Lời giải đề 4: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT Chuyên ĐH Vinh- Nghệ An Lần 1- trang 2

Câu 30: Đáp án A

Phương pháp:

+) Đặt ẩn phụ $t=2x$  tính $intlimits_{0}^{2}{fleft$xright$dx}$

+) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính $intlimits_{0}^{2}{x.f’left$xright$dx.}$

Cách giải:

Xét $intlimits_{0}^{1}{fleft$2xright$=2,}$ đặt $2x=tLeftrightarrow 2dx=dtLeftrightarrow dx=frac{dt}{2}.$ Đổi cận $left{ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow t = 0\
x = 1 Rightarrow t = 2
end{array} right.$ 

$Rightarrow 2=frac{1}{2}intlimits_{0}^{2}{fleft$tright$dtRightarrow }intlimits_{0}^{2}{fleft$xright$dx=4}$

Đặt $left{ begin{array}{l}
u = x\
dv = f’left$xright$dx
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
du = dx\
v = fleft$xright$
end{array} right. Rightarrow intlimits_0^2 {x.fleft$xright$dx = left. {x.fleft$xright$} right|} {}_0^2 – intlimits_0^2 {fleft$xright$dx = 2fleft$2right$ – 4 = 2.16 – 4 = 28} $ 

Câu 31: Đáp án

Phương pháp:

Cách 1: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho$A’left$0;0;0right$,text{ }B’left$1;0;0right$;D’left$0;1;0right$;text{ }Aleft$0;0;1right$$. Xác định tọa độ các điểm M, N.

Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $dleft$MN;B^{\prime }{D}^{\prime }right$=frac{left| left$$overrightarrow{B}^{\prime }{D}^{\prime };overrightarrowMNright$$.overrightarrow{NB’} right|}{left| overrightarrow{B’D’};overrightarrow{MN} right|}$

Cách 2: Xác định mặt phẳng $P$ chứa B’D’ và song song với MN, khi đó $dleft$MN;B^{\prime }{D}^{\prime }right$=dleft$B^{\prime }{D}^{\prime };left(Pright$ right)=dleft$O;left(Pright$ right)$$vớiOlàtrungđiểmcủa{B}^{\prime }{D}^{\prime }$.

Cách giải:

Cách 1:                    

Chọn hệ trục tọa độ với $A’left$0;0;0right$$

$begin{array}{l}
B’left$1;0;0right$;D’left$0;1;0right$;Aleft$0;0;1right$,{rm{ }}Cleft$1;1;1right$;{rm{ }}C’left$1;1;0right$;\
Bleft$1;0;1right$;Dleft$0;1;1right$
end{array}$ 

Ta có: $Mleft$frac12;frac12;1right$;Nleft$1;frac12;0right$$

Khi đó $overrightarrow{B’D’}=left$-1;1;0right$;overrightarrow{MN}=left$frac12;0;-1right$$

Suy ra $left$$overrightarrow{B}^{\prime }{D}^{\prime };overrightarrowMNright$$=left$-1;-1;frac-12right$$

$overrightarrow{NB’}=left$0;frac12;0right$Rightarrow left$$overrightarrow{B}^{\prime }{D}^{\prime };overrightarrowMNright$$.overrightarrow{NB’}=-frac{1}{2}Rightarrow dleft$MN;B^{\prime }{D}^{\prime }right$=frac{left| left$$overrightarrow{B}^{\prime }{D}^{\prime };overrightarrowMNright$$.overrightarrow{NB’} right|}{left| left$$overrightarrow{B}^{\prime }{D}^{\prime };overrightarrowMNright$$ right|}=frac{frac{1}{2}}{frac{3}{2}}=frac{1}{3}$

Cách 2: Gọi P là trung điểm của C’ D’ suy ra $d=dleft$O;left(MNPright$ right)$

Dựng $OEbot NP;OFbot MERightarrow d=OF=frac{MO.OE}{sqrt{M{{O}^{2}}+O{{E}^{2}}}}$ trong đó $MO=a;OE=frac{asqrt{2}}{4}Rightarrow d=frac{a}{3}$

Câu 32: Đáp án C

Phương pháp:

Gọi $Mleft$a;a^{2}right$left$Pright$,$tính $M{{A}^{2}}$theo a và tìm GTNN của $M{{A}^{2}}$

Cách giải:

Gọi $Mleft$a;a^{2}right$Rightarrow M{{A}^{2}}={{left$a+2right$}^{2}}+{{left$a^2-frac12right$}^{2}}=fleft$aright$$

Khi đó $f’left$aright$=2left$a+2right$+2left$a^2-frac12right$.2a=4{{a}^{3}}+4=0Leftrightarrow a=-1$

Lại có: $underset{xto infty }{mathop{lim }},fleft$aright$=+infty Rightarrow underset{mathbb{R}}{mathop{Min}},fleft$aright$=fleft$-1right$=frac{5}{4}Rightarrow M{{A}_{min }}=frac{sqrt{5}}{2}$

Câu 33: Đáp án B

Phương pháp:

+) Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm O trùng với tâm của viên gạch hình vuông. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông.

