Câu 30: Đáp án A
Phương pháp giải: Dựng chiều cao, xác định góc và độ dài đường cao của khối chóp
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của $ABRightarrow SM=frac{sqrt{3}}{2}AB=frac{asqrt{3}}{2}$
Và H là hình chiếu vuông góc của S trên $left( ABCD right)$
Khi đó $left( SAB right);left( ABCD right)=left( SM;MH right)=SMH={{60}^{circ }}$
$Delta SMH$ vuông tại H, có $sin SMH=frac{SH}{SM}Rightarrow SH=sin {{60}^{circ }}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{3a}{4}$
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=frac{{{a}^{2}}}{3}.frac{3a}{4}=frac{{{a}^{3}}}{4}$
Câu 31: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng định lí Vi-et của phương trình bậc hai.
Lời giải: Ta có ${z^2} – 4z + 5 = 0 Rightarrow left{ begin{array}{l}
{z_1} + {z_2} = 4\
{z_1}{z_2} = 5
end{array} right. Rightarrow z_1^2 + z_2^2 = {left( {{z_1} + {z_2}} right)^2} – 2{z_1}{z_2} = {4^2} – 2.5 = 6$
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp giải: Quy đồng, đưa về dạng tích và sử dụng công thức tích thành tổng
Lời giải: Điều kiện: $ctext{os}4xne 0Leftrightarrow xne frac{pi }{8}+frac{kpi }{4}$
Ta có $ctext{os}3x.tan ,4x=sin ,5xLeftrightarrow ctext{os}3x.sin 4x=ctext{os}4x.sin 5x$
$ Leftrightarrow frac{1}{2}left( {{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} + sin 7x} right) = frac{1}{2}left( {{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} + sin 9x} right) Leftrightarrow sin 7x = sin 9x Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
9x = 7x + k2pi \
9x = pi – 7x + k2pi
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = kpi \
x = frac{pi }{{16}} + frac{{kpi }}{8}
end{array} right.left( {tm} right)$
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số bậc nhất trên bậc nhất đồng biến hoặc nghịch biến trên các khoảng xác định của nó.
Lời giải:
Ta có $y={{2}^{frac{mx+1}{x+m}}}Rightarrow y’=left( frac{mx+1}{x+m} right)'{{.2}^{frac{mx+1}{x+m}}}.ln 2=frac{{{m}^{2}}-1}{left( x+m right)}{{.2}^{frac{mx+1}{x+m}}}.ln 2;forall xne -m$
Hàm số nghịch biến trên $left( {frac{1}{2}; + infty } right) Leftrightarrow frac{{{m^2} – 1}}{{left( {x + m} right)}} < 0;forall x > frac{1}{2} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{m^2} – 1 < 0\
x = – m notin left( {frac{1}{2}; + infty } right)
end{array} right. Leftrightarrow – frac{1}{2} le m < 1$
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào phương pháp tính giới hạn (nhân liên hợp) của dạng vô định $infty ,,,,,-infty $
Lời giải: Ta có $sqrt{4{{n}^{2}}+3}-sqrt{8{{n}^{3}}+n}=sqrt{4{{n}^{2}}+3}-2n+2n-sqrt[3]{8{{n}^{3}}+n}$
$=frac{3}{sqrt{4{{n}^{2}}+3}+2n}-frac{n}{4{{n}^{2}}+2nsqrt[3]{8{{n}^{3}}+n}+sqrt[3]{{{left( 8{{n}^{3}}+n right)}^{3}}}}$
Khi đó $lim nleft( sqrt{4{{n}^{2}}+3}-sqrt[3]{8{{n}^{3}}+n} right)=lim frac{3n}{sqrt{4{{n}^{2}}+3}+2n}-lim frac{{{n}^{2}}}{4{{n}^{2}}+2nsqrt[3]{8{{n}^{3}}+n}+sqrt[3]{{{left( 8{{n}^{3}}+n right)}^{2}}}}$
$=lim frac{3}{sqrt{4+frac{3}{{{n}^{2}}}+2}}-lim frac{1}{4+2sqrt[3]{8+frac{1}{{{n}^{2}}}}+sqrt[3]{{{left( 8+frac{1}{{{n}^{2}}} right)}^{2}}}}=frac{3}{2+2}-frac{1}{4+2.2+{{2}^{2}}}=frac{2}{3}$
Chú ý và sai lầm : Học sinh có thể sử dụng MTCT cho bài toán này.
