Câu 30: Đáp án C.
Phương pháp: Đặt $t={{3}^{x+1}}.$
Cách giải: ${{3}^{2x+5}}={{3}^{x+2}}\Leftrightarrow {{3}^{2x+2+3}}={{3}^{x+1+1}}+2\Leftrightarrow {{27.3}^{2\left( x+1 \right)}}={{3.3}^{x+1}}+2$
Đặt $t={{3}^{x+1}},$ khi đó phương trình trở thành $27{{t}^{2}}=3t+2\Leftrightarrow 27{{t}^{2}}-3t-2=0$
Câu 31: Đáp án A.
Phương pháp:
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) $\Rightarrow $ Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P).
Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm $I\left( 1;2;3 \right),$ bán kính $R=5.$
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) $\Rightarrow $ Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P).
Ta có ${{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 2;-2;-1 \right),$ đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + 2t\\
y = 2 - 2t\,\,\left( d \right)\\
z = 3 - t
\end{array} \right.$
Khi đó $H=\left( P \right)\cap \left( d \right)\Rightarrow H\left( 1+2t;2-2t;3-t \right).$ Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta có:
$2\left( 1+2t \right)-2\left( 2-2t \right)-\left( 3-t \right)-4=0\Leftrightarrow 9t-9=0\Leftrightarrow t=1\Leftrightarrow H\left( 3;0;2 \right)$
Câu 32: Đáp án A.
Phương pháp: Đặt $t={{2}^{x}}$
Cách giải: Đặt $t={{2}^{x}},t\in \left( \frac{1}{2};2 \right),$khi đó ta có $y=\frac{2t+1}{t-m}\,\,\,\left( t\ne m \right)$có $y'=\frac{-2m-1}{{{\left( t-m \right)}^{2}}}$ luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.
Để hàm số ban đầu nghịch biến trên $\left( -1;1 \right)\Rightarrow $ hàm số $y=\frac{2t+1}{t-m}$ nghịch biến trên $\left( \frac{1}{2};2 \right)$
$\Rightarrow y'<0\,\forall t\in \left( \frac{1}{2};2 \right)$ và $m\notin \left( \frac{1}{2};2 \right)$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2m - 1 < 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m \le \frac{1}{2}\\
m \ge 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > \frac{{ - 1}}{2}\\
\left[ \begin{array}{l}
m \le \frac{1}{2}\\
m \ge 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)$
Kết hợp $m\in \left( -50;50 \right)\Rightarrow m\in \left( -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right]\cup \left[ 2;50 \right).$
Vậy có tất cả 49 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Đáp án D.
Phương pháp: Gọi $A\left( a;0;0 \right),B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right)\Rightarrow \left| a \right|=\left| b \right|=\left| c \right|,$chia các trường hợp để phá trị tuyệt đối và viết phương trình mặt phẳng (P) dạng đoạn chắn.
Cách giải: Giả sử $A\left( a;0;0 \right),B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right),$ ta có: $OA=\left| a \right|;\,OB=\left| b \right|;\,OC=\left| c \right|$
$OA=OB=OC\ne 0\Leftrightarrow \left| a \right|=\left| b \right|=\left| c \right|\ne 0$
TH1: $a=b=c\Rightarrow \left( P \right):\frac{x}{a}+\frac{y}{a}+\frac{z}{a}=1\Leftrightarrow x+y+z-a=0$
$M\in \left( ABC \right)\Rightarrow 2-a=0\Leftrightarrow a=2\Rightarrow \left( P \right):x+y+z-2=0$
TH2: $a=b=-c\Leftrightarrow \left( P \right):\frac{x}{a}+\frac{y}{a}+\frac{z}{-a}=1\Leftrightarrow x+y-z-a=0$
$M\in \left( ABC \right)\Rightarrow 6-a=0\Leftrightarrow a=6\Rightarrow \left( P \right):x+y+z-6=0$
TH3: $a=-b=c\Leftrightarrow \left( P \right):\frac{x}{a}+\frac{y}{-a}+\frac{z}{a}=1\Leftrightarrow x-y+z-a=0$
$M\in \left( ABC \right)\Rightarrow -4-a=0\Leftrightarrow a=-4\Rightarrow \left( P \right):x-y+z+4=0$
TH4: $-a=b=c\Leftrightarrow \left( P \right):\frac{x}{a}+\frac{y}{-a}+\frac{z}{-a}=1\Leftrightarrow x-y-z-a=0$
$M\in \left( ABC \right)\Rightarrow 0-a=0\Leftrightarrow a=0\Rightarrow \left( P \right):x-y-z=0$
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 34: Đáp án B.
Phương pháp giải: Gắn hệ tọa độ Oxyz, tìm bán kính quả bóng chính là bán kính của mặt cầu
Lời giải: Xét quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ bên (tương tự với góc tường còn lại).
Gọi $I\left( a;a;a \right)$ là tâm của mặt cầu (tâm quả bóng) và $R=a.$
$\Rightarrow $ phương trình mặt cầu của quả bóng là
$\left( S \right):{{\left( x-a \right)}^{2}}+{{\left( y-a \right)}^{2}}+{{\left( z-a \right)}^{2}}={{a}^{2}}$ (1).
Giả sử $M\left( x;y;z \right)$nằm trên mặt cầu (bề mặt của quả bóng) sao cho $d\left( M;\left( \text{Oxy} \right) \right)=1,$ $d\left( M;\left( Oyz \right) \right)=2,$ $d\left( M;\left( Oxz \right) \right)=3$
Khi đó $z=1;$ $x=2;$ $y=3$ $\Rightarrow M\left( 2;3;1 \right)\in \left( S \right)$ (2).
Từ (1),(2) suy ra ${{\left( 1-a \right)}^{2}}+{{\left( 2-a \right)}^{2}}+{{\left( 4-a \right)}^{2}}={{a}^{2}}$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{R_1} = {a_1} = \frac{{7 - \sqrt 7 }}{2}\\
{R_2} = {a_2} = \frac{{7 + \sqrt 7 }}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow {d_1} + {d_2} = 2\left( {{R_1} + {R_2}} \right) = 14.$
Câu 35: Đáp án D.
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hàm số giải bất phương trình (1), suy ra điều kiện của nghiệm x.
Bất phương trình (2), cô lập m, đưa về dạng $m\ge f\left( x \right)$ trên $\left[ a;b \right]$có nghiệm $\Rightarrow m\ge \underset{\left[ a;b \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)$
Cách giải: ĐK: $x\ge -1$
${{3}^{2x+\sqrt{x+1}}}-{{3}^{2+\sqrt{x+1}}}+2017x\le 2017$
$\Leftrightarrow {{3}^{2x+\sqrt{x+1}}}+\frac{2017}{2}\left( 2x+\sqrt{x+1} \right)\le {{3}^{2+\sqrt{x+1}}}+\frac{2017}{2}\left( 2+\sqrt{x+1} \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)={{3}^{t}}+\frac{2017}{2}t$ có $f'\left( t \right)={{3}^{t}}.\ln 3+\frac{2017}{2}>0\,\,\forall x\Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên R.
$f\left( 2x+\sqrt{x+1} \right)\le f\left( 2+\sqrt{x+1} \right)\Leftrightarrow 2x+\sqrt{x+1}\le 2+\sqrt{x+1}\le 2+\sqrt{x+1}\Leftrightarrow x\le 1$
Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm $x\in \left[ -1;1 \right].$
${{x}^{2}}-\left( m+2 \right)x+2m+3\ge 0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+3\ge m\left( x-2 \right)$
Với $x\in \left[ -1;1 \right]\Rightarrow x-2<0\Rightarrow m\ge \frac{{{x}^{2}}-2x+3}{x-2}=f\left( x \right)$
Để phương trình có nghiệm $x\in \left[ -1;1 \right]\Rightarrow m\ge \underset{\left[ -1;1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=-2$ (sử dụng MTCT để tìm GTNN).
Câu 36: Đáp án A.
Phương pháp: Tính xác suất để học sinh đúng thêm 3 câu nữa trở lên.
Xác suất mỗi câu trả lời đúng là 0,25 và mỗi câu trả lời sai là 0,75.
Cách giải:
An trả lời chắc chắn đúng 45 câu nên có chắc chắn 9 điểm.
Để điểm thi $\ge 9,5\Rightarrow $ An phải trả lời đúng từ 3 câu trở lên nữa.
Xác suất để trả lời đúng 1 câu hỏi là 0,25 và trả lời sai là 0,75
TH1: Đúng 3 câu. ${{P}_{1}}=0,{{25}^{3}}.0,{{75}^{2}}$
TH2: Đúng 49 câu ${{P}_{2}}=0,{{25}^{4}}.0,75$
TH3: Đúng cả 50 câu ${{P}_{3}}=0,{{25}^{4}}$
Vậy xác suất để An được trên 9,5 điểm là $P={{P}_{1}}+{{P}_{2}}+{{P}_{3}}=\frac{13}{1024}$
Câu 37: Đáp án B.
Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn ${{x}_{A}}=2,$ hoặc ${{x}_{B}}<-1<{{x}_{C}}<1$ hoặc $-1<{{x}_{B}}<1<{{x}_{C}}$
Cách giải:
Đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-2\left( m+1 \right){{x}^{2}}+\left( 5m+1 \right)x-2m-2$ luôn đi qua điểm $A\left( 2;0 \right).$
Xét phương trình hoành độ giao điểm
${{x}^{3}}-2\left( m+1 \right){{x}^{2}}+\left( 5m+1 \right)x-2m-2=0$
$\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}-2mx+m+1 \right)=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
{x^2} - 2mx + m + 1 = 0\,\,(*)
\end{array} \right.$
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow $ pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = {m^2} - m - 1 > 0\\
{2^2} - 2m.2 + m + 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \in \left( { - \infty ;\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}; + \infty } \right)\\
m \ne \frac{5}{3}
\end{array} \right.$
Giả sử ${{x}_{B}};{{x}_{C}}\,\,\left( {{x}_{B}}<{{x}_{C}} \right)$ là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*).
Để hai điểm B, C một điểm nằm trong một điểm nằm ngoài đường tròn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1.$
TH1: ${x_B} < - 1 < {x_C} < 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
af\left( { - 1} \right) < 0\\
af\left( 1 \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3m + 2 < 0\\
- m + 2 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < \frac{{ - 2}}{3}\\
m < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow m < \frac{{ - 2}}{3}$
TH2: $ - 1 < {x_B} < 1 < {x_C} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
af\left( { - 1} \right) > 0\\
af\left( 1 \right) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3m + 2 > 0\\
- m + 2 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > - \frac{2}{3}\\
m > 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2$
Kết hợp điều kiện ta có: $m\in \left( -\infty ;-\frac{2}{3} \right)\cup \left( 2;+\infty \right).$
Lại có $m\in \left[ -10;100 \right]\Rightarrow m\in \left[ -10;-\frac{2}{3} \right)\cup \left( 2;100 \right]\Rightarrow $ Có 108 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bái toán.
Câu 38: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng tổng $1+2+3+...+n=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}$
Cách giải: Giả sử trồng được n hàng cây với quy luật trên thì số cây trồng được là:
$1+2+3+...+n=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}=4950\Leftrightarrow {{n}^{2}}+n-9900=0\Leftrightarrow n=99$
Câu 39: Đáp án D.
Phương pháp: Chuyển vế, lấy mođun hai vế.
Cách giải:
$\left( 1+2i \right)\left| z \right|=\frac{\sqrt{10}}{z}-2+i$ $\Leftrightarrow \left( 1+2i \right)\left| z \right|+2-i=\frac{\sqrt{10}}{z}$
$\left( \left| z \right|+2 \right)+\left( 2\left| z \right|-1 \right)i=\frac{\sqrt{10}}{z}$ $\Leftrightarrow {{\left( \left| z \right|+ \right)}^{2}}+{{\left( 2\left| z \right|-1 \right)}^{2}}=\frac{10}{{{\left| z \right|}^{2}}}$
$\Leftrightarrow {{\left| z \right|}^{2}}+4\left| z \right|+4+4{{\left| z \right|}^{2}}-4\left| z \right|+1=\frac{10}{{{\left| z \right|}^{2}}}$
$\Leftrightarrow 5{{\left| z \right|}^{4}}+5{{\left| z \right|}^{2}}-10=0\Leftrightarrow \left| z \right|=1\in \left( \frac{1}{2};\frac{3}{2} \right)$
Câu 40: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dung BĐT Cauchy.
Cách giải:$x+\frac{1}{x}-m\overset{Cauchuy}{\mathop{\ge }}\,2\sqrt{x.\frac{1}{x}}-m=2-m\Rightarrow \underset{\left( 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,y=2-m=-3\Leftrightarrow m=5$
Câu 41: Đáp án A.
Phương pháp: Suy ra cách vẽ của đồ thị hàm số $y=\left| f\left( x-1 \right)+m \right|$ và thử các trường hợp và đếm số cực trị của đồ thị hàm số. Một điểm được gọi là cực trị của hàm số nếu tại đó hàm số liên tục và đổi chiều.
Cách giải: Đồ thị hàm số $y=f\left( x-1 \right)$nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ sang phải 1 đơn vị nên không làm thay đổi tung độ các điểm cực trị.
Đồ thị hàm số $y=f\left( x-1 \right)+m$nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left( x-1 \right)$ lên trên m đơn vị nên ta có: ${{y}_{CD}}=2+m;$ ${{y}_{CT}}=-3+m,\,{{y}_{CT}}=-6+m$
Đồ thị hàm số $y=\left| f\left( x-1 \right)+m \right|$ nhận được bằng cách từ đồ thị hàm số $y=f\left( x-1 \right)+m$ lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành và xóa đi phần đồ thị phía dưới trục hoành.
Để đồ thị hàm số có 5 cực trị $\Rightarrow -6+m<0\le -3+m\Leftrightarrow 3\le m<6\overset{m\in {{Z}^{+}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,m\in \left\{ 3;4;5 \right\}$
$\Rightarrow S=\left\{ 3;4;5 \right\}\Rightarrow 3+4+5=12$
Câu 42: Đáp án B.
Phương pháp: Ứng dụng tích phân để tính thể tích khối tròn xoay.
Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:
Ta có:
Phương trình đường tròn: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=20\Rightarrow y=\sqrt{20-{{x}^{2}}}$
Phương trình parabol: $y={{x}^{2}}$
Thể tích khối cầu $V=\frac{4}{3}\pi {{\left( 2\sqrt{5} \right)}^{3}}=\frac{160\sqrt{5}}{3}\pi $
Thể tích khi quay phần tô đậm quanh trục Ox là: $V'=\pi \int\limits_{-2}^{2}{\left( 20-{{x}^{2}}-{{x}^{4}} \right)dx=\frac{928}{15}\pi }$
$\Rightarrow $ Thể tích cần tính ${{V}_{1}}=V-V'=\frac{160\sqrt{5}}{3}\pi -\frac{928}{15}\pi =\frac{\pi }{15}\left( 800\sqrt{5}-928 \right)$
Câu 43: Đáp án D.
Phương pháp: $f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)dx}$
Cách giải: $f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)dx=\int{\frac{1}{{{x}^{2}}-1}dx=\frac{1}{2}\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|+C}}$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}
\frac{1}{2}\ln \frac{{x - 1}}{{x + 1}} + {C_{1\,\,}}\,khi\,\,x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\\
\frac{1}{2}\ln \frac{{1 - x}}{{x + 1}} + {C_2}\,\,khi\,\,x \in \left( { - 1;1} \right)
\end{array} \right.$
$\Rightarrow f\left( -3 \right)+f\left( 3 \right)=\frac{1}{2}\ln 2+{{C}_{1}}+\frac{1}{2}\ln \frac{1}{2}+{{C}_{1}}=0\Leftrightarrow {{C}_{1}}=0$
$f\left( -\frac{1}{2} \right)+f\left( 3 \right)=\frac{1}{2}\ln 3+{{C}_{2}}+\frac{1}{2}\ln \frac{1}{3}+{{C}_{2}}=2\Leftrightarrow {{C}_{2}}=1$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}
\frac{1}{2}\ln \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\,\,\,khi\,\,x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\\
\frac{1}{2}\ln \frac{{1 - x}}{{x + 1}}\,\,\,khi\,\,x \in \left( { - 1;1} \right)
\end{array} \right.$
$\Rightarrow f\left( -2 \right)+f\left( 0 \right)+f\left( 4 \right)=\frac{1}{2}\ln 3+\frac{1}{2}\ln 1+1+\frac{1}{2}\ln \frac{3}{5}=1+\frac{1}{2}\ln \frac{9}{5}$
Câu 44: Đáp án D.
Phương pháp: Tính góc giữa mặt phẳng (SAB) và (ABCD).
Cách giải:
Dễ thấy 2 hình chóp S.ABCD và S’.ABCD là các hình chóp tứ giác đều.
Gọi E là trung điểm của AB ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\
\left( {SAB} \right) \supset SE \bot AB\\
\left( {ABCD} \right) \supset OE \bot AB
\end{array} \right.$
$\Rightarrow \left( \left( SAB \right);\left( ABCD \right) \right)=\left( SE;OE \right)=SEO=\alpha $
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {\left( {SAB} \right);\left( {S'AB} \right)} \right) = 2\alpha \\
\left( {\left( {SAB} \right);\left( {S'AB} \right)} \right) = \pi - 2\alpha
\end{array} \right.$
Ta có: $OE=\frac{a}{2};SE=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow cos\alpha =\frac{OE}{SE}=\frac{1}{\sqrt{3}}$
$cos\alpha =\left| 2{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right|=\left| -\frac{1}{3} \right|=\frac{1}{3}$
Câu 45: Đáp án C.
Phương pháp giải: Dựa vào giả thiết, đánh giá đưa về tổng các bình phương, từ biểu thức P đưa về hạng tử trong tổng bình phương và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki tìm giá trị lớn nhất.
Lời giải:
Vì ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}>1$ suy ra $y={{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}f\left( x \right)$ là hàm số đồng biến trên tập xác định.
Khi đó ${{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}\left( 2x+3y \right)\ge {{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\Leftrightarrow 2x+3y\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}-3y\le 0\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-2x+1 \right)+\left( {{y}^{2}}-2.y.\frac{3}{2}+\frac{9}{4} \right)\le \frac{13}{4}\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{3}{2} \right)}^{2}}\le \frac{13}{4}$
Xét biểu thức P, ta có $P=2x+y=2\left( x-1 \right)+y-\frac{3}{2}+\frac{7}{2}\Leftrightarrow 2\left( x-1 \right)+y-\frac{3}{2}=P-\frac{7}{2}.$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, có ${{\left[ 2\left( x-1 \right)+y-\frac{3}{2} \right]}^{2}}\le \left( {{2}^{2}}+{{1}^{2}} \right).\left[ {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{3}{2} \right)}^{2}} \right]=\frac{65}{4}.$
$ \Leftrightarrow {\left( {P - \frac{7}{2}} \right)^2} \le \frac{{65}}{4} \Leftrightarrow \frac{{7 - \sqrt {65} }}{2} \le P \le \frac{{7 + \sqrt {65} }}{2} \to \left\{ \begin{array}{l}
{P_{\min }} = \frac{{7 - \sqrt {65} }}{2}\\
{P_{max}} = \frac{{7 + \sqrt {65} }}{2}
\end{array} \right..$
Câu 46: Đáp án A.
Phương pháp: Tính $g'\left( x \right),$tìm các nghiệm của phương trình $g'\left( x \right)=0.$
Điểm ${{x}_{0}}$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số $y=g\left( x \right)$ khi và chỉ khi $g'\left( {{x}_{0}} \right)=0$ và qua điểm $x={{x}_{0}}$ thì $g'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương.
Cách giải:
$g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {x^2} - \frac{3}{2}x + \frac{3}{2} = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = {x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = - 1\\
x = - 3
\end{array} \right.$
Khi $x<1$ ta có: $f'\left( x \right)>{{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\Rightarrow g'\left( x \right)>0,$
Khi $x>1$ ta có $f'\left( x \right)<{{x}^{2}}+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\Rightarrow g'\left( x \right)<0$
Qua $x=1,$ g’(x) đổi dấu từ dương sang âm $\Rightarrow \,x=1$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số $y=g\left( x \right)$
Chứng minh tương tự ta được $x=-1$ là điểm cực tiểu và $x=-3$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số $y=g\left( x \right).$
Câu 47: Đáp án A.
Phương pháp:
Từ $\left| z+yi \right|=\left| \overline{z}+4-3i \right|$ tìm ra quỹ tích điểm $M\left( x;y \right)$ biểu diễn cho số phức $z=x+yi.$
Gọi điểm $M\left( x;y \right)$ là điểm biểu diễn cho số phức z và $A\left( -1;1 \right);$ $B\left( 2;-3 \right)$ta có:
$\left| z+1-i \right|+\left| z-2+3i \right|=MA+MB$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow MA=MB$
Cách giải: Gọi $z=x+ui$ ta có:
$\left| x+yi \right|=\left| x-yi+4-3i \right|$ $\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{\left( x+4 \right)}^{2}}+{{\left( y+3 \right)}^{2}}$ $\Leftrightarrow 8x+6y=-25$
Gọi điểm $M\left( x;y \right)$là điểm biểu diễn cho số phức z và $A\left( -1;1 \right);$ $B\left( 2;-3 \right)$ta có:
$\left| z+1-i \right|+\left| z-2+3i \right|=MA+MB$ nhỏ nhất.
Ta có: $MA+MB\ge 2\sqrt{MA.MB},$dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow MA=MB\Rightarrow $M thuộc trung trực của AB.
Gọi I là trung điểm của AB ta có $I\left( \frac{1}{2};-1 \right)$ và $\overrightarrow{AB}=\left( 3;-4 \right).$
Phương trình đường trung trực của AB là $3\left( x-\frac{1}{2} \right)-4\left( y+1 \right)=0\Leftrightarrow 3x-4y-\frac{11}{2}=0$
Để ${{\left( MA+MB \right)}_{\min }}\Leftrightarrow $ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
8x + 6y = - 25\\
3x - 4y = \frac{{11}}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - \frac{{67}}{{50}}\\
y = - \frac{{119}}{{50}}
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow z = - \frac{{67}}{{50}} - \frac{{119}}{{50}}i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{{67}}{{50}}\\
b = - \frac{{119}}{{50}}
\end{array} \right. \Rightarrow P = a + 2b = - \frac{{61}}{{10}}$
Câu 48: Đáp án B.
Phương pháp : Chuyển vế, lấy nguyên hàm hai vế.
Cách giải :$f'\left( x \right)=\left( 2x+1 \right){{f}^{2}}\left( x \right)$ $\Leftrightarrow \frac{f'\left( x \right)}{{{f}^{2}}\left( x \right)}=2x+1$
$\Leftrightarrow \int{\frac{f'\left( x \right)dx}{{{f}^{2}}\left( x \right)}=\int{\left( 2x+1 \right)dx}}$ $\Leftrightarrow \frac{-1}{f\left( x \right)}={{x}^{2}}+x+C$
$\begin{array}{l}
f\left( 1 \right) = - 0,5 \Leftrightarrow - \frac{1}{{ - 0,5}} = 1 + 1 + C \Leftrightarrow C = 0\\
\Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2} + x}} = - \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} = - \left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}} \right) = \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{x}
\end{array}$
$\Rightarrow f\left( 1 \right)+f\left( 2 \right)+f\left( 3 \right)+...+f\left( 2017 \right)$
$=\frac{1}{2}-1+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2017}-\frac{1}{2016}+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2017}$
$ = - 1 + \frac{1}{{2018}} = \frac{{ - 2017}}{{2018}} = \frac{a}{b} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 2017\\
b = 2018
\end{array} \right. \Rightarrow b - a = 4035$
Câu 49: Đáp án D.
Phương pháp : Dựng thiết diện, xác định hai phần cần tính thể tích.
Sử dụng phân chia và lắp ghép các khối đa diện.
Cách giải : Gọi $E=MN\cap B'C'$
Kéo dài MP cắt AB tại D, cắt AA ‘ tại F.
Nối NF, cắt AC tại G.
Do đó thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng (MNP) là NEPDG.
Gọi ${{V}_{1}}$ là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’ ta có :
${{V}_{1}}={{V}_{F.A'MN}}-{{V}_{F.ADG}}-{{V}_{P.B'EM}}$
Ta có: ${{S}_{A'MN}}=\frac{1}{2}d\left( N;A'M \right).A'M=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}d\left( C';A'B' \right).\frac{3}{2}A'B'=\frac{3}{4}{{S}_{A'B'C'}}$
$\Delta BDP=\Delta B'MP\Rightarrow BD=B'M=\frac{1}{2}AB\Rightarrow $ D là trung điểm của AB.
$\Rightarrow \frac{FA}{FA'}=\frac{AD}{A'M}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{FA'}{\text{AA}'}=\frac{3}{2}$
$\Rightarrow \frac{{{V}_{F.A'MN}}}{{{V}_{ABC.A'B'C'}}}=\frac{\frac{1}{3}.FA'.{{S}_{A'MN}}}{AA'.{{S}_{ABC}}}=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}.\frac{3}{4}=\frac{3}{8}\Rightarrow {{V}_{F.A'MN}}=\frac{3}{8}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{3V}{8}$
Dễ dàng chứng minh được $\Delta \text{AD}G$ đồng dạng $\Delta \text{A}'MN$ theo tỉ số $\frac{1}{3}$
$\Rightarrow {{S}_{ADG}}=\frac{1}{9}{{S}_{A'MN}}=\frac{1}{12}{{S}_{A'B'C'}}$
$\Rightarrow \frac{{{V}_{F.ADG}}}{{{V}_{ABC.A'B'C'}}}=\frac{\frac{1}{3}.FA.{{S}_{ADG}}}{AA'.{{S}_{A'B'C'}}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{1}{12}=\frac{1}{72}\Rightarrow {{V}_{F.ADG}}=\frac{1}{72}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{V}{72}$
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’B’C’ ta có:
$\frac{MA'}{MB'}.\frac{EB'}{EC'}.\frac{NC'}{NA'}=1\Leftrightarrow \frac{3}{2}.\frac{EB'}{EC'}.1=1\Leftrightarrow \frac{EB'}{EC'}=\frac{2}{3}$
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’MN ta có:
$\frac{CN}{CA}.\frac{BA}{BM}.\frac{EM}{EN}=1\Leftrightarrow \frac{1}{2}.2.\frac{EM}{EN}=1\Leftrightarrow \frac{EM}{EN}\Rightarrow \frac{ME}{MN}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow \frac{{{S}_{B'EM}}}{{{S}_{A'MN}}}=\frac{MB'}{MA'}.\frac{ME}{MN}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{6}\Rightarrow {{S}_{B'EM}}=\frac{1}{6}{{S}_{A'NM}}=\frac{1}{8}{{S}_{A'B'C'}}$
$\Rightarrow \frac{{{V}_{P.B'EM}}}{{{V}_{ABC.A'B'C'}}}=\frac{\frac{1}{3}.PB'.{{S}_{B'EM}}}{BB'.{{S}_{A'B'C'}}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{1}{8}=\frac{1}{48}\Rightarrow {{V}_{P.B'EM}}=\frac{1}{48V}$
Vậy ${{V}_{1}}=\frac{49}{144}V\Rightarrow {{V}_{2}}=\frac{95}{144}V\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{49}{95}.$
Câu 50: Đáp án B.
Phương pháp: Tính độ dài đoạn thẳng IM với I là tâm mặt cầu.
Tham số hóa tọa độ điểm M, sau đó dựa vào độ dài IM để tìm điểm M.
Cách giải :
Mặt cầu (S) có tâm $I\left( 1;2;-3 \right),$ bán kính $R=3\sqrt{3}.$
Đặt $MA=MB=MC=a.$
Tam giác MAB đều $\Rightarrow AB=a$
Tam giác MBC vuông tại M $\Rightarrow BC=a\sqrt{2}$
Tam giác MCA có $CMA={{120}^{0}}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}$
Xét tam giác ABC có $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại B
$\Rightarrow \Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn nhỏ có đường kính AC
$\Rightarrow HA=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Xét tam giác vuông IAM có:
$\begin{array}{l}
\frac{1}{{H{A^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{I{A^2}}} \Rightarrow \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{27}} \Leftrightarrow \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{1}{{27}}\\
\Leftrightarrow a = 3 = MA\\
\Rightarrow I{M^2} = M{A^2} + I{A^2} = {3^2} + 27 = 36
\end{array}$
$M\in \left( d \right)\Rightarrow M\left( -1+t;-2+t;1+t \right)\Leftrightarrow I{{M}^{2}}={{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{\left( t-4 \right)}^{2}}+{{\left( t+4 \right)}^{2}}=36\Leftrightarrow 3{{t}^{2}}-4t=0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 0\\
t = \frac{4}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
M\left( { - 1; - 2;1} \right)\\
M\left( {\frac{1}{3}; - \frac{2}{3};\frac{7}{3}} \right)\,\,\left( {ktm} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 1\\
b = - 2\\
c = 1
\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = - 2$
