giải chi tiết đề 13 trang 2

Câu 32. Chọn B.

     1. $d\left( A,BC \right)=AB=a$

     2. H là trung điểm AB nên $k=\dfrac{1}{2}$.

     3. $h=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.

     $\dfrac{1}{{{\left[ d\left( SB,AD \right) \right]}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left[ d\left( B,AD \right) \right]}^{2}}}+\dfrac{{{k}^{2}}}{{{h}^{2}}}=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{4}.\dfrac{4}{3{{a}^{2}}}=\dfrac{4}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow d\left( SB,AD \right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Câu 33. $\left\{ \begin{array}{l}
{R_d} = \frac{l}{2} = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\\
R = \sqrt {{R_d}^2 + \frac{{{h^2}}}{4}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 a}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 2 a}}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right.$

với l là độ dài cạnh huyền của đáy, R_d là bán kính đáy của hình chóp, h là chiều cao, R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Þ Chọn B.

Câu 34. Chọn D.

Gọi H là trung điểm BC

$\Rightarrow A'H\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \widehat{A'AH}={{30}^{0}}$

     Ta có:$AH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$; $A'H=AH.\tan {{30}^{0}}=a\sqrt{2}$

     Tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC

     Gọi G là tâm của tam giác ABC, qua G kẻ đt (d) // A’H cắt AA’ tại E

Gọi F là trung điểm AA’, trong $mp\left( AA'H \right)$kẻ đường trung trực của AA’ cắt $\left( d \right)$tại $I\Rightarrow I$là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC và bán kính $R=IA.$

     Ta có: $\widehat{AEI}={{60}^{0}};EF=\dfrac{1}{6}AA'=\dfrac{a}{6}.$

     $IF=EF.\tan {{60}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow R=\sqrt{\text{A}{{\text{F}}^{2}}+F{{I}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$

Câu 35. Chọn A.

Nếu ta xem độ dài của các cạnh AB và AD như là các ẩn thì chúng sẽ là các nghiệm của phương trình bậc hai ${{x}^{2}}-3ax+2{{a}^{2}}=0$

 Giải phương trình bậc hai này, đối chiếu với điều kiện của đề bài, ta có

 $AB=2a$ và $AD=a$

 Thể tích hình trụ: $V=\pi A{{D}^{2}}.AB=2\pi {{a}^{3}}$

 Diện tích xung quanh của hình trụ: ${{S}_{xq}}=2\pi AD.AB=4\pi {{a}^{2}}$

Câu 36. Chọn B.

Trả lời: V nón = V ban đầu = $\dfrac{1}{3}.h.\pi {{R}^{2}};$ 

     V sau  =  $\dfrac{1}{3}.\dfrac{h}{2}.\pi {{\left( \dfrac{R}{2} \right)}^{2}}$

     Tỉ lệ thể tích: V sau : V đầu $=\dfrac{1}{8}$

     Trương Phi đã uống $\dfrac{7}{8}$ lượng rượu trong cốc.

     Để ý rằng lượng rượu còn lại sau khi uống là ${{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{3}}=\dfrac{1}{8}$ (Thể tích ban đầu)

Câu 37. Chọn A.

$M\left( 2;-1;7 \right),N\left( 4;5;-2 \right)$. MN cắt mặt phẳng (Oyz) tại P

$\Rightarrow P\left( 0;y;z \right)\Rightarrow \overrightarrow{MP}=\left( -2;y+1;z-7 \right);\overrightarrow{MN}=\left( 2;6;-9 \right)$

Ta có: M, N, P thẳng hàng $\Leftrightarrow \overrightarrow{MP}$ cùng phương $\overrightarrow{MN}$

$ \Leftrightarrow \frac{{ - 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{6} = \frac{{z - 7}}{{ - 9}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y =  - 7\\
z = 16
\end{array} \right.$

Vậy $P\left( {0; - 7;16} \right)$

Câu 38. Chọn B.

