Câu 30: Đáp án D
Phương pháp:
$\left( P \right)//\left( \alpha \right)\Rightarrow $Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$có dạng $4x+3y-12z+D=0\left( D\ne 10 \right)$
$\left( P \right)$tiếp xúc với $\left( S \right)\Rightarrow d\left( I;\left( P \right) \right)=R,$với I; R là tâm và bán kính mặt cầu $\left( S \right)$.
Cách giải:
Gọi mặt phẳng $\left( P \right)$là mặt phẳng cần tìm.
$\left( P \right)//\left( \alpha \right)$Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$có dạng $4x+3y-12z+D=0\left( D\ne 10 \right)$
Mặt cầu $\left( S \right)$có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$, bán kính $R=4$
$\left( P \right)$tiếp xúc với $\left( S \right)\Rightarrow d\left( I;\left( P \right) \right)=R$
$ \Rightarrow \frac{{\left| {4.1 + 3.2 - 12.3 + D} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2} + {{\left( { - 12} \right)}^2}} }} = 4 \Leftrightarrow \left| {D - 26} \right| = 52 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
D = 78\\
D = - 26
\end{array} \right.$
Vậy mặt phẳng $\left( P \right)$thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình $\left[ \begin{array}{l}
4x + 3y - 12z - 26 = 0\\
4x + 3y - 12z + 78 = 0
\end{array} \right.$
Câu 31: Đáp án B
Phương pháp: $\left( P \right)$cách đều $B,C\Leftrightarrow d\left( B;\left( P \right) \right)=d\left( C;\left( P \right) \right)$
TH1: $BC//\left( P \right)$
TH2: $I\in \left( P \right),$ với I là trung điểm của BC.
Cách giải:
Ta có: $\overrightarrow{OA}=\left( -1;-2;0 \right)$
$\left( P \right)$cách đều $B,C\Leftrightarrow d\left( B;\left( P \right) \right)=d\left( C;\left( P \right) \right)$
TH1: $BC//\left( P \right)$
$\overrightarrow{BC}=\left( 0;4;-3 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{OA};\overrightarrow{BC} \right]=\left( 6;-3;-4 \right)\Rightarrow \left( P \right)$đi qua O và nhận $\overrightarrow{b}=\left( 6;-3;-4 \right)$là 1 VTPT
$\Rightarrow \left( P \right):6x-3y-4z=0\Leftrightarrow \left( P \right):-6x+3y+4z=0$
TH2: $I\in \left( P \right),$ với I là trung điểm của BC.
$\begin{array}{l}
I\left( {0; - 2; - \frac{3}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OI} = \left( {0; - 2; - \frac{3}{2}} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OA} ;\overrightarrow {OB} } \right] = \frac{1}{2}\left( {6; - 3;4} \right)\\
\Rightarrow \left( P \right):6x - 3y + 4z = 0
\end{array}$
Dựa vào các đáp án ta chọn được đáp án B.
Câu 32: Đáp án C
Phương pháp: Để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x={{x}_{0}}$ thì ${{x}_{0}}$là nghiệm của phương trình mẫu mà không là nghiệm của phương trình tử.
Cách giải:
ĐK: $x\ge -1$và ${{x}^{2}}-\left( 1-m \right)x+2m>0$
Xét phương trình $1+\sqrt{x+1}=0$vô nghiệm.
Xét phương trình ${{x}^{2}}-\left( 1-m \right)x+2m=0\left( * \right).$ Để đồ thị hàmsố có hai TCĐ thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐK $x\ge -1$.
$ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^2} - 8m > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > 5 + 2\sqrt 6 \\
m < 5 - 2\sqrt 6
\end{array} \right.$
Khi đó gọi hai nghiệm của phương trình là ${{x}_{1}}>{{x}_{2}}$ta có:
${x_1} > {x_2} \ge - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a\,f\left( { - 1} \right) \ge 0\\
\frac{S}{2} > - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m + 2 \ge 0\\
2 - m > - 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge - 2\\
m < 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m < 4$
Kết hợp điều kiện ta có: $m\in \left[ -2;5-2\sqrt{6} \right)\overset{m\in \mathbb{Z}}{\mathop{\Rightarrow }}\,m\in \left\{ -2;-1;0 \right\}$
Thử lại:
Với $m = - 2 \Rightarrow {x^2} - 3x - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 4\\
x < - 1
\end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left( {4; + \infty } \right)$
Khi đó hàm số có dạng $y=\frac{1+\sqrt{x+1}}{{{x}^{2}}-3x-4}$ có 1 tiệm cận đứng $x=4\Rightarrow $Loại.
