Loading [MathJax]/extensions/tex2jax.js

Lời giải đề 14: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 TT Diệu Hiền- Cần Thơ lần 1 trang 2

Câu 30. Chọn B.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nên $AG$ cắt $SC$ tại trung điểm $M$ của $SC$, tương tự $BG$ cắt $SD$ tại trung điểm $N$ của $SD$.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ và $I$ là trung điểm của $AB$. Suy ra góc giữa mặt bên $leftSABright$ và mặt đáy $leftABCDright$ là $widehat{SIO}=60{}^circ $. Do đó $SO=OI.tan 60{}^circ =frac{asqrt{3}}{2}$.

Suy ra ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=frac{1}{3}{{a}^{2}}cdot frac{asqrt{3}}{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$.

Mặt khác ${{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}$, ta lại có $frac{{{V}_{S.ABM}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SA}{SA}cdot frac{SB}{SB}cdot frac{SM}{SC}=frac{1}{2}$ $Rightarrow {{V}_{S.ABM}}=frac{1}{2}.{{V}_{S.ABC}}$.

$frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=frac{SA}{SA}cdot frac{SN}{SD}cdot frac{SM}{SC}=frac{1}{2}cdot frac{1}{2}=frac{1}{4}$ $Rightarrow {{V}_{S.AMN}}=frac{1}{4}.{{V}_{S.ACD}}$.

Vậy ${{V}_{S.ABMN}}=frac{3}{4}{{V}_{S.ABCD}}=frac{3}{4}frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$.

Câu 31. Chọn B.

             Xét phương trình hoành độ giao điểm: ${x^2} – 2x = 0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
              x = 0\
              x = 2
             end{array} right.$
.

              Khi quay $leftHright$ xung quanh trục $Ox$ ta được khối tròn xoay giới hạn bởi $left{ begin{array}{l}
              y = {x^2}\
              y = 2x\
              x = 0\
              x = 2
              end{array} right.$
.

              Do đó thể tích của khối tròn xoay là: $V=pi intlimits_{0}^{2}{left| {{leftx2right}^{2}}-{{left2xright}^{2}} right|text{d}x}=frac{64pi }{15}$.

Câu 32. Chọn A.

                Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $BCD$ và $G$ là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện$ABCD$.

                Khi đó bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện$ABCD$ là:

                $r=dleftG,left(ABCright right)$$=dleftG,left(BCDright right)$$=dleftG,left(ACDright right)$$=dleftG,left(ABDright right)$.

                Ta có: ${{V}_{G.BCD}}=frac{1}{3}.{{S}_{BCD}}.dleftG,left(BCDright right)$$Rightarrow dleftG,left(BCDright right)=frac{3.{{V}_{G.BCD}}}{{{S}_{BCD}}}$.

                Mà ${{V}_{G.BCD}}$$={{V}_{G.ABC}}$$={{V}_{G.ABD}}$$={{V}_{G.ACD}}$vì$SBCD=SABC=SABD=SACD$.

                Mặt khác ${{V}_{G.BCD}}+{{V}_{G.ABC}}+{{V}_{G.ABD}}+{{V}_{G.ACD}}={{V}_{ABCD}}$$Rightarrow {{V}_{G.BCD}}=frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}$.

                $BH=frac{asqrt{3}}{3}$; $AH=sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=frac{asqrt{6}}{3}$.

                ${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}.frac{asqrt{6}}{3}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$$Rightarrow {{V}_{G.BCD}}=frac{1}{4}                {{V}_{ABCD}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{48}$.

                $Rightarrow r=dleftG,left(BCDright right)$$=frac{3.{{V}_{G.BCD}}}{{{S}_{BCD}}}$$=frac{3.frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{48}}{frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}                {4}}$$=frac{asqrt{6}}{12}$.

                Vậy thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện là: $V=frac{4}{3}pi {{r}^{3}}=frac{{{a}^{3}}pi sqrt{6}}{216}$.

Câu 33. Chọn D.

                Điều kiện $x>0$. Đặt $t=sqrt{log _{3}^{2}x+1}ge 1$, ta được phương trình ${{t}^{2}}+t-2m-2=0,,,,,leftright$.

                Ta có $xin left1,;,,3sqrt3right$ Û $0le {{log }_{3}}xle sqrt{3}$ Û $1le t=sqrt{log _{3}^{2}x+1}le 2$.

