Lời giải: Đề thi thử THPTQG môn Toán chuyên KHTN năm 2017-2018 trang 2

Suy ra $HKbot HMRightarrow H$ thuộc đường tròn đường kính KMMà H là trực tâm của tam giác $ABCRightarrow HKbot left$ABCright$$

Ta có trung điểm M của AB là $Mleft$4;2;0right$ Rightarrow OM:left{ begin{array}{l}
x = 4t\
y = 2t\
z = 0
end{array} right.$ 

Lại có $Kin OMRightarrow Kleft$4t;2t;0right$Rightarrow overline{AK}=left$4t-5;2t;0right$$

Suy ra $overrightarrow{AK}.overrightarrow{OB}=0Leftrightarrow 3left$4t-5right$+4.2t=0Leftrightarrow t=frac{3}{4}Rightarrow Kleft$3;frac32;0right$$

Vậy bán kính đường tròn cần tính $R=frac{KM}{2}=frac{sqrt{5}}{4}$

Câu 43: Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng $ABCD$

Ta có $SA=SORightarrow Delta SHA=Delta SHOleft$c-g-cright$Rightarrow HA=HO$

$Rightarrow Delta HAO$ cân tại H, có $left{ begin{array}{l}
widehat {HAO} = 30^circ \
OA = a
end{array} right. Rightarrow HA = frac{a}{{sqrt 3 }} Rightarrow HD = frac{{2a}}{{sqrt 3 }}$ 

Xác định góc $widehat{SD;left$ABCDright$}=widehat{SDH}=60{}^circ Rightarrow SH=2a$

Qua B kẻ đường thẳng $d//AC,K$ là hình chiếu của H trên d

$Rightarrow AC//left$SBKright$Rightarrow dleft$SB;ACright$=dleft$AC;left(SBKright$ right)=dleft$A;left(SBKright$ right)$

Mặt khác $frac{dleft$H;dright$}{dleft$A;dright$}=frac{4}{3}Rightarrow dleft$A;left(SBKright$ right)=frac{3}{4}dleft$H;left(SBKright$ right)$

Vậy $dleft$A;left(SBKright$ right)=frac{3}{4}frac{SH.HK}{sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}}=frac{3a}{4}Rightarrow dleft$SB;ACright$=frac{3a}{4}$

Câu 44: Đáp án C

Câu 30: Đáp án A

phương trình $fleft$xright$+m=0$ có 3 nghiệm phân biệt $Leftrightarrow -1<-m<2Leftrightarrow -2<m<1$

Câu 31: Đáp án D

Do A và B là 2 biến cố độc lập với nhau nên $Pleft$A.Bright$=Pleft$Aright$.Pleft$Bright$=0,12$

Câu 32: Đáp án A

Ta có $dleft$AM;B^{\prime }Nright$=dleft$ABC;A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }right$=AA’=2a$

Câu 33: Đáp án B

Đặt $widehat{text{CEF}}=varphi Rightarrow widehat{text{AED}}=90{}^circ -varphi $

KHI ĐO $AE=frac{DE}{cosleft$90{}^{c}irc-varphiright$};EC=frac{EF}{cosvarphi }$

Do đó

 $AC=frac{2}{sin varphi }+frac{2}{cosvarphi }ge frac{8}{sin varphi +cosvarphi }ge frac{8}{sqrt{2}sin left$varphi+fracpi4right$}ge 4sqrt{2}$

Câu 34: Đáp án B

Dựng  $left{ begin{array}{l}
AE bot BC\
BC bot SA
end{array} right. Rightarrow BC bot left$SEAright$$

Do đo góc giữa 2 mặt phẳng $left$SBCright$$ và $left$ABCright$$ bằng $widehat{SEA}$

Ta có $AE=frac{BC}{2}=a;SA=aRightarrow widehat{SEA}=45{}^circ $
Câu 35: Đáp án D

$f’left$xright$=3{{x}^{2}}-6x=0Leftrightarrow x=2Rightarrow $với $xin left$$1;3right$$$

$fleft$1right$=m-2;fleft$2right$=m-4;fleft$3right$=mRightarrow underset{left$$1;3right$$}{mathop{min }},fleft$xright$=m-4$

Để với mọi bộ ba số phân biệt $a,b,cin left$$1;3right$$$ thì $fleft$aright$,fleft$bright$,fleft$cright$$ là ba cạnh của một tam giác thì  $left{ begin{array}{l}
10 > m > 4\
fleft$aright$ + fleft$bright$ + fleft$cright$left$foralla,b,cinleft[1;3right]right$
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
10 > m > 4\
2left$m–4right$ ge m
end{array} right. Leftrightarrow 10 > m ge 8 Rightarrow m = left{ {8;9} right}$

