giải chi tiết đề 9 trang 2

Câu 35. Lời giải. Đối với loại bài toán này có 2 cách giải quyết. Một là viết ra khoảng 5 số hạng đầu và tìm quy luật. Hai là dùng phương pháp, có rất nhiều phương pháp cho loại này vì tùy từng bài. Các thầy cô tìm đọc thêm ngoài chương trình SGK.

Cách 1. Ta có

$begin{array}{l}
{u_1} = 1\
{u_2} = 2.1 + 5\
{u_3} = 2.left( {2 + 5} right) + 5 = {2^2} + 2.5 + 5\
{u_4} = 2.left( {{2^2} + 2.5 + 5} right) + 5 = {2^3} + {2^2}.5 + 2.5 + 5\
{u_5} = 2.left( {{2^3} + {2^2}.5 + 2.5 + 5} right) + 5 = {2^4} + {2^3}.5 + {2^2}.5 + 2.5 + 5\
 vdots \
{u_n} = {2^{n – 1}} + left( {{2^0} + {2^1} + {2^2} + ….. + {2^{n – 2}}} right)5
end{array}$

Suy ra ${{u}_{2018}}={{2}^{2017}}+left( {{2}^{0}}+{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+…..+{{2}^{2016}} right)5.$

Dãy số trong ngoặc là tổng của một CSN với số hạng đầu bằng $1,$ công bội bằng $2$ (có $2017$ số hạng)

$xrightarrow{{}}{{u}_{2018}}={{2}^{2017}}+left( frac{1-{{2}^{2017}}}{1-2} right)5={{3.2}^{2018}}-5.$ Chọn C.

Cách 2. Ta có ${{u}_{n+1}}=2{{u}_{n}}+5overset{{}}{longleftrightarrow}{{u}_{n+1}}+5=2left( {{u}_{n}}+5 right).$ Tại sao lại phân tích như vậy? Chỗ này thầy cô tìm hiểu thêm nhé (nếu chưa biết, vì dễ thôi mà).

Đặt ${{v}_{n}}={{u}_{n}}+5$, ta được $left{ begin{array}{l}
{v_1} = 6\
{v_{n + 1}} = 2{v_n}
end{array} right.frac{{{v_{n + 1}}}}{{{v_n}}} = 2left( {{v_n}} right)$ là một CSN với  $left{ begin{array}{l}
{v_1} = 6\
q = 2
end{array} right.$

${v_n} = {v_1}{q^{n – 1}} = {6.2^{n – 1}} = {3.2^n}{u_n} = {v_n} – 5 = {3.2^n} – 5{u_{2018}} = {3.2^{2018}} – 5.$

Câu 36.

Lời giải. Từ giả thiết $intlimits_{0}^{{{x}^{2}}}{fleft( t right)text{d}t}=x.sin left( pi x right)$ ta lấy đạo hàm hai vế theo biến $x$

${{left[ intlimits_{0}^{{{x}^{2}}}{fleft( t right)text{d}t} right]}^{prime }}={{left[ x.sin left( pi x right) right]}^{prime }}$

hay

$2xfleft( {{x}^{2}} right)=sin left( pi x right)+pi xcos left( pi x right).$

Cho $x=dfrac{1}{2},$ ta được $2.dfrac{1}{2}fleft[ {{left( dfrac{1}{2} right)}^{2}} right]=sin dfrac{pi }{2}+dfrac{pi }{2}cos dfrac{pi }{2}xrightarrow{{}}fleft( dfrac{1}{4} right)=1.$ Chọn D.

Giải thích. Gọi $Fleft( t right)$ là một nguyên hàm của hàm số $fleft( t right)$ trên đoạn $left[ 0;{{x}^{2}} right]$.

Khi đó $left{ begin{array}{l}
F’left( t right) = fleft( t right)\
left. {intlimits_0^{{x^2}} {fleft( t right){rm{d}}t}  = Fleft( t right)} right|_0^{{x^2}} = Fleft( {{x^2}} right) – Fleft( 0 right)
end{array} right. to {left[ {intlimits_0^{{x^2}} {fleft( t right){rm{d}}t} } right]^prime } = {left[ {Fleft( {{x^2}} right) – Fleft( 0 right)} right]^prime } = {left[ {Fleft( {{x^2}} right)} right]^prime } = {left( {{x^2}} right)^prime }.{F^prime }left( {{x^2}} right) = 2xfleft( {{x^2}} right).$

Câu 37. Lời giải. Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng là: $dfrac{x}{a}+dfrac{y}{b}+dfrac{z}{c}=1$.