Câu 35: Đáp án B
Phương pháp giải: Bấm máy hoặc khai triển bằng tay tìm số phức w
Lời giải:
Ta có $z=-frac{1}{2}+frac{sqrt{3}}{2}iRightarrow {{z}^{2}}={{left( -frac{1}{2}+frac{sqrt{3}}{2}i right)}^{2}}=frac{1}{4}-frac{sqrt{3}}{2}i+frac{3}{4}{{i}^{2}}=-frac{1}{2}-frac{sqrt{3}}{2}i$
Vậy $text{w}=1+z+{{z}^{2}}=1-frac{1}{2}+frac{sqrt{3}}{2}i-frac{1}{2}-frac{sqrt{3}}{2}i=0$
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
Vì điểm M thuộc d nên tham số hóa tọa độ điểm M, tính tổng $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}$ đưa về khảo sát hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất
Lời giải:
Vì $M in left( d right) Rightarrow Mleft( {t + 1;2 – 2t;2t + 3} right)$ suy ra $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AM} = left( {t – 2;4 – 2t;2t} right)\
overrightarrow {BM} = left( {t;2 – 2t;2t – 2} right)
end{array} right.$
Khi đó $T=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}={{left( t-2 right)}^{2}}+{{left( 4-2t right)}^{2}}+4t+{{t}^{2}}+{{left( 2-2t right)}^{2}}+{{left( 2t-2 right)}^{2}}=18{{t}^{2}}-36t+28$
Dễ thấy $18{{t}^{2}}-36t+28=18left( {{t}^{2}}-2t+1 right)+10=18{{left( t-1 right)}^{2}}+10ge 10Rightarrow M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}ge 10$
Vậy ${{T}_{min }}=10$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $t=1Rightarrow Mleft( 2;0;5 right)$
Câu 37: Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựng hình, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau để tính chiều cao lăng trụ
Lời giải: Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có $left{ begin{array}{l}
A’G bot BC\
AM bot BC
end{array} right. Rightarrow BC bot left( {A’AM} right)$
Kẻ $MHbot A,A’left( Hin A,A’ right)Rightarrow MH$ là đoạn vuông góc chung của BC, AA’
$Rightarrow dleft( BC;A,A’ right)=MH=frac{asqrt{3}}{4}$
Mà $d=dleft( G;left( A,A’ right) right)=frac{2}{3}dleft( M;left( A,A’ right) right)=frac{2}{3}MH=frac{asqrt{3}}{6}$
Xét tam giác vuông AA’G có : $frac{1}{A{{G}^{2}}}+frac{1}{A'{{G}^{2}}}=frac{1}{{{d}^{2}}}Rightarrow A’G=frac{a}{3}$
Vậy thể tích cần tính là ${{V}_{ABC.A’B’C’}}=AG’,x,,{{S}_{Delta ABC}}=frac{a}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp giải: Áp dụng công thức bài toán vay vốn trả góp, hoặc tìm từng tháng, dùng phương pháp quy nạp và đưa về tổng của cấp số nhân
Lời giải:
Sau tháng thứ nhất số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là $500left( {1 + 0,5% } right) – 10$ triệu đồng.
Sau tháng thứ hai số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là
$left[ {500left( {1 + 0,5% } right) – 10} right].left( {1 + 0,5% } right) – 10 = 500.{left( {1 + 0,5% } right)^2} – 10left[ {left( {1 + 0,5% } right) + 1} right]$ triệu đồng
Sau tháng thứ ba số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là
$500.{left( {1 + 0,5% } right)^3} – 10left[ {{{left( {1 + 0,5% } right)}^2} + left( {1 + 0,5% } right) + 1} right]$ triệu đồng
Số tiền gốc còn lại sau tháng thứ n là $500.{left( {1 + 0,5% } right)^n} – 10.left[ {{{left( {1 + 0,5% } right)}^{n – 1}} + {{left( {1 + 0,5% } right)}^{n – 2}} + … + 1} right]$ triệu
Đặt $y=1+0,5%=1,005$thì ta có số tiền gốc còn lại trong ngân hàng sau tháng thứ n là
$T=500{{y}^{n}}-10left( {{y}^{n-1}}+{{y}^{n-2}}+…+y+1 right)=500{{y}^{n}}-frac{10left( {{y}^{n}}-1 right)}{y-1}=500.1,{{005}^{n}}-2000.left( 1,{{005}^{n}}-1 right)$
Vì lúc này số tiền cả gốc lẫn lãi đã trả hết $Rightarrow T=0Leftrightarrow 1500.1,{{005}^{n}}=2000Leftrightarrow n={{log }_{1,005}}frac{4}{3}approx 57,68$
Vậy sau 58 tháng thì người đó trả hết nợ ngân hàng.
