Câu 31: Đáp án B
Phương pháp:
+) Viết phương trình mô tả vận tốc của vật trong 3h đầu, và trong 1h tiếp theo.
+) Sử dụng công thức $s=\int\limits_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}{v\left( t \right)dt}$
Cách giải: Trong 3h đầu. Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là $v\left( t \right)=-\frac{9}{4}{{t}^{2}}+9t$
=> Quãng đường vật di chuyển được trong 3h đầu là ${{s}_{1}}=\int\limits_{0}^{3}{v\left( t \right)dt}=\int\limits_{0}^{3}{\left( -\frac{9}{4}{{t}^{2}}+9t \right)}dt=\frac{81}{4}$
Tại $t=3$ta có: $v\left( 3 \right)=\frac{27}{4}$
Trong 1h tiếp theo $v=\frac{27}{4}\left( km/h \right)\Rightarrow {{s}_{2}}=\frac{27}{4}\left( km \right)$
Vậy quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó được : $s={{s}_{1}}+{{s}_{2}}=27\left( km \right)$
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải: Đặt
$\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln \left( {9 - {x^2}} \right)\\
dv = dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{ - 2x}}{{9 - {x^2}}}\\
v = x
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow I = \int\limits_1^2 {\ln \left( {9 - {x^2}} \right)dx = \left. {x\ln \left( {9 - {x^2}} \right)} \right|} _1^2 + 2\int\limits_1^2 {\frac{{{x^2}}}{{9 - {x^2}}}dx = 2\ln 5 - 3\ln 2 + 2{I_1}} \\
{I_1} = \int\limits_1^2 {\frac{{{x^2}}}{{9 - {x^2}}}dx = \int\limits_1^2 {\left( { - 1 + \frac{9}{{9 - {x^2}}}} \right)dx = - \int\limits_1^2 {dx + 9\int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{\left( {3 - x} \right)\left( {3 + x} \right)}}} } } }
\end{array}$
$\begin{array}{l}
= \left. { - x} \right|{}_1^2 + \frac{9}{6}\int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{{3 - x}} + \frac{1}{{3 + x}}} \right)dx = - 1 + \frac{3}{2}\left. {\left( { - \ln \left| {3 - x} \right| + \ln \left| {3 + x} \right|} \right)} \right|{}_1^2} = - 1 + \frac{3}{2}\left. {\ln \left| {\frac{{3 + x}}{{3 - x}}} \right|} \right|_1^2\\
= - 1 + \frac{3}{2}\left( {\ln 5 - \ln 2} \right) = - 1 + \frac{3}{2}\ln 5 - 3\ln 2 = 5\ln 5 - 6\ln 2 - 2\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 5\\
b = 6\\
c = - 2
\end{array} \right. \Rightarrow S = \left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| = 13
\end{array}$
Câu 33: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính khoảng cách từ O đến $\left( SCD \right).$
+) $MO\cap \left( SCD \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( M;\left( SCD \right) \right)}{d\left( O;\left( SCD \right) \right)}=\frac{MC}{OC}=\frac{3}{2}$
Cách giải: Gọi O là tâm của hình vuông $ABCD\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)$
Gọi E là trung điểm của CD ta có :
$\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot OE\\
CD \bot SO
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOE} \right)$
Trong mặt phẳng $\left( SOE \right)$ kẻ: $OK\bot SE\Rightarrow OK\bot CD\Rightarrow OK\bot \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( O;\left( SCD \right) \right)=OK$
Ta có: $OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{S{{D}^{2}}-O{{D}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
$\Rightarrow \frac{1}{O{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{E}^{2}}}=\frac{6}{{{a}^{2}}}\Rightarrow OK=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
Ta có: $MO\cap \left( SCD \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( M;\left( SCD \right) \right)}{d\left( O;\left( SCD \right) \right)}=\frac{MC}{OC}=\frac{3}{2}$
$\Rightarrow d\left( M;\left( SCD \right) \right)=\frac{3}{2}d\left( O;\left( SCD \right) \right)=\frac{3}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{6}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp: Đặt $t={{\log }_{2}}x$
Cách giải: Đặt $t={{\log }_{2}}x$, với $x\in \left( 0;1 \right)\Rightarrow t<0$
Khi đó phương trình trở thành: ${{t}^{2}}+t+m=0\Leftrightarrow m=-{{t}^{2}}-t=f\left( t \right)\left( * \right)\left( t<0 \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)=-{{t}^{2}}-t\left( t<0 \right)$ta có $f'\left( t \right)=-2t-1=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{2},$lập BBT của hàm số $y=f\left( t \right)$
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( t \right)$ và đường thẳng
$y=m$
Để phương trình ban đầu có nghiệm thực $x\in \left( 0;1 \right)$ thì phương trình (*) có nghiệm âm$\Rightarrow m\le \frac{1}{4}$
Câu 35: Đáp án D
Phương pháp: Giải phương trình $c\text{os}2x=-\frac{1}{2}$, tính được 1 góc và suy ra các góc còn lại của tam giác cân.
