lời giải chi tiết đề 8 trang 2

Câu 31:

Chọn đáp án D

+ Hàm số xác định với mọi x thuộc $left[ 0;+infty  right)$khi và chỉ khi

${{2017}^{x}}-x-dfrac{{{x}^{2}}}{2}-m+1>0,forall xin left[ 0;+infty  right)Leftrightarrow {{2017}^{x}}-x-dfrac{{{x}^{2}}}{2}>operatorname{m}-1,forall xin left[ 0;+infty  right)left$\ast right$$

+ Xét hàm số $operatorname{f}left$xright$=201{{7}^{x}}-x-dfrac{{{x}^{2}}}{2},forall xin left[ 0;+infty  right)$. Hàm số liên tục trên $left[ 0;+infty  right)$.

${f}’left$xright$=201{{7}^{x}}ln2017-1-x,forall xin left[ 0;+infty  right)$

${{f}’}’left$xright$=201{{7}^{x}}l{{n}^{2}}2017-1>0,forall xin left[ 0;+infty  right)$

Vậy ${f}’left$operatornamexright$$ đồng biến trên $left[ 0;+infty  right)Rightarrow {f}’left$xright$ge {f}’left$0right$=ln 2017-1>0,forall xin left[ 0;+infty  right)$

Vậy $fleft$operatornamexright$$ đồng biến trên $left[ 0;+infty  right)Rightarrow underset{xin left[ 0;+infty  right)}{mathop{min }},fleft$xright$=1$.

+ Bất phương trình $\ast$ tương đương $underset{xin left[ 0;+infty  right)}{mathop{min }},fleft$xright$underset{xin left[ 0;+infty  right)}{mathop{min }},fleft$xright$>m-1,forall xin left[ 0;+infty  right)Leftrightarrow m<2$

Vậy có vô số giá trị nguyên của m.

Câu 32:

Chọn đáp án D

Ta có: $y=xleft$$cosleft(lnxright)+sinleft(lnxright)right$$$ .

${y}’=cos left$lnxright$+sin left$lnxright$-sin left$lnxright$+cos left$lnxright$=2cos left$lnxright$$.

${{y}’}’=-dfrac{2}{x}sin left$lnxright$$.

Từ đó kiểm tra thấy đáp án D đúng vì

${{x}^{2}}{{y}’}’+x{y}’+2y=-2xsin left$lnxright$-2xcos left$lnxright$+2xleft$$cosleft(lnxright)+sinleft(lnxright)right$$=0$.

Câu 33:

Chọn đáp án A

– Phương pháp: Tính tích phân $intlimits_{a}^{b}{pleft$xright$ln}fleft$xright$dx$ ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần

Đặt $left{ begin{array}{l}
u = lnx\
dv = frac{{dx}}{{{{left$x+1right$}^2}}}
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
du = frac{{dx}}{x}\
v =  – frac{1}{{x + 1}}
end{array} right.$

$ Rightarrow {mathop{rm I}nolimits}  =  – frac{{lnx}}{{left$x+1right$}}left| begin{array}{l}
{2^{1000}}\
1
end{array} right. + intlimits_1^{{2^{1000}}} {frac{1}{{x + 1}}} .frac{{{mathop{rm dx}nolimits} }}{x} =  – frac{{ln {2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} + intlimits_1^{{2^{1000}}} {left$frac1x–frac1x+1right$} .{mathop{rm dx}nolimits} $$ =  – frac{{1000ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + ln left| {frac{x}{{x + 1}}} right|left| begin{array}{l}
{2^{1000}}\
1
end{array} right.$

$ =  – frac{{1000ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + ln frac{{{2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} – ln frac{1}{2} =  – frac{{1000ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + ln frac{{{2^{1001}}}}{{{2^{1000}} + 1}}$

Chọn đáp án D

+ Dựa vào đồ thị hàm số $operatorname{y}={f}’left$xright$Rightarrow {f}’left$xright$=3left$x^2-1right$$

