Câu 30: Đáp án B
Phương pháp: Đạo hàm của hàm hợp : $\left[ f\left( u\left( x \right) \right) \right]'=f'\left( u\left( x \right) \right).u'\left( x \right)$
Tìm số nghiệm của phương trình $y'=f'\left( {{x}^{2}}-2x \right)=0$
Cách giải:
$y = f\left( {{x^2} - 2x} \right) \Rightarrow y' = f'\left( {{x^2} - 2x} \right).\left( {2x - 2} \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0
\end{array} \right.$
Vì $f\left( x \right)$liên tục trên R và có đúng ba điểm cực trị là $-2,~-1,\text{ }0$nên $f'\left( x \right)$đổi dấu tại đúng ba điểm $-2,~-1,\text{ }0$và $f'\left( -2 \right)=f'\left( -1 \right)=f'\left( 0 \right)=0$
Giải các phương trình:
${{x}^{2}}-2x=-2\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+2=0$: vô nghiệm
$\begin{array}{l}
{x^2} - 2x = - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1\\
{x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.
\end{array}$
Như vậy, $y'=0$có 3 nghiệm $x=0,1,2$và y’ đều đổi dấu tại 3 điểm này. Do đó, hàm số $y=f\left( {{x}^{2}}-2x \right)$có 3 điểm cực trị.
Câu 31: Đáp án D
Phương pháp:Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng thể tích của khối hình trụ ban đầu trừ đi thể tích của khối tứ diện MNPQ.
Cách giải:
Dựng hình hộp chữ nhật $MQNP.MQNP$như hình vẽ bên.
$\begin{array}{l}
{V_{MNPQ}} = {V_{MQ'NP'.M'QN'P}} - {V_{Q.MNQ'}} - {V_{P.MNP}} - {V_{M'.MNQ}} - {V_{N'.NPQ}} = {V_{MQ'NP'.M'QN'P}} - 4.\frac{1}{6}{V_{MQ'NP'.M'QN'P}}\\
= \frac{1}{3}{V_{MQ'NP'.M'QN'P}} \Rightarrow {V_{MQ'NP'.M'QN'P}} = 3{V_{MNPQ}} = 90\,{m^3}
\end{array}$
Hình chữ nhật $MQNP$có hai đường chéo $PQ,MN$vuông góc với nhau$\Rightarrow MQNP$là hình vuông.
Ta có $MN=6\,0\,cm\,=6\,dm\Rightarrow MQ'=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\,\left( dm \right)$
Diện tích đáy: ${{S}_{MQ'NP'}}=MQ{{'}^{2}}={{\left( 3\sqrt{2} \right)}^{2}}=18\left( d{{m}^{2}} \right)\Rightarrow MN'=\frac{{{V}_{MQ'NP'.M'QN'P}}}{{{S}_{MQ'NP'}}}=\frac{90}{18}=5\,\left( dm \right)$
Thể tích khối trụ: $V=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{\left( \frac{MN}{2} \right)}^{2}}.MN'=\pi .{{\left( \frac{6}{2} \right)}^{2}}.5=45\pi \left( d{{m}^{3}} \right)$
Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ: $V-{{V}_{MNPQ}}=45\pi -30\approx 111,4\left( d{{m}^{3}} \right)$
Câu 32: Đáp án A
Phương pháp: Đặt $z=a+bi\Rightarrow \overline{z}=a-bi\Rightarrow z.\overline{z}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$
Biến đổi để phương trình trở thành $A+Bi=0\Leftrightarrow A=B=0$
Cách giải: $\overline{z}-\frac{5+i\sqrt{3}}{z}-1=0\Leftrightarrow \overline{z}.z-z-5-i\sqrt{3}=0,z\ne 0\left( 1 \right)$
Đặt $z=a+bi,\left( a,b\in \mathbb{R},{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ne 0 \right),$ta có:
$\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - a - bi - 5 - i\sqrt 3 = 0\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} + {b^2} - a - 5 = 0\\
- b - \sqrt 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} + 3 - a - 5 = 0\\
b = - \sqrt 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} - a - 2 = 0\\
b = - \sqrt 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
a = - 1\\
a = 2
\end{array} \right.\\
b = - \sqrt 3
\end{array} \right.
