Lời giải đề 9: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 cụm 5 THPT chuyên Đồng bằng sông Hồng – lần 1 trang 2

Câu 30: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: $dleft$d_1;d_{2}right$=frac{left| overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}.left$$overrightarrow{u}_1;overrightarrow{u}_{2}right$$ right|}{left| left$$overrightarrow{u}_1;overrightarrow{u}_{2}right$$ right|}$

Với $overrightarrow{{{u}_{1}}};overrightarrow{{{u}_{2}}}$ lần lượt là các VTCP của ${{d}_{1}};{{d}_{2}};{{M}_{1}}in {{d}_{1}}{{M}_{2}}in {{d}_{2}}$

Cách giải:

Ta có $overrightarrow{{{u}_{1}}}=left$2;1;3right$;overrightarrow{{{u}_{2}}}=left$1;1;0right$$lần lượt là các VTCP của${{d}_{1}};{{d}_{2}}.$Ta có $left$$overrightarrow{u}_1;overrightarrow{u}_{2}right$$=left$-3;3;1right$$

Lấy ${{M}_{1}}left$1;0;0right$in {{d}_{1}};{{M}_{2}}left$1;2;mright$in {{d}_{2}}Rightarrow overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}=left$0;2;mright$$

$ Rightarrow dleft$d_1;d_{2}right$ = frac{{left| {overrightarrow {{M_1}{M_2}} .left$$overrightarrow{u}_1;overrightarrow{u}_{2}right$$} right|}}{{left| {left$$overrightarrow{u}_1;overrightarrow{u}_{2}right$$} right|}} = frac{{left| {6 + m} right|}}{{sqrt {19} }} = frac{5}{{sqrt {19} }} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m =  – 1\
m =  – 11
end{array} right. Rightarrow S = left{ { – 1; – 11} right}$ 

Câu 31: Đáp án

Phương pháp: Tìm các điểm biểu diễn và đưa về bài toán hình học.

Cách giải :

Đặt ${{z}_{3}}=i{{z}_{2}}Rightarrow z_{3}^{2}=-z_{2}^{2}Rightarrow S=left| z_{1}^{2}+4z_{2}^{2} right|=left| z_{1}^{2}-4z_{3}^{2} right|=left| {{z}_{1}}-2{{z}_{3}} right|left| {{z}_{1}}+2{{z}_{3}} right|$

M, N là các điểm biểu diễn cho ${{z}_{1}},{{z}_{3}}Rightarrow OM=2,ON=left| {{z}_{3}} right|=left| i{{z}_{2}} right|=i.left| {{z}_{2}} right|=sqrt{3}$

Gọi P là điểm biểu diễn cho $2{{z}_{3}}$và Q là điểm biểu diễn cho $-2{{z}_{3}}$, ta có N là trung điểm của OP và P, Q đối xứng nhau qua O. Khi đó $S=MP.MQ$

Áp dụng định lí Cosin trong $Delta OMP$ có:

$M{{P}^{2}}=O{{P}^{2}}+O{{M}^{2}}-2OP.OM.ctext{os}30=12+4-2.2sqrt{3}.2.frac{sqrt{3}}{2}=4Rightarrow MP=2$

Áp dụng định lí Cosin trong $Delta OMQ$ có: $begin{array}{l}
M{Q^2} = O{M^2} + O{Q^2} – 2OM.OQ.c{rm{os}}{150^0} = 4 + 12 + 2.2.2sqrt 3 .frac{{sqrt 3 }}{2} = 2sqrt 7 \
 Rightarrow S = MP.MQ = 2.2sqrt 7  = 4sqrt 7 
end{array}$ 

Câu 32: Đáp án A

Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y=frac{a,x+b}{x+c}$có đường TCĐ $x=-cRightarrow -c=1Leftrightarrow c=-1,$TCN $y=aRightarrow a=-1$

Đồ thị hàm số đi qua $left$0;-1right$Rightarrow -2=frac{b}{c}Rightarrow b=-2c=2$

$Rightarrow T=a-3b+2c=-1-3.2+2left$-1right$=-9$

Câu 33: Đáp án A

Phương pháp: Đặt $operatorname{s}text{inx}=a,cos x=b$

Cách giải: Đặt $operatorname{s}text{inx}=a,cos x=b$ta có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1$