Từ giả thiết $dfrac{1}{a}+dfrac{1}{b}+dfrac{1}{c}=2xrightarrow{{}}dfrac{dfrac{1}{2}}{a}+dfrac{dfrac{1}{2}}{b}+dfrac{dfrac{1}{2}}{c}=1.$ Kết hợp với $a>0$, $b>0$, $c>0$ suy ra mặt phẳng $left( ABC right)$ luôn đi qua một điểm cố định có tọa độ là $left( dfrac{1}{2};dfrac{1}{2};dfrac{1}{2} right)$. Chọn C.

Câu 38. Lời giải. Gọi $d$ là khoảng cách từ đỉnh $A$ đến cạnh $CD.$

Câu 39. Lời giải. Từ giả thiết suy ra đường thẳng $AB$ có hệ số góc bằng $frac{1}{2018}$  hoặc $-frac{1}{2018}.$                $left( 1 right)$

Gọi tọa độ hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến là $Mleft( {{x}_{1}},{{y}_{1}} right),text{ }Nleft( {{x}_{2}},{{y}_{2}} right)$ với ${{x}_{1}},text{ }{{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình $y’=k$ hay $3{x^2} + 12x + 9 – k = 0left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  – 4\
{x_1}{x_2} = 3 – frac{k}{3}
end{array} right..$

Khi đó $overrightarrow{MN}=left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}},{{y}_{2}}-{{y}_{1}} right)$ là VTCP chỉ phương của đường thẳng $AB$

$xrightarrow{{}}$ hệ số góc của đường thẳng $AB$ là $frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}={{left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)}^{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}+6left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)+9=frac{k}{3}-2.$          $left( 2 right)$

Từ $left( 1 right)$ và $left( 2 right)$, suy ra $left[ begin{array}{l}
frac{k}{3} – 2 = frac{1}{{2018}}\
frac{k}{3} – 2 =  – frac{1}{{2018}}
end{array} right.$

$k$ nhận hai giá trị. Chọn B.

Câu 40 Lời giải. Để cho gọn ta chọn $a=1.$

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ với $Aequiv Oleft( 0;0;0 right)$ và $Bleft( 1;0;0 right),$ $Dleft( 0;sqrt{3};0 right),$$Sleft( 0;0;1 right).$

Suy ra $Cleft( 1;sqrt{3};0 right).$

Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {SB}  = left( {1;0; – 1} right)\
overrightarrow {BC}  = left( {0;sqrt 3 ;0} right)
end{array} right.$ 

VTPT của mặt phẳng $left( SBC right)$ là $left[ overrightarrow{SB},overrightarrow{BC} right]=left( sqrt{3};0;sqrt{3} right)=overrightarrow{n}.$

Đường thẳng $BD$ có VTCP là $overrightarrow{BD}=left( -1;sqrt{3};0 right).$

Khi đó $sin widehat{BD,left( SBC right)}=dfrac{left| overrightarrow{n}.overrightarrow{BD} right|}{left| overrightarrow{n} right|.left| overrightarrow{BD} right|}=dfrac{left| -sqrt{3} right|}{sqrt{6}.2}=dfrac{sqrt{2}}{4}xrightarrow{{}}cos widehat{BD,left( SBC right)}=dfrac{sqrt{14}}{4}.$ Chọn B.

Câu 41. Lời giải. Gọi $Aleft( a;b;c right)$. Do $Ain left( P right)xrightarrow{{}}a-2b+2c-3=0.$ $left( 1 right)$

Ta có [left{ begin{array}{l}
dleft[ {I,left( P right)} right] = frac{{left| {5 – 2.left( { – 3} right) + 2.5 – 3} right|}}{{sqrt {{1^2} + {{left( { – 2} right)}^2} + {2^2}} }} = 6\
IA = sqrt {A{B^2} + I{B^2}}  = sqrt {A{B^2} + {R^2}}  = 6
end{array} right.] [IA = dleft[ {I,left( P right)} right]IA bot left( P right)]

hay $A$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên mặt phẳng $left( P right)$.

Do đó ta dễ dàng tìm được $Aleft( 3;1;1 right)xrightarrow{{}}OA=sqrt{11}$. Chọn C.

