giải chi tiết đề 13 trang 2

Câu 32. Chọn B.

     1. $dleft$A,BCright$=AB=a$

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

     3. $h=dfrac{asqrt{3}}{2}$.

     $dfrac{1}{{{left$$dleft(SB,ADright)right$$}^{2}}}=dfrac{1}{{{left$$dleft(B,ADright)right$$}^{2}}}+dfrac{{{k}^{2}}}{{{h}^{2}}}=dfrac{1}{{{a}^{2}}}+dfrac{1}{4}.dfrac{4}{3{{a}^{2}}}=dfrac{4}{3{{a}^{2}}}Rightarrow dleft$SB,ADright$=dfrac{asqrt{3}}{2}$

Câu 33. $left{ begin{array}{l}
{R_d} = frac{l}{2} = frac{{sqrt 3 a}}{2}\
R = sqrt {{R_d}^2 + frac{{{h^2}}}{4}}  = sqrt {{{left$fracsqrt3a2right$}^2} + {{left$fracsqrt2a2right$}^2}}  = frac{{asqrt 5 }}{2}
end{array} right.$

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

$Rightarrow A’Hbot left$ABCright$Rightarrow widehat{A’AH}={{30}^{0}}$

     Ta có:$AH=dfrac{asqrt{3}}{2}$; $A’H=AH.tan {{30}^{0}}=asqrt{2}$

     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 $mpleft$A{A}^{\prime }Hright$$kẻ đường trung trực của AA’ cắt $left$dright$$tại $IRightarrow I$là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC và bán kính $R=IA.$

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

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

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: $V=pi A{{D}^{2}}.AB=2pi {{a}^{3}}$

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

Câu 36. Chọn B.

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

     V sau  =  $dfrac{1}{3}.dfrac{h}{2}.pi {{left$dfracR2right$}^{2}}$

     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 ${{left$dfrac12right$}^{3}}=dfrac{1}{8}$ (Thể tích ban đầu)

Câu 37. Chọn A.

$Mleft$2;-1;7right$,Nleft$4;5;-2right$$. MN cắt mặt phẳng $Oyz$ tại P

$Rightarrow Pleft$0;y;zright$Rightarrow overrightarrow{MP}=left$-2;y+1;z-7right$;overrightarrow{MN}=left$2;6;-9right$$

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 $Pleft$0;–7;16right$$

Câu 38. Chọn B.

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

$overrightarrow{v}=3overrightarrow{a}-2moverrightarrow{b}=left$9-4m;-6-2m;3+2mright$$

$overrightarrow{u}$ 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$3m–6right$left$6+2mright$ = left$9–4mright$left$2m+3right$\
{left$2m+3right$^2} = left$m+3right$left$6+2mright$
end{array} right. Leftrightarrow {m^2} = frac{9}{2} Leftrightarrow m =  pm frac{{3sqrt 2 }}{2}$

Câu 39. Chọn C.

     $Mleft$1;0;0right$,Nleft$0;0;1right$,Pleft$2;1;1right$$$Rightarrow overrightarrow{MN}=left$-1;0;1right$;overrightarrow{MP}=left$1;1;1right$$

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

Câu 40. Chọn A.

     $left$alpharight$$cắt 3 trục tọa độ tại $Mleft$-3;0;0right$,Nleft$0;4;0right$,Pleft$0;0;-2right$$

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

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{2left$1-cosxright$}$.

     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{2left$1-cosxright$}}{2sin x}=dfrac{sqrt{1-cos x}}{sqrt{2}sin x}$

     Vì S cách đều A, B, C  nên$SObot left$ABCright$$ 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:

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

          $=dfrac{1}{6sqrt{2}}sqrt{-{{left$sqrt2cosx-dfrac12sqrt2right$}^{2}}+dfrac{9}{8}}le dfrac{1}{6sqrt{2}}.sqrt{dfrac{9}{8}}=dfrac{1}{8}$. Vậy thể tích lớn nhất bằng $dfrac{{{a}^{3}}}{8}$

• Cách khác: 

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

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

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

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

Câu 42. Chọn B.

  $left$d_{1}right$$đi qua $left$Ain{d}_1,Bin{d}_{2}right$$, VTCP $overrightarrow{a}=left$2;-1;1right$$ mặt phẳng $left$Pright$$có VTPT  $Bin {{d}_{2}}$

     $Rightarrow B=left$8+2t^{\prime };6+t^{\prime };10-t^{\prime }right$$.

     Gọi $Rightarrow overrightarrow{AB}=left$-8+2t^{\prime }-t;4+t^{\prime }+t;14-t^{\prime }-2tright$$ là mặt phẳng chứa $left$d_{1}right$$

  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$2;0;0right$\
B = left$0;10;6right$
end{array} right.$ và có VTPT là $I=left$1;5;3right$$

Nên phương trình $sqrt{35}$: ${{left$x-1right$}^{2}}+{{left$y-5right$}^{2}}+{{left$z-3right$}^{2}}=35$$Aleft$1,1,1right$,Bleft$-1,2,0right$,Cleft$2,-3,2right$$

            $left$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 $Mleft$x,y,zright$$ 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$x–1right$^2} + {left$y–1right$^2} + {left$z–1right$^2} = {left$x+1right$^2} + {left$y–2right$^2} + {left$z–0right$^2}\
{left$x–1right$^2} + {left$y–1right$^2} + {left$z–1right$^2} = {left$x–2right$^2} + {left$y+3right$^2} + {left$z–2right$^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 $left$dright$$ vuông góc với $left$Pright$$cắt cả ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$là giao tuyến của 2 mặt phẳng $Mleft$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.