Khi đó $y=left| a+b+frac{a}{b}+frac{b}{a}+frac{1}{a}+frac{1}{b} right|=left| frac{ableft$a+bright$+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+a+b}{ab} right|=left| frac{ableft$a+bright$+a+b+1}{ab} right|$

Đặt $t=a+bin left$$-sqrt2;sqrt2right$$Rightarrow {{t}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab=1+2abRightarrow ab=frac{{{t}^{2}}-1}{2},$ khi đó ta có :

$y=left| t+frac{2left$t+1right$}{{{t}^{2}}-1} right|=left| t+frac{2}{t-1} right|=left| t-1+frac{2}{t-1}+1 right|$

Nếu $t-1>0Rightarrow t-1+frac{2}{t-1}+1ge 2sqrt{2}+1Rightarrow yge 2sqrt{2}+1$

Nếu $t-1<0Rightarrow frac{1}{t-1}+1-tge 2sqrt{2}Rightarrow frac{1}{t-1}+t-1le 2sqrt{2}Rightarrow frac{1}{t-1}+t-1+1le 1-2sqrt{2}Rightarrow yge 2sqrt{2}-1$

Vậy $yge 2sqrt{2}-1$

Dấu bằng xảy ra $Leftrightarrow {{left$1-tright$}^{2}}=2Leftrightarrow t=1-sqrt{2}left$t<0right$$

$Rightarrow operatorname{s}text{inx}+cos x=1-sqrt{2}Leftrightarrow sqrt{2}sin left$x+fracpi4right$=1-sqrt{2}Leftrightarrow sin left$x+fracpi4right$=frac{1-sqrt{2}}{2}$

Câu 34: Đáp án C

Phương pháp : Xác định hàm số$f’left$xright$$ từ đó tính được $fleft$xright$=int{f’left$xright$dx}$

Cách giải : Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là $y=3{{x}^{2}}+1Rightarrow f’left$xright$=3{{x}^{2}}+1Rightarrow fleft$xright$=int{f’left$xright$dx}={{x}^{3}}+x+C$

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ $Rightarrow C=0Rightarrow fleft$xright$={{x}^{3}}+x$

$Rightarrow fleft$4right$=68;,,fleft$2right$=10Rightarrow H=58$

Câu 35: Đáp án C

Phương pháp :

+)  Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $m-2:,$

$y=f’left$m-2right$left$x-m+2right$+yleft$m-2right$,left$dright$$

+) Xác định các giao điểm của d và các đường tiệm cận ${{Rightarrow }_{2}};{{y}_{1}}$

+) Thay vào phương trình ${{x}_{2}}+{{y}_{1}}=-5$ giải tìm các giá trị của m.

Cách giải: TXĐ: $D=Rbackslash left{ -2 right}$

Ta có $y’=frac{3}{{{left$x+2right$}^{2}}}Rightarrow y’left$m-2right$=frac{3}{{{m}^{2}}};yleft$m-2right$=frac{m-2-1}{m-2+2}=frac{m-3}{m}$

=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $m-2$là:

$y=frac{3}{{{m}^{2}}}left$x-m+2right$+frac{m-3}{m}left$dright$$

Đồ thị hàm số $y=frac{x-1}{x+2}$ có đường TCN $y=1$và tiệm cậm đứng$x=-2$

$begin{array}{l}
*,yleft$–2right$ = frac{3}{{{m^2}}}left$–mright$ + frac{{m – 3}}{m} = frac{{ – 3}}{m} + frac{{m – 3}}{m} + frac{{m – 6}}{m} Rightarrow Aleft$–2;fracm–6mright$ Rightarrow {y_1} = frac{{m – 6}}{m}\
*,1 = frac{3}{{{m^2}}}left$x–m+2right$ + frac{{m – 3}}{m} Rightarrow frac{{3left$x–m+2right$}}{{{m^2}}} = 0\
 Leftrightarrow x – m + 2 = m Leftrightarrow x = 2m – 2 Rightarrow Bleft$2m–2;1right$ Rightarrow {x_2} = 2m – 2\
 Rightarrow {x_2} + {y_1} = 2m – 2 + frac{{m – 6}}{m} =  – 5 Leftrightarrow 2{m^2} – 2m + m – 6 =  – 5m\
 Leftrightarrow 2{m^2} + 4m – 6 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m =  – 3
end{array} right. Rightarrow S = left{ {1; – 3} right} Rightarrow {1^2} + {left$–3right$^2} = 10
end{array}$ 

Câu 36: Đáp án B

Phương pháp:

Gọi các trung điểm của các cạnh bên và các cạnh đáy.