Lời giải. Ta có ${f}’left( x right)=3a{{x}^{2}}+2bx+c.$

Dựa vào đồ thị ta suy ra $left{ begin{array}{l}
a ne 0\
{{Delta ‘}_{y’}} = {b^2} – 3ac le 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a ne 0\
ac ge frac{{{b^2}}}{3}
end{array} right..$

Đánh giá $P={{a}^{2}}+{{c}^{2}}+b+1ge 2ac+b+1ge frac{2{{b}^{2}}}{3}+b+1ge frac{5}{8}.$ Chọn C.

Câu 43. Lời giải. Phương trình tương đương ${{log }_{2}}left( mx-6{{x}^{3}} right)={{log }_{2}}left( -14{{x}^{2}}+29x-2 right)$ 

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
mx – 6{x^3} =  – 14{x^2} + 29x – 2\
 – 14{x^2} + 29x – 2 > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m = 6{x^2} – 14x + 29 – frac{2}{x}\
frac{1}{{14}} < x < 2
end{array} right..$

Xét hàm $fleft( x right)=6{{x}^{2}}-14x+29-frac{2}{x}$ trên $left( frac{1}{14};2 right).$ Ta có $f’left( x right) = frac{{12{x^3} – 14{x^2} + 2}}{{{x^2}}} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = frac{1}{2}\
x =  – frac{1}{3}{rm{ }}left( {loại} right)
end{array} right..$

Bảng biến thiên

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình $fleft( x right)=m$ có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng $left( frac{1}{14};2 right)xrightarrow{text{BBT}}19<m<frac{39}{2}.$  Chọn B.

Lời giải. Ta có $y=gleft( x right)=fleft( sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} right)xrightarrow{{}}{g}’left( x right)=frac{x+1}{sqrt{{{x}^{2}}+2x+2}}{f}’left( sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} right).$

Dựa vào đồ thị ta thấy $g’left( x right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x + 1 = 0\
sqrt {{x^2} + 2x + 2}  =  – 1\
sqrt {{x^2} + 2x + 2}  = 1\
sqrt {{x^2} + 2x + 2}  = 3
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – 1\
x =  – 1 + sqrt 2 \
x =  – 1 – sqrt 2 
end{array} right..$

Bảng xét dấu

Từ đó suy ra hàm số $y=fleft( sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} right)$ có $1$ điểm cực đại. Chọn A.

Chú ý: Cách xét dấu $-$ hay $+$ của $g’left( x right)$ để cho nhanh nhất ta lấy một giá trị ${{x}_{0}}$ thuộc khoảng đang xét rồi thay vào ${g}’left( x right).$ Chẳng hạn với khoảng $left( -1;-1+sqrt{2} right)$ ta chọn ${{x}_{0}}=0xrightarrow{{}}{g}’left( 0 right)=dfrac{1}{sqrt{2}}{f}’left( sqrt{2} right)<0$ vì dựa vào đồ thị ta thấy ${f}’left( sqrt{2} right)<0.$

Lời giải. Ta có: ${left[ {fleft( x right)} right]^2} = 4 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
fleft( x right) = 2\
fleft( x right) =  – 2
end{array} right..$

Do đó số nghiệm của phương trình ${{left[ fleft( x right) right]}^{2}}=4$ chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $fleft( x right)$ với hai đường thẳng $y=2$ và $y=-2.$

Dựa vào đồ thị ta thấy có $4$ giao điểm nên phương trình ${{left[ fleft( x right) right]}^{2}}=4$ có $4$ nghiệm. Chọn B.

Câu 46. Lời giải. Gọi $left{ begin{array}{l}
{z_1} = a + bi\
{z_2} = c + di
end{array} right.,,{rm{ }}left( {a,b,c,d in } right).$

Từ giả thiết $left{ begin{array}{l}
{z_1} + {z_2} = 8 + 6i\
left| {{z_1} – {z_2}} right| = 2
end{array} right.left{ begin{array}{l}
a + c + left( {b + d} right)i = 8 + 6i\
{left( {a – c} right)^2} + {left( {b – d} right)^2} = 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left( {a + c} right)^2} + {left( {b + d} right)^2} = 100\
{left( {a – c} right)^2} + {left( {b – d} right)^2} = 4
end{array} right. to {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = 52.$

Ta có $left| {{z}_{1}} right|+left| {{z}_{2}} right|=sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}text{ }overset{text{B}text{.C}text{.S}}{mathop{le }},text{ }sqrt{left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}} right)left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}} right)}=2sqrt{26}.$ Chọn B.

Cách 2. Gọi $A,text{ }B$ lần lượt là điểm biểu diễn số phức ${{z}_{1}},text{ }{{z}_{2}}$ trên mặt phẳng phức và $D$ là điểm thứ tư của hình bình hành $AOBD$, suy ra

= $D$ là điểm biểu diễn số phức [left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} right)xrightarrow{{}}OD=left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} right|=10.]

