Câu 30: Đáp án
Phương pháp:
Công thức nhị thức Newton ${{\left( x+y \right)}^{n}}=C_{n}^{0}{{x}^{n}}+C_{n}^{1}{{x}^{n-1}}y+...+C_{n}^{n}{{y}^{n}}=\sum\limits_{i=0}^{n}{C_{n}^{i}{{x}^{n-i}}{{y}^{i}}}$
Cách giải:
$P\left( x \right)={{a}_{0}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+...+{{a}_{40}}{{x}^{40}}.$
$P'\left( x \right)={{a}_{1}}+{{a}_{2}}x+...+{{a}_{40}}{{x}^{39}}.$
Ta có $P\left( x \right)={{\left( 1+3\text{x}+{{x}^{2}} \right)}^{20}}\Rightarrow P'\left( x \right)=20{{\left( 1+3\text{x}+{{x}^{2}} \right)}^{19}}\left( 3+2x \right)$
$\Rightarrow 20{{\left( 1+3\text{x}+{{x}^{2}} \right)}^{19}}\left( 3+2x \right)=P'\left( x \right)={{a}_{1}}+{{a}_{2}}x+...+{{a}_{40}}{{x}^{39}}$
Cho x =1
$\Rightarrow 20{{\left( 1+3+1 \right)}^{19}}\left( 3+2.1 \right)={{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+40{{a}_{40}}$
${{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{40}}={{20.5}^{20}}$$\Rightarrow S={{20.5}^{20}}$
Câu 31: Đáp án A
Phương pháp:
- Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
- Công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
Cho $\Delta $ có VTCP $\overrightarrow{u}$ và qua M; $\Delta '$ có VTCP $\overrightarrow{v}$ và qua M’
$d\left( \Delta ;\Delta ' \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} \right].\overrightarrow{MM'} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} \right] \right|}$
Cách giải:
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, trong đó:
$\begin{array}{l}
A'\left( {0;0;0} \right),B'\left( {0;a;0} \right),C'\left( {a;a;0} \right),D'\left( {a;0;0} \right)\\
A\left( {0;0;a} \right),B\left( {0;a;a} \right),C\left( {a;a;a} \right),D\left( {a;0;a} \right),M\left( {\frac{a}{2};a;a} \right)
\end{array}$
Đường thẳng AM có VTCP $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{AM}=\left( \frac{a}{2};a;0 \right)$ và qua $A\left( 0;0;\text{a} \right)$
Đường thẳng DB’ có VTCP $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{DB'}=\left( -a;a;-a \right)$và qua $D\text{ }\left( \text{a};0;\text{a} \right)$
$\overrightarrow{AD}\text{ }=(a;0;0)$
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và DB’: $d\left( AM;DB' \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} \right].\overrightarrow{AD} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} \right] \right|}$
Ta có:
$\left[ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} \right]=\left( -{{a}^{2}};\frac{{{a}^{2}}}{2};\frac{3{{a}^{2}}}{2} \right)\Rightarrow d\left( AM;DB' \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} \right].\overrightarrow{AD} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} \right] \right|}=\frac{\left| -{{a}^{2}}.a+\frac{{{a}^{2}}}{2}.0+\frac{3{{a}^{2}}}{2}0 \right|}{\sqrt{{{a}^{4}}+\frac{{{a}^{4}}}{4}+\frac{9{{a}^{4}}}{4}}}=\frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}\sqrt{\frac{7}{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{7}}$
Vây, khoảng cách giữa AM và DB’ là $\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{7}}$
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số, đánh giá số nghiệm của phương trình
Cách giải:
$\begin{array}{l}
{3.2^x} + {4.3^x} + {5.4^x} = {6.5^x} \Leftrightarrow 3.{\left( {\frac{2}{5}} \right)^x} + 4.{\left( {\frac{3}{5}} \right)^x} + 5.{\left( {\frac{4}{5}} \right)^x} = 6\\
\Leftrightarrow 3.{\left( {\frac{2}{5}} \right)^x} + 4.{\left( {\frac{3}{5}} \right)^x} + 5.{\left( {\frac{4}{5}} \right)^x} - 6 = 0\left( * \right)
\end{array}$
Hàm số $y=f\left( x \right)=3.{{\left( \frac{2}{5} \right)}^{x}}+4.{{\left( \frac{3}{5} \right)}^{x}}+5.{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{x}}-6$ nghịch biến trên $\mathbb{R}\Rightarrow f\left( x \right)=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm trên R(1)
Ta có: $f\left( 0 \right)=6,f\left( 2 \right)=-\frac{22}{55}\Rightarrow f\left( 0 \right).f\left( 2 \right)<0\Rightarrow f\left( x \right)=0$ có ít nhất 1 nghiệm $x\in (0;2)\left( 2 \right)$ Từ (1), (2) suy ra: phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm thực
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp: Từ BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ suy ra BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( \left| x \right| \right),$ số nghiệm của phương trình $f\left( \left| x \right| \right)=0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( \left| x \right| \right)$và đường thẳng$y=f\left( 0 \right)$
Cách giải: Từ bảng biến thiên hàm số $y=f\left( x \right)$ ta có bảng biến thiên hàm số $f\left( \left| x \right| \right)=f\left( 0 \right)$ như sau:
Suy ra, phương trình $f\left( \left| x \right| \right)=f\left( 0 \right)$ có 3 nghiệm.