\end{array}$
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
z = - 1 - i\sqrt 3 \\
z = 2 - i\sqrt 3
\end{array} \right. \Rightarrow $ Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng $1-2i\sqrt{3}$
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp:
Cho $\left( \alpha \right):{{a}_{1}}x+{{b}_{1}}y+{{c}_{1}}z+{{d}_{1}}=0,\left( \beta \right):{{a}_{2}}x+{{b}_{2}}y+{{c}_{2}}z+{{d}_{2}}=0$nhận $\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( {{a}_{1}};{{b}_{1}};{{c}_{1}} \right),\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left( {{a}_{2}};{{b}_{2}};{{c}_{2}} \right)$ lần lượt là các VTPT. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng
$\left( \alpha \right),\left( \beta \right)$được tính: $c\text{os}\left( \left( \alpha \right),\left( \beta \right) \right)=c\text{os}\left( \overrightarrow{{{n}_{1}}};\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right)=\frac{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}}.\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}$
Với $0\le \alpha \le {{90}^{\circ }}\Rightarrow {{\alpha }_{\min }}\Leftrightarrow c\text{os}{{\alpha }_{m\text{ax}}}$
Cách giải:
$\left( P \right):x+2y-2x+2018=0$ có 1 VTPT: $\overrightarrow{{{n}_{1}}}\left( 1;2;-2 \right)$
$\left( Q \right):x+my+\left( m-1 \right)z+2017=0$ có 1 VTPT: $\overrightarrow{{{n}_{2}}}\left( 1;m;m-1 \right)$
Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q):
$\begin{array}{l}
c{\rm{os}}\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = c{\rm{os}}\left( {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\\
= \frac{{\left| {1.1 + 2.m - 2.\left( {m - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {m^2} + {{\left( {m - 1} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {2{m^2} - 2m + 2} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {2m - 1} \right)}^2} + 3} }},\\
\Rightarrow 0 < c{\rm{os}}\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) \le \sqrt {\frac{2}{3}} \,\forall m \in R
\end{array}$
Với $0\le \alpha \le {{90}^{\circ }}\Rightarrow {{\alpha }_{\min }}\Leftrightarrow c\text{os}{{\alpha }_{m\text{ax}}}$
$\Rightarrow {{\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)}_{\min }}$khi và chỉ khi $c\text{os}{{\left( \left( P \right);\left( Q \right) \right)}_{m\text{ax}}}=\sqrt{\frac{2}{3}}\Leftrightarrow 2m-1=0\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}$
Khi đó, $\left( Q \right):x+\frac{1}{2}y-\frac{1}{2}z+2017=0\Leftrightarrow 2x+y-z+4034=0$
Ta thấy: $2.\left( -2017 \right)+1-1+4034=0\Rightarrow M\left( -2017;1;1 \right)\in \left( Q \right)$
Câu 34: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức $\tan \left( a+b \right)=\frac{\tan \,a+\tan b}{1-\tan \,a\,\tan b}$
Cách giải:
$\begin{array}{l}
\sqrt 3 \,\tan \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + \tan \,x.\tan \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + \sqrt 3 \tan \,x = \tan \,2x\\
\Leftrightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)\left( {\sqrt 3 + \tan \,x} \right) + \sqrt 3 \tan \,x = \tan 2x\\
\Leftrightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right).\frac{{\sqrt 3 + \tan \,x}}{{1 - \sqrt 3 \tan \,x}}.\left( {1 - \sqrt 3 \tan \,x} \right) + \sqrt 3 \,\tan \,x = \tan 2x\\
\Leftrightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right).\tan \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right).\left( {1 - \sqrt 3 \tan \,x} \right) + \sqrt 3 \,\tan \,x = \tan 2x\\
\Leftrightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)c\,ot\left( {\frac{\pi }{6} - x} \right).\left( {1 - \sqrt 3 \tan \,x} \right) + \sqrt 3 \tan \,x = \tan \,2x\\
\Leftrightarrow 1.\left( {1 - \sqrt 3 \tan \,x} \right) + \sqrt 3 \tan \,x = \tan \,2x \Leftrightarrow \tan \,2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in Z\\
\Leftrightarrow x = \frac{\pi }{8} + k\frac{\pi }{2},k \in Z\\
x \in \left[ {0;10\pi } \right] \Leftrightarrow 0 \le \frac{\pi }{8} + k\frac{\pi }{2} \le 10\pi ,k \in Z\\
\Leftrightarrow - \frac{1}{4} \le k \le \frac{{79}}{4},k \in Z \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;...;19} \right\}
\end{array}$
Ứng với mỗi giá trị của k ta có 1 nghiệm x.