Câu 36: Đáp án A

Ta có $y’=4{{x}^{3}}+4xRightarrow y’left$1right$=-8,y’left$-1right$=2$

PTTT:$y=-8left$x+1right$+2=-8x-6$

Câu 37: Đáp án B

Xét khai triển ${{left$x-1right$}^{n}}=C_{n}^{0}{{x}^{n}}-C_{n}^{1}{{c}^{n-1}}+C_{n}^{2}{{x}^{n-2}}-…+{{left$-1right$}^{n}}C_{n}^{n}{{x}^{0}}$

Chọn $x=3Rightarrow $ ${{3}^{n}}C_{n}^{0}-{{3}^{n-1}}C_{n}^{1}+{{3}^{n-2}}C_{n}^{2}-…+{{left$-1right$}^{n}}C_{n}^{n}=2048Rightarrow n=11$

Hệ số của ${{x}^{10}}$ trong khai triển ${{left$x+2right$}^{n}}$ là $C_{11}^{10}.2=22$

Câu 38: Đáp án C

Đặt $t={{2}^{x}}>0Rightarrow {{t}^{2}}-2m-3=0$

Điều kiện phương trình có 2 nghiệm phân biệt là $left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = {m^2} – 3m + 3 > 0\
S = 2m > 0\
P = 3m – 3 > 0
end{array} right. Leftrightarrow m > 1$ 

Khi đó $left{ begin{array}{l}
{2^{{x_1}}} = {t_1}\
{2^{{x_2}}} = {t_2}
end{array} right. Rightarrow {x_1} = {log _2}{t_1};{x_2} = {log _2}{t_2}$ 

Để ${{x}_{1}}{{x}_{2}}<0Rightarrow 0<{{t}_{1}}<1<{{t}_{2}}Rightarrow left$t_1-1right$left$t_2-1right$<0Leftrightarrow {{t}_{1}}{{t}_{2}}-{{t}_{1}}-{{t}_{2}}<0$

$Leftrightarrow 3m-3-2m+1=m-2<0Leftrightarrow m<2$

Vậy $min left$1;2right$$

Câu 39: Đáp án D

Gọi

$begin{array}{l}
Aleft$–1+2t;–1+t;–1+3tright$ in {d_1}\
Bleft$2+u;2u;3+3uright$
end{array}$ 

Khi đó $overrightarrow{AB}=left$3+u-2t;2u-t;4+3u-3tright$$

Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} .overrightarrow {{u_1}}  = 0\
overrightarrow {AB} .overrightarrow {{u_2}}  = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2left$3+u–2tright$ + 1 + 2u – t + 3left$4+3u–3tright$ = 0\
1left$3+u–2tright$ + 2left$1+2u–tright$ + 3left$4+3u–3tright$ = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
u = frac{1}{3}\
t = frac{5}{3}
end{array} right.$ 

Suy ra $Aleft$frac73;frac23;4right$,Bleft$frac73;frac23;4right$Rightarrow {{d}_{1}}$ cắt ${{d}_{2}}$tại điểm $left$frac73;frac23;4right$$do đó không tồn tại mặt cầu thỏa mãn

Câu 40: Đáp án B

Gọi $Aleft$-1+2t;-1+t;2-tright$in {{d}_{1}};Bleft$1-u;2+u;3+3uright$in {{d}_{2}}$

$begin{array}{l}
 Rightarrow overrightarrow {AB}  = left$2–u–2t;3+u–t;1+3u+tright$\
do{rm{ }}AB//d Rightarrow frac{{2 – u – 2t}}{1} = frac{{3 + u – t}}{1} = frac{{1 + 3u + t}}{{ – 1}} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t = 1\
u =  – 1
end{array} right.
end{array}$

$Rightarrow left$Deltaright$:frac{x-1}{1}=frac{y}{1}=frac{z-1}{-1}$

Câu 41: Đáp án B

Ta có $y’=frac{{{x}^{2}}+2x-m}{{{left$x+1right$}^{2}}},forall xne -1.$

Phương trình $y’=0Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x-m=0left$\ast right$$

Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị $y’=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác $-1Leftrightarrow m>-1$

Khi đó gọi $Aleft$x_1;y_{1}right$,Bleft$x_2;y_{2}right$$ là 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số

Suy ra $overrightarrow{AB}=left$x_2-x_1;y_2-y_{1}right$$ mà  $overrightarrow{AB}=left$x_2-x_1;2x_2-2x_{1}right$$

Do đó $AB=sqrt{5{{left$x_2-x_{1}right$}^{2}}}=5Leftrightarrow {{left$x_1-x_{2}right$}^{2}}=5Leftrightarrow $ ${{left$x_1+x_{2}right$}^{2}}-4{{x}_{1}}.{{x}_{2}}=5$$1$

