Câu 30: Đáp án A
Phương pháp giải: Dựng chiều cao, xác định góc và độ dài đường cao của khối chóp
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của $AB\Rightarrow SM=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Và H là hình chiếu vuông góc của S trên $\left( ABCD \right)$
Khi đó $\left( SAB \right);\left( ABCD \right)=\left( SM;MH \right)=SMH={{60}^{\circ }}$
$\Delta SMH$ vuông tại H, có $\sin SMH=\frac{SH}{SM}\Rightarrow SH=\sin {{60}^{\circ }}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{4}$
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{2}}}{3}.\frac{3a}{4}=\frac{{{a}^{3}}}{4}$
Câu 31: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng định lí Vi-et của phương trình bậc hai.
Lời giải: Ta có ${z^2} - 4z + 5 = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{z_1} + {z_2} = 4\\
{z_1}{z_2} = 5
\end{array} \right. \Rightarrow z_1^2 + z_2^2 = {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} - 2{z_1}{z_2} = {4^2} - 2.5 = 6$
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp giải: Quy đồng, đưa về dạng tích và sử dụng công thức tích thành tổng
Lời giải: Điều kiện: $c\text{os}4x\ne 0\Leftrightarrow x\ne \frac{\pi }{8}+\frac{k\pi }{4}$
Ta có $c\text{os}3x.\tan \,4x=\sin \,5x\Leftrightarrow c\text{os}3x.\sin 4x=c\text{os}4x.\sin 5x$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \sin 7x} \right) = \frac{1}{2}\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \sin 9x} \right) \Leftrightarrow \sin 7x = \sin 9x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
9x = 7x + k2\pi \\
9x = \pi - 7x + k2\pi
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = k\pi \\
x = \frac{\pi }{{16}} + \frac{{k\pi }}{8}
\end{array} \right.\left( {tm} \right)$
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số bậc nhất trên bậc nhất đồng biến hoặc nghịch biến trên các khoảng xác định của nó.
Lời giải:
Ta có $y={{2}^{\frac{mx+1}{x+m}}}\Rightarrow y'=\left( \frac{mx+1}{x+m} \right)'{{.2}^{\frac{mx+1}{x+m}}}.\ln 2=\frac{{{m}^{2}}-1}{\left( x+m \right)}{{.2}^{\frac{mx+1}{x+m}}}.\ln 2;\forall x\ne -m$
Hàm số nghịch biến trên $\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right) \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - 1}}{{\left( {x + m} \right)}} < 0;\forall x > \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 1 < 0\\
x = - m \notin \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le m < 1$
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào phương pháp tính giới hạn (nhân liên hợp) của dạng vô định $\infty \,\,\,\,\,-\infty $
Lời giải: Ta có $\sqrt{4{{n}^{2}}+3}-\sqrt{8{{n}^{3}}+n}=\sqrt{4{{n}^{2}}+3}-2n+2n-\sqrt[3]{8{{n}^{3}}+n}$
$=\frac{3}{\sqrt{4{{n}^{2}}+3}+2n}-\frac{n}{4{{n}^{2}}+2n\sqrt[3]{8{{n}^{3}}+n}+\sqrt[3]{{{\left( 8{{n}^{3}}+n \right)}^{3}}}}$
Khi đó $\lim n\left( \sqrt{4{{n}^{2}}+3}-\sqrt[3]{8{{n}^{3}}+n} \right)=\lim \frac{3n}{\sqrt{4{{n}^{2}}+3}+2n}-\lim \frac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+2n\sqrt[3]{8{{n}^{3}}+n}+\sqrt[3]{{{\left( 8{{n}^{3}}+n \right)}^{2}}}}$
$=\lim \frac{3}{\sqrt{4+\frac{3}{{{n}^{2}}}+2}}-\lim \frac{1}{4+2\sqrt[3]{8+\frac{1}{{{n}^{2}}}}+\sqrt[3]{{{\left( 8+\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)}^{2}}}}=\frac{3}{2+2}-\frac{1}{4+2.2+{{2}^{2}}}=\frac{2}{3}$
Chú ý và sai lầm : Học sinh có thể sử dụng MTCT cho bài toán này.
