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

 

                Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{9}{4} = c,\left( {I \in \left( P \right)} \right)\\
\frac{9}{4}a - \frac{3}{2}b + c = 0\left( {A \in \left( P \right)} \right)\\
\frac{9}{4}a + \frac{3}{2}b + c = 0\left( {B \in \left( P \right)} \right)
\end{array} \right.$

                Vậy $\left( P \right):y=-{{x}^{2}}+\frac{9}{4}$.

                Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là:

                $S=\int\limits_{\frac{-3}{2}}^{\frac{3}{2}}{\left( -{{x}^{2}}+\frac{9}{4} \right)\text{d}x}$$=2\int\limits_{0}^{\frac{3}{2}}{\left( -{{x}^{2}}+\frac{9}{4} \right)\text{d}x}$$=\left. 2\left( \frac{-                {{x}^{3}}}{3}+\frac{9}{4}x \right) \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{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1+\sqrt{4-\frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+\frac{3}{x}}=\frac{3}{2}\Rightarrow $$y=\frac{3}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $\left( C \right)$. $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=$$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=$$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\sqrt{4-\frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+\frac{3}{x}}=\frac{-1}{2}$$\Rightarrow y=\frac{-1}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $\left( C \right)$. $\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=+\infty $; $\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{-}}}{\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 $\left( C \right)$ suy đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số có $3$ đường tiệm cận nên $m=3$.

Với $x=1$ ta có $n=y\left( 1 \right)=\frac{2}{5}$. Vậy $m.n=\frac{6}{5}$.

Câu 40. Chọn C.

Theo giả thiết vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $SA\bot AB$, $SA\bot BC$. Mặt khác $BC\bot AB$ nên $BC\bot SB$. Vậy góc giữa $\left( SBC \right)$ 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 $D=\mathbb{R}$.

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

 Lấy $f\left( x \right)$ chia cho ${f}'\left( x \right)$.

Ta có $f\left( x \right)={f}'\left( x \right).\left( \frac{1}{3}x+\frac{1}{9}a \right)+\left( \frac{2}{3}b-\frac{2}{9} \right)x+c-\frac{1}{9}ab$.

Suy ra đường thẳng đi qua $A$, $B$là: $y=\left( \frac{2}{3}b-\frac{2}{9} \right)x+c-\frac{1}{9}ab\text{ }\left( d \right)$.

Theo đầu bài $\left( d \right)$ 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={{\left( 3c+\frac{5}{3} \right)}^{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}$$\Rightarrow {{\left( z+w \right)}^{2}}=zw$$\Leftrightarrow {{w}^{2}}+wz+{{z}^{2}}=0$$\Leftrightarrow w=\frac{-z\pm z\sqrt{3}i}{2}$.

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

Câu 43. Chọn B.

Trường hợp 1: ${{x}^{2}}+2{{y}^{2}}>1$. Đặt $\sqrt{2}y=z$. Suy ra $\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{z}^{2}}>1\text{ }\left( 1 \right)$

 ${{\log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}\left( 2x+y \right)\ge 1$ $\Leftrightarrow 2x+y\ge {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$ $\Leftrightarrow 2x+\frac{z}{\sqrt{2}}\ge {{x}^{2}}+{{z}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)}^{2}}\le \frac{9}{8}\,\text{ }\left( 2 \right)$

Tập hợp các điểm $M\left( x;z \right)$ là miền $\left( H \right)$ bao gồm miền ngoài của hình tròn $\left( {{C}_{1}} \right):{{x}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ và miền trong của hình tròn $\left( {{C}_{2}} \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)}^{2}}=\frac{9}{8}$.

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

Để T đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng $d:\,2x+\frac{z}{\sqrt{2}}-T=0$ tiếp xúc với đường tròn $\left( {{C}_{2}} \right)$

$\Leftrightarrow d\left( I;d \right)=\frac{3}{2\sqrt{2}}$ với $I\left( 1;\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)$ là tâm của đường tròn $\left( {{C}_{2}} \right)$.

$\Leftrightarrow \frac{\left| 2+\frac{1}{4}-T \right|}{\sqrt{4+\frac{1}{2}}}=\frac{3}{2\sqrt{2}}$ $\Leftrightarrow \left| T-\frac{9}{4} \right|=\frac{9}{4}$ $ \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}}}}\left( 2x+y \right)\ge 1$$\Leftrightarrow 2x+y\le {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$$\Leftrightarrow T=2x+y<1$ (loại).