     $left$dright$$qua $Mleft$1;-1;0right$$, VTCP $overrightarrow{v}=left$m+2n,2n-m,-m+nright$$; $left$d^{\prime }right$$ qua $left$alpharight$bot left$Pright$$

      $Leftrightarrow overrightarrow{n}bot overrightarrow{v}=overrightarrow{n}.overrightarrow{v}=0$VTCP $Leftrightarrow 3left$m+2nright$-2left$2n-mright$+left$m-nright$=0$

     Viết phương trình $left$alpharight$$ chứa $left$dright$$và I

     Ta có $overrightarrow{MI}=left$-2;3;3right$Rightarrow left$$overrightarrowa;overrightarrowMIright$$=left$0;-11;11right$Rightarrow overrightarrow{n}=left$0;1;-1right$$ là VTPT của $left$alpharight$$

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

     Viết phương trình $$P$:x+3y-z-12=0$ chứa $left$d^{\prime }right$$ và qua I

     Ta có: $overrightarrow{NI}=left$-3;3;4right$Rightarrow overrightarrow{n’}=left$$overrightarrowNI;overrightarrowbright$$=left$27;7;15right$$ là VTPT của $left$betaright$$

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

*           Đường thẳng $15x-11y+17z-10=0$ qua I, cắt cả $left$dright$,left$d^{\prime }right$$ chính là giao tuyến của 2 mp $left$alpharight$$ 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 $left$Rright$:$$ax+by+cz+d=0$  $left$a^2+b^2+c^{2}ne0right$$

     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|}{9sqrt{{{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 $Cleft$t;0;2-tright$in d$ ta có:

     $CA=sqrt{{{left$t-2right$}^{2}}+{{3}^{2}}+{{left$2-tright$}^{2}}}=sqrt{2{{left$t-2right$}^{2}}+{{3}^{2}}}$

     $CB=sqrt{{{t}^{2}}+{{2}^{2}}+{{left$2-tright$}^{2}}}=sqrt{2{{left$t-1right$}^{2}}+{{2}^{2}}}$

     Đặt$bar{u}=left$sqrt2left(t-2right$;3 right),bar{v}=left$sqrt2left(1-tright$;2 right)Rightarrow bar{u}+bar{v}=left$-sqrt2;5right$$

     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-2right$}{sqrt{2}left$1-tright$}=dfrac{3}{2}Leftrightarrow t=dfrac{7}{5}Rightarrow Cleft$dfrac75;0;dfrac35right$$

Câu 46.

• Cách 1: Gọi $Min left$Pright$$ có dạng $Mleft$8-2a;b;aright$$. Khi đó, ta có:

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

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

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

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

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

• Cách 2:

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

     Ta có $T=2M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+3M{{C}^{2}}=2{{left$overrightarrowMI+overrightarrowIAright$}^{2}}+{{left$overrightarrowMI+overrightarrowIBright$}^{2}}+3{{left$overrightarrowMI+overrightarrowICright$}^{2}}$

     $=6M{{I}^{2}}+2overrightarrow{MI}left$2overrightarrowIA+overrightarrowIB+3overrightarrowICright$+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 $left$Pright$Rightarrow Mleft$2;1;3right$Rightarrow dleft$M,left(Qright$ right)=4.$

Câu 47. Chọn A.

Kí hiệu S₁, S₂ là diện tích các hình thang giới hạn bởi ĐTHS $y=fleft$xright$$, trục hoành, tương ứng trên miền $-1le xle 2$ và trên miền $2le xle 4$.

     Khi đó ${{S}_{1}}=intlimits_{-1}^{2}{fleft$xright$dx},{{S}_{2}}=-intlimits_{2}^{4}{fleft$xright$dx}$

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

     $I=intlimits_{-1}^{4}{fleft$xright$dx}=intlimits_{-1}^{2}{fleft$xright$dx}+intlimits_{2}^{4}{fleft$xright$dx}={{S}_{1}}-{{S}_{2}}=dfrac{5}{2}$.

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 $120tháng$ với lãi suất 5/12% một tháng:

     10000000$1+\$dfrac0.0512\$$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.

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

     $P=16{{x}^{2}}{{y}^{2}}-8xy$, Đặt $t=xy$$Rightarrow 0le tle {{left$dfracx+y2right$}^{2}}=dfrac{1}{4}$

     $P=16{{t}^{2}}-8t,tin left$$0;dfrac14right$$Rightarrow MaxP=0;MinP=-1$