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
$begin{array}{l}
{u_1} = 1\
{u_2} = 2.1 + 5\
{u_3} = 2.left
{u_4} = 2.left
{u_5} = 2.left
vdots \
{u_n} = {2^{n – 1}} + left
end{array}$
Suy ra ${{u}_{2018}}={{2}^{2017}}+left
Dãy số trong ngoặc là tổng của một CSN với số hạng đầu bằng $1,$ công bội bằng $2$
$xrightarrow{{}}{{u}_{2018}}={{2}^{2017}}+left
Cách 2. Ta có ${{u}_{n+1}}=2{{u}_{n}}+5overset{{}}{longleftrightarrow}{{u}_{n+1}}+5=2left
Đặt ${{v}_{n}}={{u}_{n}}+5$, ta được $left{ begin{array}{l}
{v_1} = 6\
{v_{n + 1}} = 2{v_n}
end{array} right.frac{{{v_{n + 1}}}}{{{v_n}}} = 2left
{v_1} = 6\
q = 2
end{array} right.$
${v_n} = {v_1}{q^{n – 1}} = {6.2^{n – 1}} = {3.2^n}{u_n} = {v_n} – 5 = {3.2^n} – 5{u_{2018}} = {3.2^{2018}} – 5.$
Câu 36.
Lời giải. Từ giả thiết $intlimits_{0}^{{{x}^{2}}}{fleft
${{left
hay
$2xfleft
Cho $x=dfrac{1}{2},$ ta được $2.dfrac{1}{2}fleft
Giải thích. Gọi $Fleft
Khi đó $left{ begin{array}{l}
F’left
left. {intlimits_0^{{x^2}} {fleft
end{array} right. to {left
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
Câu 38. Lời giải. Gọi $d$ là khoảng cách từ đỉnh $A$ đến cạnh $CD.$
Diện tích hình bình hành ${{S}_{ABCD}}=AB.d.$ Ta có ${{S}_{MBCN}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{Delta AMN}}-{{S}_{Delta ADN}}$ $=AB.d-frac{1}{2}AM.d-frac{1}{2}DN.d=AB.d-frac{1}{4}AB.d-frac{1}{6}AB.d$ $=frac{7}{12}AB.d=frac{7}{12}{{S}_{ABCD}}.$ Vậy ${{V}_{S.MBCN.}}=frac{7}{12}{{V}_{S.ABCD}}=frac{7}{12}.48=28.$ Chọn C. |
. |
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
Gọi tọa độ hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến là $Mleft
{x_1} + {x_2} = – 4\
{x_1}{x_2} = 3 – frac{k}{3}
end{array} right..$
Khi đó $overrightarrow{MN}=left
$xrightarrow{{}}$ hệ số góc của đường thẳng $AB$ là $frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}={{left
Từ $left
frac{k}{3} – 2 = frac{1}{{2018}}\
frac{k}{3} – 2 = – frac{1}{{2018}}
end{array} right.$
$k$ 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
Suy ra $Cleft
Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {SB} = left
overrightarrow {BC} = left
end{array} right.$
VTPT của mặt phẳng $left
Đường thẳng $BD$ có VTCP là $overrightarrow{BD}=left
Khi đó $sin widehat{BD,left
Câu 41. Lời giải. Gọi $Aleft
Ta có [left{ begin{array}{l}
dleft
IA = sqrt {A{B^2} + I{B^2}} = sqrt {A{B^2} + {R^2}} = 6
end{array} right.]
hay $A$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên mặt phẳng $left
Do đó ta dễ dàng tìm được $Aleft
Câu 42.
|
|
Lời giải. Ta có ${f}’left
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
$ 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 $fleft
x = 1\
x = frac{1}{2}\
x = – frac{1}{3}{rm{ }}left
end{array} right..$
Bảng biến thiên
Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình $fleft
Câu 44.
|
|
Lời giải. Ta có $y=gleft
Dựa vào đồ thị ta thấy $g’left
x + 1 = 0\
sqrt {{x^2} + 2x + 2} = – 1\
sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 1\
sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 3
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 1\
x = – 1 + sqrt 2 \
x = – 1 – sqrt 2
end{array} right..$
Bảng xét dấu
Từ đó suy ra hàm số $y=fleft
Chú ý: Cách xét dấu $-$ hay $+$ của $g’left
Câu 45.
|
|
Lời giải. Ta có: ${left
fleft
fleft
end{array} right..$
Do đó số nghiệm của phương trình ${{left
Dựa vào đồ thị ta thấy có $4$ giao điểm nên phương trình ${{left
Câu 46. Lời giải. Gọi $left{ begin{array}{l}
{z_1} = a + bi\
{z_2} = c + di
end{array} right.,,{rm{ }}left
Từ giả thiết $left{ begin{array}{l}
{z_1} + {z_2} = 8 + 6i\
left| {{z_1} – {z_2}} right| = 2
end{array} right.left{ begin{array}{l}
a + c + left
{left
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left
{left
end{array} right. to {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = 52.$
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
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
= $left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|$ 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
Vậy ${{left
Câu 47. Lời giải. Gọi $M$ là trung điểm $ABxrightarrow{{}}Mleft
Gọi $d$ là đường thẳng qua $M$ và vuông góc với mặt phẳng $left
x = frac{a}{2}\
y = frac{b}{2}\
z = t
end{array} right.$
Gọi $left
Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là giao điểm của $d$ và $left
[left{ begin{array}{l}
x = frac{a}{2}\
y = frac{b}{2}\
z = t\
z – frac{c}{2} = 0.
end{array} right.Ileft
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
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
Xét hàm $fleft
Suy ra $max {{V}_{1}}=dfrac{1}{3}pi .max fleft
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
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
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
${V_4} = pi intlimits_2^4 {{{left
Giả sử nửa trên đường tròn nhỏ tâm$Kleft
${V_3} = pi intlimits_1^2 {{{left
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là: $V = left