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 $S=\pi .2500\text{ }\left( \text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}} \right)$.

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=2500\pi $$\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{{{\left( \frac{A}{R}-R \right)}^{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{{\left( {{R}^{2}}-\frac{A}{4} \right)}^{2}}}$

$\Leftrightarrow V\le \frac{1}{3}\pi .\frac{A}{2}\sqrt{\frac{A}{2}}$. 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

                $\begin{array}{l}
M{A^4} + M{B^4} = {\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)^2} - 2M{A^2}.M{B^2} = {\left( {2M{I^2} + \frac{{A{B^2}}}{2}} \right)^2} - 2{\left( {M{I^2} - \frac{{A{B^2}}}{4}} \right)^2}\\
 = 4M{I^4} + 2M{I^2}A{B^2} + \frac{{A{B^4}}}{4} - 2M{I^4} + M{I^2}A{B^2} - \frac{{A{B^4}}}{8}\\
 = 2M{I^4} + 3M{I^2}A{B^2} + \frac{{A{B^4}}}{4} = 2{\left( {M{I^2} + \frac{{3A{B^2}}}{4}} \right)^2} - \frac{7}{{10}}A{B^4}
\end{array}$

                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 $I\left( 2;-1;0 \right)$. Lấy $M\left( 2+t;-1+2t;3t \right)\in \text{d}$. $\overrightarrow{IM}=\left( t;2t;3t \right)$

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

                Suy ra $M\equiv I$.

                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-\left( {{\log }_{3}}t+{{\log }_{2}}t \right).{{\log }_{6}}t$

                $={{\log }_{3}}t.{{\log }_{2}}t-\left( {{\log }_{3}}t+{{\log }_{2}}t \right).\frac{{{\log }_{3}}t.{{\log }_{2}}t}{{{\log }_{3}}t+{{\log }_{2}}t}=0.$

Câu 47. Chọn C.

Gọi $M\left( x;\,\,y \right)$ là điểm biểu diễn số phức $z$. Do $\left| z-2-2i \right|=2$ nên tập hợp điểm $M$ là đường tròn $\left( C \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=4$.

Các điểm $A\left( 1;1 \right)$, $B\left( 5;2 \right)$ 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 $\left( C \right)$ còn điểm $B$ nằm ngoài đường tròn $\left( C \right)$, mà $MA+MB\ge AB=\sqrt{17}$. Đẳng thức xảy ra khi $M$ là giao điểm của đoạn $AB$ với $\left( C \right)$.

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

Tọa độ giao điểm của đường thẳng $AB$ và đường tròn $\left( C \right)$ là nghiệm của hệ với $1<y<5$

$\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\\
x - 4y + 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {4y - 5} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\\
x = 4y - 3
\end{array} \right.$

Ta có ${\left( {4y - 5} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow 17{y^2} - 44y + 25 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = \frac{{22 + \sqrt {59} }}{{17}}\left( N \right)\\
y = \frac{{22 - \sqrt {59} }}{{17}}\left( L \right)
\end{array} \right.$

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

Câu 48. Chọn B.

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

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

Lại có, $\overrightarrow{AM}=\left( 0;0;5 \right)$ nên $AM\bot \left( ABCD \right)$ 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 $M\left( {{X}_{1}};\,\,\frac{8}{{{X}_{1}}} \right)$ thuộc nhánh trái, $N\left( {{X}_{2}};\,\frac{8}{{{X}_{2}}} \right)$ thuộc nhánh phải của đồ thị hàm số,

                 Với ${{X}_{1}}<0<{{X}_{2}}$. Ta có: $M{{N}^{2}}={{\left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} \right)}^{2}}+64{{\left( \frac{1}{{{X}_{2}}}-\frac{1}{{{X}_{1}}} \right)}^{2}}$

                $\Rightarrow M{{N}^{2}}\ge 2\sqrt{{{\left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} \right)}^{2}}.64{{\left( \frac{1}{{{X}_{2}}}-\frac{1}{{{X}_{1}}} \right)}^{2}}}$$\Rightarrow M{{N}^{2}}\ge 16\left| \left(                 {{X}_{2}}-{{X}_{1}} \right)\left( \frac{1}{{{X}_{2}}}-\frac{1}{{{X}_{1}}} \right) \right|$

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

                Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{X_2} =  - {X_1}\\
{\left( {{X_2} - {X_1}} \right)^2} = 64{\left( {\frac{1}{{{X_2}}} - \frac{1}{{{X_1}}}} \right)^2}
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{X_1} =  - 2\sqrt 2 \\
{X_2} = 2\sqrt 2 
\end{array} \right.$

Vậy với $M=\left( -2\sqrt{2};\,\,-2\sqrt{2} \right)$ ; $N=\left( 2\sqrt{2};\,\,2\sqrt{2} \right)$ thì $MN$ có độ dài ngắn nhất bằng $8$.

Cách khác: Do $M,N$ thuộc hai nhánh khác nhau nên ta có $M\left( 3-\alpha ;3-\frac{8}{\alpha } \right);N\left( 3+\beta ;3+\frac{8}{\beta } \right)$, với $\alpha ;\beta >0$. Khi đó $M{{N}^{2}}={{\left( \alpha +\beta  \right)}^{2}}+{{\left( \frac{8}{\alpha }+\frac{8}{\beta } \right)}^{2}}$$={{\left( \alpha +\beta  \right)}^{2}}+\frac{64{{\left( \alpha +\beta  \right)}^{2}}}{{{\left( \alpha \beta  \right)}^{2}}}$

$={{\left( \alpha +\beta  \right)}^{2}}\left( 1+\frac{64}{{{\left( \alpha \beta  \right)}^{2}}} \right)\ge 4\alpha \beta \left( 1+\frac{64}{{{\left( \alpha \beta  \right)}^{2}}} \right)$ $=4\left( \alpha \beta +\frac{64}{\alpha \beta } \right)\ge 4.2.8=64$.

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

Câu 50. Chọn C.

Điều kiện $4x+4y-4\ge 0$

Ta có ${{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2}}\left( 4x+4y-4 \right)\ge 1$ $\Leftrightarrow 4x+4y-4\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2$$\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}\le 2\,\,\,\,\left( {{C}_{1}} \right)$.

Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn (cả bờ) $\left( {{C}_{1}} \right)$ có tâm ${{I}_{1}}\,\left( 2;\,\,2 \right)$ bán kính ${{R}_{1}}=\sqrt{2}$

Mặt khác: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-2y+2-m=0$$\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=m\,\,\,\left( * \right)$

Với $m=0$ $\Rightarrow x=-1;\,\,y=1$ không thỏa mãn: ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}\le 2$.

Với $m>0$ thì $\,\left( * \right)$ là đường tròn$\,\left( {{C}_{2}} \right)$ có tâm ${{I}_{2}}\,\left( -1;\,\,1 \right)$ bán kính ${{R}_{2}}=\sqrt{m}$.

Để để tồn tại duy nhất cặp $\left( x;\,y \right)$ thì $\,\left( {{C}_{1}} \right)$ và$\,\left( {{C}_{2}} \right)$ tiếp xúc với nhau.

Trường hợp 1: $\,\left( {{C}_{1}} \right)$ và$\,\left( {{C}_{2}} \right)$ tiếp xúc ngoài.

Khi đó: ${{R}_{1}}+{{R}_{2}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$\sqrt{m}+\sqrt{2}=\sqrt{10}$$\Leftrightarrow m={{\left( \sqrt{10}-\sqrt{2} \right)}^{2}}$.

Trường hợp 2: $\,\left( {{C}_{1}} \right)$ nằm trong $\,\left( {{C}_{2}} \right)$ và hai đường tròn tiếp xúc trong.

Khi đó: ${{R}_{2}}-{{R}_{1}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$\Leftrightarrow \sqrt{m}-\sqrt{2}=\sqrt{10}$ $\Leftrightarrow m={{\left( \sqrt{10}+\sqrt{2} \right)}^{2}}$.

Vậy $m={{\left( \sqrt{10}-\sqrt{2} \right)}^{2}}$ và $m={{\left( \sqrt{10}+\sqrt{2} \right)}^{2}}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.