Lời giải: Đề 4 chuyên Lương Thế Vinh- Lần 2 năm 2017-2018 trang 2

Câu 41: Đáp án D

Để ý rằng OH nằm trong mặt phẳng $OAB$ và OH vuông góc với AB, nên một vecto chỉ phương của OH là tích có hướng của $overrightarrow{AB}$ và vecto pháp tuyến của mặt phẳng $OAB$.

Câu 42: Đáp án A

Ta có

$begin{array}{l}
cos $overrightarrowAB,overrightarrowCD$ = frac{{overrightarrow {AB} .overrightarrow {CD} }}{{AB.CD}}\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = frac{{overrightarrow {AB} .$overrightarrowAD–overrightarrowAC$}}{{AB.CD}}\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = frac{{overrightarrow {AB} .overrightarrow {AD}  – overrightarrow {AB} .overrightarrow {AC} }}{{AB.CD}}\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = frac{{A{B^2} + A{D^2} – B{D^2} – $A{B}^2+A{C}^2–B{C}^2$}}{{2.AB.CD}}\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = frac{{A{D^2} + B{C^2} – A{C^2} – B{D^2}}}{{2.AB.CD}}\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, =  – frac{1}{2}
end{array}$

Vậy góc cần tìm bằng ${{60}^{0}}.$

Câu 43: Đáp án C

• Gọi a là cạnh của tứ diện đều. Khi đó, chiều cao h của tứ diện đều bằng $dfrac{asqrt{6}}{3}$
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là ${{r}_{2}}=dfrac{S{{A}^{2}}}{2h}=dfrac{asqrt{6}}{4}$
• Bán kính mặt cầu nội tiếp của tứ diện là ${{r}_{1}}=h-{{r}_{2}}=dfrac{asqrt{6}}{12}$
• Do đó, ${{r}_{1}}:{{r}_{2}}=1:3$
• Gọi b là cạnh của hình lập phương, thì ${{r}_{2}}=dfrac{b}{2}$ và ${{r}_{3}}=dfrac{bsqrt{3}}{2}$ . Do đó ${{r}_{2}}:{{r}_{3}}=1:sqrt{3}$

Câu 44: Đáp án B

• Số các số có chín chữ số khác nhau là 9!. Trong 9! số này, số các số mà chữ số 1 đứng trước chữ số 2 hoặc chữ số 1 đứng sau chữ số 2 là bằng nhau. Do đó, số các số mà chữ số 1 đứng trước chữ số 2 là $dfrac{9!}{2}.$
• Tương tự, số các số mà chữ số 1 đứng trước chữ số 2 và chữ số 3 đứng trước chữ số 4 là $dfrac{9!}{4}.$
• Số các số cần tìm là $dfrac{9!}{8}=45360.$

Câu 45: Đáp án B

• Phương trình đã cho tương đương với

$sin left$dfracx{x}^2+6right$=sin left$dfrac80x^2+32x+332right$$                      $5$

• Ta biết rằng hàm số $y=sin x$ đồng biến trên khoảng $left$-dfracpi2;dfracpi2right$$ . Ta chỉ ra rằng các hàm số $f$x$=dfrac{x}{{{x}^{2}}+6}$ và $g$x$=dfrac{60}{{{x}^{2}}+32x+332}$  nhận giá trị trong khoảng này.

Thật vậy $left| dfrac{x}{{{x}^{2}}+6} right|le left| dfrac{x}{2sqrt{6{{x}^{2}}}} right|=dfrac{1}{2sqrt{6}}$

Mặt khác $0<dfrac{80}{{{x}^{2}}+32x+332}=dfrac{80}{{{$x+16$}^{2}}+76}le dfrac{80}{76}<dfrac{pi }{2}$

• Từ những đánh giá trên, $5$ xảy ra khi và chỉ khi

$dfrac{x}{{{x}^{2}}+6}=dfrac{60}{{{x}^{2}}+32+332}Leftrightarrow {{x}^{3}}-48{{x}^{2}}+332x-480=0Leftrightarrow x=2vee x=6vee x=40.$

Tổng các nghiệm của phương trình đã cho là $2 + 6 + 40 = 48.$ 

Câu 46: Đáp án C

• Đặt $t=2018-x,,,dt=-dx$. Khi đó
• $I=-intlimits_{2018}^{0}{frac{dt}{1+f$2018-t$}}=intlimits_{0}^{2018}{frac{dt}{1+frac{1}{f$t$}}}=intlimits_{0}^{2018}{frac{$t$dt}{1+f$t$}}$

Do đó $2I=I+I=intlimits_{0}^{2018}{frac{1}{1+f$x$}dx+intlimits_{0}^{2018}{frac{f$x$}{1+f$x$}dx}}=intlimits_{0}^{2018}{1dx}=2018$

Vậy $I=1019.$

Câu 47: Đáp án D

• Từ giả thiết ta có $6x+2y={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5$ . Do đó,

$P=frac{{{x}^{2}}+4xy+4{{y}^{2}}+x+2y+4}{x+2y+1}=x+2y+frac{4}{x+2y+1}$

• Đặt $t=x+2y,,,P=t+frac{4}{t+1}$ . Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có

${{left$$(x-3)+2(y-1)right$$}^{2}}le 5left$${(x-3)}^2+{(y-1)}^{2}right$$=25$

Suy ra $-5le $x-3$+2$y-1$le 5Rightarrow 0le tle 10$

• Theo bất đẳng thức Cauchy

$t+1+frac{4}{t+1}ge 4Rightarrow Pge 3$

• Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$t+1=frac{4}{t+1}Leftrightarrow t=1$

.Khi đó $left{ begin{array}{l}
x + 2y = 1\
{$x–3$^2} + {$y–1$^2} = 5
end{array} right. Leftrightarrow $x–1wedgey=0$ vee left$x=frac175wedgey=–frac65right$$

$begin{array}{l}
sqrt {{{$x–1$}^2} + {{$x–2$}^2}}  + sqrt {{{$x–5$}^2} + {{$x–6$}^2}}  = sqrt {{{$x–1$}^2} + {{$x–2$}^2}}  + sqrt {{{$5–x$}^2} + {{$6–x$}^2}} \
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ge sqrt {{{$x–1+6–x$}^2} + {{$x–2+5–x$}^2}} \
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ge sqrt {34} .
end{array}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $dfrac{x-1}{6-x}=dfrac{x-2}{5-x}Leftrightarrow x=dfrac{7}{2}$

• Mặt khác $sqrt{{{$x-3$}^{2}}+{{$x-4$}^{2}}}=sqrt{2{{x}^{2}}-14x+25}=sqrt{2}sqrt{{{left$x-dfrac72right$}^{2}}+dfrac{1}{4}}ge dfrac{1}{sqrt{2}}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=dfrac{7}{2}$

• Từ hai trường hợp trên, ta thấy, giá trị nhỏ nhất của P là $dfrac{1+2sqrt{17}}{sqrt{2}}$ . Khi đó $a+b=3.$

Câu 49: Đáp án B

• ${{V}_{1}}$ bằng thể tích khối trụ có bán kính đáy bằng 4 và chiều cao bằng 8 trừ bốn lần thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi vật thể giới hạn bởi các đường $x=2sqrt{y},,,x=0,,,y=0,,,x=4$ quay quanh trục Oy.

${{V}_{1}}=pi {{.4}^{2}}.8-4pi intlimits_{0}^{4}{2ydy}=64pi $

• Thể tích ${{V}_{2}}=dfrac{4}{3}pi $4^3-2^3-2^3$=64pi .$

Câu 50: Đáp án A

• Ta có $y’=dfrac{{{m}^{2}}+1}{{{$x+1$}^{2}}}>0,,forall xne 1$ , nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định với mọi m.
• $C$ cắt trục hoành tại $A$m^2;0$$ và cắt trục tung $B$0;-m^2$$
• $S=-intlimits_{0}^{{{m}^{2}}}{dfrac{x-{{m}^{2}}}{x+1}dx}=$m^2+1$ln $m^2+1$-{{m}^{2}}$
• $S=1Leftrightarrow $m^2+1$.left$$ln(m^2+1)-1right$$=0Leftrightarrow m=pm sqrt{e-1}.$