$\overrightarrow{a}=\left( 3;-2;1 \right),\overrightarrow{b}=\left( 2;1;-1 \right)$$\Rightarrow \overrightarrow{u}=m\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}=\left( 3m-6;-2m-3;m+3 \right)$

$\overrightarrow{v}=3\overrightarrow{a}-2m\overrightarrow{b}=\left( 9-4m;-6-2m;3+2m \right)$

$\overrightarrow{u}$ cùng phương $\overrightarrow{v}\Leftrightarrow \frac{3m-6}{9-4m}=\frac{-2m-3}{-6-2m}=\frac{m+3}{3+2m}$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {3m - 6} \right)\left( {6 + 2m} \right) = \left( {9 - 4m} \right)\left( {2m + 3} \right)\\
{\left( {2m + 3} \right)^2} = \left( {m + 3} \right)\left( {6 + 2m} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} = \frac{9}{2} \Leftrightarrow m =  \pm \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$

Câu 39. Chọn C.

     $M\left( 1;0;0 \right),N\left( 0;0;1 \right),P\left( 2;1;1 \right)$$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left( -1;0;1 \right);\overrightarrow{MP}=\left( 1;1;1 \right)$

$\Rightarrow \cos \widehat{M}=\dfrac{\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{MP}}{\left| \overrightarrow{MN} \right|.\left| \overrightarrow{MP} \right|}=\dfrac{-1+0+1}{\sqrt{2}.\sqrt{3}}=0\Rightarrow M={{90}^{0}}$

Câu 40. Chọn A.

     $\left( \alpha  \right)$cắt 3 trục tọa độ tại $M\left( -3;0;0 \right),N\left( 0;4;0 \right),P\left( 0;0;-2 \right)$

     $\Rightarrow $Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ có dạng:$\dfrac{x}{-3}+\dfrac{y}{4}+\dfrac{z}{-2}=1\Leftrightarrow 4x-3y+6z+12=0$

Câu 41.

     Cho $a=1$ và đặt $x=\widehat{ABC}\left( {{0}^{0}}<x<{{180}^{0}} \right)$, ta có diện tích tam giác ABC là $S=\dfrac{1}{2}\sin x$

     Và theo định lí hàm cosin $AC=\sqrt{2\left( 1-\cos x \right)}$.

     Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, bán kính đường tròn này là:

     $R=OB=\dfrac{AB.BC.CA}{4S}=\dfrac{\sqrt{2\left( 1-\cos x \right)}}{2\sin x}=\dfrac{\sqrt{1-\cos x}}{\sqrt{2}\sin x}$

     Vì S cách đều A, B, C  nên$SO\bot \left( ABC \right)$ và  $SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{2{{\sin }^{2}}x+\cos x-1}{2{{\sin }^{2}}x}}$

     Thể tích của khối chóp S.ABC cho bởi:

     $V=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}\sin x.\sqrt{\dfrac{2{{\sin }^{2}}x+\cos x-1}{2{{\sin }^{2}}x}}=\dfrac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{2{{\sin }^{2}}x+\cos x-1}$

          $=\dfrac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{-{{\left( \sqrt{2}\cos x-\dfrac{1}{2\sqrt{2}} \right)}^{2}}+\dfrac{9}{8}}\le \dfrac{1}{6\sqrt{2}}.\sqrt{\dfrac{9}{8}}=\dfrac{1}{8}$. Vậy thể tích lớn nhất bằng $\dfrac{{{a}^{3}}}{8}$

• Cách khác: 

     Ta có ${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{SA.SB.SC}{6}\sqrt{1-{{\cos }^{2}}\widehat{ASB}-{{\cos }^{2}}\widehat{BSC}-{{\cos }^{2}}\widehat{CSA}+2\cos \widehat{ASB}\cos \widehat{BSC}\cos \widehat{CSA}}$

     $=\dfrac{{{a}^{3}}}{6}\sqrt{1-{{\cos }^{2}}60-{{\cos }^{2}}60-{{\cos }^{2}}\widehat{CSA}+2\cos 60.\cos 60.\cos \widehat{CSA}}$

     $=\dfrac{{{a}^{3}}}{6}\sqrt{\dfrac{1}{2}-{{\cos }^{2}}\widehat{CSA}+\dfrac{1}{2}\cos \widehat{CSA}}=\dfrac{{{a}^{3}}}{6\sqrt{2}}\sqrt{-2{{\cos }^{2}}\widehat{CSA}+\cos \widehat{CSA}+1}\le \dfrac{{{a}^{3}}}{6\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{9}{8}}=\dfrac{{{a}^{3}}}{8}$

     Do đó thể tích lớn nhất của hình chóp là $\dfrac{{{a}^{3}}}{8}$

Câu 42. Chọn B.