Tìm các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D.

Cách giải:

Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD và M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .

Ta có thể tìm được các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D là $left$E,FGHright$;left$E,FNQright$;left$GHQNright$;left$FGPMright$;left$EHPMright$$

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp: Xét các trường hợp:

TH1: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=5$

TH2: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=6$

TH3: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=7$

Cách giải:

TH1: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=5$, ta có $0+5=1+4=2+3=5$

– Nếu $left$a_1;a_{2}right$=left$0l5right$Rightarrow $có 1 cách chọn$left$a_1{a}_{2}right$$

Có 2 cách chọn $left$a_3{a}_{4}right$$, 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Tương tự $left$a_5{a}_{6}right$$có 2 cách chọn.

=>Có 8 số thỏa mãn.

– Nếu $left$a_1;a_{2}right$ne left$0;5right$Rightarrow $có 2 cách chọn$left$a_1{a}_{2}right$$,2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Có 2 cách chọn $left$a_3{a}_{4}right$$, 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Tương tự $left$a_5{a}_{6}right$$có 2 cách chọn.

=>Có 32 số thỏa mãn.

Vậy TH1 có: $8+32=40$ số thỏa mãn.

TH2: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=6,$ta có $0+6=1+5=2+4=6$

Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn.

TH3: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=7$, ta có $1+6-2+5=3+4=7$

Có 3 cách chọn $left$a_1{a}_{2}right$$, hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn.

Tương tự có 4 cách chọn $left$a_3{a}_{4}right$$và 2 cách chọn $left$a_5{a}_{6}right$$.

Vậy TH3 có $6.4.2=48$ số thỏa mãn.

Vậy có tất cả $40+40+48=128$ số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}$

Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì có $6.6.5.4.3.2=4320$số.

Vậy $p=frac{128}{4320}=frac{4}{135}$

Câu 38: Đáp án A

Phương pháp :

+) Nhóm các tổ hợp có chỉ số dưới bằng nhau.

+) Sử dụng tổng ${{left$1+nright$}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+…C_{n}^{n}={{2}^{n}}$

+) Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.

+) Để S là số có 1000 chữ số thì ${{10}^{999}}le Sle {{10}^{1000}}$

Cách giải:

$begin{array}{l}
S = 2 + left$C_1^0+C_2^0+\dots +C_n^{0}right$ + left$C_1^1+C_2^1+\dots +C_n^{1}right$ + … + left$C_{n–1}^{n–1}+C_n^{n–1}right$ + C_n^n\
S = 2 + left$C{kern1pt}_1^0+C_1^{1}right$ + left$C_2^0+C_2^1+C_2^{2}right$ + left$C_3^0+C_3^1+C_3^2+C_3^{3}right$ + … + left$C_n^0+C_n^1+C_n^2+\dots +C_n^{n}right$
end{array}$ 

Xét tổng ${{left$1+nright$}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+…C_{n}^{n}={{2}^{n}}$

Từ đó ta có: $S=2+{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+…+{{2}^{n}}=2+frac{2left$1-2^{n}right$}{1-2}=2+2left$2^n-1right$={{2}^{n+1}}$

Để S là số có 1000 chữ số thì ${{10}^{999}}le {{2}^{n+1}}le {{10}^{1000}}Leftrightarrow {{log }_{2}}{{10}^{999}}-1le nle {{log }_{2}}{{10}^{1000}}-1Leftrightarrow 3317,6le nle 3320,9$

n là số nguyên dương $Rightarrow nin left{ 3318;3319;3320 right}$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp: Chia cả 2 vế cho ${{3}^{x}}$, đặt $t={{left$frac4+sqrt73right$}^{x}}$, tìm điều kiện của t.