Cách giải: $c\text{os}2x=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow 2x=\pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi \Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi }{3}+k\pi $
Vì x là số đo của 1 góc của tam giác cân nên $0 < x < \pi \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{3}\\
x = \frac{{2\pi }}{3}
\end{array} \right.$
Với $x=\frac{\pi }{3}$=> tam giác cân trở thành tam giác đều => 3 góc của tam giác là $\left\{ \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{3} \right\}$
Với $x=\frac{2\pi }{3}\Rightarrow $ 2 góc còn lại của tam giác cân đều bằng $\frac{\pi }{6}\Rightarrow $3 góc của tam giác là
$\left\{ \frac{2\pi }{3};\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{6} \right\}$
Câu 36: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính y’, tìm điều kiện để phương trình $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt.
+) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số và viết phương trình đường thẳng (d) đi qua các điểm cực trị.
+) Tìm điều kiện để $O\left( 0;0 \right)\in d$
Cách giải:
Ta có : $y'=3{{x}^{2}}-27a=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=9a$ .
Để hàm số có cực đại, cực tiểu $\Leftrightarrow pt\,\,y'=0$có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow a>0$
Khi đó phương trình $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt
$\left[ \begin{array}{l}
x = 3\sqrt a \Rightarrow y = - 54\sqrt a \Rightarrow A\left( {3\sqrt a ; - 54a\sqrt a } \right)\\
x = - 3\sqrt a \Rightarrow y = 54a\sqrt a \Rightarrow B\left( { - 3\sqrt a ;54a\sqrt a } \right)
\end{array} \right.$
=>Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là :
$\begin{array}{l}
\frac{{x + 3\sqrt a }}{{3\sqrt a + 3\sqrt a }} = \frac{{y - 54a\sqrt a }}{{ - 54a\sqrt a - 54a\sqrt a }} \Leftrightarrow \frac{{x + 3\sqrt a }}{{6\sqrt a }} = \frac{{y - 54a\sqrt a }}{{ - 108a\sqrt a }}\\
\Leftrightarrow 18a\left( {x + 3\sqrt a } \right) = - y + 54a\sqrt a \Leftrightarrow 18ax + y = 0\,\,\left( d \right)
\end{array}$
Ta thấy đường thẳng d luôn đi qua gốc tọa độ với mọi $a>0$
Câu 37: Đáp án A
Phương pháp: $f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)dx}$
Cách giải: $f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)dx=\int{\frac{1}{x+1}dx=\ln \left| x+1 \right|+C}}$
$f\left( 0 \right)=2018\Leftrightarrow C=2018\Rightarrow f\left( x \right)=\ln \left| x+1 \right|+2018$
$\Rightarrow f\left( 3 \right)-f\left( 1 \right)=\ln 4+2018-\ln 2-2018=\ln 2$
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp: Đặt $z=a+bi\left( a;b\in \mathbb{R} \right)\Rightarrow \overline{z}=a-bi,$tính toán và rút gọn, so sánh hai số phức.