Vậy số phần tử của S là 20.
Câu 35: Đáp án D
Phương pháp: $\left\{ \begin{array}{l}
\Delta \bot d\\
\Delta \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow {\overrightarrow u _\Delta } = \left[ {{{\overrightarrow u }_d};\overrightarrow {AB} } \right]$
Viết phương trình đường thẳng biết điểm đi qua và VTCP.
Cách giải: $d:\frac{x+1}{-2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-3}{3}$ có 1 VTCP $\overrightarrow{u}\left( -2;1;3 \right)$
$\overrightarrow{AB}=\left( -2;3;2 \right)$
$\Delta $vuông góc với d và $AB\Rightarrow AB$nhận $\overrightarrow{u}\left( -2;1;3 \right)$và $\overrightarrow{AB}=\left( -2;3;2 \right)$là cặp VTPT $\Rightarrow \Delta $ có 1 VTCP $\overrightarrow{v}=\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{u} \right]=\left( 7;2;4 \right)$
Phương trình đường thẳng $\Delta :\frac{x-1}{7}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-1}{4}$
Câu 36: Đáp án D
Phương pháp:
Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow OH//AD$
ABCD là hình vuông $\Rightarrow AD\bot AB\Rightarrow OH\bot AB$
Mà $OH\bot S\,A,$( vì $\,SA\bot \left( ABCD \right)$)
$\Rightarrow OH\bot \left( SAB \right)$
=>SH là hình chiếu vuông góc của SO trên mặt phẳng $\left( SAB \right)$
$\Rightarrow \left( SO,\left( SAB \right) \right)=\left( SO,SH \right)=HSO$
Ta có: OH là đường trung bình của tam giác ABD $\Rightarrow OH=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}$
Tam giác SAH vuông tại A $\Rightarrow SH=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$
Tam giác SHO vuông tại H: $\tan \,HSO=\frac{OH}{SH}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$
$\Rightarrow \tan \left( SO,\left( SAB \right) \right)=\frac{\sqrt{5}}{5}$
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y=\frac{a\,x+b}{cx+d}\left( ad-bc\ne 0 \right)$luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
TH1: Hàm số đồng biến trên $\left[ 2;4 \right]\Rightarrow \underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{m\text{ax}}}\,y=y\left( 4 \right)$
TH2: Hàm số nghịch biến trên $\left[ 2;4 \right]\Rightarrow \underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{m\text{ax}}}\,y=y\left( 2 \right)$
Cách giải: Tập xác định: $D=R\backslash \left\{ 1 \right\}$
Ta có: $y'=\frac{1.\left( -1 \right)-1.m}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=\frac{-1-m}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}$
TH1: $-1-m>0\Leftrightarrow m<-1:$
$y'>0,\forall x\in \left[ 2;4 \right]\Rightarrow $Hàm số đồng biến trên
$\left( 2;4 \right)\Rightarrow \underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{m\text{ax}}}\,y=y\left( 4 \right)=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{4+m}{4-1}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow m=-2\left( TM \right)$
TH2: $-1-m<0\Leftrightarrow m>-1$
$y'<0,\forall x\in \left[ 2;4 \right]\Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\left( 2;4 \right)\Rightarrow \underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{m\text{ax}}}\,y=y\left( 2 \right)=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{2+m}{2-1}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow m=-\frac{4}{3}\left( Loai \right)$
Vậy $m=-2$
Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.
Câu 38: Đáp án D
Phương pháp: Chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử $A_{n}^{k}=\frac{n!}{\left( n-k \right)!}$
Cách giải:
$\begin{array}{l}
A_n^k + 2A_n^2 = 100 \Rightarrow 2A_n^2 < 100 \Leftrightarrow A_n^2 < 50\\
\Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} < 50 \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right) < 50 \Leftrightarrow {n^2} - n - 50 < 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - \sqrt {201} }}{2} < n < \frac{{1 + \sqrt {201} }}{2}
\end{array}$
Mà $n\in \mathbb{N},n\ge 2\Rightarrow n\in \left\{ 2;3;4;5;6;7 \right\}$ ‘
Thay lần lượt $n=2;3;4;5;6;7$vào $A_{n}^{k}+2A_{n}^{2}=100:$
|
n |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
|
k |
Loại |
Loại |
Loại |
3 |
Loại |
Loại |
Vậy $n=5$
Khi đó, ${{\left( 1+3x \right)}^{2n}}={{\left( 1+3x \right)}^{10}}=\sum\limits_{i=0}^{10}{C_{10}^{i}{{\left( 3x \right)}^{i}}=\sum\limits_{i=0}^{10}{C_{10}^{i}{{3}^{i}}.{{x}^{i}}}}$
Số hạng chứa ${{x}^{5}}$trong khai triển ứng với $i=5$. Số hạng đó là: $C_{10}^{5}{{.3}^{5}}.{{x}^{5}}=61236{{x}^{5}}$
Câu 39: Đáp án D
Câu 40: Đáp án A
Phương pháp:
Nhân cả tử và mẫu với $cos\text{ }x$, sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{{x^2}dx}}{{{{\left( {x\,{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \cos x} \right)}^2}}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{x}{{\cos x}}.\frac{{x\cos xdx}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}} } \\
= \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{x}{{\cos x}}.\frac{{d\left( {x\sin x + \cos x} \right)}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}} = - \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{x}{{\cos x}}d\left( {\frac{1}{{x\sin x + \cos x}}} \right)} } \\
= - \left. {\frac{x}{{\cos x}}.\frac{1}{{x\sin x + \cos x}}} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{1}{{sxinx + \cos x}}d\left( {\frac{x}{{\cos x}}} \right)}
\end{array}$
$=-\left. \frac{x}{\cos x\left( x\sin x+\cos x \right)} \right|_{0}^{\frac{\pi }{3}}+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}dx}=-\left. \frac{x}{\cos x\left( x\sin x+\cos x \right)} \right|_{0}^{\frac{\pi }{3}}+\tan x\left| \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\mathop {}}}\, \right.$
$=-\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{2}.\left( \frac{\pi }{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} \right)+\sqrt{3}}=-\frac{4\pi }{\pi \sqrt{3}+3}+\sqrt{3}=-\frac{a\pi }{b+c\pi \sqrt{3}}+d\sqrt{3}\left( a,b,c,d\in {{\mathbb{Z}}^{+}} \right)$
$\Rightarrow a=4,b=3,c=1,d=1\Rightarrow a+b+c+d=9$
Câu 41: Đáp án A
Phương pháp:
Cách giải:
$\begin{array}{l}
z = a + bi \Rightarrow \left| {a + bi - 3 - 3i} \right| = 6\\
\Leftrightarrow \left( {a - 3} \right)_2^{} + {\left( {b - 3} \right)^2} = 36
\end{array}$
Khi đó ta có:
$\begin{array}{l}
2\left| {z + 6 - 3i} \right| + 3\left| {z + 1 + 5i} \right| = 2\left| {a + bi + 6 - 3i} \right| + 3\left| {a + bi + 1 + 5i} \right|\\
= 2\sqrt {{{\left( {a + 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 3} \right)}^2}} + 3\sqrt {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 5} \right)}^2}} = 2\sqrt {{a^2} + {b^2}}
\end{array}$
Câu 42: Đáp án C
Cách giải:
Gọi tọa độ các giao điểm : $A\left( a;0;0 \right)B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right);\left( a;b;c\ne 0 \right)$
Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng đoạn chắn: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$
$M\left( 1;2;3 \right)\in \left( P \right)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1\left( 1 \right)$
Vì $OA=2OB=3OC>0$nên $\left| a \right| = 2\left| b \right| = 3\left| c \right| > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 2b = 3c\\
a = - 2b = 3c\\
a = 2b = - 3c\\
- a = 2b = 3c
\end{array} \right.$
TH1: $a=2b=3c$
$\left( P \right):\frac{1}{a}+\frac{1}{\frac{a}{2}}+\frac{1}{\frac{a}{3}}=1\Leftrightarrow \frac{6}{a}=1\Leftrightarrow a=6\left( tm \right)\Rightarrow \left( P \right):\frac{x}{6}+\frac{y}{3}+\frac{z}{2}=1$
TH2: $a=-2b=3c$
$\Rightarrow \left( P \right):\frac{1}{a}+\frac{1}{-\frac{a}{2}}+\frac{1}{\frac{a}{3}}=1\Leftrightarrow \frac{2}{a}=1\Leftrightarrow a=2\left( tm \right)\Rightarrow \left( P \right):\frac{x}{2}+\frac{y}{-1}+\frac{3z}{2}=1$
TH3: $a=2b=-3c$
$\Rightarrow \left( P \right):\frac{1}{a}+\frac{1}{\frac{a}{2}}+\frac{1}{-\frac{a}{3}}=1\Leftrightarrow \frac{0}{a}=1\left( vo\,li \right)$
TH4: $-a=2b-3c$
$\Rightarrow \left( P \right):\frac{1}{a}+\frac{1}{-\frac{a}{2}}+\frac{1}{-\frac{a}{3}}=1\Leftrightarrow \frac{-4}{a}=1\Leftrightarrow a=-4\left( tm \right)\Rightarrow \left( P \right):\frac{x}{-4}+\frac{y}{2}+\frac{3z}{4}=1$
Vậy, có 3 mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 43: Đáp án C
Phương pháp:
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.
Cách giải:
${{\log }_{\sqrt{3}}}\frac{x+y}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+2}=x\left( x-3 \right)+y\left( y-3 \right)+xy\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
$\Leftrightarrow {{\log }_{\sqrt{3}}}\left( x+y \right)-{{\log }_{\sqrt{3}}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+2 \right)={{x}^{2}}-3x+{{y}^{2}}-3y+xy$
$\Leftrightarrow {{\log }_{\sqrt{3}}}\left( x+y \right)+3x+3y={{\log }_{\sqrt{3}}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+2 \right)+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 2 + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\\
\Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {3x + 3y} \right) + 3x + 3y = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array}$
Đặt $f\left( t \right)={{\log }_{\sqrt{3}}}t+t,t>0\Rightarrow f\left( t \right)=\frac{1}{t\ln 3}+1>0,\forall t>0\Rightarrow f\left( t \right)$ đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right)$
$\begin{array}{l}
\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( {3x + 3y} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) \Leftrightarrow 3x + 3 = {x^2} + {y^2} + xy + 2\\
\Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} + 4xy - 12x - 12y + 8 = 0\\
\Leftrightarrow {\left( {2x + y} \right)^2} - 6\left( {2x + y} \right) + 5 = - 3{\left( {y - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow 1 \le 2x + y \le 5
\end{array}$
Khi đó, $P=\frac{3x+2y+1}{x+y+6}=1+\frac{2x+y-5}{x+y+6}\le 1$, vì $\left\{ \begin{array}{l}
2x + y - 5 \le 0\\
x + y + 6 > 0
\end{array} \right.$
Vậy ${{P}_{m\text{ax}}}=1$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
2x + y - 5 = 0\\
y - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 1
\end{array} \right.$
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp: Số tam giác vuông bằng số đường kính của đường tròn có đầu mút là 2 đỉnh của đa giác (H) nhân với$\left( 2n~-2 \right)$tức là số đỉnh còn lại của đa giác.
Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega \right)=C_{2n}^{3}$
Tam giác vuông được chọn là tam giác chứa một cạnh là đường kính của đường tròn tâm O.
Đa giác đều 2n đỉnh chứa 2n đường chéo là đường kính của đường tròn tâm O, mỗi đường kính tạo nên $2n2$tam giác vuông.
Do đó số tam giác vuông trong tập S là: $\frac{2n}{2}.\left( 2n-2 \right)=2n\left( n-1 \right)$
Xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S :
$\frac{2n\left( n-1 \right)}{C_{2n}^{3}}=\frac{2n\left( n-1 \right)}{\frac{\left( 2n \right)!}{\left( 2n-3 \right)!3!}}=\frac{2n\left( n-1 \right)}{\frac{2n.\left( 2n-1 \right)\left( 2n-2 \right)}{6}}=\frac{3}{2n-1}=\frac{3}{29}\Rightarrow n=15$
Câu 45: Đáp án C
Phương pháp: Phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
Cách 1:
Gọi O là trung điểm của BC.
Tam giác ABC là tam giác cân, $AB=AC=a$và $BAC={{120}^{0}}$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
OA = AC.\,\sin {30^0} = \frac{a}{2}\\
OC = AC.c{\rm{os}}{30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.$
Ta gắn hệ trục tọa độ như hình bên:
Trong đó, $O\left( 0;0;0 \right),A\left( 0;\frac{a}{2};0 \right),B'\left( \frac{a\sqrt{3}}{2};0;a \right),I\left( -\frac{a\sqrt{3}}{2};0;\frac{a}{2} \right)$
Mặt phẳng (ABC) trùng với mặt phẳng (Oxy) và có VTPT là $\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( 0;0;1 \right)$
$\overrightarrow{IB'}=\left( a\sqrt{3};0;\frac{a}{2} \right);\overrightarrow{IA}=\left( \frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};-\frac{a}{2} \right)$
Mặt phẳng $\left( IB'A \right)$ có 1 VTPT $\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left[ \left( 2\sqrt{3};0;1 \right);\left( \sqrt{3}'1;-1 \right) \right]=\left( 1;3\sqrt{3};2\sqrt{3} \right)$
Côsin góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (IB’A) :
$c\text{os}\left( \left( ABC \right);\left( AB'I \right) \right)=\left| c\text{os}\left( \overrightarrow{{{n}_{1}}};\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right) \right|=\left| \frac{0.\left( -1 \right)+0.3\sqrt{3}+1.2\sqrt{3}}{\sqrt{{{0}^{2}}+{{0}^{2}}+{{1}^{2}}}.\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( 3\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}}} \right|=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{40}}=\frac{\sqrt{30}}{10}$
Cách 2:
Trong $\left( ACC'A' \right)$ kéo dài AIcắt AC’tại D.
Trong $\left( A'B'C' \right)$kẻ $A'H\bot B''D$ ta có:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
A'H \bot B'D\\
A\,A' \bot B'D
\end{array} \right. \Rightarrow B'D \bot \left( {A\,A'H} \right) \Rightarrow AH \bot B'D\\
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AB'I} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'D\\
\left( {A'B'C} \right) \supset A'H \bot B'D\\
\left( {AB'I} \right) \supset AH \bot B'D
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left( {\left( {AB'I} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {A'H;AH} \right) = AHA'
\end{array}$
Ta dễ dàng chứng minh được C’ là trung điểm của AD’
$\begin{array}{l}
\Rightarrow {S_{B'A'D}} = \frac{1}{2}d\left( {B';A'D} \right).A'D = \frac{1}{2}.d\left( {B';A'C'} \right).2A'C = 2{S_{A'B'C'}}\\
\Rightarrow {S_{B'A'D}} = 2.\frac{1}{2}.a.a.\sin {120^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}
\end{array}$
Xét tam giác $A'B'D$có $\begin{array}{l}
B'D = \sqrt {A'B{'^2} + A'{D^2} - 2A'B'.A'D.c{\rm{os}}{{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 7 \\
\Rightarrow A'H = \frac{{2{S_{A'B'D}}}}{{B'D}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}
\end{array}$
Xét tam giác vuông $A\,A'H$có : $AH=\sqrt{A\,A{{'}^{2}}+A'{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{3}{7}{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{70}}{7}$
$\Rightarrow c\text{os}\,AHA'=\frac{A'H}{AH}=\frac{\frac{a\sqrt{21}}{7}}{\frac{a\sqrt{70}}{7}}=\frac{\sqrt{30}}{10}$
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức tích phân từng phần: $\int\limits_{a}^{b}{udv}=\left. uv \right|{}_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{vdu}$
Cách giải:
Ta có: $\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}f\left( x \right)dx=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\left. d{{x}^{4}}f\left( x \right) \right|}}{}_{0}^{1}-\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx=\frac{f\left( 1 \right)}{4}-\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx}}$
Mà $f\left( 1 \right)=\frac{3}{5},\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}f\left( x \right)dx=\frac{37}{180}}$suy ra $\frac{37}{180}=\frac{3}{20}-\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f'\left( x \right)dx=-\frac{2}{9}}}$
Xét
$\begin{array}{l}
{\int\limits_0^1 {\left[ {f'\left( x \right) + k{x^4}} \right]} ^2}dx = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx + 2k\int\limits_0^1 {{x^4}} f'\left( x \right)dx + {k^2}\int\limits_0^1 {{x^8}dx = \frac{4}{9} + 2k.\frac{{ - 2}}{9} + {k^2}.\frac{1}{9}} } \\
= \frac{{{k^2}}}{9} - \frac{{4k}}{9} + \frac{4}{9} = 0 \Rightarrow k = 2
\end{array}$
Khi đó, $\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ f'\left( x \right)+2{{x}^{4}} \right]}^{2}}dx=0\Rightarrow f'\left( x \right)+2{{x}^{4}}=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=-2{{x}^{4}}\Rightarrow f\left( x \right)=-\frac{2}{5}{{x}^{5}}+C}$
Mà $f\left( 1 \right)=\frac{3}{5}\Rightarrow -\frac{2}{5}{{.1}^{5}}+C=\frac{3}{5}\Rightarrow C=1\Rightarrow f\left( x \right)-1=-\frac{2}{5}{{x}^{5}}$
$\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{\left[ f\left( x \right)-1 \right]}dx=\int\limits_{0}^{1}{\left[ -\frac{2}{5}{{x}^{5}} \right]dx=\left. -\frac{1}{15}{{x}^{6}} \right|}_{0}^{1}=-\frac{1}{15}$
Câu 47: Đáp án
Cách giải: TXĐ: $D=R$
$y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+9x+3\Rightarrow y'=3{{x}^{2}}+6x+9$
Gọi $M\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),N\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right),\left( {{x}_{1}}\ne {{x}_{2}} \right)$là 2 tiếp điểm
$M,N\in \left( C \right)\Rightarrow {{y}_{1}}=x_{1}^{3}+3x_{1}^{2}+9{{x}_{1}}+3,\,\,\,\,{{y}_{2}}=x_{2}^{3}+3x_{2}^{2}+9{{x}_{2}}+3$
Tiếp tuyến tại M, N của (C) có hệ số góc đều bằng $k\Leftrightarrow 2x_{1}^{2}+6{{x}_{1}}+9=3x_{2}^{2}+6{{x}_{2}}+9=k$
$\Rightarrow x_{1}^{2}+2{{x}_{1}}-x_{2}^{2}-2{{x}_{2}}=0\Leftrightarrow \left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+2 \right)=0\Leftrightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+2=0\Leftrightarrow {{x}_{2}}=-{{x}_{1}}-2$
Theo đề bài, ta có: $OB\text{ }=\text{ }2018\,OA\Rightarrow $Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc bằng 2018 hoặc – 2018.
TH1: Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc là $2018\Rightarrow \frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}=2018\Leftrightarrow {{y}_{2}}={{y}_{1}}=2018\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left( {x_2^3 + 3x_2^3 + 9{x_2} + 3} \right) - \left( {x_1^3 + 3x_1^2 + 9{x_1} + 3} \right) = 2018\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\
\Leftrightarrow \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {x_2^2 + {x_2}{x_1} + x_1^2 + 3{x_2} + 3{x_1} - 2009} \right) = 0\\
\Leftrightarrow x_2^2 + {x_2}{x_1} + x_1^2 + 3{x_2} + 3{x_1} - 2009 = 0\,,\,\,do\,\,{x_2} \ne x{{\kern 1pt} _1}\\
\Leftrightarrow {\left( {{x_2} + {x_1}} \right)^2} + 3\left( {{x_2} + {x_1}} \right) - {x_1}{x_2} - 2009 = 0\\
\Rightarrow {\left( { - 2} \right)^2} + 3.\left( { - 2} \right) - {x_1}{x_2} - 2009 = 0 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = - 2011
\end{array}$
$\Rightarrow {{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là nghiệm của phương trình ${{X}^{2}}+2X-2011=0$
$\begin{array}{l}
x_1^2 + 2{x_1} - 2011 = 03x_1^2 + 6{x_1} + 9 = 6042\\
\Rightarrow k = 3x_1^2 + 6{x_1} + 9 = 6042
\end{array}$
TH2: MN có hệ số góc là 2018. Dễ dàng kiểm rằng : Không có giá trị của ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$thỏa mãn.
Vậy $k=6042$
Câu 48: Đáp án D
Phương pháp:
- Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua 3 điểm $A\left( a;0;0 \right),B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right),$( a, b,c khác 0): $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$
- Sử dụng bất đẳng thức: $\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}+\frac{{{z}^{2}}}{c}\ge \frac{{{\left( x+y+c \right)}^{2}}}{a+b+c},\forall a,b,c,x,y,z>0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}$
Cách giải:
$A\left( a;0;0 \right),B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right),$$\left( a,b,c>0 \right).$Mặt phẳng (ABC) có phương trình: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$
Khoảng cách từ O đến (ABC): $h=\frac{\left| \frac{0}{a}+\frac{0}{b}+\frac{0}{c}-1 \right|}{\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}}$
Ta có: $\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{{{2}^{2}}}{4{{b}^{2}}}+\frac{{{4}^{2}}}{16{{c}^{2}}}\ge \frac{{{\left( 1+2+4 \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}+16{{c}^{2}}}=\frac{{{7}^{2}}}{49}=1$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{{a^2}}} = \frac{2}{{4{b^2}}} = \frac{4}{{16{c^2}}}\\
{a^2} + 4{b^2} + 16{c^2} = 49
\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{2}{{4{b^2}}} = \frac{4}{{16{c^2}}} = \frac{7}{{{a^2} + 4{b^2} + 16{c^2}}} = \frac{7}{{49}} = \frac{1}{7} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} = 7\\
{b^2} = \frac{7}{2}\\
{c^2} = \frac{7}{4}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow F = {a^2} + {b^2} + {c^2} = 7 + \frac{7}{2} + \frac{7}{4} = \frac{{49}}{4}
\end{array}$
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp:
Tính y’, giải bất phương trình $y'>0$
Cách giải:$y=f\left( {{x}^{2}} \right)\Rightarrow y'=f'\left( {{x}^{2}} \right).2x=2xf'\left( {{x}^{2}} \right)$
Với$x\in \left( 1;+\infty \right)\Rightarrow x>0\Rightarrow {{x}^{2}}\in \left( 1;+\infty \right)\Rightarrow f'\left( {{x}^{2}} \right)>0\Rightarrow y'>0\forall x\in \left( 1;+\infty \right)$
Câu 50: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
Gắn hệ trục Oxyz, có các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AA’.
$A\left( 0;0;0 \right),B\left( 1;0;0 \right),C\left( 1;2;0 \right),D\left( 0;2;0 \right),A'\left( 0;0;3 \right),B'\left( 1;0;3 \right),C'\left( 1;2;3 \right),D'\left( 0;2;3 \right)$
(P) cắt các tia AB, AD, AA’ lần lượt tại E, F, G (khác A). Gọi $E\left( a;0;0 \right),F\left( 0;b;0 \right),G\left( 0;0;c \right),\left( a,b,c>0 \right)$
Phương trình mặt phẳng (P): $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$
$C'\left( 1;2;3 \right)\in \left( P \right)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1$
Thể tích tứ diện AEFG: $V=\frac{1}{6}AE.\,AF.AG=\frac{1}{6}abc$
Ta có: $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge 3.\sqrt[3]{\frac{1}{a}.\frac{2}{b}.\frac{3}{c}}\Leftrightarrow 1\ge \frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{abc}}\Leftrightarrow \sqrt[3]{abc}\ge 3\sqrt[3]{6}\Leftrightarrow abc\ge 162\Leftrightarrow \frac{1}{6}abc\ge 27\Leftrightarrow V\ge 27$
$\Rightarrow {{V}_{\min }}=27$khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c}\\
\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
b = 6\\
c = 9
\end{array} \right.$
Khi đó, $T=AE+A\,F+AG=a+b+c=3+6+9=18$