Câu 35: Đáp án B
Phương pháp giải: Bấm máy hoặc khai triển bằng tay tìm số phức w
Lời giải:
Ta có $z=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\Rightarrow {{z}^{2}}={{\left( -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \right)}^{2}}=\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}i+\frac{3}{4}{{i}^{2}}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$
Vậy $\text{w}=1+z+{{z}^{2}}=1-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i=0$
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
Vì điểm M thuộc d nên tham số hóa tọa độ điểm M, tính tổng $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}$ đưa về khảo sát hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất
Lời giải:
Vì $M \in \left( d \right) \Rightarrow M\left( {t + 1;2 - 2t;2t + 3} \right)$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AM} = \left( {t - 2;4 - 2t;2t} \right)\\
\overrightarrow {BM} = \left( {t;2 - 2t;2t - 2} \right)
\end{array} \right.$
Khi đó $T=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}={{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{\left( 4-2t \right)}^{2}}+4t+{{t}^{2}}+{{\left( 2-2t \right)}^{2}}+{{\left( 2t-2 \right)}^{2}}=18{{t}^{2}}-36t+28$
Dễ thấy $18{{t}^{2}}-36t+28=18\left( {{t}^{2}}-2t+1 \right)+10=18{{\left( t-1 \right)}^{2}}+10\ge 10\Rightarrow M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}\ge 10$
Vậy ${{T}_{\min }}=10$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $t=1\Rightarrow M\left( 2;0;5 \right)$
Câu 37: Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựng hình, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau để tính chiều cao lăng trụ
Lời giải: Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
A'G \bot BC\\
AM \bot BC
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right)$
Kẻ $MH\bot A\,A'\left( H\in A\,A' \right)\Rightarrow MH$ là đoạn vuông góc chung của BC, AA’
$\Rightarrow d\left( BC;A\,A' \right)=MH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$
Mà $d=d\left( G;\left( A\,A' \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( M;\left( A\,A' \right) \right)=\frac{2}{3}MH=\frac{a\sqrt{3}}{6}$
Xét tam giác vuông AA’G có : $\frac{1}{A{{G}^{2}}}+\frac{1}{A'{{G}^{2}}}=\frac{1}{{{d}^{2}}}\Rightarrow A'G=\frac{a}{3}$
Vậy thể tích cần tính là ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=AG'\,x\,\,{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{a}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp giải: Áp dụng công thức bài toán vay vốn trả góp, hoặc tìm từng tháng, dùng phương pháp quy nạp và đưa về tổng của cấp số nhân
Lời giải:
Sau tháng thứ nhất số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là $500\left( {1 + 0,5\% } \right) - 10$ triệu đồng.
Sau tháng thứ hai số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là
$\left[ {500\left( {1 + 0,5\% } \right) - 10} \right].\left( {1 + 0,5\% } \right) - 10 = 500.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^2} - 10\left[ {\left( {1 + 0,5\% } \right) + 1} \right]$ triệu đồng
Sau tháng thứ ba số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là
$500.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^3} - 10\left[ {{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^2} + \left( {1 + 0,5\% } \right) + 1} \right]$ triệu đồng
Số tiền gốc còn lại sau tháng thứ n là $500.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} - 10.\left[ {{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{n - 1}} + {{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{n - 2}} + ... + 1} \right]$ triệu
Đặt $y=1+0,5%=1,005$thì ta có số tiền gốc còn lại trong ngân hàng sau tháng thứ n là
$T=500{{y}^{n}}-10\left( {{y}^{n-1}}+{{y}^{n-2}}+...+y+1 \right)=500{{y}^{n}}-\frac{10\left( {{y}^{n}}-1 \right)}{y-1}=500.1,{{005}^{n}}-2000.\left( 1,{{005}^{n}}-1 \right)$
Vì lúc này số tiền cả gốc lẫn lãi đã trả hết $\Rightarrow T=0\Leftrightarrow 1500.1,{{005}^{n}}=2000\Leftrightarrow n={{\log }_{1,005}}\frac{4}{3}\approx 57,68$
Vậy sau 58 tháng thì người đó trả hết nợ ngân hàng.