Cách giải:Gọi $z=a+bi\left( a;b\in \mathbb{R} \right)$ta có:
$\begin{array}{l}
{\left( {1 + 2i} \right)^2}z + \overline z = 4i - 20 \Leftrightarrow \left( { - 3 + 4i} \right)\left( {a + bi} \right) + a - bi = 4i - 20\\
\Leftrightarrow - 3a - 3bi + 4ai - 4b + a - bi = 4i - 20 \Leftrightarrow \left( { - 2a - 4b} \right) + \left( {4a - 4b} \right)i = 4i - 20\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2a - 4b = - 20\\
4a - 4b = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 4\\
b = 3
\end{array} \right. \Rightarrow z = 4 + 3i \Rightarrow \left| z \right| = 5
\end{array}$
Câu 39: Đáp án D
Phương pháp:
+) Xác định các điểm cực trị, các khoảng biến thiên của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$, từ đó lập BBT của của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$
+) Đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ đối với đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$qua trục tung nên từ BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ta lập được BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$và suy ra các khoảng đồng biến của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$
Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ta thấy: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 1\\
x = 4
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 1;1} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\\
f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1;4} \right)
\end{array}$
Từ đó ta lập BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ như sau:
Đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$đối với đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$qua trục tung nên từ BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ta lập được BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$như sau :
Từ BBT ta dễ thấy hàm số $y=f\left( -x \right)$đồng biến trên khoảng $\left( -3;-1 \right)$
Câu 40: Đáp án C
Phương pháp:
+) Từ $2x+y=\frac{5}{4}$rút y theo x, thế vào biểu thức P.
+) Tìm tập giá trị của x.
+) Tìm GTNN của biểu thức P bằng MTCT.
Cách giải:
$2x+y=\frac{5}{4}\Rightarrow y=\frac{5}{4}-2x\Rightarrow P=\frac{2}{x}+\frac{1}{4y}=\frac{2}{x}+\frac{1}{4\left( \frac{5}{4}-2x \right)}=\frac{2}{x}+\frac{1}{5-8x}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{2}{x}+\frac{1}{5-8x}$với $x\in \left( 0;\frac{5}{8} \right)$
Sử dụng MTCT ta tính được $\underset{x\in \left( -;\frac{5}{8} \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=5\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}.$ Vậy ${{P}_{\min }}=5$
Câu 41: Đáp án D
Phương pháp:
+) Viết phương trình các mặt phẳng ở đề bài.
+) Gọi $M\left( a;b;c \right)$ là điểm cách đều cả 4 mặt phẳng trên
$\Leftrightarrow d\left( M;\left( ABC \right) \right)=d\left( M;\left( BCD \right) \right)=d\left( M;\left( CDA \right) \right)=d\left( M;\left( DAB \right) \right)$
+) Tính các khoảng cách và giải hệ phương trình.
Cách giải:
Phương trình các mặt phẳng : $\begin{array}{l}
\left( {ABC} \right):x + y + z - 1 = 0\\
\left( {BCD} \right):x = 0\\
\left( {CDA} \right):y = 0\\
\left( {DAB} \right):z = 0
\end{array}$
Gọi $M\left( a;b;c \right)$là điểm cách đều cả 4 mặt phẳng trên
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {BCD} \right)} \right) = d \Rightarrow \left( {M;\left( {CDA} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {DAB} \right)} \right)\\
\Leftrightarrow \frac{{\left| {a + b + c - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right|\\
\frac{{\left| {a + b + c - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \left| a \right|
\end{array} \right.