Đưa về bất phương trình dạng $mge fleft$tright$forall tleft$a;bright$Rightarrow mge underset{tin left$a;bright$}{mathop{max }},fleft$tright$$

Cách giải :

$m{{.3}^{x+1}}+left$3m+2right${{left$4-sqrt7right$}^{x}}+{{left$4+sqrt7right$}^{x}}>0Leftrightarrow 3m+left$3m+2right${{left$frac4-sqrt73right$}^{x}}+{{left$frac4+sqrt73right$}^{x}}>0$

Ta có $frac{4-sqrt{7}}{3}.frac{4+sqrt{7}}{3}=1Rightarrow {{left$frac4-sqrt73right$}^{x}}.{{left$frac4+sqrt73right$}^{x}}=1$

Đặt $t={{left$frac4+sqrt73right$}^{x}},,left$0<t<1forallxinleft(-infty;0right$ right),$khi đó phương trình trở thành

$begin{array}{l}
3m + left$3m+2right$frac{1}{t} + t > 0 Leftrightarrow frac{{{t^2} + 3mt + left$3m+2right$}}{t} > 0 Leftrightarrow {t^2} + 3mt + left$3m+2right$ > 0forall t in left$0;1right$\
 Leftrightarrow 3mleft$t+1right$ + {t^2} + 2 > 0forall t in left$0;1right$ Leftrightarrow 3m > frac{{ – {t^2} – 2}}{{t + 1}} = fleft$tright$forall t in left$0;1right$\
 Rightarrow 3m ge mathop {m{rm{ax}}}limits_{t in left$0;1right$} fleft$tright$
end{array}$ 

Ta có: $f’left$tright$=frac{-2tleft$t+1right$-left$-t^2-2right$}{{{left$t+1right$}^{2}}}=frac{-{{t}^{2}}-2t+2}{{{left$t+1right$}^{2}}}=0Rightarrow t=-1+sqrt{3}$

$fleft$-1+sqrt3right$=frac{-6+2sqrt{3}}{sqrt{3}}=2-2sqrt{3}=underset{tin left$0;1right$}{mathop{max }},fleft$tright$$

Vậy $3mge 2-2sqrt{3}Rightarrow mge frac{2-2sqrt{3}}{3}$

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp :

+) Kẻ$ADbot B’C$, xác định góc giữa mặt phẳng $left$A{B}^{\prime }Cright$$và mặt phẳng $left$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }right$$

+) Tính BB’.

+) Tính thể tích khối lăng trụ và suy ra thế tích AB’CA’C’

Cách giải :

Gọi H là trung điểm của BC ta có $AHbot BCRightarrow AHbot left$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }right$Rightarrow AHbot B’C$

Trong $left$A{B}^{\prime }Cright$$kẻ $ADbot B’C$

$Rightarrow B’Cbot left$AHDright$Rightarrow B’Cbot HD$

Ta có: $left{ begin{array}{l}
left$A{B}^{\prime }Cright$ cap left$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }right$ = B’C\
left$A{B}^{\prime }Cright$ supset AD bot B’C\
left$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }right$ supset HD bot B’C
end{array} right. Rightarrow left$left(A{B}^{\prime }Cright);left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }right)right$ = left$AD;HDright$ = ADH$ 

Ta có $AH=frac{AB}{2}=frac{asqrt{6}}{2}Rightarrow HD=AH.cot 60=frac{asqrt{2}}{2}$

Dễ thấy $Delta CBB’$đồng dạng với$Delta CDH,left$g.gright$$

$Rightarrow frac{BB’}{HD}=frac{CB’}{CH}Rightarrow frac{BB’}{frac{asqrt{2}}{2}}=frac{sqrt{6{{a}^{2}}+BB{{‘}^{2}}}}{frac{asqrt{6}}{2}}Leftrightarrow sqrt{3}BB’=sqrt{6{{a}^{2}}+BB{{‘}^{2}}}Leftrightarrow 2BB{{‘}^{2}}=6{{a}^{2}}Leftrightarrow BB’=asqrt{3}$ Ta có: $AB=AC=frac{BC}{sqrt{2}}=asqrt{3}Rightarrow {{S}_{ABC}}=frac{1}{2}AB.AC=frac{3{{a}^{2}}}{2}$

$begin{array}{l}
 Rightarrow {V_{ABC.A’B’C’}} = BB’.{S_{ABC}} = asqrt 3 .frac{{3{a^2}}}{2} = frac{{3sqrt 3 {a^3}}}{2}\
{V_{AB’CA’C}} + {V_{B’.ABC}} = {V_{ABC.A’B’C’}} Rightarrow {V_{AB’CA’C’}} – {V_{B’.ABC}} = {V_{ABC.A’B’C’}} – frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}}\
 Rightarrow {V_{AB’CA’C’}} = frac{2}{3}.frac{{3sqrt 3 {a^3}}}{2} = {a^3}sqrt 3 
end{array}$ 

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt  $x=a-t$.

Cách giải : Đặt $x=a-tRightarrow dx=-dt.$ Đổi cận $left{ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow t = a\
x = a Rightarrow t = 0
end{array} right.$

$begin{array}{l}
 Rightarrow I =  – intlimits_a^0 {frac{1}{{1 + fleft$a–tright$}}dt}  = intlimits_0^a {frac{1}{{1 + fleft$a–xright$}}dx = } intlimits_0^a {frac{1}{{1 + frac{1}{{fleft$xright$}}}}} dx = intlimits_0^a {frac{{fleft$xright$}}{{1 + fleft$xright$}}dx} \
 Rightarrow fleft$xright$ = 1 Rightarrow I = intlimits_0^a {frac{1}{2}dx = left. {frac{x}{2}} right|} _0^a = frac{a}{2}
end{array}$ 

Câu 42: Đáp án D

Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.

Cách giải :

Ta có : $left{ begin{array}{l}
left$Pright$ bot left$Qright$\
left$Pright$ cap left$Qright$ = Delta  Rightarrow AC bot left$Qright$\
left$Pright$ supset AC bot Delta 
end{array} right.$ 

Gọi I là trung điểm của AD, do $Delta BD$vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta BD$.

Gọi N là trung điểm của AC.

Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC $Rightarrow dbot left$ABDright$$

Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD $Rightarrow d’bot AC$

Gọi $I=dcap d’Rightarrow $ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính $text{R}=IA$

Ta có: $AM=frac{1}{2}AD=frac{1}{2}sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2};AN=frac{a}{2}Rightarrow AI=sqrt{frac{{{a}^{2}}}{2}+frac{{{a}^{2}}}{4}}=frac{asqrt{3}}{2}$

Câu 43: Đáp án B

Phương pháp : Chia hai trường hợp :

TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.

Cách giải : $left| Omega  right|=C_{2n}^{3}$

TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{2}.C_{n}^{1}$ cách.

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{3}$cách.

Gọi A là biến cố học sinh TWO không phải thi lại $Rightarrow left| A right|=C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}Rightarrow Pleft$Aright$=frac{left| A right|}{left| Omega  right|}=frac{C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}}{C_{2n}^{3}}$

Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn$n=10$ , ta tính được $Pleft$Aright$=frac{1}{2}$

Câu 44: Đáp án A

Phương pháp:

+) Viết phương trình mặt phẳng $left$ABCright$$ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt phẳng $left$ABCright$$.

+) $left$ABCright$$tiếp xúc với mặt cầu $left$Sright$$tâm I bán kính R$Leftrightarrow dleft$I;left(ABCright$ right)=R$

Cách giải:

$begin{array}{l}
left$ABCright$:frac{x}{a} + frac{y}{b} + frac{z}{c} = 1\
Mleft$frac17;frac27;frac37right$ in left$ABCright$ Rightarrow frac{1}{{7a}} + frac{2}{{7b}} + frac{3}{{7c}} = 1 Leftrightarrow frac{1}{a} + frac{2}{b} + frac{3}{c} = 7
end{array}$ 

$left$ABCright$$tiếp xúc với mặt cầu $left$Sright$$có tâm $Ileft$1;2;3right$$và bán kính$R=sqrt{frac{72}{7}}$

$begin{array}{l}
 Rightarrow dleft$I;left(ABCright)right$ = R Leftrightarrow frac{{left| {frac{1}{a} + frac{2}{b} + frac{3}{c} – 1} right|}}{{sqrt {frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}}} }} = sqrt {frac{{72}}{7}} \
 Leftrightarrow frac{6}{{sqrt {frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}}} }} = sqrt {frac{{72}}{7}}  Rightarrow sqrt {frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}}}  = frac{{sqrt {14} }}{2} Rightarrow frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}} = frac{7}{2}
end{array}$ 