  $\left( {{d}_{1}} \right)$đi qua $\left( A\in {{d}_{1}},B\in {{d}_{2}} \right)$, VTCP $\overrightarrow{a}=\left( 2;-1;1 \right)$ mặt phẳng $\left( P \right)$có VTPT  $B\in {{d}_{2}}$

     $\Rightarrow B=\left( 8+2t';6+t';10-t' \right)$.

     Gọi $\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( -8+2t'-t;4+t'+t;14-t'-2t \right)$ là mặt phẳng chứa $\left( {{d}_{1}} \right)$

  và $\overrightarrow{AB}\bot \overrightarrow{{{u}_{1}}}\Leftrightarrow 6t+t'=16$ thì $\overrightarrow{AB}\bot \overrightarrow{{{u}_{2}}}\Leftrightarrow t+6t'=26$ qua

$\left\{ \begin{array}{l}
6t + t' = 16\\
t + 6t' = 26
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t = 2\\
t' = 4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A = \left( {2;0;0} \right)\\
B = \left( {0;10;6} \right)
\end{array} \right.$ và có VTPT là $I=\left( 1;5;3 \right)$

Nên phương trình $\sqrt{35}$: ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-5 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=35$$A\left( 1,1,1 \right),B\left( -1,2,0 \right),C\left( 2,-3,2 \right)$

            $\left( {{d}_{2}} \right)$ đi qua $\left\{ \begin{array}{l}
2x - y + z + 1 = 0\\
x - 4y + z - 7 = 0
\end{array} \right.$ có VTCP $\left\{ \begin{array}{l}
2x + y + z + 1 = 0\\
x - 4y - z - 7 = 0
\end{array} \right.$

Gọi $\Delta ABC$ là mặt phẳng chứa d₂ và $\Delta ABC$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
2x + y + z + 1 = 0\\
x - 4y - z - 7 = 0
\end{array} \right.$ đi qua $M\left( x,y,z \right)$ và có VTPT $ \Leftrightarrow MA = MB = MC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
M{A^2} = M{B^2}\\
M{B^2} = M{C^2}
\end{array} \right.$

nên $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 0} \right)^2}\\
{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2}
\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 4x + 2y - 2z - 2 = 0\\
2x - 8y + 2z - 14 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x - y + z + 1 = 0\\
x - 4y + z - 7 = 0
\end{array} \right.$

Vậy đường thẳng $\left( d \right)$ vuông góc với $\left( P \right)$cắt cả ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$là giao tuyến của 2 mặt phẳng $M\left( {{x}_{1}},{{y}_{1}} \right)$ và $\left\{ \begin{array}{l}
2x - y + z + 1 = 0\\
x - 4y + z - 7 = 0
\end{array} \right. $

có phương trình là: $\Delta ABC$

Câu 43. Chọn C.

     $\left( d \right)$qua $M\left( 1;-1;0 \right)$, VTCP $\overrightarrow{v}=\left( m+2n,2n-m,-m+n \right)$; $\left( d' \right)$ qua $\left( \alpha  \right)\bot \left( P \right)$

      $\Leftrightarrow \overrightarrow{n}\bot \overrightarrow{v}=\overrightarrow{n}.\overrightarrow{v}=0$VTCP $\Leftrightarrow 3\left( m+2n \right)-2\left( 2n-m \right)+\left( m-n \right)=0$

     Viết phương trình $\left( \alpha  \right)$ chứa $\left( d \right)$và I

     Ta có $\overrightarrow{MI}=\left( -2;3;3 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{a};\overrightarrow{MI} \right]=\left( 0;-11;11 \right)\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left( 0;1;-1 \right)$ là VTPT của $\left( \alpha  \right)$