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp:
+) $f'\left( x \right)>0\forall x\in \left( a;b \right)\Rightarrow y=f\left( x \right)$ đồng biến trên $(a\text{;}b).$
+) $f'\left( x \right)<0\forall x\in \left( a;b \right)\Rightarrow y=f\left( x \right)$nghịch biến trên $(a\text{;}b).$
Cách giải:
Quan sát đồ thị của hàm số $y=f'\left( x \right)$, ta thấy:
+) $f'\left( x \right)>0,\,\forall x\in \left( a;b \right)\Rightarrow y=f\left( x \right)$ đồng biến trên $(a\text{;}b)\Rightarrow f\left( a \right)>f\left( b \right)$
+) $f'\left( x \right)<0,\,\forall x\in \left( b;c \right)\Rightarrow y=f\left( x \right)$ nghịch biến trên $(b;c)\Rightarrow f\left( b \right)<f\left( c \right)$
Như vậy, $f\left( a \right)>f\left( b \right),f\left( c \right)>f\left( b \right)$
Đối chiếu với 4 phương án, ta thấy chỉ có phương án C thỏa mãn.
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp: Logarit hai vế, đưa về phương trình bậc hai một ẩn.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
{2^x} = {3^{{x^2}}} \Leftrightarrow {\log _3}{2^x} = {\log _3}{3^{{x^2}}} \Leftrightarrow {x^2} = x{\log _3}2 \Leftrightarrow {x^2} - x{\log _3}2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = {\log _3}2
\end{array} \right.\\
{x_1} + {x_2} = {\log _3}2
\end{array}$
Câu 36: Đáp án
Phương pháp: Xác định đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng cắt nhau a và b trong không gian:
- Lấy hai vectơ $\overrightarrow{u}\text{, }\overrightarrow{v}$ lần lượt là các VTCP của đường thẳng a, b ($\overrightarrow{u}\text{, }\overrightarrow{v}$có cùng độ dài).
- Tìm giao điểm M của a và b.
- Phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng a và b là đường thẳng qua M và có VTCP là $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ + hoặc $\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$
Cách giải:
${d_1}:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}} \Leftrightarrow {d_1}:\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + {t_1}\\
y = 2 + 2{t_1}\\
z = - 1 - {t_1}
\end{array} \right.$
${d_2}:\frac{{x - 1}}{{ - 1}} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{z}{2} \Leftrightarrow {d_2}:\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 - {t_2}\\
y = - {t_2}\\
z = 2{t_2}
\end{array} \right.$
Tìm giao điểm M của ${{d}_{1}},{{d}_{2}}:$
Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
2 + {t_1} = 1 - {t_2}\\
2 + 2{t_1} = - {t_2}\\
- 1 - {t_1} = 2{t_2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{t_1} = - 1\\
{t_2} = 0
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {1;0;0} \right)$
${{d}_{1}}$ có 1 VTCP là $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 1;2;-1 \right),\left( \left| \overrightarrow{{{u}_{1}}} \right|=\sqrt{6} \right)$
${{d}_{2}}$ có 1 VTCP là $\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( -1;-1;2 \right),\left( \left| \overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|=\sqrt{6} \right)$
$cos\left( \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right)=\frac{1.\left( -1 \right)+2.\left( -1 \right)+\left( -1 \right).2}{6}<0\Rightarrow \left( \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right)>90{}^\circ $
Suy ra, đường phân giác góc nhọn tạo bởi 1 2 d d, có 1 VTCP là $\overrightarrow{{{u}_{1}}}-\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 2;3;-3 \right)$
Phương trình đường phân giác cần tìm là $\frac{x-1}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z}{-3}$
Câu 37: Đáp án A
Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số và đánh giá dấu của các hệ số a, b.
Cách giải: Đồ thị hàm số $y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c,\left( a\ne 0 \right)$ có $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,=+\infty \Rightarrow a>0$
$\begin{array}{l}
y = a{x^4} + b{x^2} + c \Rightarrow y' = 4a{x^3} + 3bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right)\\
y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = - \frac{b}{{2a}}
\end{array} \right.
\end{array}$
(C) có ba cực trị $\Leftrightarrow y'=0$ có 3 nghiệm phân biệt$\Leftrightarrow -\frac{b}{2a}>0\Leftrightarrow b<0$ vì $a>0$
Vậy $a>0,b<0$
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp: Thể tích của khối tròn xoay sinh khi cho phần tô đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD bằng thể tích hình cầu đường kính AD trừ đi thể tích hình nón tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh trục AD.
Cách giải:
*) Tính thể tích hình cầu đường kính AD:
Tam giác ABC đều, cạnh a $\Rightarrow OA=\frac{2}{3}AH=\frac{2}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
${{V}_{cau}}=\frac{4}{3}\pi O{{A}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{3}}=\frac{4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{27}$
*) Tính thể tích hình nón (H) tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh trục AH:
Hình nón (H) có đường cao $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2},$ bán kính đáy $HB=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$
${{V}_{non}}=\frac{1}{3}{{S}_{day}}.h=\frac{1}{3}\pi H{{B}^{2}}.AH=\frac{1}{3}\pi {{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$
*) Tính V
$V={{V}_{cau}}-{{V}_{non}}=\frac{23\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{216}$
Câu 39: Đáp án D
Phương pháp:
Chuyển vế, lấy mođun hai vế.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
\left( {1 + 2i} \right)\left| z \right| = \frac{{\sqrt {10} }}{z} - 2 + i \Leftrightarrow \left( {1 + 2i} \right)\left| z \right| + 2 - i = \frac{{\sqrt {10} }}{z}\\
\Leftrightarrow \left( {\left| z \right| + 2} \right)\left( {2\left| z \right| - 1} \right)i = \frac{{\sqrt {10} }}{z} \Leftrightarrow {\left( {\left| z \right| + 2} \right)^2}{\left( {2\left| z \right| - 1} \right)^2} = \frac{{10}}{{{{\left| z \right|}^2}}}\\
\Leftrightarrow {\left| z \right|^2} + 4\left| z \right| + 4 + 4{\left| z \right|^2} - 4\left| z \right| + 1 = \frac{{10}}{{{{\left| z \right|}^2}}} \Leftrightarrow 5{\left| z \right|^4} + 5{\left| z \right|^2} - 10 = 0 \Leftrightarrow \left| z \right| = 1\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)
\end{array}$
Câu 40: Đáp án
Phương pháp: Chuyến sang hệ trục tọa độ trong không gian.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
A = \sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y - 2z + 3} + \sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 2y + 5} \\
= \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {z^2}}
\end{array}$
Lấy $S\left( x;y;z \right)\in \left( P \right):$ $x+y-z=2.$ bất kì, $M\left( 1;1;1 \right),N\left( 2;1;0 \right)$
$A=\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}=SM+SN$
Ta thấy $\left( 1+1-1-2 \right)\left( 2+1-0-2 \right)<0\Rightarrow M,N$ N nằm khác phía so với mặt phẳng $\left( P \right):x+y-z=2.$
Ta có: $SM\text{+}SN\ge MN$
${{\left( SM\text{+}SN \right)}_{\min }}\ge MN\Leftrightarrow \overline{S,M,N}$
Khi đó, S là giao điểm của MN và (P).
*) Xác định tọa độ của S: $\overrightarrow{MN}=\left( 1;0;-1 \right)$
Phương trình đường thẳng MN: $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t\\
y = 1\\
z = 1 - t
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
S \in MN \Rightarrow S\left( {1 + t;1;1 - t} \right)\\
S \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {1 + t} \right) + 1 - \left( {1 - t} \right) = 2 \Leftrightarrow 1 + 2t = 2 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Rightarrow S\left( {\frac{3}{2};1;\frac{1}{2}} \right)
\end{array}$
Vậy, biểu thức A đạt GTNN tại $\left( \frac{3}{2};1;\frac{1}{2} \right)\Rightarrow {{x}_{0}}+{{y}_{0}}=\frac{5}{2}$
Câu 41: Đáp án
Phương pháp:
- Gắn hệ trục tọa độ Oxy, xác định phương trình hàm số bậc ba.
- Ứng dụng tích phân vào tính thể tích.
Cách giải:
Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Gọi phương trình của đường sinh là: $y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\left( C \right),a\ne 0$
Theo đề bài, ta có: (C) có điểm cực đại $\left( 0;3 \right),$ điểm cực tiểu là $\left( 2;1 \right)\text{ }$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 = d\\
1 = 8a + 4b + 2c + 3\left( 2 \right)
\end{array} \right.\\
y' = 3a{x^2} + 2bx + c \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 0\left( 3 \right)\\
12a + 4b + c = 0\left( 4 \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
Từ (1),(2),(3) và (4) $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{2}\\
b = - \frac{3}{2}\\
c = 0\\
d = 3
\end{array} \right. \Rightarrow \left( C \right):\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} + 3$
Thể tích đã cho vào: $V=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left( \frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}{{x}^{2}}+3 \right)}dx=\frac{314\pi }{35}$
Thể tích 1 viên bi là ${{V}_{bi}}=\frac{4}{3}\pi r_{bi}^{3}=\frac{4}{3}\pi {{\left( \frac{3}{4} \right)}^{3}}=\frac{9\pi }{16}$
Cần số viên bi: $\frac{\frac{314\pi }{35}}{\frac{9\pi }{16}}\approx 16$ (viên).
Câu 42: Đáp án
Phương pháp:$\int{f\left( x \right)u'\left( x \right)}dx=\int{f\left( x \right)d\left( u\left( x \right) \right)}$
Cách giải:
Xét phương trình: ${{\left[ f\left( x \right) \right]}^{4}}{{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)=1+{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{3}}\left( 1 \right)$
Đặt $g\left( x \right)=1+{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{3}}\Rightarrow g'\left( x \right)=3{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}.f'\left( x \right)$
$\Rightarrow {{\left[ g'\left( x \right) \right]}^{2}}=9{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{4}}.{{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}$
Khi đó $\frac{1}{9}{{\left[ g'\left( x \right) \right]}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)=g\left( x \right)\Leftrightarrow \frac{{{\left[ g'\left( x \right) \right]}^{2}}}{g\left( x \right)}=\frac{9}{{{x}^{2}}+1}\left( 2 \right)$
Vì $f\left( x \right)$ có đạo hàm không âm trên [0;1] và $f\left( x \right)>0$ với $\forall x\in [0;1].$ nên$g\left( x \right)=1+{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{3}}$ cũng có đạo hàm không âm trên [0;1] và $g\left( x \right)>0$ với $\forall x\in [0;1].$
$\left( 2 \right)\Leftrightarrow \frac{g'\left( x \right)}{\sqrt{g\left( x \right)}}=\frac{3}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\forall x\in \left[ 0;1 \right]$
$\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{\frac{g'\left( x \right)}{\sqrt{g\left( x \right)}}dx}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{3}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dx}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{\frac{d\left( g\left( x \right) \right)}{\sqrt{g\left( x \right)}}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{3}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dx}\Leftrightarrow \left. 2\sqrt{g\left( x \right)} \right|_{0}^{1}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{3}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dx}$
Đặt $t=x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}\Rightarrow dt\left( 1+\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}} \right)dx\Leftrightarrow \frac{dt}{t}=\frac{dx}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}$
(đổi cận: $x=0\to t=1,x=1\to t=1+\sqrt{2})$
$\begin{array}{l}
\int\limits_0^1 {\frac{3}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} = 3\int\limits_1^{1 + \sqrt 2 } {\frac{{dt}}{t}} = \left. {3\ln \left| t \right|} \right|_1^{1 + \sqrt 2 } = 3\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\
\Rightarrow \left. {2\sqrt {g\left( x \right)} } \right|_0^1 = 3\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) \Leftrightarrow 2\sqrt {g\left( 1 \right)} - 2\sqrt {g\left( 0 \right)} = 3\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) \Leftrightarrow 2\sqrt {g\left( 1 \right)} - 2\sqrt 9 = 3\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\
\Leftrightarrow g\left( 1 \right) = {\left( {\frac{{3\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) + 6}}{2}} \right)^2}\,\,\,\,\left( {do{\rm{ g}}\left( 0 \right) = 1 + {{\left[ {f\left( 0 \right)} \right]}^3} = 1 + {2^3} = 9} \right)\\
\Rightarrow {\left( {\frac{{3\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) + 6}}{2}} \right)^2} = 1 + {\left[ {f\left( 1 \right)} \right]^3} \Leftrightarrow f\left( 1 \right) \approx 2,61 \Rightarrow \frac{5}{2} < f\left( 1 \right) < 3
\end{array}$
Câu 43: Đáp án
Phương pháp:
Đồ thị của hàm số $y=f\left( x \right)$ có hai tiệm cận ngang Û Tập xác định của $y=f\left( x \right)$chứa khoảng âm vô cực và dương vô cực và $\exists a,b \in R,a \ne b:\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = b
\end{array} \right.$
Cách giải: $y={{e}^{\frac{3x-\sqrt{m{{x}^{2}}+1}}{x-\sqrt{\left( 2018-m \right){{x}^{2}}+1}}}}$
Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}
m{x^2} + 1 \ge 0\\
\left( {2018 - m} \right){x^2} + 1 \ge 0
\end{array} \right.$
Đồ thị hàm số $y={{e}^{\frac{3x-\sqrt{m{{x}^{2}}+1}}{x-\sqrt{\left( 2018-m \right){{x}^{2}}+1}}}}$ có 2 tiệm cận ngang Þ Tập xác định D phải chứa khoảng âm vô cực và dương vô cực.
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge 0\\
2018 - m \ge 0
\end{array} \right. \Rightarrow 0 \le m \le 2018$
$+)\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3x-\sqrt{m{{x}^{2}}+1}}{x-\sqrt{\left( 2018-m \right){{x}^{2}}+1}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3-\sqrt{m+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}{1-\sqrt{\left( 2018-m \right)+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3-\sqrt{m}}{1-\sqrt{2018-m}}}}=a$
Ta tìm m để tồn tại giá trị của $a\in \mathbb{R}$
$TH1:1-\sqrt{2018-m}\ne 0\Leftrightarrow m\ne 2017.$ Khi đó $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3-\sqrt{m}}{1-\sqrt{2018-m}}}}={{e}^{\frac{3-\sqrt{m}}{1-\sqrt{2018-m}}}}=a\in \mathbb{R}$
$TH2:1-\sqrt{2018-m}=0\Leftrightarrow m=2017.$ Khi đó $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3-\sqrt{m}}{1-\sqrt{2018-m}}}}=a=0\in \mathbb{R}$
$+)\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3x-\sqrt{m{{x}^{2}}+1}}{x-\sqrt{\left( 2018-m \right){{x}^{2}}+1}}}}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3+\sqrt{m+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}{1+\sqrt{\left( 2018-m \right)+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}}}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{3+\sqrt{m}}{1+\sqrt{2018-m}}}}=b\in \mathbb{R},\forall m\in \left[ 0;2018 \right]$
+) Giải phương trình:
$\begin{array}{l}
{e^{\frac{{3 - \sqrt m }}{{1 - \sqrt {2018 - m} }}}} = {e^{\frac{{3 + \sqrt m }}{{1 + \sqrt {2018 - m} }}}} \Leftrightarrow \frac{{3 - \sqrt m }}{{1 - \sqrt {2018 - m} }} = \frac{{3 + \sqrt m }}{{1 + \sqrt {2018 - m} }}\\
\Leftrightarrow \left( {3 - \sqrt m } \right)\left( {1 + \sqrt {2018 - m} } \right) = \left( {3 + \sqrt m } \right)\left( {1 - \sqrt {2018 - m} } \right)\\
m = \frac{{9081}}{5} \in \left[ {0;2018} \right]\\
\Rightarrow {e^{\frac{{3 - \sqrt m }}{{1 - \sqrt {2018 - m} }}}} = {e^{\frac{{3 + \sqrt m }}{{1 + \sqrt {2018 - m} }}}} \Leftrightarrow m = \frac{{9081}}{5}
\end{array}$
Vậy, với mọi số nguyên $m\in \left[ 0;2018 \right]\backslash \left\{ \frac{9081}{5} \right\},$ hàm số $y={{e}^{\frac{3x-\sqrt{m{{x}^{2}}+1}}{x-\sqrt{\left( 2018-m \right){{x}^{2}}+1}}}}$ luôn có 2 tiệm cận ngang.
Số giá trị nguyên của m thỏa mãn là: 2019 số.
Câu 44: Đáp án A
$\begin{array}{l}
{A_{2018}} = C_{2018}^0 + C_{2018}^3 + ... + C_{2018}^{2016}\\
{B_{2018}} = C_{2018}^1 + C_{2018}^4 + ... + C_{2018}^{2017}\\
{C_{2018}} = C_{2018}^2 + C_{2018}^5 + ... + C_{2018}^{2018}
\end{array}$
Ta có kết quả sau ${{A}_{2018}}={{C}_{2018}}={{B}_{2018}}-1$
(Có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, tổng quát
${{A}_{6k+2}}={{C}_{6k+2}}={{B}_{6k+2}}-1;{{A}_{6k+5}}={{C}_{6k+5}}={{B}_{6k+2}}5-1)$
Mặt khác ta có
$\begin{array}{l}
{A_{2018}} + {B_{2018}} + {C_{2018}} = C_{2018}^0 + C_{2018}^1 + ... + C_{2018}^{2018}\\
{\left( {1 + 1} \right)^{2018}} = {2^{2018}}\\
\Rightarrow S + \left( {S + 1} \right) + S = {2^{2018}} \Rightarrow S = \frac{{{2^{2018}} - 1}}{3}
\end{array}$
Câu 45: Đáp án A
$y=\left| {{\sin }^{4}}x+\cos 2x+m \right|=\left| {{\sin }^{4}}x+1-2{{\sin }^{2}}x+m \right|=\left| {{\left( {{\sin }^{2}}x-1 \right)}^{2}}+m \right|=\left| co{{s}^{4}}x+m \right|$
+) Nếu $m\ge 0$ thì $co{{s}^{4}}x+m\ge 0,\forall x\Rightarrow y=\left| co{{s}^{4}}x+m \right|=co{{s}^{4}}x+m\ge m,\forall x$
$\min y=2\Rightarrow m=2$
+) Nếu $m<0$ thì $co{{s}^{4}}x+m=0\Rightarrow co{{s}^{4}}x=-m$ có nghiệm
$\Rightarrow y=\left| co{{s}^{4}}x+m \right|\ge 0,\forall x$
$\min y=0\ne 2\Rightarrow $Không có giá trị của m để hàm số có GTNN bằng 2.
Vậy $S=\left\{ 2 \right\}\Rightarrow $ Tổng só phần tử của S bằng 2.
Câu 46: Đáp án
Phương pháp:
- Đưa phương trình mặt phẳng (P) về dạng chỉ còn 1 tham số.
- (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất $\Leftrightarrow d\left( I;\left( P \right) \right)$ max, trong đó: I là tâm mặt cầu (S).
Cách giải:
$\begin{array}{l}
A\left( {3; - 2;6} \right),B\left( {0;1;0} \right) \in \left( P \right):ax + by + cz - 2 = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3{\rm{a}} - 2b + 6c - 2 = 0\\
b - 2 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 2\\
a = 2 - 2c
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left( P \right):\left( {2 - 2c} \right)x + 2y + cz - 2 = 0
\end{array}$
$\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=25$ có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$ và bán kính $R=5$
- (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất $\Leftrightarrow d\left( I;\left( P \right) \right)$ max, trong đó: I là tâm mặt cầu (S).
Ta có $d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| \left( 2-2c \right).1+2.2+c.3-2 \right|}{\sqrt{{{\left( 2-2c \right)}^{2}}+{{2}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\left| c+4 \right|}{\sqrt{5{{c}^{2}}-8c+8}}=\sqrt{\frac{{{c}^{2}}+8c+16}{5{{c}^{2}}-8c+8}}$
Ta tìm giá trị lớn nhất của $\frac{{{c}^{2}}+8c+16}{5{{c}^{2}}-8c+8}$. Gọi m là giá trị của $\frac{{{c}^{2}}+8c+16}{5{{c}^{2}}-8c+8}$ với c nào đó.
Ta có:
$\begin{array}{l}
m = \frac{{{c^2} + 8c + 16}}{{5{c^2} - 8c + 8}} \Leftrightarrow {c^2} + 8c + 16 = m\left( {5{c^2} - 8c + 8} \right) \Leftrightarrow {c^2}\left( {1 - 5m} \right) + 8\left( {1 + m} \right)c + 16 - 8m = 0\left( * \right)\\
\Delta ' = {\left( {4 + 4m} \right)^2} - \left( {1 - 5m} \right)\left( {16 - 8m} \right) = 16 + 32m + 16{m^2} - 16 + 8m + 80m - 40{m^2} = - 24{m^2} + 120m
\end{array}$ (*) có nghiệm $\Leftrightarrow \Delta \ge 0\Leftrightarrow 0\le m\le 5$
$\Rightarrow 0\le \frac{{{c}^{2}}+8c+16}{5{{c}^{2}}-8c+8}\le 5\Rightarrow \left( \sqrt{\frac{{{c}^{2}}+8c+16}{5{{c}^{2}}-8c+8}} \right)max=\sqrt{5}\Leftrightarrow c=\frac{-4\left( 1+m \right)}{1-5m}=\frac{-4\left( 1+5 \right)}{1-5.5}=1$
Khi đó $T=a+b+c=2-2c+2+c=4-1=3$
Câu 47: Đáp án A
Cho số phức $z=x+yi\left( x,y\in \mathbb{R} \right),S\left( x,y \right)$ là điểm biểu diễn của z trên hệ trục tọa độ Oxy
$\left| z-2+3i \right|+\left| z-2+i \right|=4\sqrt{5}\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+3 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}}=4\sqrt{5}\left( 1 \right)$
Lấy các điểm $A\left( 2;-3 \right),B\left( -2;-1 \right)$ Phương trình $\left( 1 \right)\Leftrightarrow SA+SB=4\sqrt{5}$
$\Rightarrow $ Tập hợp các điểm S là đường elip (E) có tiêu điểm $A\left( 2;-3 \right),B\left( -2;-1 \right)$và có độ dài trục lớn là $2a=4\sqrt{5}\Rightarrow a=2\sqrt{5}$
Lấy $M\left( 4;\text{-}4 \right)$. Dễ dàng kiểm tra được $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {MA} \\
MA + MB = 4 = 2a
\end{array} \right.$
Suy ra, M là một đỉnh và nằm trên trục lớn của elip (E).
Gọi I là trung điểm $AB\Rightarrow I\left( 0;-2 \right),N$ là điểm đối xứng của M qua I. Khi đó, với mọi điểm $S\in \left( E \right):SM\le MN=2a=4\sqrt{5}$
$S{{M}_{max}}=4\sqrt{5}$khi và chỉ khi S trùng N $\Leftrightarrow {{P}_{max}}=4\sqrt{5}$ khi và chỉ khi $S\equiv N\left( -4;0 \right)\Rightarrow z=-4$
Câu 48: Đáp án
Phương pháp:
- Xác định góc giữa mặt phẳng và mặt phẳng.
- Lập tỉ lệ thể tích thông qua tỉ lệ diện tích đáy và tỉ lệ chiều cao.
Cách giải:
Xét hình nón (H) thỏa mãn yêu cầu đề bài, có một thiết diện qua trục là tam giác SAB.
Ta có: SAB cân tại S và là tam giác vuông cân$\Rightarrow \Delta SAB$ vuông cân tại đỉnh S.
Gọi O là trung điểm của AB $\Rightarrow SO=OA=OB=\frac{SA}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3\left( cm \right)$
Thể tích hình nón (H): $V=\frac{1}{3}SO.\pi .O{{A}^{2}}=\frac{1}{3}.3.\pi {{.3}^{2}}=9\pi $
Gọi (P) là một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc $60{}^\circ ,$ thiết diện của (P) với mặt đáy là tam giác cân SMN.
Gọi I là trung điểm của MN (hiển nhiên I không trùng O), suy ra $IO\bot MN$
Mà $SO\bot MN$
$\Rightarrow MN\bot \left( SI\text{O} \right)\Rightarrow \left( \left( P \right),\left( ABI \right) \right)=OIS=60{}^\circ $
Tam giác SIO vuông tại O $\Rightarrow I\text{O}=\frac{SO}{\tan SI\text{O}}=\frac{SO}{\tan 60{}^\circ }=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}cm$
Gọi ${{V}_{0}}$ là thể tích của phần nhỏ hơn. Ta có: $\frac{{{V}_{0}}}{V}=\frac{\frac{1}{3}{{S}_{0}}h}{\frac{1}{3}Sh}=\frac{{{S}_{0}}}{S}\Rightarrow {{V}_{0}}=V\frac{{{S}_{0}}}{S}$
*) Tính diện tích đáy của phần có thể tích nhỏ hơn:
.
Diện tích hình tròn $S=\pi O{{A}^{2}}=\pi {{3}^{2}}=9\pi $
${{S}_{0}}=2{{\text{S}}_{1}}=2\int\limits_{\sqrt{3}}^{3}{\sqrt{9-{{x}^{2}}}}d\text{x}$
Đặt $x=3\sin t\Rightarrow d\text{x}=3\operatorname{cost}dt$
Đổi cận:
$\begin{array}{l}
x = \sqrt 3 \to t = arc\sin \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
x = 3 \to t = \frac{\pi }{2}
\end{array}$
$\begin{array}{l}
{S_0} = 2\int\limits_{\sqrt 3 }^3 {\sqrt {9 - {x^2}} } d{\rm{x = 2}}\int\limits_{\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }}}^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {9 - 9{{\sin }^2}t} .3\cos t} dt = 18\int\limits_{\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }}}^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}t} dt = 18\int\limits_{\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{1 + \cos 2t}}{2}} dt = \left. {\left( {9t + \frac{9}{2}\sin 2t} \right)} \right|_{\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }}}^{\frac{\pi }{2}}\\
= \frac{{9\pi }}{2} - 9\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }} - \frac{9}{2}\sin \left( {2\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)\\
\Rightarrow \frac{{{S_0}}}{S} = \frac{{\frac{{9\pi }}{2} - 9\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }} - \frac{9}{2}\sin \left( {2\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)}}{{9\pi }}\\
\Rightarrow {V_0} = V.\frac{{{S_0}}}{S} = 9\pi .\frac{{\frac{{9\pi }}{2} - 9\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }} - \frac{9}{2}\sin \left( {2\arcsin \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)}}{{9\pi }} \approx 4,36\left( {c{m^3}} \right)
\end{array}$
Câu 49: Đáp án
Phương pháp:
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số, đánh giá số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
\sin 2x + cos2x + \left| {\sin x + cosx} \right| - \sqrt {co{s^2}x + m} - m = 0\\
\Leftrightarrow \sin 2x - 2co{s^2}x + 1 + \left| {\sin x + cosx} \right| - \sqrt {co{s^2}x + m} - m = 0\\
\Leftrightarrow \sin 2x + 1 + \left| {\sin x + cosx} \right| = 2co{s^2}x + \sqrt {co{s^2}x + m} + m\\
\Leftrightarrow {\left| {\sin x + cosx} \right|^2} + \left| {\sin x + cosx} \right| = 2co{s^2}x + \sqrt {co{s^2}x + m} + m\left( 1 \right)
\end{array}$
Xét hàm số $y=f\left( t \right)={{t}^{2}}+t,t\ge 0,$ ta có
$y'=f'\left( t \right)=2t+1>0,\forall t\ge 0$
$\Rightarrow y=f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left[ 0;+\infty \right)$
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {\left| {\sin x + cosx} \right|} \right) = f\left( {\sqrt {co{s^2}x + m} } \right) \Leftrightarrow \left| {\sin x + cosx} \right| = \sqrt {co{s^2}x + m} \Leftrightarrow 1 + 2\sin x\cos x = 2{\cos ^2}x + m$$ \Leftrightarrow m = \sin 2x - cos2x \Leftrightarrow m = \sqrt 2 \sin \left( {2{\rm{x}} - \frac{\pi }{4}} \right)\left( 2 \right)$
mà $-1\le \sin \left( 2\text{x}-\frac{\pi }{4} \right)\le 1,\forall x\Leftrightarrow -\sqrt{2}\le \sqrt{2}\sin \left( 2\text{x}-\frac{\pi }{4} \right)\le \sqrt{2},\forall x$
$\Rightarrow $ Để phương trình (2) có nghiệm thì $m\in \left[ -\sqrt{2};\sqrt{2} \right]$
$m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -1;0;1 \right\}$
Vậy, có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 50: Đáp án A
*) Phương trình $f\left( {{2}^{\sin x}} \right)=3$ có nghiệm trên $\left[ 0;\frac{5\pi }{6} \right]\Leftrightarrow {{2}^{\sin \text{x}}}\le 4,x\in \left[ 0;\frac{5\pi }{6} \right]$
* Xét hàm số $y=g\left( x \right)={{2}^{\sin \text{x}}}$trên $\left[ 0;\frac{5\pi }{6} \right]\Leftrightarrow $
$\begin{array}{l}
y' = {2^{\sin {\rm{x}}}}.cosx\\
y' = 0 \Leftrightarrow cosx = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z
\end{array}$
Mà $x\in \left[ 0;\frac{5\pi }{6} \right]\Rightarrow x=\frac{\pi }{2}$
Bảng biến thiên
+) Nếu $x\in \left[ 0;\frac{\pi }{2} \right]$ điệu tăng từ 1 đến 2: Phương trình $f\left( {{2}^{sinx}} \right)=3$ có 2 nghiệm phân biệt trên đoạn này ( Nghiệm khác $\frac{\pi }{2}$)
+) Nếu $x\in \left[ 0;\frac{5\pi }{6} \right]$ thì ${{2}^{sinx}}$ đơn điệu giảm từ 2 xuống 2 : Phương trình $f\left( {{2}^{sinx}} \right)=3$có 1 nghiệm duy nhất trên đoạn này ( Nghiệm khác $\frac{\pi }{2}$)
Vậy, trên $\left[ 0;\frac{5\pi }{6} \right]$ phương trình $f\left( {{2}^{sinx}} \right)=3$có tất cả 3 nghiệm