 = $left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|$ chính là độ dài đoạn $AB.$

Xét $Delta OAB$ có $left{ begin{array}{l}
A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} – 2OA.OB.cos widehat {AOB} = 4\
O{D^2} = O{A^2} + O{B^2} + 2OA.OB.cos widehat {AOB} = 100
end{array} right.$

$xrightarrow{{}}104=2left( O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}} right)ge {{left( OA+OB right)}^{2}}$

Vậy ${{left( OA+OB right)}_{max }}=sqrt{104}=2sqrt{26}$ hay ${{left( left| {{z}_{1}} right|+left| {{z}_{2}} right| right)}_{max }}=2sqrt{26}.$

Câu 47. Lời giải. Gọi $M$ là trung điểm $ABxrightarrow{{}}Mleft( frac{a}{2};frac{b}{2};0 right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta OAB.$

Gọi $d$ là đường thẳng qua $M$ và vuông góc với mặt phẳng $left( {OAB} right) equiv left( {Oxy} right)d:left{ begin{array}{l}
x = frac{a}{2}\
y = frac{b}{2}\
z = t
end{array} right.$

Gọi $left( alpha  right)$ là mặt phẳng trung trực của đoạn $OCxrightarrow{{}}left( alpha  right):z-frac{c}{2}=0.$

Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là giao điểm của $d$ và $left( alpha  right)$ có tọa độ là nghiệm của hệ 

[left{ begin{array}{l}
x = frac{a}{2}\
y = frac{b}{2}\
z = t\
z – frac{c}{2} = 0.
end{array} right.Ileft( {frac{a}{2};frac{b}{2};frac{c}{2}} right).]

Ta có ${{x}_{I}}+{{y}_{I}}+{{z}_{I}}=dfrac{a}{2}+dfrac{b}{2}+dfrac{c}{2}=dfrac{a+b+c}{2}=dfrac{2}{2}=1xrightarrow{{}}{{x}_{I}}+{{y}_{I}}+{{z}_{I}}-1=0$. Điều này chứng tỏ tâm $I$ của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng $left( P right):x+y+z-1=0.$ Khi đó $dleft[ M,left( P right) right]=dfrac{left| 2019-1 right|}{sqrt{3}}=dfrac{2018}{sqrt{3}}.$ Chọn B.

Câu 48.

Lời giải. Thể tích mặt cầu là $V=dfrac{4}{3}pi {{R}^{3}}.$

Ta có ${{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}xrightarrow{{}}dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=dfrac{{{V}_{1}}}{V-{{V}_{1}}}=dfrac{1}{dfrac{V}{{{V}_{1}}}-1}.$

Suy ra $dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ lớn nhất khi $dfrac{V}{{{V}_{1}}}$ nhỏ nhất $xrightarrow{{}}{{V}_{1}}$ đạt giá trị lớn nhất.

Gọi $h,text{ }r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón nội tiếp mặt cầu.

Gọi $I,text{ }O$ lần lượt là tâm của đường tròn đáy hình nón và tâm của mặt cầu.

Gọi $A$ là đỉnh của hình nón. Xét thiết diện qua trục của hình nón như hình vẽ bên.

Ta có ${{r}^{2}}=h.left( 2R-h right)$, khi đó ${{V}_{1}}=dfrac{1}{3}h.pi {{r}^{2}}=dfrac{1}{3}pi {{h}^{2}}left( 2R-h right).$

Xét hàm $fleft( h right)={{h}^{2}}left( 2R-h right)$ trên $left( 0;2R right)$ ta được $underset{left( 0;2R right)}{mathop{max }},fleft( h right)=fleft( dfrac{4R}{3} right)=dfrac{32{{R}^{3}}}{27}.$

Suy ra $max {{V}_{1}}=dfrac{1}{3}pi .max fleft( h right)=dfrac{1}{3}pi .dfrac{32{{R}^{3}}}{27}=dfrac{32pi {{R}^{3}}}{81}.$

Khi đó ${{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}=dfrac{4}{3}pi {{R}^{3}}-dfrac{32}{81}pi {{R}^{3}}=dfrac{76}{81}pi {{R}^{3}}xrightarrow{{}}dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=dfrac{32}{76}.$ Chọn C.