                Phương trình đã cho có nghiệm thuộc $xin left1,;,,3sqrt3right$ Û $leftright$ có nghiệm $tin left1,;,,2right$.

                Đặt $flefttright={{t}^{2}}+t$, với $tin left1,;,,2right$.

                Hàm số $flefttright$ là hàm đồng biến trên đoạn $left1,;,,2right$. Ta có $fleft1right=2$ và $fleft2right=6$.

                Phương trình ${{t}^{2}}+t=2m+2$ $Leftrightarrow $ $flefttright=2m+2$ có nghiệm $tin left1,;,,2right$ $Leftrightarrow $ $fleft1rightle 2m+2le fleft2right$

                $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
fleft1right le 2m + 2\
2m + 2 le fleft2right
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2 le 2m + 2\
2m + 2 le 6
end{array} right. Leftrightarrow 0 le m le 2$

Câu 34. Chọn B.

                Điều kiện $left{ begin{array}{l}
x > 2\
x ne 4\
x in Z
end{array} right.$. Phương trình đã cho tương đương với:

                $2{{log }_{3}}leftx2right+2{{log }_{3}}left| x-4 right|=0$ $Leftrightarrow $ ${{log }_{3}}leftleft(x2right)left|x4right|right=0$ $Leftrightarrow $ $leftx2rightleft| x-4 right|=1$

                $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
leftx2rightleftx4right = 1\
x > 4
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
leftx2rightleftx4right =  – 1\
2 < x < 4
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
{x^2} – 6x + 7 = 0\
x > 4
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
{x^2} – 6x + 9 = 0\
2 < x < 4
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
x = 3 pm sqrt 2 \
x > 4
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
x = 3\
2 < x < 4
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 3 + sqrt 2 \
x = 3
end{array} right.$

                Do $xin mathbb{Z}$ nên $x=3$.

                Vậy tổng số tiền mà An để dành được sau $1$ tuần $7$ngày là $21$ nghìnđng.

Câu 35. Chọn D.

                Gọi $H$ là giao điểm của $d$ và $Delta $, khi đó giá của $overrightarrow{MH}$ vuông góc với đường thẳng $Delta $.

                $Hleft1+2t;,1+t;,tright$, $overrightarrow{MH}=left2t1;,t2;,tright$, $overrightarrow{{{u}_{Delta }}}=left2;,1;,1right$ là VTCP của $Delta $.

                Ta có $overrightarrow{MH}.overrightarrow{{{u}_{Delta }}}=0Leftrightarrow 2left2t1right+1leftt2right-1lefttright=0$ $Leftrightarrow t=frac{2}{3}$

                $overrightarrow{MH}=leftfrac13;,frac43;,frac23right$.

                Vậy vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $overrightarrow{u}=left1;,4;,2right$.

Câu 36. Chọn A.

                Ta có $widehat{leftAD,left(ABCDright right)}=widehat{{A}’DG}=45{}^circ $.

                Ta giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $BG=frac{asqrt{3}}{3}$, $DB=asqrt{3}$, $DG=2BG=frac{2asqrt{3}}{3}$.

                Tam giác ${A}’DG$ vuông cân tại $G$ nên ${A}’G=DG=frac{2asqrt{3}}{3}$.

                ${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}={{S}_{ABCD}}.AG=frac{1}{2}a.asqrt{3}.frac{2asqrt{3}}{3}={{a}^{3}}$.

Câu 37. Chọn C.

Ta có: $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},y=+infty $$Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng; $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=2$$Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang.

                $Min leftCright$$Rightarrow Mlefta;,2+frac5a1right$ với $ane 1$.

                Khoảng cách từ $M$ đến tiệm cận đứng: ${{d}_{1}}=frac{left| a-1 right|}{sqrt{1}}=left| a-1 right|$,

                Khoảng cách từ $M$ đến tiệm ngang ${{d}_{2}}=frac{left| 2+frac{5}{a-1}-2 right|}{sqrt{{{0}^{2}}+{{1}^{2}}}}=left| frac{5}{a-1} right|$.

                Xét ${{d}_{1}}.{{d}_{2}}=left| a-1 right|.left| frac{5}{a-1} right|=left| lefta1right.frac{5}{a-1} right|=5$.

Câu 38. Chọn D.  

                Gọi phương trình parabol $leftPright:y=a{{x}^{2}}+bx+c$. Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho $leftPright$ có đỉnh $Iin Oy$ nhưhìnhv.