Câu 39: Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải phương trình f’ bằng 0, tìm nghiệm và lập bảng biến thiên xét điểm cực trị
Lời giải:
Ta có $f’left( x right) = left( {x – 1} right)left( {{x^2} – 3} right)left( {{x^4} – 1} right) = 0 Leftrightarrow {left( {x – 1} right)^2}left( {{x^2} – 3} right)left( {x + 1} right)left( {{x^2} + 1} right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = pm 1\
x = pm sqrt 3
end{array} right.$
Dễ thấy $f’left( x right)$ đổi dấu khi đi qua 3 điểm $x=-1;x=pm sqrt{3}Rightarrow $ Hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp giải:
Chia trường hợp để phá trị tuyệt đối, sử dụng đổi biến số để đưa về tích phân đề bài cho
Lời giải:
Ta có
$I=intlimits_{-1}^{1}{fleft( left| 2x+1 right| right)dx=intlimits_{-1}^{-frac{1}{2}}{fleft( left| 2x+1 right| right)dx+intlimits_{-frac{1}{2}}^{1}{fleft( left| 2x+1 right| right)dx=underbrace{intlimits_{-1}^{-frac{1}{2}}{fleft( -2x-1 right)dx}}_{{{I}_{1}}}}+underbrace{intlimits_{-frac{1}{2}}^{1}{fleft( 2x+1 right)dx}}_{{{I}_{2}}}}}$
$bullet $Đặt $t=-2x-1Leftrightarrow dx=-frac{dt}{2}$ và $left{ begin{array}{l}
x = – 1 Rightarrow t = 1\
x = – frac{1}{2} Rightarrow t = 0
end{array} right.$ . Khi đó ${{I}_{1}}=-frac{1}{2}intlimits_{1}^{0}{fleft( t right)dt=frac{1}{2}intlimits_{0}^{1}{fleft( x right)dx=2}}$
$bullet $Đặt $t=2x+1Leftrightarrow dx=frac{dt}{2}$ và $left{ begin{array}{l}
x = – frac{1}{2} Rightarrow t = 0\
x = 1 Rightarrow t = 3
end{array} right.$ . Khi đó ${{I}_{2}}=frac{1}{2}intlimits_{0}^{3}{fleft( t right)dt=frac{1}{2}intlimits_{0}^{3}{fleft( x right)dx=3}}$
Vậy $I=intlimits_{-1}^{1}{fleft( left| 2x+1 right| right)dx={{I}_{1}}+{{I}_{2}}=2+3=5}$
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp giải:
– Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.
Lời giải:
$begin{array}{l}
{log _{sqrt 3 }}frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} = xleft( {x – 3} right) + yleft( {y – 3} right) + xy,,,,,,,,,left( 1 right)\
Leftrightarrow {log _{sqrt 3 }}left( {x + y} right) – {log _{sqrt 3 }}left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} right) = {x^2} – 3x + {y^2} – 3y + xy\
Leftrightarrow {log _{sqrt 3 }}left( {x + y} right) + 3x + 3y = {log _{sqrt 3 }}left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} right) + {x^2} + {y^2} + xy\
Leftrightarrow {mathop{rm lo}nolimits} {g_{sqrt 3 }}left( {x + y} right) + 2 + 3x + 3y = {log _{sqrt 3 }}left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\
Leftrightarrow {log _{sqrt 3 }}left( {3x + 3y} right) + 3x + 3y = {log _{sqrt 3 }}left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2,,,,,,,,,left( 2 right)
end{array}$
Đặt $fleft( t right)={{log }_{sqrt{3}}}t+t,t>0Rightarrow f’left( t right)=frac{1}{tln sqrt{3}}>0,forall t>0Rightarrow fleft( t right)$đồng biến trên $left( 0;+infty right)$
$begin{array}{l}
left( 2 right) Leftrightarrow fleft( {3x + 3y} right) = fleft( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} right) Leftrightarrow 3x + 3y = {x^2} + {y^2} + xy + 2\
Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} + 4xy – 12x – 12y + 8 = 0\
Leftrightarrow {left( {2x + y} right)^2} – 6left( {2x + y} right) + 5 = – 3{left( {y – 1} right)^2} le 0 Leftrightarrow 1 le 2x + y le 5
end{array}$
Khi đó, $P=frac{3x+2y+1}{x+y+6}=1+frac{2x+y-5}{x+y+6}le 1,$ vì $left{ begin{array}{l}
2x + y – 5 le 0\
x + y + 6 > 0
end{array} right.$
Vậy ${{P}_{mtext{ax}}}=1$ khi và chỉ khi $left{ begin{array}{l}
2x + y – 5 = 0\