Khi đó $operatorname{f}left$xright$=int{{f}’left$xright$dx={{x}^{3}}}-3x+C$. Điều kiện đồ thị hàm số $operatorname{f}left$xright$$ tiếp xúc với đường thẳng $operatorname{y}=4$ là: $left{ begin{array}{l}
{mathop{rm f}nolimits} left$xright$ = 4\
f’left$xright$ = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x^3} – 3x + C = 4\
3left$x^2–1right$ = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x =  – 1\
C = 2
end{array} right.$

$Do\$x<0\$$ suy ra $fleft$xright$={{x}^{3}}-3x+2left$Cright$$

+ Cho $$C$cap text{Ox}Rightarrow $hoành độ giao điểm là $text{x}=-2;text{x}=1$

+ Khi đó$V=pi intlimits_{-2}^{1}{{{left${textx}^3-3textx+2right$}^{2}},dtext{x=}dfrac{729}{5}}pi $

Câu 35:

Chọn đáp án C

+ Ta có $1={{left| z-2-3i right|}^{2}}=left$z-2-3iright$overline{left$z-2-3iright$}=left$z-2-3iright$left$overlinez-2+3iright$$

$Leftrightarrow 1=left| left$z-2-3iright$left$overlinez-2+3iright$ right|Leftrightarrow left| overline{z}-2+3i right|=1Leftrightarrow left| overline{z}+1+i-3+2i right|=1left$\ast right$$

+ Đặt $text{w}=overline{z}+1+i$, khi đó $left$\ast right$Leftrightarrow left| text{w}-3+2i right|=1Rightarrow {{left| w right|}_{max }}=1+sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}}=1+sqrt{13}$

Cách khác: Đặt $Mleft$zright$left$x;yright$;Ileft$2;3right$$ ta có: $MI=R=1;left| overline{z}+1+i right|=sqrt{{{left$x+1right$}^{2}}+{{left$y-1right$}^{2}}}=MK$ với $Kleft$-1;1right$$. Khi đó $M{{K}_{max }}=IK+R=sqrt{13}+1$

Câu 36:

Chọn đáp án D

Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD và I là trung điểm của SC. Khi đó $OIbot left$operatornameABCDright$$

$Rightarrow IA=IB=IC=ID$với $Delta SAC$ vuông tại A, $operatorname{IA}=IS=IC$. Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD suy ra $operatorname{IA}=asqrt{2}Rightarrow SC=2asqrt{2}$. Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng $left$ABCDright$Rightarrow left$SC;left(ABCDright$ right)=left$SC;ACright$=widehat{operatorname{SCA}}=45{}^circ $. Suy ra $Delta SAC$ vuông cân

$Rightarrow SA=AC=2aRightarrow {{V}_{S.operatorname{ABCD}}}=dfrac{1}{3}.operatorname{SA}.{{S}_{ABCD}}=dfrac{1}{3}.2text{a}.operatorname{a}.asqrt{3}=dfrac{2{{text{a}}^{3}}sqrt{3}}{3}$

Câu 37:

Chọn đáp án B

Gọi I là trung điểm AB.

Ta có $left{ begin{array}{l}
SO bot AB\
OI bot AB
end{array} right. Rightarrow AB bot left$SOIright$ Rightarrow left$SABright$ bot left$SOIright$$ theo giao tuyến SI.

Trong $left$SOIright$$, kẻ $OHbot SI$ thì $OHbot left$SABright$$.

$Rightarrow dleft$O;left(SABright$ right)=OH$.

Ta có: $SO=sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=sqrt{{{left$dfrac8.55right$}^{2}}-{{5}^{2}}}=sqrt{39}$.

Ta có $OI=sqrt{O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}=sqrt{{{5}^{2}}-{{left$dfrac4.55right$}^{2}}}=3$.

Tam giác vuông $SOI$ có: $dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=dfrac{1}{O{{I}^{2}}}+dfrac{1}{S{{O}^{2}}}Rightarrow OH=dfrac{3sqrt{13}}{4}$.

Vậy $dleft$O;left(SABright$ right)=OH=dfrac{3sqrt{13}}{4}$.

Câu 38:

Chọn đáp án B

+ Gọi $h,r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của hình trụ.

Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình trụ là ${{R}^{2}}={{r}^{2}}+dfrac{{{h}^{2}}}{4}$

+ Theo bài ra, ta có $h=R$ nên suy ra ${{R}^{2}}={{r}^{2}}+dfrac{{{h}^{2}}}{4}Leftrightarrow {{r}^{2}}=dfrac{3{{R}^{2}}}{4}Leftrightarrow r=dfrac{Rsqrt{3}}{2}$

+ Diện tích toàn phần hình trụ là:

${{S}_{tp}}=2pi {{r}^{2}}+2pi rh=2pi rleft$r+hright$=2pi dfrac{Rsqrt{3}}{2}.left$dfracRsqrt32+Rright$=dfrac{left$3+2sqrt3right$pi {{R}^{2}}}{2}$

Câu 39:

Chọn đáp án C

– Phương pháp: Sử dụng các dữ kiện của bài toán để tìm bán kính và tâm của mặt cầu

+ Tâm là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng

+ Bán kính là khoảng cách từ tâm tới mặt phẳng $Q$ $domặtcầutiếpxúcvớimặtphẳng$

– Cách giải: $Iin dRightarrow Ileft$2t;3+t;2+tright$$

$Iin left$Pright$Rightarrow 2t-2left$3+tright$+2left$2+tright$=0Leftrightarrow t=1Rightarrow Ileft$2;4;3right$$

Do $Q$ tiếp xúc với mặt cầu $left$Sright$$ nên $text{R}=dleft$I;left(Qright$ right)=dfrac{left| 2-2.4+3.3-5 right|}{sqrt{1+{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}}=sqrt{dfrac{2}{7}}$

$Rightarrow left$Sright$:{{left$x-2right$}^{2}}+{{left$operatornamey-4right$}^{2}}+left$operatornamex-3right$=dfrac{2}{7}$

Câu 40:

Chọn đáp án A

Ta có: $left{ begin{array}{l}
mathop {lim }limits_{x to {1^ + }} fleft$xright$ = mathop {lim }limits_{x to {1^ + }} left$sqrtx–1+xright$ = 1\
mathop {lim }limits_{x to {1^ – }} fleft$xright$ = mathop {lim }limits_{x to {1^ – }} left$m^3–3m+3right$x = {m^3} – 3m + 3
end{array} right.$$ Rightarrow {m^3} – 3m + 3 = 1 Rightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m =  – 2
end{array} right.$

Câu 41:

Chọn đáp án D

+ Ta có: $y=2cos x+dfrac{sqrt{2}}{2}left$sinx+cosxright$=dfrac{sqrt{2}}{2}sin x+dfrac{4+sqrt{2}}{2}.cos x$

+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, có

${{left$dfracsqrt22.operatornamestextinx+dfrac4+sqrt22.cosxright$}^{2}}le left$${left(dfracsqrt22right)}^2+{left(dfrac4+sqrt22right)}^{2}right$$.left${sin}^{2}x+{cos}^{2}xright$=5+2sqrt{2}$

Suy ra ${{y}^{2}}le 5+2sqrt{2}Leftrightarrow yle sqrt{5+2sqrt{2}}$. Vậy ${{y}_{max }}=sqrt{5+2sqrt{2}}$

Câu 42:

Chọn đáp án D

Lấy 2 đỉnh tô màu đỏ trong 6 điểm có $C_{6}^{2}$ cách.

Lấy 1 đỉnh tô màu xanh trong 4 điểm có cách.

Suy ra số tam giác tạo thành có 2 đỉnh tô màu đỏ là $C_{6}^{2}C_{4}^{1}=60$

Vậy xác suất cần tính là $operatorname{P}=dfrac{C_{6}^{2}.C_{4}^{1}}{C_{10}^{3}}=dfrac{1}{2}$.

Câu 43:

Chọn đáp án B

Ta có: ${y}’=6{{text{x}}^{2}}-6left$2m+1right$x+6mleft$m+1right$$

$y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = m\
x = m + 1
end{array} right. Rightarrow forall m in $ hàm số luôn có CĐ, CT

Tọa độ điểm CĐ, CT của đồ thị là $Aleft$m;2m^3+3m^2+1right$,Bleft$m+1;2m^3+3m^{2}right$$

Suy ra $AB=sqrt{2}$ và phương trình đường thẳng $AB:x+y-2{{m}^{3}}-3{{m}^{2}}-m-1=0$

Do đó, tam giác $MAB$ có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ $M$ tới $AB$ nhỏ nhất.

Ta có: $dleft$M,ABright$=dfrac{3{{m}^{2}}+1}{sqrt{2}}Rightarrow dleft$M,ABright$ge dfrac{1}{sqrt{2}}Rightarrow min dleft$M,ABright$=dfrac{1}{sqrt{2}}$ đạt được khi $m=0$

Câu 44:

Chọn đáp án A

Ta có ${{9}^{x}}+9=m{{3}^{x}}cos pi xLeftrightarrow {{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}=mcos pi xleft$1right$$

+ Giả sử ${{x}_{0}}$ là 1 nghiệm của phương trình $1$ thì dễ thấy $2-{{x}_{0}}$ cũng là nghiệm của phương trình $1$.

Nên nếu phương trình có nghiệm duy nhất thì suy ra : ${{x}_{0}}=2-{{x}_{0}}Leftrightarrow {{x}_{0}}=1$ thay vào phương trình $1$ ta thu được m=-6.

+ Kiểm tra lại với m=-6, thay vào phương trình $1$ ta được ${{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}=-6cos pi x$.

Vì ${{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}ge 6$$theobấtđẳngthứccosi$ và $-6cos pi xle 6$ nên $2$ xảy ra khi và chỉ khi vế trái = vế phải = 6. Tức là ta có $x=1$ là nghiệm duy nhất của $2$. Kết luận m=-6

Câu 45:

Chọn đáp án B

Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A$-1,5;0$, B$1,5;0$ và I$0;3$, phương trình của parabol có dạng: $y=a{{x}^{2}}+bleft$ane0right$$, Do I, A, B thuộc $P$ nên ta có: $y=dfrac{-4}{3}{{x}^{2}}+3$.

Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là: $sửdụngcôngthứcThểtíchdựavàothiếtdiệnvuônggócvớitrụcoxlàmộthìnhchữnhậtcócạnhlà6và\$dfrac-43x^2+3\$$  

$V=6.2intlimits_{0}^{dfrac{3}{2}}{left$dfrac-43x^2+3right$dx=36}$ 

Câu 46:

Chọn đáp án A

+ Ta có ${{S}_{Delta AMN}}={{S}_{Delta AHM}}+{{S}_{Delta AHN}}leftrightarrow xy=dfrac{x+y}{3}left$0lexle1right$$

+ Theo bất đẳng thức cô si $3xy=x+yge 2sqrt{xy}Leftrightarrow xyge dfrac{4}{9}$

+ Ta có ${{S}_{Delta AMN}}=dfrac{1}{2}AN.AMsin 60{}^circ =dfrac{sqrt{3}xy}{4}$

            ${{S}_{Delta AMD}}=dfrac{1}{2}AD.AMsin 60{}^circ =dfrac{sqrt{3}x}{4}$

${{S}_{Delta AND}}=dfrac{1}{2}AD.ANsin 60{}^circ =dfrac{sqrt{3}y}{4}$

+ Ta có $DH=sqrt{A{{D}^{2}}-A{{H}^{2}}}=sqrt{dfrac{2}{3}};M{{N}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=dfrac{1}{2}sqrt{dfrac{2}{3}}sqrt{{{left$x+yright$}^{2}}-3xy}$  

Vậy ${{S}_{tp}}=dfrac{sqrt{3}xy}{4}+dfrac{sqrt{3}}{4}left$x+yright$+sqrt{dfrac{1}{6}}sqrt{{{left$x+yright$}^{2}}-3xy}=sqrt{3}xy+dfrac{1}{sqrt{2}}sqrt{3{{left$xyright$}^{2}}-3xy}.$

Đặt $1ge t=xyge dfrac{4}{9}$ Ta thu được giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần đạt được khi $t=xy=dfrac{4}{9}$, tức là $x=y=dfrac{2}{3}$

Câu 47:

Chọn đáp án A

+ Ta có $BD=AC=asqrt{3};SO=sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=dfrac{asqrt{13}}{2}$

$dfrac{1}{B{{K}^{2}}}=dfrac{1}{B{{C}^{2}}}+dfrac{1}{B{{A}^{2}}}=dfrac{3}{2{{a}^{2}}}Leftrightarrow BK=asqrt{dfrac{2}{3}}$

$AK=dfrac{2}{3}AC=dfrac{2a}{sqrt{3}};BE=asqrt{dfrac{3}{2}}=dfrac{3}{2}BK$ nên K là trọng tâm của tam giác BCD

+ Ta dễ dàng chứng minh được $SHbot left$BKHright$Rightarrow SB,left$BKHright$=SBH$

+ Ta có $Delta SOAsim Delta KHAleft$S=Kright$Rightarrow KH.SA=SO.KALeftrightarrow KH=dfrac{asqrt{39}}{6}$

Vậy $cos SBH=dfrac{BH}{SB}=dfrac{sqrt{7}}{4}$

Câu 48:

Chọn đáp án D

+ Gọi   $M=dcap left$Pright$$

            $Min dRightarrow Mleft$3+2t;-2+t;-1-tright$;Min left$Pright$Rightarrow t=-1Rightarrow Mleft$1;-3;0right$$

+ $left$Pright$$ có vecttơ pháp tuyến $overrightarrow{{{n}_{P}}}=left$1;1;1right$$. $d$ có vecttơ chỉ phương $overrightarrow{{{a}_{d}}}=left$2;1;-1right$$. $Delta $ có vecttơ chỉ phương $overrightarrow{{{a}_{Delta }}}=left$$overrightarrow{a}_d,overrightarrow{n}_{P}right$$=left$2;-3;1right$$. Gọi $Nleft$x;y;zright$$ là hình chiếu vuông góc của M trên $Delta $, khi đó $overrightarrow{MN}=left$x-1;y+3;zright$$.

Ta có: $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {MN}  bot overrightarrow {{a_Delta }} \
N in left$Pright$\
MN = sqrt {42} 
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{rm{x}} – 3y + z – 11 = 0\
x + y + z + 2 = 0\
{left$x–1right$^2} + {left$y+3right$^2} + {z^2} = 42
end{array} right.$ . Giải hệ ta tìm được hai điểm

$Nleft$5;-2;-5right$$ và $Nleft$-3;-4;5right$$

+ Với $Nleft$5;-2;-5right$$, ta có $Delta :dfrac{x-5}{2}=dfrac{y+2}{-3}=dfrac{z+5}{1}$

+ Với $Nleft$-3;-4;5right$$, ta có $Delta :dfrac{x+3}{2}=dfrac{y+4}{-3}=dfrac{z-5}{1}$

Câu 49:

Chọn đáp án C

+ Ta có $u_{n+1}^{2}=3u_{n}^{2}+2Leftrightarrow u_{n+1}^{2}+1=3left$u_n^2+1right$$. Đặt

${{v}_{n}}=u_{n}^{2}+1;{{v}_{1}}=2Rightarrow {{v}_{n+1}}=3{{v}_{n}}Rightarrow {{v}_{n}}={{v}_{1}}{{q}^{n-1}}={{2.3}^{n-1}}Leftrightarrow u_{n}^{2}={{2.3}^{n-1}}-1$

+ Ta có

$S=u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+u_{3}^{2}+…+u_{2011}^{2}=2left$3^0+3^1+\dots +3^{2010}right$-2=2011={{2.3}^{0}}.dfrac{1-{{3}^{2011}}}{1-3}-2011={{3}^{2011}}-2012$

Câu 50:

Chọn đáp án D

+ Ta có: $left| {{z}_{1}} right|=left| {{z}_{2}} right|=left| {{z}_{3}} right|Rightarrow left| overrightarrow{OA} right|=left| overrightarrow{OB} right|=left| overrightarrow{OC} right|$ nên 3 điểm $A,B,C$ thuộc đường tròn tâm $O$

+ Mà ${{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}=0Leftrightarrow overrightarrow{OA}+overrightarrow{OC}+overrightarrow{OC}=0Leftrightarrow 3overrightarrow{OG}=0Leftrightarrow Gequiv ORightarrow Delta ABC$đều vì tâm đường tròn ngoại tiếp trùng với trọng tâm G => Đáp án D.

Chú ý tính chất của tam giác đều trọng tâm cũng chính là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác.