Lời giải đề 6: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT chuyên Lê Khiết- Quảng Ngãi lần 1 - trang 1

Đáp án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Phương pháp:

Đường thẳng $d:\frac{x-{{x}_{0}}}{a}=\frac{y-{{y}_{0}}}{b}=\frac{z-{{z}_{0}}}{c}$ có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=\left( a;b;c \right)$

Cách giải: Đường thẳng d có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=\left( 3;-2;1 \right)$

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình trụ ${{S}_{xq}}=2\pi Rl$ trong đó: R : bán kính đáy, l : độ dài đường sinh.

Cách giải: ${{S}_{xq}}=2\pi Rl\Leftrightarrow 4\pi {{a}^{2}}=2\pi .2al\Leftrightarrow l=a$

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp: $\int{{{x}^{\alpha }}}dx=\frac{{{x}^{\alpha +1}}}{\alpha +1}+C$

Cách giải:

$\int{f\left( x \right)}dx=\int{\left( 2\sqrt{x}+3\text{x} \right)}dx=2\int{{{x}^{\frac{1}{2}}}dx}+3\int{xdx}2.\frac{{{x}^{\frac{3}{2}}}}{\frac{3}{2}}+3\frac{{{x}^{2}}}{2}+C=\frac{4}{3}\text{x}\sqrt{x}+\frac{3{{\text{x}}^{2}}}{2}+C$

Câu 4: Đáp án A

Phương pháp: Thể tích khối trụ: ${{V}_{tru}}=Bh=\pi {{R}^{2}}h,$ trong đó: B: diện tích đáy, h: chiều cao, R: bán kính đáy.

Cách giải: ${{V}_{tru}}=Bh=\pi {{R}^{2}}h,$trong đó: B: diện tích đáy, h: chiều cao, R: bán kính đáy.

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp: Dựa vào công thức ứng dụng tích phân để tính thể tích vật tròn xoay.

Cách giải:$V=\pi \int\limits_{a}^{b}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}}d\text{x}$

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp:

Quan sát bảng biến thiên, tìm điểm mà $f'\left( x \right)=0$ hoặc $f'\left( x \right)$ không xác định.

Đánh giá giá trị của $f'\left( x \right),$ và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y f x( ) :

- Cực tiểu là điểm mà tại đó $f'\left( x \right)$đổi dấu từ âm sang dương.

- Cực đại là điểm mà tại đó $f'\left( x \right)$đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy: Hàm số $y=f\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x=0$

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến (nghịch biến) trên $(a;b)$ khi và chỉ khi $f'\left( x \right)\ge 0\left( f'\left( x \right)\le 0 \right)\forall x\in \left( a;b \right)$ và $f'\left( x \right)=0$tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy: hàm số $y=f\left( x \right)$đồng biến trên khoảng $(0;2).$ Do $\left( 0;1 \right)\subset \left( 0;2 \right)\Rightarrow $  Hàm số $y=f\left( x \right)$đồng biến trên khoảng $(0;1)$

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Số tập con gồm 5 phần tử của 1 tập hợp gồm 20 phần tử là một tổ hợp chập 5 của 20.

Cách giải: Số tập con gồm 5 phần tử của M là $C_{20}^{5}$

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số, tìm GTLN, GTNN của $y=f\left( x \right)$trên $\left[ a;b \right]$

Bước 1: Tính $f'\left( x \right)$ giải phương trình $f'\left( x \right)=0,$ tìm các nghiệm $x\in \left[ a;b \right]$

Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x}_{i}} \right)$

Bước 3: So sánh và kết luận $\underset{\left[ a;b \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=max\left\{ f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x}_{i}} \right) \right\};\underset{\left[ a;b \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=\min \left\{ f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x}_{i}} \right) \right\}$ 

Cách giải:

$y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}.TXD:D=\left[ -2;2 \right]$

$\begin{array}{l}
y' = 1\sqrt {4 - {x^2}}  + x.\frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = \sqrt {4 - {x^2}}  - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{{4 - 2{x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\\
y' = 0 \Leftrightarrow 4 - 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2  \in \left[ { - 2;2} \right]\\
y\left( { - 2} \right) = 0;y\left( 2 \right) = 0;y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2;y\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - 2
\end{array}$ 

Vậy $\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=-2=m\Leftrightarrow x=-\sqrt{2};\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\operatorname{m}ax}}\,y=2=M\Leftrightarrow x=\sqrt{2}$

$\Rightarrow M+m=0$

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp:

Khi chọn bất kì bộ 3 số từ các số của tập số đã cho, ta luôn sắp xếp 3 số đó theo thứ tự từ bé đến lớn bằng duy nhất một cách.

Nếu trong 3 số đã chọn, tồn tại số 0 thì do $a<b<c$nên $a=0:$ Loại.

Vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài bằng số cách chọn bất kì 3 số trong tập số $\{1;2;3;4;5;6\}.$

Cách giải: Số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài bằng số cách chọn bất kì 3 số trong tập số $\{1;2;3;4;5;6\}$ và bằng $C_{6}^{3}=20$

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp:

Kiểm tra M nằm trong hay ngoài mặt cầu.

Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn đó là nhỏ nhất $\Leftrightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=OI$ là lớn nhất $\Leftrightarrow M\equiv I$

Cách giải:

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9$có tâm $O\left( 0;0;0 \right).$

Nhận xét: Dễ dàng kiểm tra điểm M nằm trong (S), do đó, mọi mặt phẳng đi qua M luôn cắt (S) với giao tuyến là 1 đường tròn.

Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn đó là nhỏ nhất. $\Leftrightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=OI$ là lớn nhất.

Mà $IO\le OM(V\grave{i}\text{ }OI\bot IM)\Rightarrow IO$ lớn nhất khi M trùng I hay OM vuông góc với (P) 

Vậy, (P) là mặt phẳng qua M và có VTPT là $\overrightarrow{OM}(1;-1;1).$

Phương trình mặt phẳng (P) là: $\text{1}\left( x-1 \right)\text{-1}\left( y+1 \right)\text{+1}\text{.}\left( z-1 \right)\text{=0}\Leftrightarrow \text{x}-y+z-3=0$

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp: Số phức $z=a+bi\left( a,b\in \mathbb{R} \right)$ có phần thực là a, phần ảo là b. 

Cách giải:

$z=\left( 1+2i \right)\left( 5-i \right)=5-i+10i-2{{i}^{2}}=5-i+10i+2=7+9i$có phần thực là 7.

Câu 13: Đáp án

Phương pháp: Cho $\overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}}$ là cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng $\left( \alpha  \right),$ khi đó $\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]$ là một vectơ pháp tuyến của $\left( \alpha  \right)$

Cách giải:

Gọi mặt phẳng cần tìm là $\left( \alpha  \right)$

$\left( P \right):x+3y-2\text{z}-1=0$ có một VTPT ${{n}_{\left( P \right)}}(1;3;\text{-}2)={{u}_{1}}.$ Vì $\left( \alpha  \right)\bot \left( P \right)\Rightarrow {{n}_{\left( \alpha  \right)}}\bot {{n}_{\left( P \right)}}$

$AB\subset \left( \alpha  \right)\Rightarrow {{n}_{\left( \alpha  \right)}}\bot AB=(1;\text{-}2;3)$

Khi đó, $\left( \alpha  \right)$có một vectơ pháp tuyến là: $\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]=\left( 5;-1;1 \right)$

Phương trình $\left( \alpha  \right):5\text{x}-y+z-9=0$

Câu 14: Đáp án

Phương pháp: G là trực tâm tam giác MNP $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
G \in \left( {MNP} \right)\\
\overrightarrow {MG} .\overrightarrow {NP}  = 0\\
\overrightarrow {PG} .\overrightarrow {MN}  = 0
\end{array} \right.$ 

Cách giải:$G\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)$ là trực tâm tam giác MNP $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
G \in \left( {MNP} \right)\\
\overrightarrow {MG} .\overrightarrow {NP}  = 0\\
\overrightarrow {PG} .\overrightarrow {MN}  = 0
\end{array} \right.$ 

$\overrightarrow{MN}=\left( 0;-1;-3 \right),\overrightarrow{\text{NP}}\left( -1;1;1 \right)\text{ }$

Mặt phẳng (MNP) có một VTPT $\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{MN},\overrightarrow{NP} \right]=\left( 2;3;-1 \right)$

Phương trình (MNP): $2x+3y-z-4=0$

$G\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\in \left( MNP \right)\Leftrightarrow 2{{x}_{0}}+3{{y}_{0}}-{{z}_{0}}-4=0\left( 1 \right)$

$\overrightarrow{MG}\left( {{x}_{0}}-1;{{y}_{0}}-1;{{z}_{0}}-1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{MG}.\overrightarrow{NP}=\left( {{x}_{0}}-1 \right)\left( -1 \right)+\left( {{y}_{0}}-1 \right).1+\left( {{z}_{0}}-1 \right).1=0\Leftrightarrow {{x}_{0}}+{{y}_{0}}+{{z}_{0}}-1=0\left( 2 \right)$ $\overrightarrow{PG}\left( {{x}_{0}}-0;{{y}_{0}}-1;{{z}_{0}}+1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{PG}.\overrightarrow{MN}=\left( {{x}_{0}}-0 \right).0+\left( {{y}_{0}}-1 \right).\left( -1 \right)+\left( {{z}_{0}}+1 \right).\left( -3 \right)=0\Leftrightarrow {{y}_{0}}+3{{z}_{0}}+2=0\left( 3 \right)$

Từ (1),(2),(3), suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
2{x_0} + 3{y_0} - {z_0} - 4 = 0\\
{x_0} + {y_0} + {z_0} - 1 = 0\\
{y_0} + 3{z_0} + 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = \frac{{ - 5}}{7}\\
{y_0} = \frac{{10}}{7}\\
{z_0} =  - \frac{8}{7}
\end{array} \right. \Rightarrow {x_0} + {z_0} =  - \frac{{13}}{7}$

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích hình hộp $V\text{=}Bh,$ trong đó:

B: diện tích đáy,

h: chiều cao

Cách giải:

Do $AA\text{ }//\text{ }CC$ nên $\left( AA'\text{,}ABCD \right)=\left( CC'\text{,}ABCD \right)=60{}^\circ $

$\begin{array}{l}
A'H \bot \left( {ABCD} \right),H \in \left( {ABCD} \right)\\
 \Rightarrow \left( {AA',\left( {ABCD} \right)} \right) = A'AH = 60^\circ 
\end{array}$

Hình thoi ABCD có $AB=BC=CD=DA=a,\text{ }BD\text{=}B\text{ }\!\!'\!\!\text{ }D\text{ }\!\!'\!\!\text{ =}a\sqrt{3}$

Tam giác OAB vuông tại O:

$\begin{array}{l}
O{A^2} = A{B^2} - O{B^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4}\\
 \Rightarrow OA = \frac{a}{2} \Rightarrow AH = \frac{a}{4};AC = a
\end{array}$

Diện tích hình thoi ABCD: ${{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$

Tam giác A’AH vuông tại H: $\tan A'SH=\frac{A'H}{AH}\Leftrightarrow \tan 60{}^\circ =\frac{A'H}{\frac{a}{4}}\Leftrightarrow A'H=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’:  $V={{S}_{ABCD}}.A'H=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3{{a}^{3}}}{8}$

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp: Cho ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$ là hai số phức bất kì, khi đó $\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|.\left| {{z}_{2}} \right|$

Cách giải: Ta có: $\text{w}=\left( 1+i \right)\overline{z}\Rightarrow \left| \text{w} \right|=\left| \left( 1+i \right)\overline{z} \right|=\left| 1+i \right|.\left| \overline{z} \right|=\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}\sqrt{5}=\sqrt{10}$

Câu 17: Đáp án

Phương pháp: Tìm TCĐ của đồ thị hàm số (nếu có) của từng đáp án.

Cách giải:

 $y=\frac{{{x}^{2}}-1}{x+2}$có một tiệm cận đứng là $x=-2.$

$y=\ln \text{x}$có một tiệm cận đứng là $x=0\text{ }$

$y=\tan x$có vô số tiệm cận đứng là $x=\frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$

$y={{e}^{-\frac{1}{\sqrt{x}}}}$ không có tiệm cận đứng, vì:

+) TXD: $D=\left( 0;+\infty  \right)$

+) $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-\frac{1}{\sqrt{x}}}}=0$

Câu 18: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng ${{\left( 1+i \right)}^{2}}=1+2i+{{i}^{2}}=1+2i-1=2i$

Cách giải:

$\begin{array}{l}
{\left( {1 + i} \right)^2} = 2i\\
{\left( {1 + i} \right)^8} = {\left[ {{{\left( {1 + i} \right)}^2}} \right]^4} = {\left( {2i} \right)^4} = 16\\
{\left( {1 + i} \right)^3} = {\left( {1 + i} \right)^2}\left( {1 + i} \right) = 2i\left( {1 + i} \right) = 2i - 2\\
{\left( {1 + i} \right)^5} = {\left[ {{{\left( {1 + i} \right)}^2}} \right]^2}\left( {1 + i} \right) = {\left( {2i} \right)^2}\left( {1 + i} \right) =  - 4i + 4
\end{array}$ 

Như vậy, chỉ có số phức ${{\left( 1+i \right)}^{8}}$ là số thực

Câu 19: Đáp án

Phương pháp: Công thức ${A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}$

Với: ${{A}_{n}}$ là số người sau năm thứ n,

M là số người ban đầu,

n là thời gian gửi tiền (năm),

r là tỉ lệ tăng dân số (%)

Cách giải: Từ 1/2017 đến năm 2020 có số năm là: 3 năm

Dân số Việt Nam đến năm 2020:

${A_3} = M{\left( {1 + r\% } \right)^3} = 94,970,597.{\left( {1{\rm{  + }}1,03\% } \right)^3} \approx 97,935,519 \approx 98$ triệu (người)

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp: $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( x+1 \right)}{x}=1$

Cách giải: $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \text{x}}{x-1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( \left( x-1 \right)+1 \right)}{x-1}=1$

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp: ${{\log }_{a}}{{b}^{c}}=c{{\log }_{a}}b\left( a,b>0,a\ne 0 \right)$

Cách giải: ${{a}^{c}}={{b}^{d}}\Leftrightarrow \ln {{a}^{c}}=\ln {{b}^{d}}\Leftrightarrow c\ln a=d\ln b\Leftrightarrow \frac{\ln a}{\ln b}=\frac{d}{c}$

Câu 22: Đáp án D

Phương pháp: Công thức từng phần: $\int\limits_{a}^{b}{udv}=\left. uv \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{vdu}$

Cách giải: Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln x\\
dv = xdx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{dx}}{x}\\
v = \frac{{{x^2}}}{2}
\end{array} \right.$ 

$\begin{array}{l}
 \Rightarrow I = \left. {\frac{{{x^2}}}{2}.\ln x} \right|_1^e - \frac{1}{2}\int\limits_1^e {xdx}  = \frac{{{e^2}}}{2} - \left( {\frac{{{e^2}}}{4} - \frac{1}{4}} \right) = \frac{{{e^2} + 1}}{4}\\
 \Rightarrow a = b = \frac{1}{4} \Rightarrow a + b = \frac{1}{2}
\end{array}$ 

Câu 23: Đáp án B

Phương pháp: $\left( P \right)//\left( Q \right):x+2y+3\text{z}+2=0\Rightarrow \left( P \right):x+2y+3\text{z}+m,m\ne 2$

Thay tọa độ điểm A vào phương trình mặt phẳng (P) và tìm hằng số m

Cách giải:

$\left( P \right)//\left( Q \right):x+2y+3\text{z}+2=0\Rightarrow \left( P \right):x+2y+3\text{z}+m,m\ne 2$

Mà $\left( P \right)//A\left( 2;1;3 \right)\in \left( P \right)\Rightarrow 2+2.1+3.\text{3}+2=0\Rightarrow m=-13$(thỏa mãn)

$\Rightarrow \left( P \right)\text{: }x+2y+3\text{z}-13=0$

Câu 24: Đáp án

Phương pháp:

- Xác định góc giữa hai đường thẳng: Cho a, b là hai đường thẳng bất kì, đường thẳng $a'//a\Rightarrow \left( a;b \right)=\left( a';b \right)$

Cách giải:

Gọi O, M lần lượt là tâm của hình chữ nhật ABCD và trung điểm của SA

Þ MO là đường trung bình của tam giác SAC

$\Rightarrow MO\text{//}SC$

$\Rightarrow \left( BD,SC \right)\text{=}\left( BD\text{,}MO \right)$

+) ABCD là hình chữ nhật

$\Rightarrow AC=BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}=a\sqrt{5}$

$\Rightarrow OA=OB=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

+) M là trung điểm SA $\Rightarrow MA=\frac{SA}{2}=\frac{2a}{2}=a$

Tam giác MAB vuông tại A $\Rightarrow MB=\sqrt{M{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$

Tam giác MAO vuông tại A $\Rightarrow MO=\sqrt{M{{A}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{3a}{2}$

+) Xét tam giác MBO:

$\cos MOB=\frac{M{{O}^{2}}+O{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}{2MO.OB}=\frac{{{\left( \frac{3a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}{2.\frac{3a}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}>0\Rightarrow MOB=90{}^\circ $

$\Rightarrow MOB=\left( MO;BD \right)\Rightarrow cos\left( SC;BD \right)=\frac{\sqrt{5}}{5}$

Câu 25: Đáp án

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng tạo bởi hai đồ thị hàm số $y=f\left( x \right),y=g\left( x \right)$ và các đường thẳng $x=a,x=b,a<b$

$S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|}dx$

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của $y={{x}^{2}}$ và $y=x+2$

${x^2} = x + 2 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 2
\end{array} \right.$

Diện tích hình (H):

$\begin{array}{l}
S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^2} - \left( {x - 2} \right)} \right|} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^2} - x - 2} \right|} dx =  - \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {{x^2} - x - 2} \right)} dx = \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} - \frac{1}{2}{x^2} - 2x} \right)} \right|_{ - 1}^2\\
 = \left. {\left( {\frac{1}{3}{2^3} - \frac{1}{2}{2^2} - 2.2} \right)} \right| + \left( {\frac{1}{3}{{\left( { - 1} \right)}^3} - \frac{1}{2}{{\left( { - 1} \right)}^2} - 2\left( { - 1} \right)} \right) = \frac{9}{2}
\end{array}$

Câu 26: Đáp án

Phương pháp:

Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp

- Xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy.

- Vẽ đường thẳng (d) qua O và vuông góc đáy.

- Vẽ mặt phẳng trung trực của một cạnh bên bất kì cắt (d) tại I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp cần tìm và bán kính $R\text{ }=\text{ }IA\text{ }=\text{ }IB\text{ }=\text{ }IC\text{ }=\ldots $

Cách giải:

ABCD là hình thang cân $\Rightarrow $  ABCD là tứ giác nội tiếp Þ Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD trùng với đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD.

Gọi I là trung điểm AD. Do $AB=CD=BC=a,\text{ }AD=2a,$ ta dễ dàng chứng minh được I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD Þ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SD, SA.

Þ MI, MN là các đường trung bình của tam giác SAD

$\Rightarrow MI\text{//}SA,\text{ }MN\text{//}AD$

Mà $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
MI \bot \left( {ABCD} \right)\\
MN \bot SA
\end{array} \right.$ 

$\Rightarrow MB\text{=}MC\text{=}MD\text{=}MA\text{,}MN$ là trung trực của SA

$\Rightarrow MB\text{=}MC\text{=}MD\text{=}MS\left( =MA \right)$

$\Rightarrow M$ là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD

Bán kính $R=MS=\frac{SD}{2}=\frac{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}}{2}=a\sqrt{2}$

Thể tích mặt cầu: $V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{\left( a\sqrt{2} \right)}^{3}}=\frac{8\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$

Câu 27: Đáp án

Phương pháp: Đặt $t=-x$

Cách giải: $I=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}d\text{x}=1\left( 1 \right)$

Đặt $t=-x\Rightarrow dt=-dx.$

Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1 \Rightarrow t = 1\\
x = 1 \Rightarrow t =  - 1
\end{array} \right.$

Khi đó: $I=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}d\text{x}=-\int\limits_{1}^{-1}{\frac{f\left( -t \right)}{1+{{e}^{-t}}}}d\text{t}=-\int\limits_{1}^{-1}{\frac{f\left( t \right)}{\frac{1+{{e}^{t}}}{{{e}^{t}}}}}d\text{t}$ (do $f\left( x \right)$ là hàm chẵn) $=-\int\limits_{1}^{-1}{\frac{{{e}^{t}}f\left( t \right)}{1+{{e}^{t}}}}d\text{t}=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{e}^{x}}f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}d\text{t}$$\Rightarrow \int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{e}^{x}}f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}d\text{t}=1\left( 2 \right)$

Từ (1), (2), suy ra $\int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{e}^{x}}f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}d\text{t+}\int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{e}^{x}}f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}d\text{t}=2\Leftrightarrow \int\limits_{-1}^{1}{\frac{\left( {{e}^{x}}+1 \right)f\left( x \right)}{1+{{e}^{x}}}}d\text{x=2}\Leftrightarrow \int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)}d\text{x=2}$

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:                                       

- Xác định góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (P):

Bước 1: Xác định giao điểm I của AB và (P)

Bước 2: Từ B hạ BH vuông góc với (P)

Bước 3: Nối IH $\Rightarrow $  Góc HIB là góc tạo bởi AB và (P).

Cách giải:

Gọi D là trung điểm của AB.

Tam giác ABC đều $\Rightarrow CD\bot AB$

Mà $CD\bot SA$ do $SA\bot \left( ABC \right)$

$\Rightarrow CD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow \left( SC,\left( SAB \right) \right)=\left( SC,SD \right)=CSD$

Tam giác ABC đều, cạnh a, M là trung điểm AB

$\Rightarrow AD=\frac{a}{2},CD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác ADS vuông tại A $\Rightarrow SD=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác SDC vuông tại D $\Rightarrow \tan DSC=\frac{DC}{SD}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=1\Rightarrow DSC=45{}^\circ \Rightarrow \left( SC;\left( SAB \right) \right)=45{}^\circ $

Câu 29: Đáp án

Phương pháp:

+) Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,n \ge 1
\end{array} \right.$là dãy cấp số cộng, với ${{u}_{1}}=1$ công sai $d=2\text{ }$

Số hạng tổng quát của dãy ${{u}_{n}}={{u}_{n-1}}+\left( n-1 \right)d,n\ge 1$

+) Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,n \ge 1
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{1}{{{u_k}{u_{k + 1}}}} = \frac{1}{2}\frac{{{u_{k + 1}} - {u_k}}}{{{u_k}{u_{k + 1}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{u_k}}} - \frac{1}{{{u_{k + 1}}}}} \right)$

Cách giải

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,n \ge 1
\end{array} \right.$là dãy cấp số cộng, với ${{u}_{1}}=1$ công sai $d=2\text{ }$

$\begin{array}{l}
 \Rightarrow {u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 1 + \left( {n - 1} \right).2 = 2n - 1\\
{S_n} = \frac{1}{{{u_1}{u_2}}} + \frac{1}{{{u_2}{u_3}}} + ... + \frac{1}{{{u_n}{u_{n + 1}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{u_1}}} - \frac{1}{{{u_2}}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{u_2}}} - \frac{1}{{{u_3}}}} \right) + ... + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{u_n}}} - \frac{1}{{{u_{n + 1}}}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{u_1}}} - \frac{1}{{{u_{n + 1}}}}} \right)\\
 = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{{1 + 2n}}} \right) = \frac{n}{{1 + 2n}}
\end{array}$