                                   

 

                Ta có hệ phương trình: $left{ begin{array}{l}
frac{9}{4} = c,leftIinleft(Pright)right\
frac{9}{4}a – frac{3}{2}b + c = 0leftAinleft(Pright)right\
frac{9}{4}a + frac{3}{2}b + c = 0leftBinleft(Pright)right
end{array} right.$

                Vậy $leftPright:y=-{{x}^{2}}+frac{9}{4}$.

                Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là:

                $S=intlimits_{frac{-3}{2}}^{frac{3}{2}}{leftx2+frac94righttext{d}x}$$=2intlimits_{0}^{frac{3}{2}}{leftx2+frac94righttext{d}x}$$=left. 2leftfracx33+frac94xright right|_{0}^{frac{9}{4}}$$=frac{9}{2}{{text{m}}^{2}}$.

                Số tiền phải trả là: $frac{9}{2}.1500000=6750000$ đồng.

Câu 39. Chọn A.

Ta có: $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{1+sqrt{4-frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+frac{3}{x}}=frac{3}{2}Rightarrow $$y=frac{3}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $leftCright$. $underset{xto -infty }{mathop{lim }},y=$$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=$$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{1-sqrt{4-frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+frac{3}{x}}=frac{-1}{2}$$Rightarrow y=frac{-1}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $leftCright$. $underset{xto {{leftfrac32right}^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{leftfrac32right}^{+}}}{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=+infty $; $underset{xto {{leftfrac32right}^{-}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{leftfrac32right}^{-}}}{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=-infty Rightarrow $ $x=-frac{3}{2}$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị $leftCright$ suy đồ thị $leftCright$ của hàm số có $3$ đường tiệm cận nên $m=3$.

Với $x=1$ ta có $n=yleft1right=frac{2}{5}$. Vậy $m.n=frac{6}{5}$.

Câu 40. Chọn C.

Theo giả thiết vì $SAbot leftABCright$ nên $SAbot AB$, $SAbot BC$. Mặt khác $BCbot AB$ nên $BCbot SB$. Vậy góc giữa $leftSBCright$ và đáy là góc $widehat{SBA}=alpha $.

Trong tam giác vuông $SAB$ ta có: $tan alpha =frac{SA}{AB}=sqrt{3}Rightarrow alpha =60{}^circ $.

Câu 41. Chọn C.

TXĐ $D=mathbb{R}$.

${f}’leftxright=3{{x}^{2}}+2ax+b$. Điều kiện để hàm số có hai điểm cực trị là ${f}’leftxright=0$ có hai nghiệm phân biệt $Rightarrow {{a}^{2}}-3b>0$.

 Lấy $fleftxright$ chia cho ${f}’leftxright$.

Ta có $fleftxright={f}’leftxright.leftfrac13x+frac19aright+leftfrac23bfrac29rightx+c-frac{1}{9}ab$.

Suy ra đường thẳng đi qua $A$, $B$là: $y=leftfrac23bfrac29rightx+c-frac{1}{9}abtext{ }leftdright$.

Theo đầu bài $leftdright$ đi qua gốc tọa độ $Rightarrow c-frac{1}{9}ab=0$$Leftrightarrow ab=9c$.

Khi đó $P=abc+ab+c$ $Leftrightarrow P=9{{c}^{2}}+10c$$Leftrightarrow P={{left3c+frac53right}^{2}}-frac{25}{9}$.

Suy ra $min P=-frac{25}{9}$.

Câu 42. Chọn D.

Ta có $frac{1}{z}+frac{1}{w}=frac{1}{z+w}$$Rightarrow {{leftz+wright}^{2}}=zw$$Leftrightarrow {{w}^{2}}+wz+{{z}^{2}}=0$$Leftrightarrow w=frac{-zpm zsqrt{3}i}{2}$.

  • Với $w=frac{-z-zsqrt{3}i}{2}$$Rightarrow left| w right|=frac{left| -z-zsqrt{3}i right|}{2}$$=left| -z right|.frac{left| 1+isqrt{3} right|}{2}$$=left| z right|=2017$.
  • Với $w=frac{-z+zsqrt{3}i}{2}$$Rightarrow left| w right|=frac{left| -z+zsqrt{3}i right|}{2}$$=left| -z right|.frac{left| 1-isqrt{3} right|}{2}$$=left| z right|=2017$.

Câu 43. Chọn B.

