Câu 35. Lời giải. Đối với loại bài toán này có 2 cách giải quyết. Một là viết ra khoảng 5 số hạng đầu và tìm quy luật. Hai là dùng phương pháp
, có rất nhiều
phương pháp
cho loại này vì tùy từng bài. Các thầy cô tìm đọc thêm ngoài chương trình SGK.
Cách 1. Ta có
$\begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_2} = 2.1 + 5\\
{u_3} = 2.\left( {2 + 5} \right) + 5 = {2^2} + 2.5 + 5\\
{u_4} = 2.\left( {{2^2} + 2.5 + 5} \right) + 5 = {2^3} + {2^2}.5 + 2.5 + 5\\
{u_5} = 2.\left( {{2^3} + {2^2}.5 + 2.5 + 5} \right) + 5 = {2^4} + {2^3}.5 + {2^2}.5 + 2.5 + 5\\
\vdots \\
{u_n} = {2^{n - 1}} + \left( {{2^0} + {2^1} + {2^2} + ..... + {2^{n - 2}}} \right)5
\end{array}$
Suy ra ${{u}_{2018}}={{2}^{2017}}+\left( {{2}^{0}}+{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+.....+{{2}^{2016}} \right)5.$
Dãy số trong ngoặc là tổng của một CSN với số hạng đầu bằng $1,$ công bội bằng $2$ (có $2017$ số hạng)
$\xrightarrow{{}}{{u}_{2018}}={{2}^{2017}}+\left( \frac{1-{{2}^{2017}}}{1-2} \right)5={{3.2}^{2018}}-5.$ Chọn C.
Cách 2. Ta có ${{u}_{n+1}}=2{{u}_{n}}+5\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{u}_{n+1}}+5=2\left( {{u}_{n}}+5 \right).$ Tại sao lại phân tích như vậy? Chỗ này thầy cô tìm hiểu thêm nhé (nếu chưa biết, vì dễ thôi mà).
Đặt ${{v}_{n}}={{u}_{n}}+5$, ta được $\left\{ \begin{array}{l}
{v_1} = 6\\
{v_{n + 1}} = 2{v_n}
\end{array} \right.\frac{{{v_{n + 1}}}}{{{v_n}}} = 2\left( {{v_n}} \right)$ là một CSN với $\left\{ \begin{array}{l}
{v_1} = 6\\
q = 2
\end{array} \right.$
${v_n} = {v_1}{q^{n - 1}} = {6.2^{n - 1}} = {3.2^n}{u_n} = {v_n} - 5 = {3.2^n} - 5{u_{2018}} = {3.2^{2018}} - 5.$
Câu 36.
Lời giải. Từ giả thiết $\int\limits_{0}^{{{x}^{2}}}{f\left( t \right)\text{d}t}=x.\sin \left( \pi x \right)$ ta lấy đạo hàm hai vế theo biến $x$
${{\left[ \int\limits_{0}^{{{x}^{2}}}{f\left( t \right)\text{d}t} \right]}^{\prime }}={{\left[ x.\sin \left( \pi x \right) \right]}^{\prime }}$
hay
$2xf\left( {{x}^{2}} \right)=\sin \left( \pi x \right)+\pi x\cos \left( \pi x \right).$
Cho $x=\dfrac{1}{2},$ ta được $2.\dfrac{1}{2}f\left[ {{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}} \right]=\sin \dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\pi }{2}\cos \dfrac{\pi }{2}\xrightarrow{{}}f\left( \dfrac{1}{4} \right)=1.$ Chọn D.
Giải thích. Gọi $F\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ 0;{{x}^{2}} \right]$.
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
F'\left( t \right) = f\left( t \right)\\
\left. {\int\limits_0^{{x^2}} {f\left( t \right){\rm{d}}t} = F\left( t \right)} \right|_0^{{x^2}} = F\left( {{x^2}} \right) - F\left( 0 \right)
\end{array} \right. \to {\left[ {\int\limits_0^{{x^2}} {f\left( t \right){\rm{d}}t} } \right]^\prime } = {\left[ {F\left( {{x^2}} \right) - F\left( 0 \right)} \right]^\prime } = {\left[ {F\left( {{x^2}} \right)} \right]^\prime } = {\left( {{x^2}} \right)^\prime }.{F^\prime }\left( {{x^2}} \right) = 2xf\left( {{x^2}} \right).$
Câu 37. Lời giải. Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng là: $\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1$.
Từ giả thiết $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=2\xrightarrow{{}}\dfrac{\dfrac{1}{2}}{a}+\dfrac{\dfrac{1}{2}}{b}+\dfrac{\dfrac{1}{2}}{c}=1.$ Kết hợp với $a>0$, $b>0$, $c>0$ suy ra mặt phẳng $\left( ABC \right)$ luôn đi qua một điểm cố định có tọa độ là $\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2} \right)$. Chọn C.
Câu 38. Lời giải. Gọi $d$ là khoảng cách từ đỉnh $A$ đến cạnh $CD.$
Diện tích hình bình hành ${{S}_{ABCD}}=AB.d.$ Ta có ${{S}_{MBCN}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{\Delta AMN}}-{{S}_{\Delta ADN}}$ $=AB.d-\frac{1}{2}AM.d-\frac{1}{2}DN.d=AB.d-\frac{1}{4}AB.d-\frac{1}{6}AB.d$ $=\frac{7}{12}AB.d=\frac{7}{12}{{S}_{ABCD}}.$ Vậy ${{V}_{S.MBCN.}}=\frac{7}{12}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{7}{12}.48=28.$ Chọn C. |
|
Câu 39. Lời giải. Từ giả thiết suy ra đường thẳng $AB$ có hệ số góc bằng $\frac{1}{2018}$ hoặc $-\frac{1}{2018}.$ $\left( 1 \right)$
Gọi tọa độ hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến là $M\left( {{x}_{1}},{{y}_{1}} \right),\text{ }N\left( {{x}_{2}},{{y}_{2}} \right)$ với ${{x}_{1}},\text{ }{{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình $y'=k$ hay $3{x^2} + 12x + 9 - k = 0\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = - 4\\
{x_1}{x_2} = 3 - \frac{k}{3}
\end{array} \right..$
Khi đó $\overrightarrow{MN}=\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}},{{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)$ là VTCP chỉ phương của đường thẳng $AB$
$\xrightarrow{{}}$ hệ số góc của đường thẳng $AB$ là $\frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}+6\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+9=\frac{k}{3}-2.$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, suy ra $\left[ \begin{array}{l}
\frac{k}{3} - 2 = \frac{1}{{2018}}\\
\frac{k}{3} - 2 = - \frac{1}{{2018}}
\end{array} \right.$
$k$ nhận hai giá trị. Chọn B.
Câu 40 Lời giải. Để cho gọn ta chọn $a=1.$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ với $A\equiv O\left( 0;0;0 \right)$ và $B\left( 1;0;0 \right),$ $D\left( 0;\sqrt{3};0 \right),$$S\left( 0;0;1 \right).$
Suy ra $C\left( 1;\sqrt{3};0 \right).$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {SB} = \left( {1;0; - 1} \right)\\
\overrightarrow {BC} = \left( {0;\sqrt 3 ;0} \right)
\end{array} \right.$
VTPT của mặt phẳng $\left( SBC \right)$ là $\left[ \overrightarrow{SB},\overrightarrow{BC} \right]=\left( \sqrt{3};0;\sqrt{3} \right)=\overrightarrow{n}.$
Đường thẳng $BD$ có VTCP là $\overrightarrow{BD}=\left( -1;\sqrt{3};0 \right).$
Khi đó $\sin \widehat{BD,\left( SBC \right)}=\dfrac{\left| \overrightarrow{n}.\overrightarrow{BD} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|.\left| \overrightarrow{BD} \right|}=\dfrac{\left| -\sqrt{3} \right|}{\sqrt{6}.2}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\xrightarrow{{}}\cos \widehat{BD,\left( SBC \right)}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}.$ Chọn B.
Câu 41. Lời giải. Gọi $A\left( a;b;c \right)$. Do $A\in \left( P \right)\xrightarrow{{}}a-2b+2c-3=0.$ $\left( 1 \right)$
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}
d\left[ {I,\left( P \right)} \right] = \frac{{\left| {5 - 2.\left( { - 3} \right) + 2.5 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = 6\\
IA = \sqrt {A{B^2} + I{B^2}} = \sqrt {A{B^2} + {R^2}} = 6
\end{array} \right.\] \[IA = d\left[ {I,\left( P \right)} \right]IA \bot \left( P \right)\]
hay $A$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$.
Do đó ta dễ dàng tìm được $A\left( 3;1;1 \right)\xrightarrow{{}}OA=\sqrt{11}$. Chọn C.
Câu 42.
|
|
Lời giải. Ta có ${f}'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}+2bx+c.$
Dựa vào đồ thị ta suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
a \ne 0\\
{{\Delta '}_{y'}} = {b^2} - 3ac \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a \ne 0\\
ac \ge \frac{{{b^2}}}{3}
\end{array} \right..$
Đánh giá $P={{a}^{2}}+{{c}^{2}}+b+1\ge 2ac+b+1\ge \frac{2{{b}^{2}}}{3}+b+1\ge \frac{5}{8}.$ Chọn C.
Câu 43. Lời giải. Phương trình tương đương ${{\log }_{2}}\left( mx-6{{x}^{3}} \right)={{\log }_{2}}\left( -14{{x}^{2}}+29x-2 \right)$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
mx - 6{x^3} = - 14{x^2} + 29x - 2\\
- 14{x^2} + 29x - 2 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 6{x^2} - 14x + 29 - \frac{2}{x}\\
\frac{1}{{14}} < x < 2
\end{array} \right..$
Xét hàm $f\left( x \right)=6{{x}^{2}}-14x+29-\frac{2}{x}$ trên $\left( \frac{1}{14};2 \right).$ Ta có $f'\left( x \right) = \frac{{12{x^3} - 14{x^2} + 2}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = \frac{1}{2}\\
x = - \frac{1}{3}{\rm{ }}\left( {loại} \right)
\end{array} \right..$
Bảng biến thiên
Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình $f\left( x \right)=m$ có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left( \frac{1}{14};2 \right)\xrightarrow{\text{BBT}}19<m<\frac{39}{2}.$ Chọn B.
Câu 44.
|
|
Lời giải. Ta có $y=g\left( x \right)=f\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} \right)\xrightarrow{{}}{g}'\left( x \right)=\frac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x+2}}{f}'\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} \right).$
Dựa vào đồ thị ta thấy $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 1 = 0\\
\sqrt {{x^2} + 2x + 2} = - 1\\
\sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 1\\
\sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = - 1 + \sqrt 2 \\
x = - 1 - \sqrt 2
\end{array} \right..$
Bảng xét dấu
Từ đó suy ra hàm số $y=f\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} \right)$ có $1$ điểm cực đại. Chọn A.
Chú ý: Cách xét dấu $-$ hay $+$ của $g'\left( x \right)$ để cho nhanh nhất ta lấy một giá trị ${{x}_{0}}$ thuộc khoảng đang xét rồi thay vào ${g}'\left( x \right).$ Chẳng hạn với khoảng $\left( -1;-1+\sqrt{2} \right)$ ta chọn ${{x}_{0}}=0\xrightarrow{{}}{g}'\left( 0 \right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}{f}'\left( \sqrt{2} \right)<0$ vì dựa vào đồ thị ta thấy ${f}'\left( \sqrt{2} \right)<0.$
Câu 45.
|
|
Lời giải. Ta có: ${\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 2\\
f\left( x \right) = - 2
\end{array} \right..$
Do đó số nghiệm của phương trình ${{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}=4$ chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ với hai đường thẳng $y=2$ và $y=-2.$
Dựa vào đồ thị ta thấy có $4$ giao điểm nên phương trình ${{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}=4$ có $4$ nghiệm. Chọn B.
Câu 46. Lời giải. Gọi $\left\{ \begin{array}{l}
{z_1} = a + bi\\
{z_2} = c + di
\end{array} \right.\,\,{\rm{ }}\left( {a,b,c,d \in } \right).$
Từ giả thiết $\left\{ \begin{array}{l}
{z_1} + {z_2} = 8 + 6i\\
\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 2
\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}
a + c + \left( {b + d} \right)i = 8 + 6i\\
{\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {a + c} \right)^2} + {\left( {b + d} \right)^2} = 100\\
{\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} = 4
\end{array} \right. \to {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = 52.$
Ta có $\left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\text{ }\overset{\text{B}\text{.C}\text{.S}}{\mathop{\le }}\,\text{ }\sqrt{\left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}} \right)}=2\sqrt{26}.$ Chọn B.
Cách 2. Gọi $A,\text{ }B$ lần lượt là điểm biểu diễn số phức ${{z}_{1}},\text{ }{{z}_{2}}$ trên mặt phẳng phức và $D$ là điểm thứ tư của hình bình hành $AOBD$, suy ra
= $D$ là điểm biểu diễn số phức \[\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)\xrightarrow{{}}OD=\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=10.\]
= $\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|$ chính là độ dài đoạn $AB.$
Xét $\Delta OAB$ có $\left\{ \begin{array}{l}
A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2OA.OB.\cos \widehat {AOB} = 4\\
O{D^2} = O{A^2} + O{B^2} + 2OA.OB.\cos \widehat {AOB} = 100
\end{array} \right.$
$\xrightarrow{{}}104=2\left( O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}} \right)\ge {{\left( OA+OB \right)}^{2}}$
Vậy ${{\left( OA+OB \right)}_{\max }}=\sqrt{104}=2\sqrt{26}$ hay ${{\left( \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right| \right)}_{\max }}=2\sqrt{26}.$
Câu 47. Lời giải. Gọi $M$ là trung điểm $AB\xrightarrow{{}}M\left( \frac{a}{2};\frac{b}{2};0 \right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OAB.$
Gọi $d$ là đường thẳng qua $M$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {OAB} \right) \equiv \left( {Oxy} \right)d:\left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{a}{2}\\
y = \frac{b}{2}\\
z = t
\end{array} \right.$
Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng trung trực của đoạn $OC\xrightarrow{{}}\left( \alpha \right):z-\frac{c}{2}=0.$
Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là giao điểm của $d$ và $\left( \alpha \right)$ có tọa độ là nghiệm của hệ
\[\left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{a}{2}\\
y = \frac{b}{2}\\
z = t\\
z - \frac{c}{2} = 0.
\end{array} \right.I\left( {\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{c}{2}} \right).\]
Ta có ${{x}_{I}}+{{y}_{I}}+{{z}_{I}}=\dfrac{a}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{2}{2}=1\xrightarrow{{}}{{x}_{I}}+{{y}_{I}}+{{z}_{I}}-1=0$. Điều này chứng tỏ tâm $I$ của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng $\left( P \right):x+y+z-1=0.$ Khi đó $d\left[ M,\left( P \right) \right]=\dfrac{\left| 2019-1 \right|}{\sqrt{3}}=\dfrac{2018}{\sqrt{3}}.$ Chọn B.
Câu 48.
Lời giải. Thể tích mặt cầu là $V=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}.$
Ta có ${{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}\xrightarrow{{}}\dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\dfrac{{{V}_{1}}}{V-{{V}_{1}}}=\dfrac{1}{\dfrac{V}{{{V}_{1}}}-1}.$
Suy ra $\dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ lớn nhất khi $\dfrac{V}{{{V}_{1}}}$ nhỏ nhất $\xrightarrow{{}}{{V}_{1}}$ đạt giá trị lớn nhất.
Gọi $h,\text{ }r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón nội tiếp mặt cầu.
Gọi $I,\text{ }O$ lần lượt là tâm của đường tròn đáy hình nón và tâm của mặt cầu.
Gọi $A$ là đỉnh của hình nón. Xét thiết diện qua trục của hình nón như hình vẽ bên.
Ta có ${{r}^{2}}=h.\left( 2R-h \right)$, khi đó ${{V}_{1}}=\dfrac{1}{3}h.\pi {{r}^{2}}=\dfrac{1}{3}\pi {{h}^{2}}\left( 2R-h \right).$
Xét hàm $f\left( h \right)={{h}^{2}}\left( 2R-h \right)$ trên $\left( 0;2R \right)$ ta được $\underset{\left( 0;2R \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( h \right)=f\left( \dfrac{4R}{3} \right)=\dfrac{32{{R}^{3}}}{27}.$
Suy ra $\max {{V}_{1}}=\dfrac{1}{3}\pi .\max f\left( h \right)=\dfrac{1}{3}\pi .\dfrac{32{{R}^{3}}}{27}=\dfrac{32\pi {{R}^{3}}}{81}.$
Khi đó ${{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}-\dfrac{32}{81}\pi {{R}^{3}}=\dfrac{76}{81}\pi {{R}^{3}}\xrightarrow{{}}\dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\dfrac{32}{76}.$ Chọn C.
Cách 2. Đặt $0\le OI=x<R.$
TH1. Chiều cao của khối nón $h=R+x$ và bán kính đáy ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{x}^{2}}.$
Theo BĐT Cô si cho $3$ số dương, ta có
${{V}_{1}}=\dfrac{1}{3}\left( R+x \right).\pi .\left( {{R}^{2}}-{{x}^{2}} \right)=\dfrac{\pi }{6}\left( 2R-2x \right){{\left( R+x \right)}^{2}}\le \dfrac{\pi }{6}{{\left( \dfrac{4R}{3} \right)}^{3}}=\dfrac{32}{81}\pi {{R}^{3}}.$
Dấu $''=''$ xảy ra $\Leftrightarrow 2R-2x=R+x\Leftrightarrow x=\dfrac{R}{3}.$
Vậy $\max {{V}_{1}}=\dfrac{32}{81}\pi {{R}^{3}}\xrightarrow{{}}{{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}-\dfrac{32}{81}\pi {{R}^{3}}=\dfrac{76}{81}\pi {{R}^{3}}\xrightarrow{{}}\dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\dfrac{32}{76}.$
TH2. Chiều cao của khối nón $h=R-x$. Làm tương tự.
Câu 49.
Lời giải. Không gian mẫu là số cách chọn $2$ điểm bất kỳ trong $14$ điểm đã cho.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $\left| \Omega \right|=C_{14}^{2}=91$.
Gọi $A$ là biến cố $''$Đoạn thẳng nối $2$ điểm được chọn cắt hai trục tọa độ$''$. Để xảy ra biến cố $A$ thì hai đầu đoạn thẳng đó phải ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ tư.
● Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba, có $C_{2}^{1}C_{4}^{1}$ cách.
● Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ hai và thứ tư, có $C_{3}^{1}C_{5}^{1}$ cách.
Suy ra số phần tử của biến cố $A$ là $\left| {{\Omega }_{A}} \right|=C_{2}^{1}C_{4}^{1}+C_{3}^{1}C_{5}^{1}=23$.
Vậy xác suất cần tính $P\left( A \right)=\dfrac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega \right|}=\dfrac{23}{91}.$ Chọn B.
Câu 50.
Lời giải. Gọi ${{V}_{1}}$, ${{V}_{2}}$, ${{V}_{3}}$, ${{V}_{4}}$ lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác $AHC$, $ALD$ và các miền cong $LID$,$HBC$ quanh $AB$. Gọi $R$, $r$ lần lượt là bán kính đường tròn lớn và nhỏ.
Ta có $\frac{1}{2}\times \pi {{R}^{2}}=8\pi \xrightarrow{{}}R=4\xrightarrow{{}}r=2.$
Vì $\Delta IHC$ vuông tại $H$,$\widehat{CIH}=60{}^\circ $ có $\left\{ \begin{array}{l}
CH = IC\sin {60^{\rm{o}}} = 4.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \\
IH = \sqrt {I{C^2} - C{H^2}} = \sqrt {16 - 12} = 2\\
AL = \frac{1}{2}AH = 3;{\rm{ }}DL = \frac{1}{2}CH = \sqrt 3
\end{array} \right..$
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
{V_1} = \frac{1}{3}AH.\pi C{H^2} = \frac{1}{3}.6.\pi .12 = 24\pi \\
{V_2} = \frac{1}{3}AL.\pi D{L^2} = \frac{1}{3}.3.\pi .3 = 3\pi
\end{array} \right.$
Giả sử nửa trên đường tròn lớn tâm $I\left( 0;0 \right)$,$R=4$ nên có phương trình: $y=\sqrt{16-{{x}^{2}}}$.
${V_4} = \pi \int\limits_2^4 {{{\left( {\sqrt {16 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x = \left. {\pi \left( {16x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_2^4 = \frac{{40}}{3}\pi } .$
Giả sử nửa trên đường tròn nhỏ tâm$K\left( 0;0 \right)$,$R=2$nên có phương trình: $y=\sqrt{4-{{x}^{2}}}$.
${V_3} = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x = \left. {\pi \left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_1^2 = \frac{5}{3}\pi } .$
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là: $V = \left( {{V_1} + {V_4}} \right) - \left( {{V_2} + {V_3}} \right) = \left( {24\pi + \frac{{40}}{3}\pi } \right) - \left( {3\pi + \frac{5}{3}\pi } \right) = \frac{{98}}{3}\pi $. Chọn B.