Cách 2. Đặt $0le OI=x<R.$

TH1. Chiều cao của khối nón $h=R+x$ và bán kính đáy ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{x}^{2}}.$

Theo BĐT Cô si cho $3$ số dương, ta có

${{V}_{1}}=dfrac{1}{3}left( R+x right).pi .left( {{R}^{2}}-{{x}^{2}} right)=dfrac{pi }{6}left( 2R-2x right){{left( R+x right)}^{2}}le dfrac{pi }{6}{{left( dfrac{4R}{3} right)}^{3}}=dfrac{32}{81}pi {{R}^{3}}.$

Dấu $”=”$ xảy ra $Leftrightarrow 2R-2x=R+xLeftrightarrow x=dfrac{R}{3}.$

Vậy $max {{V}_{1}}=dfrac{32}{81}pi {{R}^{3}}xrightarrow{{}}{{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}=dfrac{4}{3}pi {{R}^{3}}-dfrac{32}{81}pi {{R}^{3}}=dfrac{76}{81}pi {{R}^{3}}xrightarrow{{}}dfrac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=dfrac{32}{76}.$

TH2. Chiều cao của khối nón $h=R-x$. Làm tương tự.

Câu 49.

Lời giải. Không gian mẫu là số cách chọn $2$ điểm bất kỳ trong $14$ điểm đã cho.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $left| Omega  right|=C_{14}^{2}=91$.

Gọi $A$ là biến cố $”$Đoạn thẳng nối $2$ điểm được chọn cắt hai trục tọa độ$”$. Để xảy ra biến cố $A$ thì hai đầu đoạn thẳng đó phải ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ tư.

●     Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba, có $C_{2}^{1}C_{4}^{1}$ cách.

●     Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ hai và thứ tư, có $C_{3}^{1}C_{5}^{1}$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố $A$ là $left| {{Omega }_{A}} right|=C_{2}^{1}C_{4}^{1}+C_{3}^{1}C_{5}^{1}=23$.

Vậy xác suất cần tính $Pleft( A right)=dfrac{left| {{Omega }_{A}} right|}{left| Omega  right|}=dfrac{23}{91}.$ Chọn B.

Câu 50. 

Lời giải.  Gọi ${{V}_{1}}$, ${{V}_{2}}$, ${{V}_{3}}$, ${{V}_{4}}$ lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác $AHC$, $ALD$ và các miền cong $LID$,$HBC$ quanh $AB$. Gọi $R$, $r$ lần lượt là bán kính đường tròn lớn và nhỏ.

Ta có $frac{1}{2}times pi {{R}^{2}}=8pi xrightarrow{{}}R=4xrightarrow{{}}r=2.$

Vì $Delta IHC$ vuông tại $H$,$widehat{CIH}=60{}^circ $ có $left{ begin{array}{l}
CH = ICsin {60^{rm{o}}} = 4.frac{{sqrt 3 }}{2} = 2sqrt 3 \
IH = sqrt {I{C^2} – C{H^2}}  = sqrt {16 – 12}  = 2\
AL = frac{1}{2}AH = 3;{rm{ }}DL = frac{1}{2}CH = sqrt 3 
end{array} right..$

Khi đó $left{ begin{array}{l}
{V_1} = frac{1}{3}AH.pi C{H^2} = frac{1}{3}.6.pi .12 = 24pi \
{V_2} = frac{1}{3}AL.pi D{L^2} = frac{1}{3}.3.pi .3 = 3pi 
end{array} right.$

Giả sử nửa trên đường tròn lớn tâm $Ileft( 0;0 right)$,$R=4$ nên có phương trình: $y=sqrt{16-{{x}^{2}}}$.

${V_4} = pi intlimits_2^4 {{{left( {sqrt {16 – {x^2}} } right)}^2}{rm{d}}x = left. {pi left( {16x – frac{{{x^3}}}{3}} right)} right|_2^4 = frac{{40}}{3}pi } .$

Giả sử nửa trên đường tròn nhỏ tâm$Kleft( 0;0 right)$,$R=2$nên có phương trình: $y=sqrt{4-{{x}^{2}}}$.

${V_3} = pi intlimits_1^2 {{{left( {sqrt {4 – {x^2}} } right)}^2}{rm{d}}x = left. {pi left( {4x – frac{{{x^3}}}{3}} right)} right|_1^2 = frac{5}{3}pi } .$

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là: $V = left( {{V_1} + {V_4}} right) – left( {{V_2} + {V_3}} right) = left( {24pi  + frac{{40}}{3}pi } right) – left( {3pi  + frac{5}{3}pi } right) = frac{{98}}{3}pi $. Chọn B.