+) Tính diện tích của một cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất. Xác định các phương trình parabol tạo nên cánh hoa đó.

+) Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:                                              

Với $Aleft$text20;20right$,$xét hình phẳng ở góc phân tư thứ nhất.

Hai Parabol có phương trình lần lượt là: $y=a,{{x}^{2}}left$P_{1}right$$và $x=a{{y}^{2}}left$P_{2}right$$

Do Parabol $left$P_{1}right$$qua điểm $Aleft$20;20right$Rightarrow a=frac{20}{{{20}^{2}}}=frac{1}{20}Rightarrow y=frac{{{x}^{2}}}{20}$

Do Parabol $left$P_{2}right$$qua điểm $Aleft$20;20right$$

$Rightarrow a=frac{20}{{{20}^{2}}}=frac{1}{20}Rightarrow y=frac{{{y}^{2}}}{20}Leftrightarrow y=sqrt{20x}$

$S=intlimits_{0}^{20}{left$sqrt20x-frac{x}^{2}20right$dx=left. left$frac23sqrt20x^3-frac{x}^{3}60right$ right|}_{0}^{20}=frac{400}{3}$

Câu 34: Đáp án D

Phương pháp:

+) Tính thể tích của mực nước ban đầu ${{V}_{1}}$

+) Gọi R là bán kính của viên billiards hình cầu, tính thể tích khối cầu ${{V}_{2}}$

+) Tính thể tích mực nước lúc sau $V$

+) Từ giả thiết ta có phương trình $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}},$tìm R.

Cách giải:

Thể tích mực nước ban đầu là: ${{V}_{1}}=pi r_{1}^{2}{{h}_{1}}=pi .5,{{4}^{2}}.4,5$

Gọi R là bán kính của viên bi ta có sau khi thả viên bi vào cốc, chiều cao của mực nước bằng 2R, do đó tổng thể tích của nước và bi sau khi thả viên bi vào trong cốc là:

$V=pi r_{1}^{2}.left$2Rright$=pi .5,{{4}^{2}}.2R$

Thể tích của quả cầu là: ${{V}_{left$Cright$}}=frac{4}{3}pi {{R}^{3}}$

Ta có: $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}Leftrightarrow 5,{{4}^{2}}.4,5+frac{4}{3}{{R}^{3}}=5,{{4}^{2}}.2R$

Giải phương trình trên với điều kiện $R<4,5Rightarrow R=2,7cm$

Câu 35: Đáp án B

Phương pháp:

Chuyển vế, đưa phương trình về dạng $fleft$xright$ge 0forall xin mathbb{R}Leftrightarrow underset{mathbb{R}}{mathop{min }},fleft$xright$ge 0$

Cách giải:

Xét hàm số $fleft$xright$={{a}^{x}}-9x-1left$xinmathbbRright$$

Ta có: $fleft$0right$=0;f’left$xright$={{a}^{x}}ln a-9$

Để $fleft$xright$ge 0left$forallxinmathbbRright$$thì $underset{mathbb{R}}{mathop{Min}},fleft$xright$=0=fleft$0right$Rightarrow fleft$xright$$là hàm đồng biến trên $left$$0;+inftyright)\$vànghịchbiếntrênx\$left(-infty;0right$$$suy ra $f’left$0right$=0Leftrightarrow {{a}^{0}}ln a=9Leftrightarrow a={{e}^{9}}approx 8103.$Vậy $ain left( {{10}^{3}};{{10}^{4}} right]$.

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

Đặt $t={{x}^{2}}-x+1,$tìm khoảng giá trị của t.

Xét bất phương trình $fleft$tright$ge 0$trên khoảng vừa tìm được $Leftrightarrow Mleft$tright$ge 0$

Cách giải:

Đặt $t={{x}^{2}}-x+1={{left$x-frac12right$}^{2}}+frac{3}{4}ge frac{3}{4}$

Khi đó BPT trở thành $fleft$tright$=t+1+aln tge 0left$tinleft[frac34;+inftyright$ right)$

Ta có: $f’left$tright$=1+frac{a}{t}=0Leftrightarrow t=-a$

Mặt khác $underset{tto +infty }{mathop{lim }},fleft$tright$=+infty ;fleft$frac34right$=frac{7}{4}+aln frac{3}{4}$

Với $a>0Rightarrow fleft$tright$$đồng biến trên $left[ frac{3}{4};+infty  right)$

$ Rightarrow fleft$tright$ ge 0left$foralltinleft[frac34;+inftyright)right$ Leftrightarrow mathop {Min}limits_{left[ {frac{3}{4}; + infty } right)} fleft$tright$ = frac{7}{4} + aln frac{3}{4} ge 0$

$ Leftrightarrow aln frac{3}{4} ge frac{{ – 7}}{4} Leftrightarrow a le frac{{frac{{ – 7}}{4}}}{{ln frac{3}{4}}} approx 6,08.$ Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất nên suy ra $a in left( {6;7} right].$ 

.Câu 37: Đáp án A

Phương pháp:

${{V}_{B’.ACC’A’}}=V-{{V}_{B’.BAC}}=frac{2}{3}V,$với V là thể tích khối lăng trụ.

Tính thể tích khối lăng trụ.

Cách giải:

Dựng $B’Mbot {A}'{C}’Rightarrow B’Mbot $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$$

Dựng $MNbot AC’Rightarrow AC’bot $MN{B}^{\prime }$$

Khi đó $left$left(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }right$;left$A{C}^{\prime }{A}^{\prime }right$ right)=MNB’={{60}^{circ }}$

Ta có: $B’M=frac{asqrt{2}}{2}Rightarrow MN=frac{B’M}{tan MNB’}=frac{asqrt{6}}{6}$

Mặt khác $tan ,AC’A’=frac{MN}{C’N}=frac{A,A’}{A’C’}$

Trong đó $MN=frac{asqrt{6}}{6};MC’=frac{asqrt{2}}{3}Rightarrow C’N=sqrt{C'{{M}^{2}}-M{{N}^{2}}}=frac{asqrt{3}}{3}$

Suy ra $text{AA }!!’!!text{ },text{=a}$

Thể tích lăng trụ $V = frac{{A{B^2}}}{2}.A,Afrac{{{a^3}}}{2} Rightarrow {V_{B’.ACC’A’}} = V – {V_{B’.BAC}} = V – frac{V}{3} = frac{2}{3}V = frac{{{a^3}}}{3}$

Câu 38: Đáp án D

Phương pháp:

+) Từ giả thiết $left| iz+sqrt{2}-i right|=1$, tìm ra đường biểu diễn $left$Cright$$của các số phức z.

+) Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của ${{z}_{1}};{{z}_{2}}Rightarrow left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|=ABRightarrow $vị trí của AB đối với đường tròn $left$Cright$$.

$Rightarrow left| {{z}_{1}} right|+left| {{z}_{2}} right|=OA+OB$ 

+) Sử dụng công thức trung tuyến tính $O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}$

+) Sử dụng BĐT Bunhiascopsky tìm GTLN của $OA+OB$

Cách giải:

Ta có: $left| iz+sqrt{2}-i right|=1Leftrightarrow left| ileft$x+yiright$+sqrt{2}-i right|=1$với $\$z=x+yileft(x;yinmathbbRright$$)

$Leftrightarrow {{left$x-1right$}^{2}}+{{left$y-sqrt2right$}^{2}}=1Rightarrow Mleft$x;yright$$biểu diễn z thuộc đường tròn tâm $Ileft$1;sqrt2right$$bán kính $R=1$.

Lại có: $left| {{z}_{1}} right|+left| {{z}_{2}} right|=OA+OB$

Mặt khác theo công thức trung tuyến ta có: $O{{I}^{2}}=frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}}{2}-frac{A{{B}^{2}}}{4}Rightarrow O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}=8$

Theo BĐT Bunhiascopsky ta có: $2left$O{A}^2+O{B}^{2}right$ge {{left$OA+OBright$}^{2}}Rightarrow OA+OBle 4$

Câu 39: Đáp án

Phương pháp:

+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ ${{x}_{0}}:y-y’left$x_{0}right$left$x-x_{0}right$+{{y}_{0}}$

+) Thay tọa độ điểm B vào phương trình tiếp tuyến, suy ra phương trình có dạng $b=fleft$x_{0}right$$ tìm điều kiện của b để phương trình đó có nghiệm duy nhất.

+) Phương trình $b=fleft$x_{0}right$$có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng $y=b$cắt đồ thị hàm số $y=fleft$x_{0}right$$tại một điểm duy nhất. Lập BBT của đồ thị hàm số $y=fleft$x_{0}right$$và kết luận.

Cách giải:

Phương trình tiếp tuyến của $left$Cright$$tại $Mleft$x_0;x_0^3-3x_0^{2}right$$có dạng:

$y=left$3x_0^2-6x_{0}right$left$x-x_{0}right$+x_{0}^{3}-3x_{0}^{2}$

Do tiếp tuyến đi qua điểm $left$0;bright$Rightarrow b=left$3x_0^2-6x_{0}right$left$-x_{0}right$+x_{0}^{3}-3x_{0}^{2}=-2x_{0}^{3}+3x_{0}^{2}$

Để có đúng một tiếp của $left$Cright$$đi qua $Bleft$0;bright$$thì phương trình $b=-2x_{0}^{3}+3x_{0}^{2}$có duy nhất một nghiệm.

Xét hàm số $y =  – 2{x^3} + 3{x^2} Rightarrow y’ =  – 6{x^2} + 6x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow y = 0\
x = 1 Rightarrow y = 1
end{array} right.$ 

BBT:

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số suy ra PT có 1 nghiệm khi $left[ begin{array}{l}
b > 1\
b < 0
end{array} right.$ 

Với $bin left$-10;10right$Rightarrow bin left{ -9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1;2;3;4;5;6;7;8;9 right}Rightarrow $ có 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bào toán.

Câu 40: Đáp án A

Phương pháp:

+) Nhận xét $VT=left$$fleft(xright).f^{\prime }left(xright)right$$’$

+) Lấy nguyên hàm hai vế hai lần.

Cách giải:

Ta có: $left$$fleft(xright).f^{\prime }left(xright)right$$’={{left$$f^{\prime }left(xright)right$$}^{2}}+fleft$xright$.f”left$xright$=15{{x}^{4}}+12x$

Nguyên hàm 2 vế ta được $fleft$xright$.f’left$xright$=3{{x}^{5}}+6{{x}^{2}}+C$

Do $fleft$0right$=f’left$0right$=1Rightarrow C=1$

Tiếp tục nguyên hàm 2 vế ta được: $int{fleft$xright$dfleft$xright$=int{left$3x^5+6x^2+1right$dx}}$

$Rightarrow frac{{{f}^{2}}left$xright$}{2}=frac{3{{x}^{6}}}{6}+frac{6{{x}^{3}}}{3}+x+D=frac{1}{2}{{x}^{6}}+2{{x}^{3}}+x+D$

Do $fleft$0right$=1Rightarrow D=frac{1}{2}Rightarrow {{f}^{2}}left$xright$=frac{1}{2}{{x}^{6}}+2{{x}^{3}}+x+frac{1}{2}Rightarrow {{f}^{2}}left$1right$=4$

Câu 41: Đáp án C

Phương pháp:

+) Gọi $Aleft$0;0;aright$,left$a>0right$$viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với $left$alpharight$$

+) $B=ABcap left$alpharight$$tìm tọa độ điểm B theo a.

+) Tam giác MAB cân tại $MRightarrow MA=MB,$tìm a.

+) Sử dụng công thức tính diện tích ${{S}_{Delta MAB}}=frac{1}{2}left| left$$overrightarrowMA;overrightarrowMBright$$ right|$

Cách giải:

Gọi $Aleft$0;0;aright$left$a>0right$,$vì $ABbot mpleft$alpharight$Rightarrow $Phương trình đường thẳng $left$ABright$:left{ begin{array}{l}
x = t\
y = 0\
z = a – t
end{array} right.$ 

Mà $B=ABcap left$alpharight$Rightarrow Bleft$t;0;a-tright$$và $Bin mpleft$alpharight$Rightarrow t=left$a-tright$-3=0Leftrightarrow t=frac{a+3}{2}$

Khi đó $Bleft$fraca+32;0;fraca–32right$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AM}  = left$1;1;;1–aright$\
overrightarrow {BM}  = left$–fraca+12;1;frac5–a2right$
end{array} right.$ 

$begin{array}{l}
AM = BM Leftrightarrow A{M^2} = B{M^2} Leftrightarrow 2 + {left$1–aright$^2} = 1 + frac{{{{left$a+1right$}^2} + {{left$5–aright$}^2}}}{4}\
 Leftrightarrow {a^2} – 2a + 2 = frac{{2{a^2} – 8a + 26}}{4}\
 Leftrightarrow 2{a^2} = 18 Leftrightarrow {a^2} = 9 Leftrightarrow a = 3left$a>0right$\
 Rightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AM}  = left$1;1;–2right$\
overrightarrow {BM}  = left$–2;1;1right$
end{array} right. Rightarrow left$$overrightarrowAM;overrightarrowBMright$$ = left$3;3;3right$
end{array}$ 

Vậy diện tích tam giác MAB là ${{S}_{Delta MAB}}=frac{1}{2}left| overrightarrow{MA};overrightarrow{MB} right|=frac{3sqrt{3}}{2}$

Câu 42: Đáp án B

Phương pháp:

Tính $g’left$xright$,$giải bất phương trình $g’left$xright$<0$

Cách giải:

Ta có $gleft$xright$=fleft$1-fracx2right$+xRightarrow g’left$xright$=-frac{1}{2}.f’left$1-fracx2right$+1;forall xin mathbb{R}$

Xét bất phương trình $g’left$xright$<0Leftrightarrow -frac{1}{2}.f’left$1-fracx2right$+1<0Leftrightarrow f’left$1-fracx2right$>2,,,,,left$\ast right$$

Thử lần lượt từng đáp án

Đáp án A: $xin left$2;4right$Leftrightarrow 1-frac{x}{2}in left$-1;0right$Rightarrow f’left$1-fracx2right$>1Rightarrow $đáp án A sai

Đáp án B: $xin left$-4;-2right$Leftrightarrow 1-frac{x}{2}in left$2;3right$Rightarrow f’left$1-fracx2right$>2Rightarrow $B đúng.

Đáp án C: $xin left$-2;0right$Leftrightarrow 1-frac{x}{2}in left$1;2right$Rightarrow -1<f’left$1-fracx2right$<2Rightarrow $Csai

Đáp án D: $xin left$0;2right$Leftrightarrow 1-frac{x}{2}in left$0;1right$Rightarrow -1<f’left$1-fracx2right$<1Rightarrow $D sai.

Câu 43: Đáp án B

Phương pháp:

+) Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân $intlimits_{0}^{1}{f’left$xright$.ctext{os}pi xdx.}$

+) Sử dụng kết quả $intlimits_{0}^{1}{{{left$$fleft(xright)+k.sinpixright$$}^{2}}dx=0}$ tính $fleft$xright$$

+) Lấy tích phân từ 0 đến 1 cả 2 vế tính $intlimits_{0}^{1}{fleft$xright$dx}$

Cách giải:

Đặt $left{ begin{array}{l}
u = c{rm{os}}pi x\
dv = f’left$xright$dx
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
du =  – pi sin pi xdx\
v = fleft$xright$
end{array} right.$ 

Ta có $intlimits_{0}^{1}{f’left$xright$.ctext{os}pi xdx=fleft$xright$.}left. ctext{os}pi x right|{}_{0}^{1}+pi intlimits_{0}^{1}{fleft$xright$.sin pi xdx}$

$=-left$$fleft(1right)+fleft(0right)right$$+pi intlimits_{0}^{1}{fleft$xright$.sin pi xdx=frac{pi }{2}Rightarrow intlimits_{0}^{1}{fleft$xright$.sin pi dx=frac{1}{2}}}$

Xét $intlimits_{0}^{1}{{{left$$fleft(xright)+k.sinpixright$$}^{2}}dx=0Leftrightarrow intlimits_{0}^{1}{{{f}^{2}}left$xright$dx+2k.intlimits_{0}^{1}{fleft$xright$.sin pi xdx+{{k}^{2}}.intlimits_{0}^{1}{{{sin }^{2}}left$pixright$dx=0}}}}$

$Leftrightarrow frac{1}{2}{{k}^{2}}+2k.frac{1}{2}+frac{1}{2}=0Leftrightarrow {{left$k+1right$}^{2}}=0Leftrightarrow k=-1.$ Suy ra ${{intlimits_{0}^{1}{left$$fleft(xright)-sinpixright$$}}^{2}}dx=0$

Vậy $fleft$xright$=sin pi xRightarrow intlimits_{0}^{1}{fleft$xright$dx=}intlimits_{0}^{1}{sin pi xdx=}left. -frac{ctext{os}pi x}{x} right|_{0}^{1}=frac{1}{pi }+frac{1}{pi }=frac{2}{pi }$

Câu 44: Đáp án D

Phương pháp:

Gọi H là trung điểm của $ABRightarrow SHbot left$ABCDright$$

Gắn hệ tọa độ Oxyz, với $Hleft$0;0;0right$,Sleft$0;0;fracsqrt32right$,Aleft$-frac12;0;0right$;Bleft$frac12;0;0right$;Cleft$frac12;1;0right$,Dleft$-frac12;1;0right$$

Gọi $overrightarrow{{{n}_{1}}};overrightarrow{{{n}_{2}}}$ lần lượt là VTPT của mặt phẳng $left$GMNright$;left$ABCDright$Rightarrow ctext{os}left$left(GMNright$;left$ABCDright$ right)=frac{left| overrightarrow{{{n}_{1}}}.overrightarrow{{{n}_{2}}} right|}{left| overrightarrow{{{n}_{1}}} right|.left| overrightarrow{{{n}_{2}}} right|}$

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB.Vì $left$SADright$bot left$ABCDright$Rightarrow SHbot left$ABCDright$$

Gắn hệ tọa độ Oxyz, với

$Hleft$0;0;0right$,Sleft$0;0;fracsqrt32right$,Aleft$-frac12;0;0right$;Bleft$frac12;0;0right$;Cleft$frac12;1;0right$,Dleft$-frac12;1;0right$$

Khi đó $Gleft$0;0;fracsqrt36right$,Mleft$frac14;frac12;fracsqrt34right$,Nleft$-frac14;frac12;fracsqrt34right$$

$Rightarrow overrightarrow{GM}=left$frac14;frac12;fracsqrt312right$;overrightarrow{MN}=left$-frac12;0;0right$$

$Rightarrow overrightarrow{{{n}_{1}}}={{overrightarrow{n}}_{_{left$GMNright$}}}=left$$overrightarrowGM;overrightarrowMNright$$=left$0;-fracsqrt324;frac14right$$

Và mặt phẳng $left$ABCDright$$có véc tơ pháp tuyến là $overrightarrow{{{n}_{2}}}={{overrightarrow{n}}_{left$ABCDright$}}=overrightarrow{k}=left$0;0;1right$$

Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng $left$GMNright$,left$ABCDright$ctext{os}alpha =frac{left| overrightarrow{{{n}_{1}}}.overrightarrow{{{n}_{2}}} right|}{left| overrightarrow{{{n}_{1}}} right|.left| overrightarrow{{{n}_{2}}} right|}=frac{2sqrt{39}}{13}$

Câu 45: Đáp án C

Phương pháp:

Đặt $gleft$xright$=fleft$x^2=8x+mright$,$tính $g’left$xright$$và giải phương trình $g’left$xright$=0,$tìm điều kiện để phương trình có 5 nghiệm phân biệt và qua các nghiệm đó $g’left$xright$$đổi dấu.

Cách giải:

Ta có $g’left$xright$ = left$2x–8right$f’left$x^2–8x+mright$ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 4\
f’left$x^2–8x+mright$ = 0,,,,,left$\ast right$
end{array} right.,,,left$Iright$.$ 

Mà $f’left$xright$={{left$x-1right$}^{2}}left$x^2-2xright$={{left$x-1right$}^{2}}.xleft$x-2right$;forall xin mathbb{R}$

Suy ra $left$\ast right$ Leftrightarrow {left$x^2–8x+m–1right$^2}left$x^2–8x+mright$left$x^2–8x+m–2right$ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x^2} – 8x + m – 1 = 0,,,,left$1right$\
{x^2} – 8x + m = 0,,,,,,,,,,,left$2right$\
{x^2} – 8x + m – 2 = 0,,,,left$3right$
end{array} right.$ 

Qua các nghiệm của phương trình $1$  $nếucó$ thì $g’left$xright$$đều không đổi dấu. Do đó ta không xét phương trình $1$.

Để hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $2$; $3$ có 2 nghiệm phân biệt khác 4.

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
16 – m > 0\
16 – m + 2 > 0\
 – 16 + m ne 0\
 – 18 + m ne 0
end{array} right. Leftrightarrow m < 16$ 

Kết hợp $min {{mathbb{Z}}^{*}}Rightarrow $có 15gias trị m cần tìm.

Câu 46: Đáp án D

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{3}}+left$a+10right${{x}^{2}}-x+1=0,$cô lập a, đư phương trình về dạng $a=fleft$xright$,$phương trình có nghiệm duy nhất $Leftrightarrow $ đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số $y=fleft$xright$$tại một điểm duy nhất, lập BBT và kết luận.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của $left$Cright$$và OX là ${{x}^{3}}+left$a+10right${{x}^{2}}-x+1=0,,,,,,,,left$\ast right$$

Dễ thấy $x=0$không là nghiệm của phương trình $\ast$. Khi đó $left$\ast right$Leftrightarrow -a-10=frac{{{x}^{3}}-x+1}{{{x}^{2}}}.$

Xét hàm số $fleft$xright$=frac{{{x}^{3}}-x+1}{{{x}^{2}}}=x-frac{1}{x}+frac{1}{{{x}^{2}}},$ có $f’left$xright$=frac{{{x}^{3}}+x-2}{{{x}^{3}}}=0Leftrightarrow x=1$

Tính $underset{xto -infty }{mathop{lim }},fleft$xright$=+infty ;underset{xto +infty }{mathop{lim }},fleft$xright$=+infty ;underset{xto {{0}^{-}}}{mathop{lim }},fleft$xright$=-infty ;underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},fleft$xright$=+infty ;fleft$1right$=1.$

BBT:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $fleft$xright$=-a-10$có nghiệm duy nhất $Leftrightarrow -a-10<1Leftrightarrow a>-11$

Câu 47: Đáp án D

Phương pháp:

$left{ begin{array}{l}
log left$x+yright$ = z\
log left$x^2+y^{2}right$ = z + 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x + y = {10^z}\
{x^2} + {y^2} = {10^{z + 1}} = {10.10^z}
end{array} right. Rightarrow {x^2} + {y^2} = 10left$x+yright$$ 

Thay ${{10}^{z}}=x+y$vào ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}=a{{.10}^{3x}}+b{{.10}^{2x}},$biến đổi, thế và đồng nhất hệ số.

Cách giải:

Ta có $left{ begin{array}{l}
log left$x+yright$ = z\
log left$x^2+y^{2}right$ = z + 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x + y = {10^z}\
{x^2} + {y^2} = {10^{z + 1}} = {10.10^z}
end{array} right. Rightarrow {x^2} + {y^2} = 10left$x+yright$$ 

Khi đó ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}=a{{.10}^{3z}}+b{{.10}^{2z}}Leftrightarrow left$x+yright$left$x^2-xy+y^{2}right$=a.{{left${10}^{z}right$}^{3}}+b.{{left${10}^{z}right$}^{2}}$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow left$x+yright$left$x^2–xy+y^{2}right$ = a.{left$x+yright$^3} + b.{left$x+yright$^2} Leftrightarrow {x^2} – xy + {y^2} = a.{left$x+yright$^2} + b.left$x+yright$\
 Leftrightarrow {x^2} – xy + {y^2} = a.left$x^2+2xy+y^{2}right$ + frac{b}{{10}}.left$x^2+y^{2}right$ Leftrightarrow {x^2} + {y^2} – xy = left$a+fracb10right$.left$x^2+y^{2}right$ + 2a.xy
end{array}$ Đồng nhất hệ số, ta được $left{ begin{array}{l}
a + frac{b}{{10}} = 1\
2a =  – 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
a =  – frac{1}{2}\
b = 15
end{array} right..$ Vậy $a+b=frac{29}{2}$

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

+) Gọi $Mleft$x;y;zright$Rightarrow $tọa độ các véc tơ $overrightarrow{AM};overrightarrow{BM}$

+) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A,B lên $left$alpharight$$, có $AMH=BMK$

+) Tính sin các góc $AMH;BMHK$và suy ra đẳng thức. Tìm quỹ tích điểm M là một đường tròn.

+) Tính tâm của đường tròn quỹ tích đó.

Cách giải:

Gọi $Mleft$x;y;zright$Rightarrow overrightarrow{AM}=left$x-10;y-6;z+2right$;overrightarrow{BM}=left$x-5;y-10;z+9right$$

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên $left$alpharight$,$có $AMH=BMK$

$AH=dleft$A;left(Pright$ right)=frac{left| 2.10+2.6-2-12 right|}{sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}=6;BK=dleft$B;left(Pright$ right)=frac{left| 2.5+2.10-9-12 right|}{sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}$

Khi đó $left{ begin{array}{l}
sin AMH = frac{{AH}}{{MA}}\
sin BMK = frac{{BK}}{{MB}}
end{array} right. Rightarrow frac{{AH}}{{MA}} = frac{{BK}}{{MB}} Rightarrow MA = 2MB Leftrightarrow M{A^2} = 4M{B^2}$ 

Suy ra ${{left$x-10right$}^{2}}+{{left$y-6right$}^{2}}+{{left$z+2right$}^{2}}=4left$${left(x-5right)}^2+{left(y-10right)}^2+{left(z+9right)}^{2}right$$$

$Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-frac{20}{3}x-frac{68}{3}y+frac{68}{3}z+228=0Leftrightarrow left$Sright$:{{left$x-frac103right$}^{2}}+{{left$y-frac343right$}^{2}}+{{left$z+frac343right$}^{2}}=40$ có tâm $Ileft$frac103;frac343;frac-343right$$

Vậy $Min left$Cright$$là giao tuyến của $left$alpharight$$và $left$Sright$Rightarrow $Tâm K của $left$Cright$$là hình chiếu của

$Ileft$frac103;frac343;frac-343right$$trên mặt phẳng $left$alpharight$$.

Phương trình đương thẳng đi qua I và vuông góc với $left$alpharight$$có dạng $left{ begin{array}{l}
x = frac{{10}}{3} + 2t\
y = frac{{34}}{3} + 2t\
z =  – frac{{34}}{3} + t
end{array} right.$ 

$begin{array}{l}
 Rightarrow Kleft$frac103+2t;frac343+2t^{\prime }–frac343+tright$,K in left$alpharight$ Rightarrow 2left$frac103+2tright$ + 2left$frac343+2tright$ + left$–frac343+tright$ – 12 = 0\
 Leftrightarrow 9t + 6 = 0 Leftrightarrow t =  – frac{2}{3} Rightarrow Kleft$2;10;–12right$ Rightarrow {x_K} = 2
end{array}$ 

Câu 49: Đáp án B

Phương pháp:

+) Kiểm tra $dsubset left$alpharight$$

+) Gọi $B=Delta cap left$O,xyright$Rightarrow Bleft$a;b;0right$Rightarrow Bin left$alpharight$,$thay tọa độ điểm B vào phương trình $left$alpharight$Rightarrow 1$phương trình 2 ẩn a, b.

+) $d//Delta Rightarrow dleft$left(dright$;left$Deltaright$ right)=dleft$B;left(dright$ right)=3.$ Sử dụng công thức tính khoảng cách $dleft$B;left(dright$ right)=frac{left| left$$overrightarrowBM;overrightarrow{u}_{d}right$$ right|}{left| overrightarrow{{{u}_{d}}} right|},$ lập được 1 phương trình 2 ẩn chứa a, b.

+) Giải hệ phương trình tìm a,b => Toạn độ điểm B => Độ dài AB.

Dế thấy $dbot left$alpharight$$và $left$-1;-2;-3right$in left$alpharight$Rightarrow dsubset left$alpharight$$

Ta có $B=Delta cap left$O,xyright$Rightarrow Bleft$a;b;0right$$ mà $Bin Delta subset left$alpharight$Rightarrow 2a+b-2=0Rightarrow b=2-2a$

Lại có $d//Delta Rightarrow dleft$left(dright$;left$Deltaright$ right)=dleft$B;left(dright$ right)=3$. Đường thẳng d đi qua $Mleft$0;0;-1right$$, có $overrightarrow{{{u}_{d}}}=left$1;2;2right$$

$overrightarrow{BM}=left$-a;-b;-1right$Rightarrow left$$overrightarrowBM;overrightarrowuright$$=left$-2b+2;-1+2a;-2a+bright$$

Do đó

 $begin{array}{l}
dleft$B;left(dright)right$ = frac{{left| {left$$overrightarrowBM;overrightarrow{u}_{d}right$$} right|}}{{left| {overrightarrow {{u_d}} } right|}} = frac{{sqrt {{{left$2b–2right$}^2} + {{left$1–2aright$}^2} + {{left$2a–bright$}^2}} }}{3} = 3\
 Leftrightarrow {left$2b–2right$^2} + {left$1–2aright$^2} + {left$2a–bright$^2} = 81 Leftrightarrow {left$2–4aright$^2} + {left$1–2aright$^2} + {left$4a–2right$^2} = 81\
 Leftrightarrow {left$1–2aright$^2} = 9 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
1 – 2a = 3\
1 – 2a =  – 3
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
a =  – 1\
a = 2
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
a =  – 1\
b = 4
end{array} right. Rightarrow Bleft$–1;4;0right$\
left{ begin{array}{l}
a = 2\
b =  – 2
end{array} right. Rightarrow Bleft$2;–2;0right$
end{array} right.
end{array}$ 

Vậy $AB=frac{7}{2}$

Câu 50: Đáp án

Phương pháp:

Điểm $Atext{ }left$x;yright$$nằm bên trong $kểcảtrêncạnh$ của$OMNPRightarrow 0le xle 100;0le yle 10,$ tính số phần tử của không gian mẫu $nleft$Omegaright$$

Gọi X là biến cố: “Các điểm $Atext{ }left$x;yright$$thỏa mãn $x+yle 90$”. Tính số phần tử của biến cố $X,,nleft$Xright$.$

Tính xác suất của biến cố X: $Pleft$Xright$=frac{nleft$Xright$}{nleft$Omegaright$}$

Cách giải:

Điểm $Atext{ }left$x;yright$$nằm bên trong $kểcảtrêncạnh$ của $OMNPRightarrow 0le xle 100;0le yle 10,$

Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y. Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ

nguyên nằm trên hình chữ nhật OMNP là $nleft$Omegaright$=101text{ x }11.$

Gọi X là biến cố: “Các điểm $Atext{ }left$x;yright$$thỏa mãn$x+yle 90$”.

Vì $xin left$$0;100right$$;yin left$$0;10right$$$ và $x + y le 90 Rightarrow left[ begin{array}{l}
y = 0 to x = left{ {0;1;2;…;90} right}\
………..\
y = 1 to x = left{ {0;1;2;…;89} right}
end{array} right.$

Khi đó có $91+90+…+81=frac{left$81+91right$.11}{2}=946$cặp $left$x;yright$$thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính là $P=frac{nleft$Xright$}{nleft$Omegaright$}=frac{946}{101,,x,,11}=frac{86}{101}$