Loading [MathJax]/extensions/tex2jax.js

Lời giải đề 13: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn- Lai Châu lần 1 trang 2

Câu 30: Đáp án A.

Phương pháp:

Thiết diện là tam giác cân.

Cách giải:

                                   

Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên mặt hẳng đáy của hình nón.

Thiết diện đi qua trục là tam giác vuông cân cạnh góc vuông bằng $2aRightarrow 2r=2asqrt{2}Leftrightarrow r=asqrt{2}Rightarrow AH=r=asqrt{2}$.

Gọi K là trung điểm của DE  ta có $AKbot DE;HKbot DERightarrow AKH={{60}^{0}}$.

Xét tam giác vuông AHK có: $AK=frac{AH}{sin {{60}^{0}}}=frac{asqrt{2}}{frac{sqrt{3}}{2}}=frac{2sqrt{2}a}{sqrt{3}};HK=frac{AH}{tan {{60}^{0}}}=frac{asqrt{2}}{sqrt{3}}$

Xét tam giác vuông DHK có $DK=sqrt{D{{H}^{2}}-H{{K}^{2}}}=frac{2a}{sqrt{3}}Rightarrow DE=frac{4a}{sqrt{3}}.$

Vậy ${{S}_{Delta ADE}}=frac{1}{2}AK.DE=frac{1}{2}.frac{2sqrt{2}a}{sqrt{3}}.frac{4a}{sqrt{3}}=frac{4sqrt{2}{{a}^{2}}}{3}$.

Câu 31: Đáp án C.

Phương pháp:

+) Dựng đường thẳng d song song với $AC’$ $Rightarrow leftAC;ABright=leftd;ABright$.

+) Áp dụng định lí cosin trong tam giác.

Cách giải:

 

Gọi D’ là đỉnh thứ tư của hình thoi A’B’D’C’ ta có

$left{ begin{array}{l}
C’D’//A’B’//AB\
C’D’ = A’B’ = AB
end{array} right. Rightarrow ABD’C’$
 là hình  bình hành

$ Rightarrow AC’//BD’ Rightarrow leftAC;ABright = leftBD;ABright Rightarrow left[ begin{array}{l}
A’BD’ = {60^0}\
A’BD’ = {120^0}
end{array} right.$
.

Gọi O là tâm hình thoi $A’B’C’D’Rightarrow A’O=frac{asqrt{3}}{2}Rightarrow A’D’=asqrt{3};,,A’B=sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=BD’.$

Áp dụng định lí cosin trong tam giác A’BD’ có: $cos A’BD’=frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}-3{{a}^{2}}}{2lefta2+b2right}=frac{-{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}$

TH1: $A’BD’={{60}^{0}}Leftrightarrow frac{-{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}=frac{1}{2}Leftrightarrow -2{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}Leftrightarrow {{b}^{2}}=2{{a}^{2}}Rightarrow b=asqrt{2}$

TH2: $A’BD’={{120}^{0}}Leftrightarrow frac{-{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}=frac{-1}{2}Leftrightarrow -2{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=-2{{a}^{2}}-2{{b}^{2}}Leftrightarrow b=0leftktmright$.

Câu 32: Đáp án D.

Phương pháp :

Sử  dụng công thức tính thể  tích khối chóp cụt $V=frac{pi }{3}hleftr2+Rtextr+R2right$ với  r, R lần lượt  là hai bán kính hai đáy và h là chiều cao của khối chóp cụt.

Cách giải:

                        

Kẻ $AHbot CDleftHinCDright.$ Ta có $DH=frac{CD-AB}{2}=frac{4a-2a}{2}=a$

$Rightarrow AH=sqrt{A{{D}^{2}}-D{{H}^{2}}}=2sqrt{2}a$.

Khi quay hình thang cân ABCD quanh trục đối xứng của nó ta được hình chóp cụt có hai bán kính đáy $r=a,R=2a$ và chiều cao $h=AH=2sqrt{2}a$.