Theo hệ thức viet cho phương trình $\ast$ ta được ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-2;{{x}_{1}}.{{x}_{2}}=-m$$2$

Từ $1$ và $2$ suy ra ${{left$-2right$}^{2}}+4m=5Leftrightarrow m=frac{1}{4}$ $thỏamãndk$

Chú ý: Đồ thị hàm số $y=frac{a{{x}^{2}}+bx+c}{dx+e}$ có đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là $y=frac{left$a{x}^2+bx+cright$’}{left$dx+eright$’}$

Câu 42: Đáp án A

Gọi K là trực tâm của tam giác OAB

Và M là trung điểm của $ABRightarrow OMbot AB$ vì tam giác OAB cân

Mà $IH=frac{1}{3}dleft$C;left(ABright$ right)=frac{1}{3}frac{asqrt{3}}{2}=frac{asqrt{3}}{6}Rightarrow SI=tan 60{}^circ .frac{asqrt{3}}{6}=frac{a}{2}$Gọi  I là trọng tâm của tam giác ABC, H là hình chiếu vuông góc của I trên AB $Rightarrow widehat{left$SABright$;left$ABCDright$}=widehat{SH;HI}=widehat{SHI}=60{}^circ $

Kẻ $IKbot CD;IEbot SKRightarrow IEbot left$SCDright$Rightarrow dleft$I;left(SCDright$ right)=IE$

Mà $IK=frac{2}{3}dleft$B;left(CDright$ right)=frac{2}{3}frac{asqrt{3}}{2}=frac{asqrt{3}}{3}Rightarrow IE=frac{SI.IK}{sqrt{S{{I}^{2}}+I{{K}^{2}}}}=frac{asqrt{7}}{7}$

Vậy $dleft$B;left(SCDright$ right)=frac{3}{2}dleft$I;left(SCDright$ right)=frac{3asqrt{7}}{14}$

Câu 45: Đáp án C

Vì AB giao mặt phẳng $left$alpharight$$ tại $ARightarrow Aleft$1;2;0right$$

Điểm $Bin left$ABright$Rightarrow Bleft$t+3;t+4;-4t-8right$Rightarrow overrightarrow{AB}=left$t+2;t+2;-4t-8right$$

Mà 

Gọi H là hình chiếu của B trên $left$alpharight$$

Khi đó $BH=dleft$B;left(alpharight$ right)=frac{left| 2-4-1 right|}{sqrt{2}}=frac{3sqrt{2}}{2}$

Vì $left{ begin{array}{l}
AB = 3sqrt 2 \
widehat {ABC} = 60^circ 
end{array} right. Rightarrow BC = 3sqrt 2 cos60^circ  = frac{{3sqrt 2 }}{2}$ 

Và BHC vuông tại H và BC là cạnh huyền $Rightarrow BH<BC$

Mà $BH=BC=frac{3sqrt{2}}{2}Leftrightarrow Hequiv CRightarrow C$ là hình chiếu của B trên mặt phẳng $left$alpharight$$

 phương trình BC $left{ begin{array}{l}
x = 2 + t\
y = 3\
z =  – 4 + t
end{array} right. Rightarrow C equiv BC cap left$alpharight$ Rightarrow Cleft$frac72;3;–frac52right$ Rightarrow a + b + c = 4$ 

Câu 46: Đáp án C

Vì $left$Ctext{DD}^{\prime }{C}^{\prime }right$//left$AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }right$Rightarrow widehat{left$ABCDright$;left$Ctext{DD}^{\prime }{C}^{\prime }right$}=widehat{left$ABCDright$;left$AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }right$}$

Ta có $left{ begin{array}{l}
B’D’ = 3a\
A’B’ = asqrt 3 
end{array} right. Rightarrow AM = sqrt {A’B{‘^2} – {{left$frac{B}^{\prime }{D}^{\prime }2right$}^2}}  = frac{{asqrt 3 }}{2} Rightarrow A’C’ = asqrt 3  Rightarrow Delta A’B’C’$ đều

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C’, M trên $A’B’$

$Rightarrow MK=frac{1}{2}C’HRightarrow MK=frac{1}{2}.frac{A’B’.sqrt{3}}{2}=frac{3a}{4}$

Lại có $left{ begin{array}{l}
A’B’ bot MK\
A’B’ bot BM
end{array} right. Rightarrow A’B’ bot left$BMKright$ Rightarrow A’B’ bot BK Rightarrow widehat {left$ABCDright$;left$AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }right$} = widehat {BKM}$ 

Xét tam giác BKM vuông tại M, ta có $BM=tan widehat{BMK}.MK=sqrt{frac{1}{co{{s}^{2}}alpha }-1}.frac{3a}{4}=frac{asqrt{3}}{2}$

khi đó ${{V}_{ABCD.A’B’C’D’}}={{S}_{A’B’C’D’}}.BM=2{{S}_{A’B’C’}}.BM=2frac{{{left$asqrt3right$}^{2}}sqrt{3}}{4}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{9{{a}^{3}}}{4}$