Câu 39: Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải phương trình f’ bằng 0, tìm nghiệm và lập bảng biến thiên xét điểm cực trị
Lời giải:
Ta có $f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {{x^4} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \pm 1\\
x = \pm \sqrt 3
\end{array} \right.$
Dễ thấy $f'\left( x \right)$ đổi dấu khi đi qua 3 điểm $x=-1;x=\pm \sqrt{3}\Rightarrow $ Hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp giải:
Chia trường hợp để phá trị tuyệt đối, sử dụng đổi biến số để đưa về tích phân đề bài cho
Lời giải:
Ta có
$I=\int\limits_{-1}^{1}{f\left( \left| 2x+1 \right| \right)dx=\int\limits_{-1}^{-\frac{1}{2}}{f\left( \left| 2x+1 \right| \right)dx+\int\limits_{-\frac{1}{2}}^{1}{f\left( \left| 2x+1 \right| \right)dx=\underbrace{\int\limits_{-1}^{-\frac{1}{2}}{f\left( -2x-1 \right)dx}}_{{{I}_{1}}}}+\underbrace{\int\limits_{-\frac{1}{2}}^{1}{f\left( 2x+1 \right)dx}}_{{{I}_{2}}}}}$
$\bullet $Đặt $t=-2x-1\Leftrightarrow dx=-\frac{dt}{2}$ và $\left\{ \begin{array}{l}
x = - 1 \Rightarrow t = 1\\
x = - \frac{1}{2} \Rightarrow t = 0
\end{array} \right.$ . Khi đó ${{I}_{1}}=-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{0}{f\left( t \right)dt=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=2}}$
$\bullet $Đặt $t=2x+1\Leftrightarrow dx=\frac{dt}{2}$ và $\left\{ \begin{array}{l}
x = - \frac{1}{2} \Rightarrow t = 0\\
x = 1 \Rightarrow t = 3
\end{array} \right.$ . Khi đó ${{I}_{2}}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{3}{f\left( t \right)dt=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{3}{f\left( x \right)dx=3}}$
Vậy $I=\int\limits_{-1}^{1}{f\left( \left| 2x+1 \right| \right)dx={{I}_{1}}+{{I}_{2}}=2+3=5}$
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.
Lời giải:
$\begin{array}{l}
{\log _{\sqrt 3 }}\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} = x\left( {x - 3} \right) + y\left( {y - 3} \right) + xy\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
\Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) - {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) = {x^2} - 3x + {y^2} - 3y + xy\\
\Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy\\
\Leftrightarrow {\mathop{\rm lo}\nolimits} {g_{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 2 + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\\
\Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {3x + 3y} \right) + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array}$
Đặt $f\left( t \right)={{\log }_{\sqrt{3}}}t+t,t>0\Rightarrow f'\left( t \right)=\frac{1}{t\ln \sqrt{3}}>0,\forall t>0\Rightarrow f\left( t \right)$đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right)$
$\begin{array}{l}
\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( {3x + 3y} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) \Leftrightarrow 3x + 3y = {x^2} + {y^2} + xy + 2\\
\Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} + 4xy - 12x - 12y + 8 = 0\\
\Leftrightarrow {\left( {2x + y} \right)^2} - 6\left( {2x + y} \right) + 5 = - 3{\left( {y - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow 1 \le 2x + y \le 5
\end{array}$