$V=frac{pi }{3}hleftr2+Rtextr+R2right=frac{2sqrt{2}pi a}{3}lefta2+2a.a+4a2right=frac{14sqrt{2}}{3}pi {{a}^{3}}$

Câu 33: Đáp án C.

Phương pháp :

+) Gọi $Mleftm;fracm+2m1rightleftmne1right$.

+) Tính $dleftM;textOxright;,,dleftM;,Oyright$ và sử dụng giả thiết $dleftM;,Oyright=2dleftM;textOxright$.

Cách giải :

Gọi $Mleftm;fracm+2m1rightleftmne1right$.

Ta có $dleftM;textOxright=left| {{y}_{M}} right|=left| frac{m+2}{m-1} right|;dleftM;Oyright=left| {{x}_{m}} right|=left| m right|$

$begin{array}{l}
 Rightarrow left| m right| = 2left| {frac{{m + 2}}{{m – 1}}} right|\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = frac{{2leftm+2right}}{{m – 1}}\
 – m = frac{{2leftm+2right}}{{m – 1}}
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{m^2} – 3m – 4 = 0\
{m^2} + m + 4 = 0leftvnright
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 4lefttmright\
m =  – 1lefttmright
end{array} right.
end{array}$

Câu 34: Đáp án B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp $leftsqrturight’=frac{u’}{2sqrt{u}}$.

Cách giải :

$begin{array}{l}
y = sqrt {x + sqrt {{x^2} + 1} } \
y’ = frac{{leftx+sqrtx2+1right’}}{{2sqrt {x + sqrt {{x^2} + 1} } }} = frac{{1 + frac{x}{{sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{2sqrt {x + sqrt {{x^2} + 1} } }} = frac{{x + sqrt {{x^2} + 1} }}{{2sqrt {{x^2} + 1} .sqrt {x + sqrt {{x^2} + 1} } }}\
 Rightarrow P = 2sqrt {{x^2} + 1} .y’ = frac{{x + sqrt {{x^2} + 1} }}{{sqrt {x + sqrt {{x^2} + 1} } }} = sqrt {x + sqrt {{x^2} + 1} }  = y
end{array}$
 

Câu 35: Đáp án D.

Phương pháp:

Số  nghiệm của phương trình $left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|={{log }_{2}}m$là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|$ và đường thẳng $y={{log }_{2}}m$.

Lập BBT của đồ thị hàm số $left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|={{log }_{2}}m$và kết luận.

Cách giải :

ĐK: $m>0$.

Số nghiệm của phương trình $left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|={{log }_{2}}m$là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|$và đường thẳng $y={{log }_{2}}m$.

Xét hàm số $fleftxright={{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4$ có TXĐ: $D=R$.

$y’ = 4{x^3} – 10x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow y = 4\
x =  pm frac{{sqrt {10} }}{2} Rightarrow y =  – frac{9}{4}
end{array} right.$
 

BBT:

                                       

Từ đó ta suy ra được BBT của đồ thị hàm số $y=left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|$ như sau:

                               

Do đó để phương trình $left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|={{log }_{2}}m$ có 8 nghiệm thực phân biệt thì đường thẳng $y={{log }_{2}}m$cắt đồ thị hàm số $y=left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 right|$ tại 8 điểm phân biệt.

$Leftrightarrow 0<{{log }_{2}}m<frac{9}{4}Leftrightarrow 1<m<sqrt4{{{2}^{9}}}$.

Câu 36: Đáp án C.

Phương pháp:

+)  Gọi $A=dcap {{d}_{1}}Rightarrow Aleftt+3;t1;t+4right,B=dcap {{d}_{2}}Rightarrow Bleft2t+2;t+4;4t3right$

+)  $left{ begin{array}{l}
d bot {d_1}\
d bot {d_2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{overrightarrow u _{{d_1}}}.overrightarrow {AB}  = 0\
{overrightarrow u _{{d_2}}}.overrightarrow {AB}  = 0
end{array} right.$
 

Cách giải:

Ta có ${{overrightarrow{u}}_{{{d}_{1}}}}=left1;1;1right;{{overrightarrow{u}}_{{{d}_{2}}}}=left2;1;4right$.