Câu 47: Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm $frac{{2x – 1}}{{x + 1}} = x + m Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ne  – 1\
underbrace {{x^2} + left$m–1right$x + m + 1}_{fleft$xright$} = 0
end{array} right.$

Để $C$ cắt d tại 2 điểm phân biệt $ Leftrightarrow fleft$xright$ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt khác $ – 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m > 3 + 2sqrt 3 \
m < 3 – 2sqrt 3 
end{array} right.$ 

Khi đó, gọi $Aleft$x_1;x_1+mright$,Bleft$x_2;x_2+mright$$ là giao điểm của $left$Cright$$ cắt d

Theo hệ thức viet ta có $left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 1 – m\
{x_1}.{x_2} = m + 1
end{array} right. Rightarrow {left$x_1+x_{2}right$^2} – 4{x_1}.{x_2} = {m^2} – 6m – 3left$1right$$ 

Do đó $ABle 4Leftrightarrow A{{B}^{2}}le 16Leftrightarrow 2{{left$x_1-x_{2}right$}^{2}}le 16Leftrightarrow {{left$x_1+x_{2}right$}^{2}}-4{{x}_{1}}.{{x}_{2}}le 8left$2right$$

TỪ $left$1right$,left$2right$$ suy ra $0<{{m}^{2}}-6m-3le 8,$ kết hợp với $m in left[ begin{array}{l}
m =  – 1\
m = 7
end{array} right.$ 

Câu 48: Đáp án A

Ta có  

Suy ra $P=sqrt{lo{{g}_{3}}2}.sqrt{{{log }_{2}}a}+sqrt{{{log }_{2}}3}.sqrt{{{log }_{3}}b}$

$Rightarrow {{P}^{2}}le left${log}_{3}2+{log}_{2}3right$left${log}_{2}a+{log}_{3}bright$={{log }_{3}}2+{{log }_{2}}3$ $bdtBunhiacopxki$

$Rightarrow Ple sqrt{{{log }_{3}}2+{{log }_{2}}3}.$

Vậy giá trị lớn nhất là $sqrt{{{log }_{3}}2+{{log }_{2}}3}$

Câu 49: Đáp án A

Ta có $y’=-frac{1}{{{left$2x+3right$}^{2}}}<0,forall xne -frac{3}{2}Rightarrow $tiếp tuyến của đồ thị $C$ đều có hệ số góc âm

Phương trình tiếp tuyến của $C$ có dạng $frac{x}{a}+frac{b}{y}=1$ với $Aleft$a;0right$,Bleft$0;bright$$

Tam giác OAB cân $ Rightarrow OA = OB Rightarrow left| a right| = left| b right| Rightarrow left[ begin{array}{l}
a = b\
a =  – b
end{array} right.$ 

Mà d phải có hệ số góc âm nên $a=bRightarrow left$dright$:frac{x}{a}+frac{y}{a}=1Leftrightarrow y=-x+a$

Suy ra $k =  – frac{1}{{{{left$2x+3right$}^2}}} =  – 1 Rightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – 2 Rightarrow yleft$–2right$ = 0\
x =  – 1 Rightarrow yleft$–1right$ = 1
end{array} right. Rightarrow a =  – 2.$ 

Vậy $left$dright$:y=-x-2$

Câu 50: Đáp án D

Điểm $Aleft$-1;0right$$ thuộc đồ thị hàm số $left$Cright$Rightarrow a+b+c=0$

Phương trình tiếp tuyến tại $Aleft$-1;0right$$là $left$dright$:y=y’left$1right$left$x+1right$=left$-4a-2bright$left$x+1right$$

Phương trình hoành độ giao điểm của $\ast$ suy ra $left$-4a-2bright$left$x+1right$=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+cleft$\ast right$$

Mà $x = 0,x = 2$ là nghiệm của $\ast$ suy ra $left{ begin{array}{l}
 – 4a – 2b = c\
 – 12a – 6b = 16a + 4b + c
end{array} right.left$1right$$

Và $frac{28}{5}=intlimits_{0}^{2}{left$$left(-4a-2bright)left(x+1right)-a{x}^4-b{x}^2-cright$$}dx=4left$-4a-2bright$-frac{32}{3}a-frac{8}{3}b-2c=frac{28}{5}left$2right$$

Từ $left$1right$,left$2right$$ suy ra $a=1,b=-3,c=2xrightarrow{{}}y={{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+2$

Vậy diện tích cần tính là $S=intlimits_{0}^{2}{left| 2x+2-{{x}^{4}}+3{{x}^{2}}-2 right|}dx=frac{1}{5}$