     $pt\left( \alpha  \right)$ qua I và có VTPT $-11\text{x}-13y-5\text{z-}19=0$ nên $\left( \alpha  \right)$có phương trình: $\left( y-2 \right)-\left( z-3 \right)=0\Leftrightarrow y-z+1=0$

     Viết phương trình $(P):x+3y-z-12=0$ chứa $\left( d' \right)$ và qua I

     Ta có: $\overrightarrow{NI}=\left( -3;3;4 \right)\Rightarrow \overrightarrow{n'}=\left[ \overrightarrow{NI};\overrightarrow{b} \right]=\left( 27;7;15 \right)$ là VTPT của $\left( \beta  \right)$

     $(P):x+3y+z-12=0$ qua I và có VTPT $M(0,1,-1),N(0,-1,-1)$ nên $\left( \beta  \right)$ có phương trình: $M(0,1,1),N(0,1,-1)$

*           Đường thẳng $15x-11y+17z-10=0$ qua I, cắt cả $\left( d \right),\left( d' \right)$ chính là giao tuyến của 2 mp $\left( \alpha  \right)$ và $15x-11y+17z+10=0$ nên có phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}
y - z + 1 = 0\\
27x + 7y + 15z - 32 = 0
\end{array} \right.$

Câu 44. Chọn D.

     Giả sử PT mặt phẳng $\left( R \right):$$ax+by+cz+d=0$  $\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0 \right)$

     Ta có: $(R)\bot (P)\Leftrightarrow 5a-2b+5c=0$                                 (1);

     $\cos (\widehat{(R),(Q)})=\cos {{45}^{0}}\Leftrightarrow \frac{\left| a-4b-8c \right|}{9\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow 7{a^2} + 6ac - {c^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a =  - c\\
c = 7a
\end{array} \right.$

Với $a=-c$: chọn $a=1,\,b=0,\,c=-1$Þ PT mặt phẳng $(R):x-z=0$(loại)

     Với $c=7a$: chọn $a=1,\,b=20,\,c=7$Þ PT mặt phẳng $(R):x+20y+7z=0$(tm)

Câu 45. Chọn B.

     Vì AB không đổi nên tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất khi CA + CB nhỏ nhất.

     Gọi $C\left( t;0;2-t \right)\in d$ ta có:

     $CA=\sqrt{{{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}+{{\left( 2-t \right)}^{2}}}=\sqrt{2{{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}}$

     $CB=\sqrt{{{t}^{2}}+{{2}^{2}}+{{\left( 2-t \right)}^{2}}}=\sqrt{2{{\left( t-1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}$

     Đặt$\bar{u}=\left( \sqrt{2}\left( t-2 \right);3 \right),\bar{v}=\left( \sqrt{2}\left( 1-t \right);2 \right)\Rightarrow \bar{u}+\bar{v}=\left( -\sqrt{2};5 \right)$

     Áp dụng tính chất $\left| {\bar{u}} \right|+\left| {\bar{v}} \right|\ge \left| \bar{u}+\bar{v} \right|$, dấu $''=''$ xảy ra khi $\overrightarrow{u}$// $\overrightarrow{v}$ ta có:

     Dấu $''=''$ xảy ra khi $\dfrac{\sqrt{2}\left( t-2 \right)}{\sqrt{2}\left( 1-t \right)}=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow t=\dfrac{7}{5}\Rightarrow C\left( \dfrac{7}{5};0;\dfrac{3}{5} \right)$

Câu 46.

• Cách 1: Gọi $M\in \left( P \right)$ có dạng $M\left( 8-2a;\ b;\ a \right)$. Khi đó, ta có:

     $M{{A}^{2}}={{\left( 10-2a \right)}^{2}}+{{\left( b-2 \right)}^{2}}+{{\left( a-3 \right)}^{2}}$

     $M{{B}^{2}}={{\left( 7-2a \right)}^{2}}+{{\left( b+1 \right)}^{2}}+{{\left( a-3 \right)}^{2}}$

     $M{{C}^{2}}={{\left( 5-2a \right)}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}}+{{\left( a+1 \right)}^{2}}$

     Þ$T=\left( 30{{a}^{2}}-180a+354 \right)+\left( 6{{b}^{2}}-12b+12 \right)$$=30{{\left( a-3 \right)}^{2}}+6{{\left( b-1 \right)}^{2}}+90\ge 90$

     Vậy ${{T}_{\min }}=90$ khi $a=3;\,\,b=1$. Vậy $M\left( 2;\ 1;\ 3 \right)$. Do đó, $d\left( M,\left( Q \right) \right)=4$

• Cách 2:

     Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=0\Rightarrow I\left( 1;1;1 \right)$

     Ta có $T=2M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+3M{{C}^{2}}=2{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}+3{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC} \right)}^{2}}$

     $=6M{{I}^{2}}+2\overrightarrow{MI}\left( 2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC} \right)+2I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+3I{{C}^{2}}=6M{{I}^{2}}+2I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+3I{{C}^{2}}$

     Do đó để $P$ nhỏ nhất thì $M$ là hình chiếu của $I$ lên $\left( P \right)\Rightarrow M\left( 2;1;3 \right)\Rightarrow d\left( M,\left( Q \right) \right)=4.$

Câu 47. Chọn A.

Kí hiệu S₁, S₂ là diện tích các hình thang giới hạn bởi ĐTHS $y=f\left( x \right)$, trục hoành, tương ứng trên miền $-1\le x\le 2$ và trên miền $2\le x\le 4$.

     Khi đó ${{S}_{1}}=\int\limits_{-1}^{2}{f\left( x \right)dx},{{S}_{2}}=-\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)dx}$

     Từ giả thiết, ta tính được ${{S}_{1}}=4;{{S}_{2}}=\dfrac{3}{2}$, do đó:

     $I=\int\limits_{-1}^{4}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{-1}^{2}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)dx}={{S}_{1}}-{{S}_{2}}=\dfrac{5}{2}$.

Câu 48. Chọn A.

     Gọi số a là tiền gửi tiết kiệm ban đầu, r là lãi suất, sau 1 tháng sẽ là: N(1 + r) sau n tháng số tiền cả gốc lãi T = N(1 + r)ⁿ

     Þ số tiền sau 10 năm:  10000000(1+0.05)¹⁰ = 16288946,27 đồng

     Số tiền nhận sau 10 năm (120 tháng) với lãi suất 5/12% một tháng:

     10000000(1 + $\dfrac{0.05}{12}$)¹²⁰ = 16470094,98 đồng

     Þ số tiền gửi theo lãi suất 5/12% một tháng nhiều hơn: 181148,71 ( đồng )

Câu 49. Chọn B.

    $\frac{{2x + 1}}{{x + 2}} =  - x + m \Rightarrow 2x + 1 =  - {x^2} + mx - 2x + 2m \Rightarrow {x^2} + (4 - m)x + 1 - 2m = 0$

$k = 1,a = 1,b = (4 - 3),c = 1 - 2m$

$A{B^2} = \frac{{{k^2} + 1}}{{{a^2}}}({b^2} - 4ac) = \frac{2}{1}\left[ {{{(4 - m)}^2} - 4(1 - 2m)} \right] = 2({m^2} + 12) = 30 \Rightarrow {m^2} = 3 \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt 3 $

Câu 50. Chọn A.

     $\left| \dfrac{z-3}{z-1+2i} \right|=1\Leftrightarrow \left| z-3 \right|=\left| z-1+2i \right|\Leftrightarrow x+y=1$

     $P=16{{x}^{2}}{{y}^{2}}-8xy$, Đặt $t=xy$$\Rightarrow 0\le t\le {{\left( \dfrac{x+y}{2} \right)}^{2}}=\dfrac{1}{4}$

     $P=16{{t}^{2}}-8t,t\in \left[ 0;\dfrac{1}{4} \right]\Rightarrow MaxP=0;MinP=-1$