Gọi d là đường vuông góc chung của ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$.

Gọi $A=dcap {{d}_{1}}Rightarrow Aleftt+3;t1;t+4right,B=dcap {{d}_{2}}Rightarrow Bleft2t+2;t+4;4t3right$

$Rightarrow overrightarrow{AB}=left2tt1;t+t+5;4tt7right$

Ta có $left{ begin{array}{l}
d bot {d_1}\
d bot {d_2}
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
2t’ – t – 1 + t’ – t – 5 + 4t’ – t – 7 = 0\
4t’ – 2t – 2 + t’ – t – 5 + 16t’ – 4t – 28 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
7t’ – 3t = 13\
21t’ – 7 = 35
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t’ = 1\
t =  – 2
end{array} right.$
 

$Rightarrow Aleft1;1;;2right,Bleft4;3;1rightRightarrow overrightarrow{AB}left3;2;1right$

Vậy phương trình đường thẳng d là: $frac{x-1}{3}=frac{y-1}{2}=frac{z-2}{-1}$.

Câu 37: Đáp án B.

Phương pháp:

+) Gọi $N=Delta cap dRightarrow Nleft2t1;t+1;3t+1right$

+) $Delta //leftPrightRightarrow {{overrightarrow{u}}_{Delta }}bot {{overrightarrow{n}}_{leftPright}}Rightarrow $ Tọa độ điểm N.

+) Đưa về bài toán viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cho trước.

Cách giải:

Gọi $N=Delta cap dRightarrow Nleft2t1;t+1;3t+1right$

$Rightarrow overrightarrow{MN}=left2t2;t;3t+3right$là 1 VTCP của đường thẳng $Delta $.

Ta có $Delta //leftPrightRightarrow {{overrightarrow{u}}_{Delta }}bot {{overrightarrow{n}}_{leftPright}}=left1;1;1rightRightarrow -2t-2-t-3t-3=0Leftrightarrow t=-frac{5}{6}$

$Rightarrow overrightarrow{MN}=leftfrac13;frac56;frac12right=-frac{1}{6}left2;5;3right$.

Do đó phương trình chính tắc của đường thẳng $Delta :frac{x-1}{2}=frac{y-1}{5}=frac{z+2}{-3}$.

Câu 38: Đáp án B.

Phương pháp:

Xác định thiết diện dựa vào các yếu tố song song.

Cách giải

                                             

$leftPright//B’D’//BDin leftABCDright$ $Rightarrow leftPrightcap leftABCDright=MN//BDleftNinBCright$

$leftPright//AD’subset leftADDAright$ $Rightarrow leftPrightcap leftADDAright=NP//AD’leftPinDDright$

$leftPright//AB’subset leftABBArightRightarrow leftPrightcap leftABBAright=MS//AB’leftSinBBright$

Trong $leftABBAright,$ gọi $E=MScap A’B’,$ trong $leftADDAright,$gọi $F=NPcap A’D’$.

Trong $leftABCDright:text{EF}cap B’C’=R;text{EF}cap text{C }!!’!!text{ D }!!’!!text{ =Q}$

Vậy thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng $leftPright$là lục giác MNPQRS .

Câu 39: Đáp án B.

Phương pháp:

Sử dụng khai triển của nhị thức Newton.

Cách giải :

${{leftx2+1right}^{n}}{{leftx+2right}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}.{{x}^{2k}}sumlimits_{l=0}^{n}{C_{n}^{l}{{x}^{l}}{{2}^{n-1}}}}$

Tìm hệ số của ${{x}^{3n-3}}$ ta cho $2k + l = 3n – 3 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
k = n;l = n – 3\
k = n – 1;l = n – 1
end{array} right.$
.