\end{array}$
$\left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = b = c\\
a = b = - c\\
a = c = - b\\
b = c = - a
\end{array} \right.$
$TH1:\,\,a = b = c \Rightarrow \frac{{\left| {3a - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \left| a \right| \Leftrightarrow 9{a^2} - 6a + 1 = 3{a^2} \Rightarrow a = \frac{{3 \pm \sqrt 3 }}{6} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
M\left( {\frac{{3 + \sqrt 3 }}{6};\frac{{3 + \sqrt 3 }}{6};\frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}} \right)\\
M\left( {\frac{{3 - \sqrt 3 }}{6};\frac{{3 - \sqrt 3 }}{6};\frac{{3 - \sqrt 3 }}{6}} \right)
\end{array} \right.$
$TH2:\,\,a = b = - c \Rightarrow \frac{{\left| {a - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \left| a \right| \Leftrightarrow {a^2} - 2a + 1 = 3{a^2} \Leftrightarrow a = \frac{{ - 1 \pm \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 + \sqrt 3 }}{2};\frac{{1 - \sqrt 3 }}{2}} \right)\\
M\left( {\frac{{ - 1 - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 - \sqrt 3 }}{2};\frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}} \right)
\end{array} \right.$
$TH3:\,\,a = c = - b \Rightarrow \frac{{\left| {a - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \left| a \right| \Leftrightarrow {a^2} - 2a + 1 = 3{a^2} \Leftrightarrow a = \frac{{ - 1 \pm \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
M\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt 3 }}{2};\frac{{1 + \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 + \sqrt 3 }}{2}} \right)\\
M\left( {\frac{{ - 1 - \sqrt 3 }}{2};\frac{{1 + \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 - \sqrt 3 }}{2}} \right)
\end{array} \right.$
$TH4:\,b = c = - a \Rightarrow \frac{{\left| { - a - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \left| a \right| \Leftrightarrow {a^2} + 2a + 1 = 3{a^2} \Leftrightarrow a = \frac{{1 \pm \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
M\left( {\frac{{1 + \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 - \sqrt 3 }}{2}} \right)\\
M\left( {\frac{{1 - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 + \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1 + \sqrt 3 }}{2}} \right)
\end{array} \right.$
Vậy có tất cả 8 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp:
+) Nhận xét dãy số trên là cấp số nhân, tìm số hạng đầu tiên ${{u}_{1}}$và công bội q.
+) Tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân ${{u}_{1}}={{u}_{1}}.{{q}^{n-1}}$
Cách giải:
Dễ thấy dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$là 1 cấp số nhân có số hạng đầu tiên ${{u}_{1}}=2$và công bội $q=2$
=>Số hạng tổng quát ${{u}_{n}}={{u}_{1}}.{{q}^{n-1}}={{2.2}^{n-1}}={{2}^{n}}$
Câu 43: Đáp án A
Phương pháp:
+) Tìm ĐK.
+) Đưa các logarit về cùng cơ số 2, đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc 2, tìm điều kiện của m để phương trình bậc 2 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Cách giải:$\begin{array}{l}
{\log _{\sqrt 2 }}\left( {x - 1} \right) = {\log _2}\left( {mx - 8} \right) \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x - 1} \right)^2} = {\log _2}\left( {mx - 8} \right)\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{\left( {x - 1} \right)^2} = mx - 8
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{x^2} - \left( {2 + m} \right)x + 9 = 0\,\,\,\,\left( * \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
Để phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn ${{x}_{1}}>{{x}_{2}}>1$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta = {\left( {2 + m} \right)^2} - 36 > 0\\
{x_1} > {x_2} > 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} + 4m - 32 > 0\\
\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) > 0\\