Với $m = - 1 \Rightarrow {x^2} - 2x - 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 1 + \sqrt 3 \\
x < 1 - \sqrt 3
\end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left[ { - 1;1 - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {1 + \sqrt 3 ; + \infty } \right)$
Khi đó hàm số có dạng $y=\frac{1+\sqrt{x+1}}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x-2}}$có 2 tiệm cận đứng $x=1\pm \sqrt{3}\Rightarrow $TM.
Khi $m = 0 \Rightarrow {x^2} - x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 1\\
x < 0
\end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left[ { - 1;1} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)$
Khi đó hàm số có dạng $y=\frac{1+\sqrt{x+1}}{\sqrt{{{x}^{2}}-x}}$có 2 tiệm cận đứng $x=0;x=1\Rightarrow $TM
Vậy $m\in \left\{ -1;0 \right\}$
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng tính chất: $\frac{IA}{IB}=\frac{d\left( A;\left( P \right) \right)}{d\left( B;\left( P \right) \right)}$
Cách giải:
Ta có: $d\left( A;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2+2+2+2 \right|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{8}{\sqrt{3}};d\left( B;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 3-1-0+2 \right|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{4}{\sqrt{3}}$
$\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{d\left( A;\left( P \right) \right)}{d\left( B;\left( P \right) \right)}=\frac{\frac{8}{\sqrt{3}}}{\frac{4}{\sqrt{3}}}=2$
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp : Thể tích vật tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=f\left( x \right);y=g\left( x \right);x=a;x=b$khi quay quanh trục Ox là $V=\pi \int\limits_{a}^{b}{\left| {{f}^{2}}\left( x \right)-{{g}^{2}}\left( x \right) \right|dx}$
Cách giải: ĐK: $x\ge 0;y\ge 0$
Xét phương trình hoành độ giao điểm ${x^2} = - x + 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - 2\left( {ktm} \right)\\
x = 1\left( {tm} \right)
\end{array} \right.$
$V=\pi \int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{4}}-{{\left( -x+2 \right)}^{2}} \right|dx}=\pi \left| \int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{4}}-{{x}^{2}}+4x-4 \right)dx} \right|=\frac{32}{15}\pi $
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp: Đối với tích $\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}f\left( x \right)dx}$, sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Tìm k để $\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ f'\left( x \right)+kx4 \right]}^{2}}d}x=0$
Cách giải:
Ta có $\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}f\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)d\left( \frac{{{x}^{4}}}{4} \right)=\left. \frac{{{x}^{4}}.f\left( x \right)}{4} \right|}_{0}^{1}-\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx}=\frac{f\left( 1 \right)}{4}-\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx}$
Mà $f\left( 1 \right)=1$và $\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}f\left( x \right)dx}=\frac{1}{2}$suy ra $\frac{1}{2}=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx=-1}$
Xét ${{\int\limits_{0}^{1}{\left[ f'\left( x \right)+k{{x}^{4}} \right]}}^{2}}dx=\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}dx+2k.\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx+{{k}^{2}}.\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{8}}dx}}=9-2k+\frac{{{k}^{2}}}{9}=0\Rightarrow k=9}$
Khi đó ${{\int\limits_{0}^{1}{\left[ f'\left( x \right)+9{{x}^{4}} \right]}}^{2}}dx=0\Rightarrow f'\left( x \right)+9{{x}^{4}}=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=-9{{x}^{4}}\Rightarrow f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)dx=-\frac{9{{x}^{5}}}{5}+C}$
Mặt khác $f\left( 1 \right)=1\Rightarrow C-\frac{9}{5}\Leftrightarrow C=\frac{14}{5}.$Vậy $f\left( x \right)=-\frac{9{{x}^{5}}}{5}+\frac{14}{5}\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=\frac{5}{2}}$
Câu 36: Đáp án
Câu 37: Đáp án B
Phương pháp:
Giải phương trình $y'=0$ tìm các điểm cực trị B, C của đồ thị hàm số và tính diện tích tam giác OBC.
Cách giải: TXĐ: $D=R$
Ta có: $y' = 6{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = m - 1 \Rightarrow B\left( {0;m - 1} \right)\\
x = 1 \Rightarrow y = m - 2 \Rightarrow C\left( {1;m - 2} \right)
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow {S_{OBC}} = \frac{1}{2}d\left( {C;OB} \right).OB = \frac{1}{2}.1.\left| {m - 1} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {m - 1} \right| = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 5\\
m = - 3
\end{array} \right.$
Câu 38: Đáp án A
Phương pháp: Xác định góc giữa hai mặt phẳng bằng cách xác định góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với giao tuyến.
Cách giải:
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\
\left( {SCI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\
\left( {SBI} \right) \bot \left( {SCI} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)$
Kẻ $IH \bot CD$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot IH\\
BC \bot SI
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow BC \bot SH$
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\
\left( {SBC} \right) \supset SH \bot BC\\
\left( {ABCD} \right) \supset IH \bot BC
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SH;IH} \right) = SHI
\end{array}$
Ta có: ${{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}\left( AB+CD \right).AD=\frac{1}{2}\left( 2a+a \right).2a=3{{a}^{2}}$
$\Rightarrow SI=\frac{3{{V}_{S.ABCD}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{3.\frac{3\sqrt{15}{{a}^{3}}}{5}}{3{{a}^{2}}}=\frac{3\sqrt{15}}{5}a$
Gọi E là trung điểm của $AB\Rightarrow EC=AD=2a$
$\Rightarrow BC=\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{5}$
$\begin{array}{l}
{S_{IBC}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABI}} - {S_{CDI}} = 3{a^2} - \frac{1}{2}.a.2a - \frac{1}{2}.a.a = \frac{3}{2}{a^2}\\
{S_{IBC}} = \frac{1}{2}IH.BC \Rightarrow IH = \frac{{2{S_{IBC}}}}{{BC}} = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5}\\
\Rightarrow \,\tan \,SHI = \frac{{SI}}{{IH}} = \sqrt 3 = {60^0}
\end{array}$
Câu 39: Đáp án C
Phương pháp:
Rút y theo x từ phương trình (1), thế vào phương trình (2) để tìm khoảng giá trị của x.
Đưa biểu thức P về 1 ẩn x và tìm GTLN, GTNN của biểu thức P.
Cách giải: $\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - xy + 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
2x + 3y - 14 \le 0\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Ta nhận thấy $x=0$không thỏa mãn phương trình (1), do đó $\left( 1 \right)\Leftrightarrow y=\frac{{{x}^{2}}+3}{x},$ thế vào (2):
$\begin{array}{l}
2x + 3\frac{{{x^2} + 3}}{x} - 14 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 3{x^2} + 9 - 14x}}{x} \le 0\\
\Leftrightarrow \frac{{5{x^2} - 14x + 9}}{x} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x < 0\\
1 \le x \le \frac{9}{5}
\end{array} \right. \Rightarrow 1 \le x \le \frac{9}{5}
\end{array}$
$P=3{{x}^{2}}y-x{{y}^{2}}-2{{x}^{3}}+2x$
$P=3{{x}^{2}}.\frac{{{x}^{2}}+3}{x}-x.{{\left( \frac{{{x}^{2}}+3}{x} \right)}^{2}}-2{{x}^{3}}+2x$
$P=3x\left( {{x}^{2}}+3 \right)-\frac{{{\left( {{x}^{2}}+3 \right)}^{2}}}{x}-2{{x}^{3}}+2x$
Sử dụng MTCT ta tính được $\left[ \begin{array}{l}
\max P = 4 \Leftrightarrow x = \frac{9}{5}\\
\min \,P = - 4 \Leftrightarrow x = 1
\end{array} \right. \Rightarrow m{\rm{ax}}\,P + \min \,P = 0$
Câu 40: Đáp án C
Phương pháp: Dựa vào các điểm mà đồ thị hàm số đi qua.
Cách giải:
Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( 0;4 \right)\Rightarrow d=4$
Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( 1;-1 \right)\Rightarrow -2+b+c+4=-1\Rightarrow b+c=-3$
Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( 2;0 \right)\Rightarrow -2.8+4b+2c+4=0\Leftrightarrow 2b+c=6$
Từ đó ta suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
b = 9\\
c = - 12
\end{array} \right. \Rightarrow b + c + d = 1$
Câu 41: Đáp án C
Cách giải:
Xét các số $x=a;y=b+1;z=c+2;t=d+3.$Vì $1\le a\le b\le c\le d\le 9\Rightarrow 1\le x<y<z<t\le 12\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)$
Và mỗi bộ 4 số$\left( x;y;z;t \right)$được chọn từ tập hợp $\left\{ 1;2;3;...;12 \right\}$ ta đều thu được bộ số thỏa mãn
(*). Do đó, số cách chọn 4 số trong 12 số là $C_{12}^{4}=495$ số suy ra $n\left( X \right)=495$
Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right)=9.10.10.10=9000$
Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{495}{9000}=\frac{11}{200}=0,055$
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz để giải bài toán.
Cách giải: Giả sử mặt phẳng chứa AC’ cắt hình lập phương theo thiết diện là tứ giác AEC’F.$\left( E\in A'B';F\in CD \right)$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AEC'F} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = A\,F\\
\left( {AEC'F} \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = EC'\\
\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow A\,F//EC'$
Tương tự ta chứng minh được $AE\text{ }//\text{ }FC$
=>AEC’ F là hình bình hành $\Rightarrow {{S}_{AEC'F}}=2{{S}_{AEC'}}$
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
$A'\left( 0;0;0 \right);B'\left( 2;0;0 \right);C'\left( 2;2;0 \right);D'\left( 0;2;0 \right);A\left( 0;0;2 \right),B\left( 2;0;2 \right),C\left( 2;2;2 \right),D\left( 0;2;2 \right)$
Gọi $E\left( x;0;0 \right)\,\,\left( 0\le x\le 2 \right)$ ta có:
$\overrightarrow{AC'}\left( 2;2;-2 \right);\overrightarrow{AE}=\left( x;0;-2 \right)\Rightarrow {{S}_{AEC'}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AC'};\overrightarrow{AE} \right] \right|=\frac{1}{2}\sqrt{8\left( {{x}^{2}}-2x+4 \right)}$
Ta có ${{x}^{2}}-2x+4={{\left( x-1 \right)}^{2}}+3\ge {{S}_{AEC'}}\ge \frac{1}{2}\sqrt{8.3}=\sqrt{6}$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=1,$ khi đó ${{S}_{AEC'\,\,\min }}=\sqrt{6}\Rightarrow {{S}_{AEC'F\min }}=2\sqrt{6}$
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính giới hạn của hình phẳng.
Cách giải:
Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là $y={{x}^{2}}-4x+3$
Xét phương trình hoành độ giao điểm ${x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 3
\end{array} \right.$
Khi đó diện tích giới hạn bởi $\left( P \right)$ và trục hoành là $S=-\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)dx=\frac{4}{3}}$
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp: Xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số$\left( C \right)$, tính khoảng cách từ M đến các đường tiệm cận và sử dụng BĐT Cauchy tìm GTNN của biểu thức đó từ đó suy ra tọa độ các điểm M, N.
Tính độ dài MN.
Cách giải: TXĐ: $D=R\backslash \left\{ 3 \right\}$
Đồ thị hàm số có đường TCN $y=4\left( {{d}_{1}} \right)$và TCĐ $x=3\left( {{d}_{2}} \right)$.
Gọi điểm $M\in \left( C \right)$có dạng $M\left( a;\frac{4a-3}{a-3} \right)$ khi đó ta có:
$\begin{array}{l}
d\left( {M;{d_2}} \right) = \left| {a - 3} \right|;d\left( {M;{d_1}} \right) = \left| {\frac{{4a - 3}}{{a - 3}} - 4} \right| = \frac{9}{{\left| {a - 3} \right|}}\\
\Rightarrow d\left( {M;{d_2}} \right) + d\left( {M;{d_1}} \right) = \left| {a - 3} \right| + \frac{9}{{\left| {a - 3} \right|}} \ge 2\sqrt 9 = 3
\end{array}$
Dấu = xảy ra $ \Leftrightarrow \left| {a - 3} \right| = \frac{9}{{\left| {a - 3} \right|}} \Leftrightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 6\\
a = 0
\end{array} \right.$
$\Rightarrow M\left( 6;7 \right),N\left( 0;1 \right)\Rightarrow MN=\sqrt{{{6}^{2}}+{{6}^{2}}}=6\sqrt{2}$
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp: Nhân liên hợp, tách thành 2 tích phân và sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.
Cách giải: $\int\limits_{1}^{2}{\frac{x}{3x+\sqrt{9{{x}^{2}}-1}}dx=\int\limits_{1}^{2}{\frac{x\left( 3x-\sqrt{9{{x}^{2}}-1} \right)}{9{{x}^{2}}-\left( 9{{x}^{2}}-1 \right)}}dx}$
Đặt $\sqrt{9{{x}^{2}}-1}=t\Leftrightarrow 9{{x}^{2}}-1={{t}^{2}}\Leftrightarrow 18xdx=2tdt\Leftrightarrow xdx=\frac{1}{9}tdt$
Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 \Rightarrow t = 2\sqrt 2 \\
x = 2 \Rightarrow t = \sqrt {35}
\end{array} \right.$
$\Rightarrow {{I}_{2}}=\frac{1}{9}\int\limits_{2\sqrt{2}}^{\sqrt{35}}{{{t}^{2}}dt=\left. \frac{{{t}^{3}}}{27} \right|}_{2\sqrt{2}}^{\sqrt{35}}=\frac{35\sqrt{35}}{27}-\frac{16\sqrt{2}}{27}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow I = 7 + \frac{{16\sqrt 2 }}{{27}} - \frac{{35\sqrt {35} }}{{27}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 7\\
b = \frac{{16}}{{27}}\\
c = - \frac{{35}}{{27}}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow P = a + 2b + c - 7 = - \frac{1}{9}
\end{array}$
Câu 46: Đáp án A
Phương pháp: Đặt $t={{4}^{x}}$
Cách giải:
Đặt $t={{4}^{x}}\,\,\left( t>0 \right),$ khi đó phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-2\left( m-3 \right)t+3m+1=0\Leftrightarrow {{t}^{2}}+6t+1=m\left( 2t-3 \right)$
Với $t=\frac{3}{2}\Rightarrow $Phương trình vô nghiệm.
Với $t\ne \frac{3}{2}\left( t>0 \right),$phương trình trở thành $m=\frac{{{t}^{2}}+6t+1}{2t-3}=f\left( t \right)\,\,\left( t>0;t\ne \frac{3}{2} \right)$
Để phương trình ban đầu có nghiệm $\Rightarrow \underset{x\in \left( 0;+\infty \right)\backslash \left\{ \frac{3}{2} \right\}}{\mathop{\min }}\,\,f\left( t \right)\le m\le \underset{\in \left( 0;+\infty \right)\backslash \left\{ \frac{3}{2} \right\}}{\mathop{m\,\text{ax}}}\,\,f\left( t \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}+6t+1}{2t-3}$ta có:
$f'\left( t \right) = \frac{{\left( {2t + 6} \right)\left( {2t - 3} \right) - 2\left( {{t^2} + 6t + 1} \right)}}{{{{\left( {2t - 3} \right)}^2}}} = \frac{{2{t^2} - 6t - 20}}{{{{\left( {2t - 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 5 \in \left( {0; + \infty } \right)\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\\
t = - 2 \notin \left( {0; + \infty } \right)\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}
\end{array} \right.$
Lập BBT ta được :
Để phương trình có nghiệm dương thì $\left[ \begin{array}{l}
m < - \frac{1}{3}\\
m \ge 8
\end{array} \right.$
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp:
Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( ABC \right);\left( ABD \right),$ tìm điều kiện của x để góc đó bằng ${{90}^{\circ }}.$
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của AB ta có :
Tam giác ABC cân tại $C\Rightarrow CM\bot AB$
Tam giác ABD cân tại $\text{D}\Rightarrow \text{DM}\bot \text{AB}$
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {ABC} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AB\\
\left( {ABC} \right) \supset CM \bot AB\\
\left( {ABD} \right) \supset DM \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABD} \right)} \right) = \left( {CM;DM} \right)$
Để $\left( ABC \right)\bot \left( ABD \right)\Rightarrow \left( CM;DM \right)={{90}^{\circ }}\Rightarrow CM\bot DM\Rightarrow \Delta CDM$ vuông tại M.
Gọi N là trung điểm của CD, chứng minh tương tự như trên ta có:
$\left( \left( ACD \right);\left( BCD \right) \right)=\left( AN;BN \right)={{90}^{\circ }}\Rightarrow ANB={{90}^{\circ }}$
Xét tam giác vuông ANC có: $AN=\sqrt{A{{C}^{2}}-C{{N}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}=BN$
$\Rightarrow A{{B}^{2}}=A{{N}^{2}}+B{{N}^{2}}=2\left( {{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right)=2{{a}^{2}}-2{{x}^{2}}\Rightarrow A{{M}^{2}}=\frac{A{{B}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{2}-\frac{{{x}^{2}}}{2}$
Xét tam giác vuông ACM có: $M{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}-A{{M}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}}{2}=M{{D}^{2}}$
Để$\Delta CDM$vuông tại M $\Rightarrow M{{C}^{2}}+M{{D}^{2}}=C{{D}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{x}^{2}}=4{{x}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}=3{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
Câu 48: Đáp án
Phương pháp: Xác định giao tuyến của $\left( E\,FG \right)$với tất cả các mặt của hình chóp.
Cách giải:
Kéo dài EF cắt CD tại M và cắt BC tại N.
Trong mặt phẳng $\left( SCD \right)$nối GM cắt SD tại I và cắt SC tại K.
Trong mặt phẳng (SAB) nối NK cắt SB tại P.
Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt
phẳng (EFG) là EFIKP, là một ngũ giác.
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp: ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=A\,A'{{.}_{A'B'C'}}$
Cách giải:
$\Delta \text{AA}'B'=\Delta A\,A'C'\left( c.g.c \right)\Rightarrow AB'=AC'$ cân tại A.
Gọi M là trung điểm của B’C’ $\Rightarrow AM\bot B'C'$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'\\
\left( {AB'C'} \right) \supset AM \bot B'C'\\
\left( {A'B'C'} \right) \supset A'M \bot B'C'
\end{array} \right.$
$\Rightarrow \left( \left( AB'C' \right);\left( A'B'C' \right) \right)=\left( AM;A'M \right)=AMA'={{30}^{0}}$
Xét tam giác vuông A’B’M có $A'M=A'B'.c\text{os}60=x$
Xét tam giác vuông AMA’ có: $\text{AA}'=A'M.\tan \,30=\frac{x\sqrt{3}}{3}$
$\begin{array}{l}
{S_{A'B'C'}} = \frac{1}{2}A'B'.A'C'.\sin {120^0} = \frac{1}{2}.4{x^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {x^2}\sqrt 3 \\
\Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = A\,A'{._{A'B'C'}} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}.{x^2}\sqrt 3 = {x^3}
\end{array}$
Câu 50: Đáp án
Phương pháp: Từ đồ thị hàm số $y=f'\left( x \right)$lập BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$và kết luận.
Cách giải: Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 2\\
x = 3
\end{array} \right.$
BBT:
Từ BBT ta thấy (I) đúng, (II) sai.
Với $x\in \left( 0;1 \right)\Rightarrow x+1\left( 1;2 \right)\Rightarrow f'\left( x+1 \right)<0\Rightarrow $ Hàm số$y=f\left( x+1 \right)$nghịch biến trên khoảng$\left( 0;1 \right)$.
=>(III) đúng.
Vậy có hai khẳng định đúng.