$begin{array}{l}
 Rightarrow {a_{3n – 3}} = C_n^n.C_n^{n – 3}{.2^3} + C_n^{n – 1}.C_n^{n – 1}{2^1} = frac{{8n!}}{{3!leftn3right!}} + 2{n^2} = 8nleftn1rightleftn2right + 2{n^2} = 26n\
 Leftrightarrow frac{4}{3}leftn1rightleftn2right + 2n = 26 Leftrightarrow 4{n^2} – 6n – 70 = 0 Leftrightarrow n = 5
end{array}$
 

Câu 40: Đáp án D.

Phương pháp :

Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: $frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SA}{SA}.frac{SM}{SB}.frac{SN}{SC}$

Cách giải:

                            

Qua G kẻ  $MN//BCleftMinSB,NinSCrightRightarrow leftalpharight$ cắt SB, SC lần lượt tại M và N.

Gọi D là trung điểm của CD. Ta có $frac{SG}{SD}=frac{2}{3}$.

Theo định lí Ta-let ta có: $frac{SM}{SB}=frac{SN}{SC}=frac{SG}{SD}=frac{2}{3}$

$Rightarrow frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SA}{SA}.frac{SM}{SB}.frac{SN}{SC}=frac{4}{9}$

Ta có $Delta ABC$ vuông cân tại B $Rightarrow BA=BC=frac{AC}{sqrt{2}}=a$

$Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}.SA.frac{1}{2}BA.BC=frac{{{a}^{3}}}{6}$

Vậy ${{V}_{S.AMN}}=frac{4}{9}.frac{{{a}^{3}}}{6}=frac{2{{a}^{3}}}{27}$

Câu 41: Đáp án C.

Phương pháp:

+) Nếu z là một nghiệm phức của phương trình bậc hai thì $overline{z}$ cũng là nghiệm của phương trình bậc hai đó.

+) Tìm hai nghiệm phức của phương trình bậc hai đã cho.

+) Xác định các điểm biểu diễn A, B.

+) $Delta OAB$ vuông tại $ORightarrow overrightarrow{OA}.overrightarrow{OB}=0$.

Cách giải :

Ta có $Delta ‘={{b}^{2}}-c<0Leftrightarrow {{b}^{2}}<c$

Gọi $z=x+yi$ là 1 nghiệm phức của phương trình ${{z}^{2}}+2bz+c=0Rightarrow overline{z}=x-yi$ cũng là một  nghiệm của phương trình.

Ta có

$begin{array}{l}
z + overline z  = 2x =  – 2b Leftrightarrow x =  – b\
z.overline z  = {x^2} + {y^2} = c Leftrightarrow y =  pm sqrt {c – {b^2}} 
end{array}$

$begin{array}{l}
 Rightarrow left{ begin{array}{l}
z =  – b + sqrt {c – {b^2}i}  Rightarrow Aleftb;sqrtcb2right\
overline z  =  – b – sqrt {c – {b^2}i}  Rightarrow Bleftb;sqrtcb2right
end{array} right.\
OA bot OB Rightarrow overrightarrow {OA} .overrightarrow {OB}  = 0 Leftrightarrow {b^2} – leftcb2right = 0 Leftrightarrow 2{b^2} – c = 0 Leftrightarrow c = 2{b^2}
end{array}$

Câu 42: Đáp án A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức

$begin{array}{l}
{log _a}b = frac{1}{{{{log }_b}a}}left0<a,bne1right\
{a^2} + {b^2} = {c^2}\
{log _a}frac{{fleftxright}}{{gleftxright}} = {log _a}fleftxright – {log _a}gleftxrightleft0<ane1,fleft(xright),gleft(xright)>0right
end{array}$
 

Cách giải :

$begin{array}{l}
{log _{c + b}}a + {log _{c – b}}a = frac{1}{{{{log }_a}leftc+bright}} + log frac{1}{{{{log }_a}leftcbright}} = frac{{{{log }_a}leftc+bright + {{log }_a}leftcbright}}{{{{log }_a}leftc+bright.{{log }_a}leftcbright}}\
Co:,{a^2} = {c^2} – {b^2} = leftc+brightleftcbright Rightarrow leftcbright = frac{{{a^2}}}{{c + b}}\
 Leftrightarrow {log _a}leftc+bright + {log _a}leftcbright = {log _a}leftc+bright + {log _a}frac{{{a^2}}}{{c + b}} = {log _a}leftc+bright + 2 – {log _a}leftc+bright = 2\
 Rightarrow {log _{c + b}}a + {log _{c – b}}a = frac{2}{{{{log }_a}leftc+bright.{{log }_a}leftcbright}} = 2{log _{c + b}}a.{log _{leftcbright}}a
end{array}$
 

Câu 43: Đáp án A.

Phương pháp :

Sử dụng công thức $S=intlimits_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}{vlefttrightdt}$.

Cách giải :

Gọi phương trình parabol là $v=a{{t}^{2}}+bt+cleftane0right$ta có hệ phương trình: $left{ begin{array}{l}
c = 4\
 – frac{b}{{2a}} = 2\
4a + 2b + c = 9
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a =  – frac{5}{4}\
b = 5\
c = 4
end{array} right.$
 

$Rightarrow vlefttright=-frac{5}{4}{{t}^{2}}+5t+4$

Khi $t=1Rightarrow v=frac{31}{4}$

$Rightarrow $ Phương trình đường thẳng:

$frac{x-1}{4-1}=frac{y-frac{31}{4}}{4-frac{31}{4}}Leftrightarrow -frac{15}{4}leftx1right=3leftyfrac314rightLeftrightarrow -5x+5=4y-31Leftrightarrow 5x+4y-36=0Rightarrow y=frac{-5}{4}x+9$$Rightarrow vlefttright=-frac{5}{4}t+9$.

Vậy quãng đường mà vật đi được là  $S=intlimits_{0}^{1}{leftfrac54t2+5t+4rightdt+intlimits_{1}^{4}{leftfrac54t+9rightdtapprox 23,71leftkmright}}$  

Câu 44: Đáp án A.

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm, đặt ${{x}^{2}}=t$.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{4}}-m{{x}^{2}}+2m-3=1Leftrightarrow {{x}^{4}}-m{{x}^{2}}+2m-4=0leftright$.

Để để đồ thị $leftCmright$của hàm số $y={{x}^{4}}-m{{x}^{2}}+2m-3$ có 4 giao điểm với đường thẳng $y=1$, có hoành độ nhỏ hơn 3 $Rightarrow $ Phương trình có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 3.

Đặt ${{x}^{2}}=tleft0let<9right,$khi đó $leftrightLeftrightarrow {{t}^{2}}-mt+2m-4=0leftright,$ phương trình này có 2 nghiệm  phân biệt thuộc$left0;9right$.

$leftright Leftrightarrow leftt24right – mleftt2right Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t – 2 = 0\
t + 2 – m = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 2lefttmright\
t = m – 2
end{array} right.$
 

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc $left0;9right Rightarrow left{ begin{array}{l}
0 < m – 2 < 9\
m – 2 ne 2
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2 < m < 11\
m ne 4
end{array} right.$
 

Câu 45: Đáp án B.

Phương pháp:

Tìm các đường biểu diễn ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$.

Vẽ trên trục tọa độ Oxy và biện luận.

Cách giải :

              

Gọi ${{z}_{1}}=x+yi$ ta có: 

$begin{array}{l}
2left| {x – yi + i} right| = left| {x – yi – x – yi – 2i} right| Leftrightarrow 2left| {x – yi + i} right| = 2left| {yi + i} right|\
 Leftrightarrow {x^2} + {lefty1right^2} = {lefty+1right^2} Leftrightarrow {x^2} + {y^2} – 2y + 1 = {y^2} + 2y + 1\
 Leftrightarrow {x^2} = 4y Leftrightarrow y = frac{{{x^2}}}{4}
end{array}$
 

$Rightarrow $ Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ${{z}_{1}}$là parabol $y=frac{{{x}^{2}}}{4}$ .

Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ${{z}_{2}}$là đường tròn $leftCright$tâm $Ileft10;1right$ bán kính $R=1$.

$Rightarrow $ $leftCright:{{leftx10right}^{2}}+{{lefty1right}^{2}}=1$.

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức ${{z}_{1}},{{z}_{2}}Rightarrow left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|=left| overrightarrow{OM}-overrightarrow{ON} right|=MN$.

$Rightarrow {{left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|}_{min }}Leftrightarrow M{{N}_{min }}$

Dựa vào hình vẽ ta thấy $M{{N}_{min }}Leftrightarrow MNbot $ tiếp tuyến tại M của parabol $y=frac{{{x}^{2}}}{4}$và đi qua I.

Ta có $y’=frac{x}{2}.$ Gọi $Mleftm;fracm24rightleftm>0right$ $Rightarrow y’leftmright=frac{m}{2}Rightarrow pttt:y=leftxmright+frac{{{m}^{2}}}{4}=frac{m}{2}x-frac{{{m}^{2}}}{4}leftdright$

$begin{array}{l}
 Rightarrow MN ge dleftI;dright – 1 Rightarrow M{N_{min }} Leftrightarrow dleftI;dright = IM\
 Leftrightarrow frac{{left| {5m – 1 – frac{{{m^2}}}{4}} right|}}{{sqrt {1 + frac{{{m^2}}}{4}} }} = sqrt {{{leftm10right}^2} + {{leftfracm241right}^2}} \
 Leftrightarrow frac{{{{left5m1fracm24right}^2}}}{{1 + frac{{{m^2}}}{4}}} = {leftm10right^2} + {leftfracm241right^2}
end{array}$
 

Giải phương trình trên ra tìm được $m=4$, khi đó $IM=3sqrt{5}Rightarrow M{{N}_{min }}=3sqrt{5}-1$.

Câu 46: Đáp án D.

Phương pháp:

Sử  dụng các công thức

${{log }_{a}}b.{{log }_{b}}c={{log }_{a}}c,{{log }_{a}}b+{{log }_{a}}c=operatorname{l}o{{g}_{a}}leftbcright;{{log }_{a}}b-{{log }_{a}}c={{log }_{a}}frac{b}{c}$ giscácbiuthcđãcholàcónghĩa.

Cách giải :

$begin{array}{l}
xy = {log _7}12.{log _{12}}24 = {log _7}24\
{log _{54}}168 = frac{{a.{{log }_7}24 + 1}}{{b.{{log }_7}24 + c{{log }_7}12}} = frac{{{{log }_7}{{24}^a} + {{log }_7}7}}{{{{log }_7}{{24}^b} + {{log }_7}{{12}^c}}} = frac{{{{log }_7}left7.24aright}}{{{{log }_7}left24b.12cright}} = {log _{left24b.12cright}}left7.24aright\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{7.24^a} = 168\
{24^b}{.12^c} = 54
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
{2^{3b}}{.3^b}{.2^{2c}}{.3^c} = {2.3^3}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
3b + 2c = 1\
b + c = 3
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
b =  – 5lefttmright\
c = 8
end{array} right.\
 Rightarrow S = a + 2b + 3c = 1 + 2.left5right + 3.8 = 15
end{array}$
 

Câu 47: Đáp án B.

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp hàm số để giải phương trình.

Cách giải :

$begin{array}{l}
{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}sqrt2018{{2019 – {{cos }^2}x}} – leftcosx+mrightsqrt2018{{2019 – {{sin }^2}x + {m^2} + 2mcos x}} = cos x – {mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} + m\
 Leftrightarrow {mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}leftsqrt[2018]2019cos2x1right = leftcosx+mrightleftsqrt[2018]2019sin2x+m2+2mcosx1right\
 Leftrightarrow {mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}leftsqrt[2018]2019left(1sin2xright)1right = leftcosx+mrightleftsqrt[2018]2019left(1crmorms2xm22mcosxright)1right\
 Leftrightarrow {mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}leftsqrt[2018]2019left(1sin2xright)1right = leftcosx+mrightleftsqrt[2018]2019left(1left(crmosx+mright)2right)1right\
 Leftrightarrow {mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}leftsqrt[2018]2018+sin2x1right = leftcosx+mrightleftsqrt[2018]2018+left(cosx+mright)21right
end{array}$
 