{x_1} + {x_2} > 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > 4\\
m < - 8
\end{array} \right.\\
{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 > 0\\
{x_1} + {x_2} > 2
\end{array} \right.$
Theo định lí viet có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 2 + m\\
{x_1}{x_2} = 9
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > 4\\
m < - 8
\end{array} \right.\\
9 - 2 - m + 1 > 0\\
2 + m > 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > 4\\
m < - 8
\end{array} \right.\\
m < 8\\
m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 4 < m < 8m \in \left\{ {5;6;7} \right\}$
Câu 44: Đáp án A
Phương pháp:
+) Để mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất thì $d{{\left( I;\left( P \right) \right)}_{m\text{ax}}}$
+) Gọi H và K lần lượt là chân đường vuông góc của I trên (P) và trên đường thẳng AB. Ta có :$IH\le IK$
$\Rightarrow {{\left( I;\left( P \right) \right)}_{m\text{ax}}}=I{{H}_{m\text{ax}}}=IK\Leftrightarrow H\equiv K$
Cách giải:
$\begin{array}{l}
B \in \left( P \right) \Rightarrow b - 2 = 0 \Leftrightarrow b = 2\\
A \in \left( P \right) \Rightarrow 3a - 2b + 6c - 2 = 0 \Rightarrow a + 2c = 2 \Rightarrow a = 2 - 2c
\end{array}$
Khi đó mặt phẳng (P) có dạng : $\left( P \right):\left( 2-2c \right)x+2y+cz-2=0$
Mặt cầu $\left( S \right)$có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$, bán kính $R=5$
Gọi H và K lần lượt là chân đường vuông góc của I trên (P) và trên đường thẳng AB. Ta có : $IH\le IK$
Để mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất thì ${{\left( I;\left( P \right) \right)}_{m\text{ax}}}=I{{H}_{m\text{ax}}}=IK\Leftrightarrow H\equiv K$
Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left( -3;3;-6 \right)=-3\left( 1;-1;2 \right)$
=>Phương trình đường thẳng AB:
$\left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y = 1 - t\\
z = 2t
\end{array} \right.,K \in AB \Rightarrow K\left( {t;1 - t;2t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IK} = \left( {t - 1; - t - 1;2t - 3} \right)$
Vì $IK\bot AB\Rightarrow \overrightarrow{IK}.\overrightarrow{IB}=0\Rightarrow \left( t-1 \right)-\left( -t-1 \right)+2\left( 2t-3 \right)=0\Leftrightarrow 6t-6=0\Leftrightarrow t=1\Rightarrow K\left( 1;0;2 \right)$
$d{{\left( I;\left( P \right) \right)}_{m\text{ax}}}=I{{H}_{m\text{ax}}}=IK\Leftrightarrow H\equiv K\Rightarrow H\left( 1;0;2 \right)\Rightarrow \overrightarrow{IH}=\left( 0;-2;-1 \right)$ là 1 VTPT của (P)
$\Rightarrow \overrightarrow{IH}$và vec tơ pháp tuyến ${{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}\left( 2-2c;2;c \right)$cùng phương
$\begin{array}{l}
{\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = k.\overrightarrow {IH} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 - 2c = 0\\
2 = - 2k\\
c = - k
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 1\\
k = - 1
\end{array} \right. \Rightarrow a = 2 - 2c = 0\\
\Rightarrow T = a + b + c = 0 + 2 + 1 = 3
\end{array}$
Câu 45: Đáp án D
Phương pháp:
+) Xác định khoảng cách từ A đến (SBC).
+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính SA.
+) Tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}$
Cách giải: Trong $\left( SAB \right)$kẻ $AH\bot SB$ta có:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SA\\
BC \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\
\Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}
\end{array}$
Xét tam giác vuông SAB có:
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{2}{{{a}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SA=a$
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}a.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{3}$
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp: Đưa biểu thức T về dạng biểu thức vector bằng cách tìm các vecto biểu diễn cho các số phức.
Cách giải: Tập hợp các điểm z thỏa mãn điều kiện $\left| z-1 \right|=\sqrt{2}$ là đường tròn $\left( C \right)$ tâm $I\left( 1;0 \right)$bán kính $R=\sqrt{2}$
$T=\left| z+i \right|+\left| z-2-i \right|=\left| z-\left( -1 \right) \right|+\left| z-\left( 2+i \right) \right|$
Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z, $A\left( 0;-1 \right)$ là điểm biểu diễn cho số phức $-i,B\left( 2;1 \right)$là điểm biểu diễn cho số phức $2+i.$
Dễ thấy $A,B\in \left( C \right)$ và $AB=\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}}=2\sqrt{2}=2R\Rightarrow AB$là đường kính của đường tròn $\left( C \right)\Rightarrow \Delta MAB$ vuông tại M $\Rightarrow M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}=8\Rightarrow MB=\sqrt{8-M{{A}^{2}}}$
Ta có: $T=\left| \overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OA} \right|+\left| \overrightarrow{OM}-\overrightarrow{O}B \right|=MA+MB=MA+\sqrt{8-M{{A}^{2}}}$
Đặt $MA=x\left( 0\le x\le 2\sqrt{2} \right),$xét hàm số $f\left( x \right)=x+\sqrt{8-{{x}^{2}}}$trên $\left[ 0;2\sqrt{2} \right]$ta có:
$\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 1 - \frac{x}{{\sqrt {8 - {x^2}} }} = \frac{{\sqrt {8 - {x^2}} - x}}{{\sqrt {8 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {8 - {x^2}} = x \Leftrightarrow 8 - {x^2} = {x^2} \Leftrightarrow x = 2\\
f\left( 0 \right) = \sqrt 2 ,\,\,\,f\left( {2\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;\,\,\,f\left( 2 \right) = 4 \Rightarrow \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left[ {0;2\sqrt 2 } \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 4
\end{array}$
Vậy $\max T=4$
Câu 47: Đáp án B
Phương pháp:Tính thể tích ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABC}}$theo $c\text{os}\alpha $
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của BC ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AM\\
BC \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\]
Trong $\left( SAM \right)$kẻ $AH\bot SM\Rightarrow AH\bot BC\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH=3$
Ta có: $\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\
AM \bot BC\\
SM \bot BC
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AM;SM} \right) = SMA = \alpha \\
\Rightarrow AM = \frac{{AH}}{{\sin \alpha }} = \frac{3}{{\sin \alpha }} \Rightarrow BC = 2AM = \frac{6}{{\sin \alpha }}\\
\Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AM.BC = \frac{1}{2}.\frac{3}{{\sin \alpha }}.\frac{6}{{\sin \alpha }} = \frac{9}{{{{\sin }^2}\alpha }}
\end{array}$
Trong tam giác vuông SAM có: $SM=\frac{AM}{\sin \alpha }=\frac{3}{\sin \alpha \,c\text{os}\alpha }$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow SA = \sqrt {S{M^2} - A{M^2}} = \sqrt {\frac{8}{{{{\sin }^2}\alpha \,c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} - \frac{9}{{{{\sin }^2}\alpha }}} = \frac{{3\sqrt {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha } }}{{\sin \alpha \,c{\rm{os}}\alpha }} = \frac{3}{{c{\rm{os}}\alpha }}\\
\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{3}{{c{\rm{os}}\alpha }}.\frac{9}{{{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{9}{{\left( {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha } \right)c{\rm{os}}\alpha }}
\end{array}$
Đặt $t=c\text{os}\alpha \left( 0<t<1 \right)\Rightarrow f\left( t \right)=\frac{9}{\left( 1-{{t}^{2}} \right)t}$
$\begin{array}{l}
f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{243}}{8};f\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) = \frac{{27\sqrt 3 }}{2};f\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 18\sqrt 2 ;f\left( {\frac{2}{3}} \right) = \frac{{243}}{{10}}\\
\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left( {0;1} \right)} f\left( t \right) = f\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)
\end{array}$
Câu 48: Đáp án D
Phương pháp: AB lớn nhất $\Leftrightarrow d\left( I;\Delta \right)$nhỏ nhất.
Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm $I\left( 0;-2;0 \right)$ và bán kính $R=\sqrt{5}$
Dễ thấy $I\notin \Delta $
Ta có: ${{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}=\left( 2;1;-3 \right),M\left( 1;-m;2m \right)\in \Delta ,\overrightarrow{IM}=\left( 1;2-m;2m \right)$
$\Rightarrow f\left( I;\Delta \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IM};{{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right] \right|}{\left| {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right|}=\frac{\sqrt{21{{m}^{2}}+54}}{\sqrt{14}}$
Để AB lớn nhất $\Leftrightarrow d{{\left( I;\Delta \right)}_{\min }}\Leftrightarrow {{\left( 21{{m}^{2}}+54 \right)}_{\min }}\Leftrightarrow m=0$
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp:
+) Biểu diễn không gian mẫu dưới dạng tập hợp $\Omega =\left\{ \left. \left( x;y \right) \right|\left| x \right|\le 4;\left| y \right|\le 4;x;y\in \mathbb{Z} \right\},$tìm $\left| \Omega \right|$
+) Gọi A là biến cố: “Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2”, biểu diễn A dưới dạng tập hợp và tìm số phần tử của A.
+) Tính xác suất của biến cố A: \[P\left( A \right)=\frac{\left| A \right|}{\left| \Omega \right|}\]
Cách giải:
Không gian mẫu $\Omega =\left\{ \left. \left( x;y \right) \right|\left| x \right|\le 4;\left| y \right|\le 4;x;y\in \mathbb{Z} \right\}$
Có 9 cách chọn x, 9 cách chọn y, do đó $\left| \Omega \right|=9\,\,x\,\,9\,=81$
Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2 là hình tròn tâm O bán kính 2.
Gọi A là biến cố: “ Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2” $\Rightarrow A=\left\{ \left( x;y \right)+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 4 \right\}\Rightarrow {{x}^{2}}\le 4\Rightarrow -2\le x\le 2$
Với $x=0\Rightarrow y\in \left\{ 0;\pm 1;\pm 2 \right\}\Rightarrow $có 5 điểm
Với $x=\pm 1\Rightarrow y\in \left\{ 0;\pm 1 \right\}\Rightarrow $Có $2.3=6$điểm
Với $x=\pm 2\Rightarrow y=0\Rightarrow $Có 2 điểm.
$\Rightarrow \left| A \right|=5+6+2=13.$ Vậy $P\left( A \right)=\frac{\left| A \right|}{\left| \Omega \right|}=\frac{13}{81}$
Câu 50: Đáp án C
Phương pháp:
+) Tính $f'\left( 0 \right)$và sử dụng giả thiết $f'\left( 0 \right)=-22$suy ra 1 phương trình chứa a,b.
+) Tính $\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}$và sử dụng giả thiết $\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}=5$suy ra 1 phương trình nữa chứa a, b.
+) Giải hệ gồm 2 phương trình trên, tìm a và b.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = - 3.\frac{a}{{{{\left( {x + 1} \right)}^4}}} + b{e^x} + b{e^x}\\
\Rightarrow f'\left( 0 \right) = - 3a + b = - 22\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{a}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} + bx{e^x}} \right)} dx = a\int\limits_0^1 {{{\left( {x + 1} \right)}^{ - 3}}dx + b\int\limits_0^1 {x{e^x}dx = a{I_1} + b{I_2}} } \\
{I_1} = \int\limits_0^1 {{{\left( {x + 1} \right)}^{ - 3}}dx = \left. {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^{ - 2}}}}{{ - 2}}} \right|} _0^1 = \frac{{ - 1}}{2}\left( {\frac{1}{4} - 1} \right) = \frac{3}{8}
\end{array}$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = {e^x}dx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = {e^x}
\end{array} \right. \Rightarrow {I_2} = \left. {x{e^x}} \right|{}_1^0 - \int\limits_0^1 {{e^x}dx = \left. {e - {e^x}} \right|} {}_0^1 = e - \left( {e - 1} \right) = 1$
$ \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \frac{3}{8}a + b = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 8\\
b = 2
\end{array} \right.$