Trường hợp 1: ${{x}^{2}}+2{{y}^{2}}>1$. Đặt $sqrt{2}y=z$. Suy ra $Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{z}^{2}}>1text{ }left1right$

 ${{log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}left2x+yrightge 1$ $Leftrightarrow 2x+yge {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$ $Leftrightarrow 2x+frac{z}{sqrt{2}}ge {{x}^{2}}+{{z}^{2}}$ $Leftrightarrow {{leftx1right}^{2}}+{{leftzfrac12sqrt2right}^{2}}le frac{9}{8},text{ }left2right$

Tập hợp các điểm $Mleftx;zright$ là miền $leftHright$ bao gồm miền ngoài của hình tròn $leftC1right:{{x}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ và miền trong của hình tròn $leftC2right:{{leftx1right}^{2}}+{{leftzfrac12sqrt2right}^{2}}=frac{9}{8}$.

Hệ $left{ begin{array}{l}
T = 2x + frac{z}{{sqrt 2 }}\
{leftx1right^2} + {leftzfrac12sqrt2right^2} le frac{9}{8}\
{x^2} + {z^2} > 1
end{array} right.$
 có nghiệm khi đường thẳng $d:,2x+frac{z}{sqrt{2}}-T=0$ có điểm chung với miền $leftHright$.

Để T đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng $d:,2x+frac{z}{sqrt{2}}-T=0$ tiếp xúc với đường tròn $leftC2right$

$Leftrightarrow dleftI;dright=frac{3}{2sqrt{2}}$ với $Ileft1;frac12sqrt2right$ là tâm của đường tròn $leftC2right$.

$Leftrightarrow frac{left| 2+frac{1}{4}-T right|}{sqrt{4+frac{1}{2}}}=frac{3}{2sqrt{2}}$ $Leftrightarrow left| T-frac{9}{4} right|=frac{9}{4}$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
T = 0,{rm{ }}l\
T = frac{9}{2}
end{array} right.$

Trường hợp 2: $0<{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}<1$.

${{log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}left2x+yrightge 1$$Leftrightarrow 2x+yle {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$$Leftrightarrow T=2x+y<1$ loi.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $T=2x+y$ là $max T=frac{9}{2}$ .

Câu 44. Chọn D.

Ta có diện tích miếng tôn là $S=pi .2500text{ }lefttextctextmtext2right$.

Diện tích toàn phần của hình nón là: ${{S}_{tp}}=pi {{R}^{2}}+pi .R.l$.

Thỏa mãn yêu cầu bài toán ta có: $pi {{R}^{2}}+pi .R.l=2500pi $$Leftrightarrow {{R}^{2}}+R.l=2500=A$ $Leftrightarrow l=frac{A}{R}-R$.

Thể tích khối nón là:

 $V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.h$ $Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.sqrt{{{l}^{2}}-{{R}^{2}}}$$Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.sqrt{{{leftfracARRright}^{2}}-{{R}^{2}}}$

$Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.sqrt{frac{{{A}^{2}}}{{{R}^{2}}}-2A}$$Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi .sqrt{{{A}^{2}}.{{R}^{2}}-2A.{{R}^{4}}}$$Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi .sqrt{frac{{{A}^{3}}}{8}-2A{{leftR2fracA4right}^{2}}}$

$Leftrightarrow Vle frac{1}{3}pi .frac{A}{2}sqrt{frac{A}{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi $R=sqrt{frac{A}{4}}=25$, vậy $V$ đạt GTLN khi $R=25$.

Câu 45. Chọn D.

                Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó ta có

                $begin{array}{l}
M{A^4} + M{B^4} = {leftMA2+MB2right^2} – 2M{A^2}.M{B^2} = {left2MI2+fracAB22right^2} – 2{leftMI2fracAB24right^2}\
 = 4M{I^4} + 2M{I^2}A{B^2} + frac{{A{B^4}}}{4} – 2M{I^4} + M{I^2}A{B^2} – frac{{A{B^4}}}{8}\
 = 2M{I^4} + 3M{I^2}A{B^2} + frac{{A{B^4}}}{4} = 2{leftMI2+frac3AB24right^2} – frac{7}{{10}}A{B^4}
end{array}$

                Do đó, $M{{A}^{4}}+M{{B}^{4}}$ đạt GTNN khi $MI$ nhỏ nhất $Leftrightarrow $ $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $text{d}$.

                Điểm $Ileft2;1;0right$. Lấy $Mleft2+t;1+2t;3trightin text{d}$. $overrightarrow{IM}=leftt;2t;3tright$

                $overrightarrow{IM}bot overrightarrow{{{u}_{d}}}Leftrightarrow overrightarrow{IM}.overrightarrow{{{u}_{d}}}=0Leftrightarrow t+4t+9t=0Leftrightarrow t=0$

                Suy ra $Mequiv I$.

                Vậy ${{x}_{0}}=2$

Câu 46. Chọn A.

                Đặt ${{2}^{x}}={{3}^{y}}={{6}^{-z}}=t$ với $t>0.$

                $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{2^x} = t\
{3^y} = t\
{6^{ – z}} = t
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = {log _2}t\
y = {log _3}t\
z =  – {log _6}t
end{array} right..$

                Mặt khác: ${{log }_{6}}t=frac{1}{{{log }_{t}}6}=frac{1}{{{log }_{t}}3+{{log }_{t}}2}=frac{1}{frac{1}{{{log }_{3}}t}+frac{1}{{{log }_{2}}t}}=frac{{{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t}{{{log                 }_{3}}t+{{log }_{2}}t}$.

                $M=xy+yz+xz={{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t-{{log }_{3}}t.{{log }_{6}}t-{{log }_{6}}t.{{log }_{2}}t$$={{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t-leftlog3t+log2tright.{{log }_{6}}t$

                $={{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t-leftlog3t+log2tright.frac{{{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t}{{{log }_{3}}t+{{log }_{2}}t}=0.$

Câu 47. Chọn C.

Gọi $Mleftx;,,yright$ là điểm biểu diễn số phức $z$. Do $left| z-2-2i right|=2$ nên tập hợp điểm $M$ là đường tròn $leftCright:{{leftx2right}^{2}}+{{lefty2right}^{2}}=4$.

Các điểm $Aleft1;1right$, $Bleft5;2right$ là điểm biểu diễn các số phức $1+i$ và $5+2i$. Khi đó, $P=MA+MB$.

Nhận thấy, điểm $A$ nằm trong đường tròn $leftCright$ còn điểm $B$ nằm ngoài đường tròn $leftCright$, mà $MA+MBge AB=sqrt{17}$. Đẳng thức xảy ra khi $M$ là giao điểm của đoạn $AB$ với $leftCright$.

Ta có, phương trình đường thẳng $AB:x-4y+3=0$.

Tọa độ giao điểm của đường thẳng $AB$ và đường tròn $leftCright$ là nghiệm của hệ với $1<y<5$

$left{ begin{array}{l}
{leftx2right^2} + {lefty2right^2} = 4\
x – 4y + 3 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left4y5right^2} + {lefty2right^2} = 4\
x = 4y – 3
end{array} right.$

Ta có ${left4y5right^2} + {lefty2right^2} = 4 Leftrightarrow 17{y^2} – 44y + 25 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
y = frac{{22 + sqrt {59} }}{{17}}leftNright\
y = frac{{22 – sqrt {59} }}{{17}}leftLright
end{array} right.$

Vậy $min P=sqrt{17}$ khi $z=frac{37+4sqrt{59}}{17}+frac{22+sqrt{59}}{17}i$

Câu 48. Chọn B.

Ta có $overrightarrow{AB}=left5;0;0right$, $overrightarrow{DC}=left5;0;0right$ nên $overrightarrow{AB}=overrightarrow{DC}$ $Rightarrow ABCD$ là hình bình hành, mặt khác $overrightarrow{AD}=left0;5;0right$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
AB bot AD\
AB = AD = 5
end{array} right.$
. Vậy $ABCD$ là hình vuông.

Tương tự, ta có $overrightarrow{MP}=overrightarrow{QN}=left5;0;0right$; $overrightarrow{MQ}=left0;5;0right$ nên $MPNQ$ cũng là hình vuông.

Lại có, $overrightarrow{AM}=left0;0;5right$ nên $AMbot leftABCDright$ và $AM=AB=AD$. Vậy 8 điểm trên tạo thành hình lập phương nên có 9 mặt phẳng đối xứng.

Câu 49. Chọn C.

Ta có $y=frac{3x-1}{x-3}$$Rightarrow y=3+frac{8}{x-3}$.

Đặt $left{ begin{array}{l}
X = x – 3\
Y = y – 3
end{array} right.$
. Ta có $Y=frac{8}{X}$.

                Gọi $MleftX1;,,frac8X1right$ thuộc nhánh trái, $NleftX2;,frac8X2right$ thuộc nhánh phải của đồ thị hàm số,

                 Với ${{X}_{1}}<0<{{X}_{2}}$. Ta có: $M{{N}^{2}}={{leftX2X1right}^{2}}+64{{leftfrac1X2frac1X1right}^{2}}$

                $Rightarrow M{{N}^{2}}ge 2sqrt{{{leftX2X1right}^{2}}.64{{leftfrac1X2frac1X1right}^{2}}}$$Rightarrow M{{N}^{2}}ge 16left| leftX2X1rightleftfrac1X2frac1X1right right|$

                $Rightarrow M{{N}^{2}}ge 16frac{{{leftX2X1right}^{2}}}{left| {{X}_{1}}{{X}_{2}} right|}$$Rightarrow M{{N}^{2}}ge 16frac{-4{{X}_{1}}{{X}_{2}}}{-{{X}_{1}}                {{X}_{2}}}=64$. Do vậy $MNge 8$.

                Dấu bằng xảy ra $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{X_2} =  – {X_1}\
{leftX2X1right^2} = 64{leftfrac1X2frac1X1right^2}
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{X_1} =  – 2sqrt 2 \
{X_2} = 2sqrt 2 
end{array} right.$

Vậy với $M=left2sqrt2;,,2sqrt2right$ ; $N=left2sqrt2;,,2sqrt2right$ thì $MN$ có độ dài ngắn nhất bằng $8$.

Cách khác: Do $M,N$ thuộc hai nhánh khác nhau nên ta có $Mleft3alpha;3frac8alpharight;Nleft3+beta;3+frac8betaright$, với $alpha ;beta >0$. Khi đó $M{{N}^{2}}={{leftalpha+betaright}^{2}}+{{leftfrac8alpha+frac8betaright}^{2}}$$={{leftalpha+betaright}^{2}}+frac{64{{leftalpha+betaright}^{2}}}{{{leftalphabetaright}^{2}}}$

$={{leftalpha+betaright}^{2}}left1+frac64left(alphabetaright)2rightge 4alpha beta left1+frac64left(alphabetaright)2right$ $=4leftalphabeta+frac64alphabetarightge 4.2.8=64$.

Vậy $M{{N}_{min }}=8$ khi $left{ begin{array}{l}
alpha  = beta \
alpha beta  = frac{{64}}{{alpha beta }}
end{array} right. Leftrightarrow alpha  = beta  = 2sqrt 2 $
 .

Câu 50. Chọn C.

Điều kiện $4x+4y-4ge 0$

Ta có ${{log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2}}left4x+4y4rightge 1$ $Leftrightarrow 4x+4y-4ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2$$Leftrightarrow {{leftx2right}^{2}}+{{lefty2right}^{2}}le 2,,,,leftC1right$.

Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn cb $leftC1right$ có tâm ${{I}_{1}},left2;,,2right$ bán kính ${{R}_{1}}=sqrt{2}$

Mặt khác: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-2y+2-m=0$$Leftrightarrow {{leftx+1right}^{2}}+{{lefty1right}^{2}}=m,,,leftright$

Với $m=0$ $Rightarrow x=-1;,,y=1$ không thỏa mãn: ${{leftx2right}^{2}}+{{lefty2right}^{2}}le 2$.

Với $m>0$ thì $,leftright$ là đường tròn$,leftC2right$ có tâm ${{I}_{2}},left1;,,1right$ bán kính ${{R}_{2}}=sqrt{m}$.

Để để tồn tại duy nhất cặp $leftx;,yright$ thì $,leftC1right$ và$,leftC2right$ tiếp xúc với nhau.

Trường hợp 1: $,leftC1right$ và$,leftC2right$ tiếp xúc ngoài.

Khi đó: ${{R}_{1}}+{{R}_{2}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$sqrt{m}+sqrt{2}=sqrt{10}$$Leftrightarrow m={{leftsqrt10sqrt2right}^{2}}$.

Trường hợp 2: $,leftC1right$ nằm trong $,leftC2right$ và hai đường tròn tiếp xúc trong.

Khi đó: ${{R}_{2}}-{{R}_{1}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$Leftrightarrow sqrt{m}-sqrt{2}=sqrt{10}$ $Leftrightarrow m={{leftsqrt10+sqrt2right}^{2}}$.

Vậy $m={{leftsqrt10sqrt2right}^{2}}$ và $m={{leftsqrt10+sqrt2right}^{2}}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Để lại một bình luận

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *