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

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

                Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là:

                $S=intlimits_{frac{-3}{2}}^{frac{3}{2}}{left( -{{x}^{2}}+frac{9}{4} right)text{d}x} $$=2intlimits_{0}^{frac{3}{2}}{left( -{{x}^{2}}+frac{9}{4} right)text{d}x}$$ =left. 2left( 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{xto +infty }{mathop{lim }},y=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{1+sqrt{4-frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+frac{3}{x}}=frac{3}{2}Rightarrow $$y=frac{3}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $left( C right)$. $underset{xto -infty }{mathop{lim }},y=$$ underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}= $$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{1-sqrt{4-frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+frac{3}{x}}=frac{-1}{2}$$ Rightarrow y=frac{-1}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $left( C right)$. $underset{xto {{left( -frac{3}{2} right)}^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{left( -frac{3}{2} right)}^{+}}}{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=+infty $; $underset{xto {{left( -frac{3}{2} right)}^{-}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{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 $n=yleft( 1 right)=frac{2}{5}$. Vậy $m.n=frac{6}{5}$.

Câu 40. Chọn C.

Theo giả thiết vì $SAbot left( ABC right)$ nên $SAbot AB$, $SAbot BC$. Mặt khác $BCbot AB$ nên $BCbot SB$. 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 $fleft( x right)$ chia cho ${f}’left( x right)$.

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

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

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{-zpm zsqrt{3}i}{2}$.

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

Câu 43. Chọn B.

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

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

Tập hợp các điểm $Mleft( x;z right)$ 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 $left( {{C}_{2}} right):{{left( x-1 right)}^{2}}+{{left( z-frac{1}{2sqrt{2}} right)}^{2}}=frac{9}{8}$.

Hệ $left{ begin{array}{l}
T = 2x + frac{z}{{sqrt 2 }}\
{left( {x – 1} right)^2} + {left( {z – frac{1}{{2sqrt 2 }}} right)^2} le frac{9}{8}\
{x^2} + {z^2} > 1
end{array} right.$ 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 $left( {{C}_{2}} right)$

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

$Leftrightarrow frac{left| 2+frac{1}{4}-T right|}{sqrt{4+frac{1}{2}}}=frac{3}{2sqrt{2}}$ $Leftrightarrow left| T-frac{9}{4} right|=frac{9}{4}$ $ 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 $$Leftrightarrow 2x+yle {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$$ 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 $S=pi .2500text{ }left( text{c}{{text{m}}^{text{2}}} right)$.

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=2500pi $$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}}}$

$Leftrightarrow Vle frac{1}{3}pi .frac{A}{2}sqrt{frac{A}{2}}$. 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 $Ileft( 2;-1;0 right)$. Lấy $Mleft( 2+t;-1+2t;3t right)in text{d}$. $overrightarrow{IM}=left( t;2t;3t right)$

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

                Suy ra $Mequiv I$.

                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 $Mleft( x;,,y right)$ 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 $Aleft( 1;1 right)$, $Bleft( 5;2 right)$ 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 $MA+MBge AB=sqrt{17}$. 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 $z=frac{37+4sqrt{59}}{17}+frac{22+sqrt{59}}{17}i$

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 $AMbot left( ABCD right)$ 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 $Mleft( {{X}_{1}};,,frac{8}{{{X}_{1}}} right)$ thuộc nhánh trái, $Nleft( {{X}_{2}};,frac{8}{{{X}_{2}}} right)$ 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 2sqrt{{{left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} right)}^{2}}.64{{left( frac{1}{{{X}_{2}}}-frac{1}{{{X}_{1}}} right)}^{2}}}$$Rightarrow M{{N}^{2}}ge 16left| left(                 {{X}_{2}}-{{X}_{1}} right)left( frac{1}{{{X}_{2}}}-frac{1}{{{X}_{1}}} right) right|$

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

                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} =  – 2sqrt 2 \
{X_2} = 2sqrt 2 
end{array} right.$

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

Cách khác: Do $M,N$ thuộc hai nhánh khác nhau nên ta có $Mleft( 3-alpha ;3-frac{8}{alpha } right);Nleft( 3+beta ;3+frac{8}{beta } right)$, 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}}}$

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

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

Câu 50. Chọn C.

Điều kiện $4x+4y-4ge 0$

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