Câu 45: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm $operatorname{s}text{inx}=cos xLeftrightarrow tan ,x=1Leftrightarrow x=frac{pi }{4}+kpi $

TH1: $a=frac{pi }{4}Rightarrow S=left| intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{left$operatornamestextinx-cosxright$dx} right|=sqrt{2}-1Rightarrow $ không thỏa mãn

TH2: $a=frac{pi }{2}Rightarrow S=left| intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{left$operatornamestextinx-cosxright$dx} right|+left| intlimits_{frac{pi }{4}}^{frac{pi }{2}}{left$operatornamestextinx-cosxright$} right|=sqrt{2}-1+sqrt{2}-1=2sqrt{2}-2Rightarrow $không thỏa mãn

TH3: $ain left$fracpi4;fracpi2right$$

$begin{array}{l}
 Rightarrow S = left| {intlimits_0^{frac{pi }{4}} {left$mathoprmsnolimitsrminx–cosxright$dx} } right| + left| {intlimits_{frac{pi }{4}}^a {left$mathoprmsnolimitsrminx–cosxright$} } right| = sqrt 2  – 1 + left| {left. {left$–cosx–mathoprmsnolimitsrminxright$} right|_{frac{pi }{4}}^a} right|\
 Rightarrow S = sqrt 2  – 1 + left| { – cos x – sin a + frac{{sqrt 2 }}{2} + frac{{sqrt 2 }}{2}} right| = frac{1}{2}left$–3+4sqrt2–sqrt3right$\
 Leftrightarrow left| { – cos a – {mathop{rm s}nolimits} {rm{ina + }}sqrt 2 } right| =  – frac{1}{2} + sqrt 2  – frac{{sqrt 3 }}{2} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
 – cos a – sin a + sqrt 2  =  – frac{1}{2} + sqrt 2  – frac{{sqrt 3 }}{2}\
 – cos a – sin a + sqrt 2  = frac{1}{2} – sqrt 2  + frac{{sqrt 3 }}{2}
end{array} right.\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
cos a + sin a = frac{1}{2} + frac{{sqrt 3 }}{2}\
cos a + sin a =  – frac{1}{2} – frac{{sqrt 3 }}{2} + 2sqrt 2 left$ktmright$,left$left(sina+cosaright)inleft[–sqrt2;sqrt2right]right$
end{array} right.\
 Rightarrow a = frac{pi }{3}left$ainleft[fracpi4;fracpi2right]right$ approx 1,04 in left$frac5150;frac1110right$
end{array}$

Câu 46: Đáp án B

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để phương trình $y’=0$có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ.

+) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng $Leftrightarrow Cin AB$

Cách giải: TXĐ: $D=Rbackslash left{ left| m right| right}$

Ta có:

$begin{array}{l}
y’ = frac{{left$2x–left|mright|right$left$x–left|mright|right$ – {x^2} + left| m right|x – 4}}{{{{left$x–left|mright|right$}^2}}} = frac{{{x^2} – 2left| m right|x + {m^2} – 4}}{{{{left$x–left|mright|right$}^2}}} = 0 Leftrightarrow {left$x–left|mright|right$^2} = 4\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 2 + left| m right| Rightarrow y = left| m right| + 4 Rightarrow Aleft$2+left|mright|;4+left|mright|right$\
x =  – 2 + left| m right| Rightarrow y = left| m right| – 4 Rightarrow Bleft$–2+left|mright|;–4+left|mright|right$
end{array} right.
end{array}$ 

=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.

Đường thẳng AB có phương trình: $frac{x-2-left| m right|}{-4}=frac{y-4-left| m right|}{-8}Leftrightarrow 2x-4-2left| m right|=y-4-left| m right|Leftrightarrow y=2x-left| m right|$

Để$A,B,Cleft$4;2right$$phân biệt thẳng hàng $Leftrightarrow Cin ABRightarrow 2=4.2-left| m right|Leftrightarrow left| m right|=6$

Khi đó ta có: $Bleft$4;2right$equiv CRightarrow $ không thỏa mãn.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 47: Đáp án A

Phương pháp:

Đặt $fleft$xright$=aleft$x-x_{1}right$left$x-x_{2}right$left$x-x_{3}right$left$x-x_{4}right$,$ tính đạo hàm của hàm số$y=fleft$xright$$

Xét hàm số $hleft$xright$=frac{f’left$xright$}{fleft$xright$}$và chứng minh $f”left$xright$.fleft$xright$-{{left$$f^{\prime }left(xright)right$$}^{2}}<0forall xnotin left{ {{x}_{1}};{{x}_{2}};{{x}_{3}};{{x}_{4}} right}$

Cách giải: Đồ thị hàm số$y=fleft$xright$$cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên $fleft$xright$=aleft$x-x_{1}right$left$x-x_{2}right$left$x-x_{3}right$left$x-x_{4}right$$

$begin{array}{l}
 Rightarrow f’left$xright$ = aleft$x–x_{1}right$left$x–x_{2}right$left$x–x_{3}right$left$x–x_{4}right$ + aleft$x–x_{1}right$left$x–x_{3}right$left$x–x_{4}right$\
 + aleft$x–x_{1}right$left$x–x_{2}right$left$x–x_{4}right$ + aleft$x–x_{1}right$left$x–x_{2}right$left$x–x_{3}right$\
f’left$xright$ = fleft$xright$left$frac1x–x_1+frac1x–x_2+frac1x–x_3+frac1x–x_{4}right$,,forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right} Rightarrow f’left$xright$ ne 0,forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}
end{array}$ Đặt $hleft$xright$=frac{f’left$xright$}{fleft$xright$}=frac{1}{x-{{x}_{1}}}+frac{1}{x-{{x}_{2}}}+frac{1}{x-{{x}_{3}}}+frac{1}{x-{{x}_{4}}}forall xnotin left{ {{x}_{1}};{{x}_{2}};{{x}_{3}};{{x}_{4}} right}$

Ta có $h’left$xright$ = frac{{f”left$xright$.fleft$xright$ – {{left$$f^{\prime }left(xright)right$$}^2}}}{{{f^2}left$xright$}} = frac{{ – 1}}{{{{left$x–x_{1}right$}^2}}} + frac{{ – 1}}{{{{left$x–x_{2}right$}^2}}} + frac{{ – 1}}{{{{left$x–x_{3}right$}^2}}} + frac{{ – 1}}{{{{left$x–x_{4}right$}^2}}} < 0forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}$  $begin{array}{l}
 Rightarrow f”left$xright$.fleft$xright$ – {left$$f^{\prime }left(xright)right$$^2} < 0forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}\
 Rightarrow gleft$xright$ = {left$$f^{\prime }left(xright)right$$^2} – f”left$xright$.fleft$xright$ > 0forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}
end{array}$ 

Khi $fleft$xright$=0Rightarrow f’left$xright$ne 0Rightarrow gleft$xright$={{left$$f^{\prime }left(xright)right$$}^{2}}-f”left$xright$.fleft$xright$ne 0$

Vậy đồ thị hàm số $y=gleft$xright$={{left$$f^{\prime }left(xright)right$$}^{2}}-fleft$xright$.f”left$xright$$ không cắt trục Ox.

Câu 48: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính $Fleft$xright$$

Cách giải:

$Fleft$xright$=fleft$xright$=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-int{frac{x}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}dx+C=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-int{xdleft$tan,xright$+C}}$

$Fleft$xright$=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-xtan ,x+int{tan ,dx+C}=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-x,tan ,x+int{frac{operatorname{s}text{inx}}{cos x}dx+C}$

$Fleft$xright$=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-xtan ,x-int{frac{dleft$cosxright$}{cos x}}+C=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-x,tan ,x-ln left| cos x right|+C$

$Fleft$0right$=C=0Rightarrow Fleft$xright$=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-xtan ,x-ln left| cos x right|$

$begin{array}{l}
Fleft$xright$ = int {xf’left$xright$dx = int {xdleft$fleft(xright)right$}  = xfleft$xright$}  – int {fleft$xright$dx + C} \
tan ,a = 3 Rightarrow frac{1}{{c{rm{o}}{{rm{s}}^2}a}} = {tan ^2}a + 1 = 10 Leftrightarrow cos a = frac{1}{{sqrt {10} }}left$ainleft(–fracpi2;fracpi2right)right$\
 Rightarrow Fleft$aright$ = 10{a^2} – 3a – ln frac{1}{{sqrt {10} }} Rightarrow Fleft$aright$ – 10{a^2} + 3a =  – ln frac{1}{{sqrt {10} }} =  – frac{1}{2}lnfrac{1}{{10}} = frac{1}{2}ln 10
end{array}$

Câu 49: Đáp án D

Phương pháp: Đưa khoảng cách từ M đến $SAC$ về khoảng cách từ H đến $SAC$.

Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có $SHbot left$ABCDright$$

Ta có $left$SC;left(ABCDright$ right)=left$SC;HCright$=SCH={{45}^{0}}$

=>$Delta SHC$vuông cân tại H $Rightarrow SH=HC=sqrt{B{{C}^{2}}+B{{H}^{2}}}=frac{asqrt{17}}{2}$

$dleft$M;left(SACright$ right)=frac{1}{2}dleft$D;left(SACright$ right)=frac{1}{2}dleft$B;left(SACright$ right)=dleft$H;left(SACright$ right)$

Trong $left$ABDright$$kẻ $HIbot AC$,trong $left$SHIright$$kẻ $HKbot SI$ ta có:

$left{ begin{array}{l}
AC bot HI\
AC bot SH
end{array} right. Rightarrow AC bot left$SHIright$ Rightarrow AC bot HK Rightarrow HK bot left$SACright$ Rightarrow dleft$H;left(SACright)right$ = HK$ 

Ta có $Rightarrow Delta AHIsim Delta ACBleft$g.gright$Rightarrow frac{HI}{BC}=frac{AH}{AC}Rightarrow HI=frac{2a.frac{a}{2}}{asqrt{5}}=frac{a}{sqrt{5}}$

$Rightarrow frac{1}{H{{K}^{2}}}=frac{1}{S{{H}^{2}}}+frac{1}{H{{I}^{2}}}=frac{1}{frac{17{{a}^{2}}}{4}}+frac{1}{frac{{{a}^{2}}}{5}}=frac{89}{17{{a}^{2}}}Rightarrow HK=frac{asqrt{17}}{sqrt{89}}=frac{asqrt{1513}}{89}$

Câu 50: Đáp án B

Phương pháp : Đặt ${{z}_{1}}=a+bileft$a;binRright$$

$left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|=left| {{z}_{1}}-i{{z}_{1}} right|=left| left$1-iright${{z}_{1}} right|=sqrt{2}left| {{z}_{1}} right|=sqrt{2}sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}},$tìm GTLN của $sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$

Cách giải : Đặt ${{z}_{1}}=a+bileft$a;binRright$$

$begin{array}{l}
left| {{z_1} – {z_2}} right| = left| {{z_1} – i{z_1}} right| = left| {left$1–iright${z_1}} right| = sqrt 2 left| {{z_1}} right| = sqrt 2 sqrt {{a^2} + {b^2}} \
left| {a + bi + 1 – i} right| = 2 Leftrightarrow {left$a+1right$^2} + {left$b–1right$^2} = 4 Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2left$a–bright$ = 2\
 Rightarrow 2left$a–bright$ = 2 – left$a^2+b^{2}right$\
 Rightarrow 4{left$a–bright$^2} = {left$a^2+b^{2}right$^2} – 4left$a^2+b^{2}right$ + 4
end{array}$

Ta có : ${{left$a+bright$}^{2}}ge 0Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2abge 0Leftrightarrow 2left$a^2+b^{2}right$ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab={{left$a-bright$}^{2}}$

$begin{array}{l}
 Rightarrow {left$a^2+b^{2}right$^2} – 4left$a^2+b^{2}right$ + 4 le 8left$a^2+b^{2}right$\
 Leftrightarrow {left$a^2+b^{2}right$^2} – 12left$a^2+b^{2}right$ + 4 le 0\
 Rightarrow 6 – 4sqrt 2  le {a^2} + {b^2} le 6 + 4sqrt 2  Rightarrow sqrt {{a^2} + {b^2}}  le 2 + sqrt 2 \
 Rightarrow left| {{z_1} – {z_2}} right| = sqrt 2 sqrt {{a^2} + {b^2}}  le 2sqrt 2  + 2
end{array}$