Xét hàm số $flefttright=tleftsqrt[2018]2018+t21rightlefttinleft[1;1right]right$ ta có:

$f’lefttright=sqrt2018{2018+{{t}^{2}}}-1+t.frac{1}{2018}{{left2018+t2right}^{frac{-2017}{2018}}}.2tge 0forall tin left1;1rightRightarrow $Hàm số đồng biến trên $left1;1right$

$Rightarrow operatorname{s}text{inx}=cos x+mLeftrightarrow operatorname{s}text{inx}-cos x=mLeftrightarrow sqrt{2}sin leftxfracpi4right=m$

Để phương trình có nghiệm thực $Leftrightarrow min leftsqrt2;sqrt2right$. Mà m nguyên nên $min left{ -1;0;1 right}$.

Câu 48: Đáp án

 

Câu 49: Đáp án D.

Phương pháp:

${{P}_{MAB}}=MA+MB+underset{con,st}{mathop{AB}},$ đạt GTNN $Leftrightarrow {{leftMA+MBright}_{min }}$

Cách giải :

Ta có ${{P}_{MAB}}=MA+MB+underset{con,st}{mathop{AB}},$ đạt GTNN $Leftrightarrow {{leftMA+MBright}_{min }}$

Ta có $MA+MBge 2sqrt{MA.MB}$, dấu bằng xảy ra  $Leftrightarrow Min $ mặt phẳng trung trực P của AB.

Mà $Min dRightarrow M=dcap leftPright$

Gọi I là trung điểm của AB ta có $Ileft2;4;3right$. Mặt phẳng trung trực của AB đi qua I và nhận $frac{1}{2}overrightarrow{AB}=left1;1;3right$ là 1 VTPT nên có phương trình $x-y+3z-7=0$.

Do $Min dRightarrow Mleft1+2t;1t;2tright.$ Thay vào phương trình mặt phẳng$leftPright$ta tìm được $t=1Rightarrow Mleft1;0;2rightRightarrow MA=MB=sqrt{29};AB=2sqrt{11}Rightarrow {{P}_{ABC}}=2leftsqrt11+sqrt29right$

Câu 50: Đáp án B.

Phương pháp:

Tính độ dài cung AB chính là chu vi đường tròn đáy của hình nón, suy ra bán kính đáy r của hình nón.

Sử dụng công thức $h=sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}$suy ra độ dài đường cao của hình nón.

Sử dụng công thức tính thể tích hình nón $V=frac{1}{3}{{pi }^{2}}h$

Cách giải :

Độ dài cung AB là xR cũng chính là chu vi đáy của hình nón $Rightarrow r=frac{xR}{2pi }$

$Rightarrow h=sqrt{{{R}^{2}}-frac{{{x}^{2}}{{R}^{2}}}{4{{pi }^{2}}}}=frac{R}{2pi }sqrt{4{{pi }^{2}}-{{x}^{2}}}$

=>Thể tích của hình nón $V=frac{1}{3}pi {{leftfracxR2piright}^{2}}.frac{R}{2pi }sqrt{4{{pi }^{2}}-{{x}^{2}}}=frac{pi }{3}.{{leftfracR2piright}^{3}}{{x}^{2}}sqrt{4{{pi }^{2}}-{{x}^{2}}}$

Xét hàm số $fleftxright={{x}^{2}}sqrt{4{{pi }^{2}}-{{x}^{2}}}leftxinleft[0;2piright]right$ có

$f’leftxright = 2xsqrt {4{pi ^2} – {x^2}}  + {x^2}frac{{ – x}}{{sqrt {4{pi ^2} – {x^2}} }} = frac{{2xleft4pi2x2right – {x^3}}}{{sqrt {4{pi ^2} – {x^2}} }} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
2left4pi2x2right = {x^2}
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = frac{{2sqrt 6 }}{3}pi 
end{array} right.$
 Lập BBT ta thấy: $f{{leftxright}_{mtext{ax}}}=fleftfrac2sqrt63piright$

Để lại một bình luận

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