Khi đó, $P=\frac{3x+2y+1}{x+y+6}=1+\frac{2x+y-5}{x+y+6}\le 1,$ vì $\left\{ \begin{array}{l}
2x + y - 5 \le 0\\
x + y + 6 > 0
\end{array} \right.$
Vậy ${{P}_{m\text{ax}}}=1$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
2x + y - 5 = 0\\
y - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 1
\end{array} \right.$
Câu 42: Đáp án C
Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản
Lời giải:
Ta đi làm phần đối của giả thiết, tức là chọn 6 học sinh giỏi chỉ lấy từ một khối hoặc hai khối.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 15 học sinh giỏi của 3 khối có $C_{15}^{6}=5005$cách
Số cách chọn 6 học sinh giỏi bằng cách chỉ lấy từ 1 khối 12 là $C_{6}^{6}=1$
Chọn 6 học sinh giỏi trong 10 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 11 có $C_{10}^{6}=210$ cách, tuy nhiên phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là $210-1=209$cách
Chọn 6 học sinh giỏi trong 11 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 10 có $C_{11}^{6}=462$cách, tuy nhiên phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là $462-1=461$ cách.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 9 học sinh giỏi của 2 khối 11 và 10 có $C_{9}^{6}=84$cách
Suy ra số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là $5005-209-461-84-1=4250$cách
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp giải: Chuẩn hóa thể tích, đưa diện tích toàn phần về hàm số, khảo sát hàm (hoặc bất đẳng thức) tìm min
Lời giải:
Thể tích của khối trụ là $V=\pi {{R}^{2}}h\Rightarrow h=\frac{V}{\pi {{R}^{2}}}.$Chuẩn hóa $V=\pi \Rightarrow h=\frac{1}{{{R}^{2}}}$
Diện tích toàn phần của hình trụ là ${{S}_{tp}}=2\pi Rh+2\pi {{R}^{2}}=2\pi R.\frac{1}{{{R}^{2}}}+2\pi {{R}^{2}}$
$=2\pi \left( {{R}^{2}}+\frac{1}{R} \right)=2\pi \left( {{R}^{2}}+\frac{1}{2R}+\frac{1}{2R} \right)\ge 2\pi .3\sqrt[3]{{{R}^{2}}.\frac{1}{2R}.\frac{1}{2R}}=\frac{6\pi }{\sqrt[3]{4}}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${{R}^{2}}=\frac{1}{2R}\Leftrightarrow h=\frac{1}{{{R}^{2}}}=2R$
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp giải:
Tâm đường tròn ngoại tiếp cách đều 3 đỉnh của tam giác và thuộc mặt phẳng chứa tam giác
Lời giải:
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( {2;2;1} \right)\\
\overrightarrow {AC} = \left( {1;4;3} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {2; - 5;6} \right) \Rightarrow $ Phương trình $\left( ABC \right):2x-5y+6z-10=0$
Vì $I\left( a;b;c \right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
I \in mp\,\left( {ABC} \right)\\
IA = IB = IC
\end{array} \right.$
Lại có $\left\{ \begin{array}{l}
IA = IB\\
IA = IC
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
I{A^2} = I{B^2}\\
I{A^2} = I{C^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} = {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 4} \right)^2} + {\left( {c - 4} \right)^2}\\
{\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 6} \right)^2} + {\left( {c - 6} \right)^2}
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2a + 1 - 4b + 4 - 6c + 9 = - 6a + 9 - 8b + 16 - 8c + 16\\
- 2a + 1 - 4b + 4 - 6b + 9 = - 4a + 4 - 12b + 36 - 12c + 36
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4a + 4b + 2c = 27\\
2a + 8b + 6c = 62
\end{array} \right.
\end{array}$
Kết hợp với $2a-5b+6c-10=0\Rightarrow a=\frac{3}{10};b=4;c=\frac{49}{10}.$ Vậy $S=\frac{46}{5}$
Câu 45: Đáp án D
Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về giải phương trình mũ (dạng đẳng cấp bậc hai)
Lời giải:
Đặt ${\log _9}x = {\log _{12}}y = {\log _{16}}\left( {x + 3y} \right) = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = {9^t}\\
y = {12^t}
\end{array} \right.$ và $x+3y={{16}^{t}}$
Suy ra ${{9}^{t}}+{{3.12}^{t}}={{16}^{t}}\Leftrightarrow {{\left( {{3}^{t}} \right)}^{2}}+{{3.3}^{t}}{{.4}^{t}}-{{\left( {{4}^{t}} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow {{\left[ \left( \frac{3}{4} \right) \right]}^{2}}+3.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}-1=0$
$\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}=\frac{-3+\sqrt{13}}{2}\Leftrightarrow \frac{x}{y}=\frac{{{9}^{t}}}{{{12}^{t}}}={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}=\frac{-3+\sqrt{13}}{2}$
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải: Xét đẳng thức vectơ, đưa về hình chiếu của điểm trên mặt phẳng
Lời giải:
Gọi $M\left( a;b;c \right)$ thỏa mãn đẳng thức vectơ $2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow 2\left( {1 - a;1 - b;1 - c} \right) + \left( {0 - a;1 - b;2 - c} \right) + \left( { - 2 - 1;1 - b;4 - c} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( { - 4a;4 - 4b;8 - 4c} \right) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 1\\
c = 2
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0;1;2} \right)
\end{array}$
Khi đó $S=2N{{A}^{2}}+N{{B}^{2}}+N{{C}^{2}}=2{{\overrightarrow{NA}}^{2}}+{{\overrightarrow{NB}}^{2}}+{{\overrightarrow{NC}}^{2}}=2{{\left( \overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MB} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MC} \right)}^{2}}$ $\begin{array}{l}
= 4M{N^2} + 2\overrightarrow {NM} .\left( {\underbrace {2\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} }_0} \right) + \underbrace {2M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}}_{con\,st}\\
= 4M{N^2} + {\underbrace {2M{A^2} + M{B^2} + MC}_{con\,st}^2}
\end{array}$
Suy ra ${{S}_{\min }}\Leftrightarrow M{{N}_{\min }}\Leftrightarrow N$là hình chiếu của M trên$\left( P \right)\Rightarrow MN\bot \left( P \right)$
Phương trình đường thẳng MN là $\frac{x}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-2}{1}\Rightarrow N\left( t;1-t;t+2 \right)$
Mà $m\in mp\,\left( P \right)$suy ra $t-\left( 1-t \right)+t+2+2=0\Leftrightarrow t=-1\Rightarrow N\left( -1;2;1 \right)$
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số trùng phương và tính diện tích tam giác
Lời giải: TXĐ : $D=\mathbb{R}$
Ta có $y'=4{{x}^{3}}-4\left( 1-{{m}^{2}} \right)x;\forall x\in \mathbb{R}$
Phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = 1 - {m^2}\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)
\end{array} \right..$
Hàm số có 3 điểm cực trị $\Leftrightarrow \left( * \right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác $1-{{m}^{2}}>0\Leftrightarrow -1<m<1$
Khi đó $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = m + 1\\
x = \sqrt {1 - {m^2}} \Rightarrow y = - {\left( {{m^2} - 1} \right)^2} + m + 1\\
x = - \sqrt {1 - {m^2}} \Rightarrow y = - {\left( {{m^2} - 1} \right)^2} + m + 1
\end{array} \right.$
Gọi $A\left( 0;m+1 \right),B\left( \sqrt{1-{{m}^{2}}};{{\left( {{m}^{2}}-1 \right)}^{2}}+m+1 \right),C\left( -\sqrt{1-{{m}^{2}}};-{{\left( {{m}^{2}}-1 \right)}^{2}}+m+1 \right)$là ba điểm cực trị. Tam giác ABC cân tại A.
Trung điểm H của BC là $H\left( 0;-{{\left( {{m}^{2}}-1 \right)}^{2}}+m+1 \right)\Rightarrow AH={{\left( {{m}^{2}}-1 \right)}^{2}}={{\left( 1-{{m}^{2}} \right)}^{2}}$
Và $BC=2\sqrt{1-{{m}^{2}}}$
Diện tích tam giác ABC là${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.AH.BC={{\left( 1-{{m}^{2}} \right)}^{2}}\sqrt{1-{{m}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 1-{{m}^{2}} \right)}^{5}}}$
Mà $1-{{m}^{2}}\le 1;\forall m\in \mathbb{R}$suy ra $\sqrt{{{\left( 1-{{m}^{2}} \right)}^{5}}}\le 1\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}\le 1$
Vậy ${{S}_{m\text{ax}}}=1.$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $m=0$
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp giải:
Chọn hệ số a, b, c hoặc đánh giá tích để biện luận số nghiệm của phương trình
Lời giải:
Cách 1. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
a + c > b + 1\\
a + b + c + 1 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a - b + c - 1 > 0\\
a + b + c + 1 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y\left( { - 1} \right) > 0\\
y\left( 1 \right) < 0
\end{array} \right. \Rightarrow y\left( { - 1} \right).y\left( 1 \right) < 0$
Lại có $\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } = - \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } = + \infty
\end{array} \right. \Rightarrow {x^3} + a\,{x^2} + bx + c = 0$ có 3 nghiệm thuộc khoảng $\left( -\infty ;-1 \right),\left( -1;1 \right),\left( 1;+\infty \right)$
Cách 2.Chọn $\left\{ \begin{array}{l}
a = 4\\
b = - 7\\
c = - 1
\end{array} \right. \Rightarrow y = {x^3} = 4{x^2} - 7x - 1$ và đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ, đưa về hàm một biến, dựa vào giả thiết để tìm điều kiện của biến
Lời giải:
Từ giả thiết chia cả 2 vế cho ${{x}^{2}}{{y}^{2}}$ta được : $\frac{x+y}{xy}=\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}-\frac{1}{xy}$
Đặt $\frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,$ ta có $a+b-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab$
Khi đó $M=\frac{1}{{{x}^{3}}}+\frac{1}{{{y}^{3}}}={{a}^{3}}+{{b}^{3}}=\left( a+b \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)={{\left( a+b \right)}^{2}}$
Ta có $a+b={{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab\Leftrightarrow a+b={{\left( a+b \right)}^{2}}-3ab$mà $ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}$nên $a+b\ge {{\left( a+b \right)}^{2}}-\frac{3}{4}{{\left( a+b \right)}^{2}}\Rightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}-4\left( a+b \right)\le 0\Rightarrow 0\le a+b\le 4.$ Suy ra $M={{\left( a+b \right)}^{2}}\le 16$
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=2\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}.$ Vậy ${{M}_{m\text{ax}}}=16$
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối nón và áp dụng công thức tính độ dài cùng tròn
Lời giải:
Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu hình nón.
Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{\pi }{3}{{r}^{2}}\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}},$ với l là độ dài đường sinh và$l=R$bán kính tấm bìa hình tròn $\Rightarrow V=\frac{\pi }{3}.{{r}^{2}}\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=\frac{\pi }{3}\,\,x\,\,{{r}^{2}}\sqrt{1-{{r}^{2}}}$vì chuẩn hóa $R=1$.
Xét hàm số $f\left( r \right)={{r}^{2}}\sqrt{1-{{r}^{2}}}$ trên $\left( 0;1 \right),$có $f'\left( r \right)=\frac{2r-3{{r}^{3}}}{\sqrt{1-{{r}^{2}}}};\forall r\in \left( 0;1 \right)$
Ta có $f'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < r < 1\\
2r - 3{r^3} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow r = \frac{{\sqrt 6 }}{3} \to \max f\left( r \right) = f\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{9}$
Do đó ${{V}_{m\text{ax}}}=\frac{2\pi \sqrt{3}}{27}.$ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $r=\frac{\sqrt{6}}{3}$.
Mà độ dài cung phần cuộn làm phễu chính là chu vi đáy hình nón $\Rightarrow x.R=\frac{2\pi \sqrt{6}}{3}\Rightarrow x=\frac{2\pi \sqrt{6}}{3}$