y – 1 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 2\
y = 1
end{array} right.$
Câu 42: Đáp án C
Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản
Lời giải:
Ta đi làm phần đối của giả thiết, tức là chọn 6 học sinh giỏi chỉ lấy từ một khối hoặc hai khối.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 15 học sinh giỏi của 3 khối có $C_{15}^{6}=5005$cách
Số cách chọn 6 học sinh giỏi bằng cách chỉ lấy từ 1 khối 12 là $C_{6}^{6}=1$
Chọn 6 học sinh giỏi trong 10 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 11 có $C_{10}^{6}=210$ cách, tuy nhiên phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là $210-1=209$cách
Chọn 6 học sinh giỏi trong 11 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 10 có $C_{11}^{6}=462$cách, tuy nhiên phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là $462-1=461$ cách.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 9 học sinh giỏi của 2 khối 11 và 10 có $C_{9}^{6}=84$cách
Suy ra số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là $5005-209-461-84-1=4250$cách
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp giải: Chuẩn hóa thể tích, đưa diện tích toàn phần về hàm số, khảo sát hàm (hoặc bất đẳng thức) tìm min
Lời giải:
Thể tích của khối trụ là $V=pi {{R}^{2}}hRightarrow h=frac{V}{pi {{R}^{2}}}.$Chuẩn hóa $V=pi Rightarrow h=frac{1}{{{R}^{2}}}$
Diện tích toàn phần của hình trụ là ${{S}_{tp}}=2pi Rh+2pi {{R}^{2}}=2pi R.frac{1}{{{R}^{2}}}+2pi {{R}^{2}}$
$=2pi left( {{R}^{2}}+frac{1}{R} right)=2pi left( {{R}^{2}}+frac{1}{2R}+frac{1}{2R} right)ge 2pi .3sqrt[3]{{{R}^{2}}.frac{1}{2R}.frac{1}{2R}}=frac{6pi }{sqrt[3]{4}}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${{R}^{2}}=frac{1}{2R}Leftrightarrow h=frac{1}{{{R}^{2}}}=2R$
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp giải:
Tâm đường tròn ngoại tiếp cách đều 3 đỉnh của tam giác và thuộc mặt phẳng chứa tam giác
Lời giải:
Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} = left( {2;2;1} right)\
overrightarrow {AC} = left( {1;4;3} right)
end{array} right. Rightarrow left[ {overrightarrow {AB} ;overrightarrow {AC} } right] = left( {2; – 5;6} right) Rightarrow $ Phương trình $left( ABC right):2x-5y+6z-10=0$
Vì $Ileft( a;b;c right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC Rightarrow left{ begin{array}{l}
I in mp,left( {ABC} right)\
IA = IB = IC
end{array} right.$
Lại có $left{ begin{array}{l}
IA = IB\
IA = IC
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
I{A^2} = I{B^2}\
I{A^2} = I{C^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left( {a – 1} right)^2} + {left( {b – 2} right)^2} + {left( {c – 3} right)^2} = {left( {a – 3} right)^2} + {left( {b – 4} right)^2} + {left( {c – 4} right)^2}\
{left( {a – 1} right)^2} + {left( {b – 2} right)^2} + {left( {c – 3} right)^2} = {left( {a – 2} right)^2} + {left( {b – 6} right)^2} + {left( {c – 6} right)^2}
end{array} right.$
$begin{array}{l}
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 2a + 1 – 4b + 4 – 6c + 9 = – 6a + 9 – 8b + 16 – 8c + 16\
– 2a + 1 – 4b + 4 – 6b + 9 = – 4a + 4 – 12b + 36 – 12c + 36
end{array} right.\
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
4a + 4b + 2c = 27\
2a + 8b + 6c = 62
end{array} right.
end{array}$
Kết hợp với $2a-5b+6c-10=0Rightarrow a=frac{3}{10};b=4;c=frac{49}{10}.$ Vậy $S=frac{46}{5}$
Câu 45: Đáp án D
Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về giải phương trình mũ (dạng đẳng cấp bậc hai)
Lời giải:
Đặt ${log _9}x = {log _{12}}y = {log _{16}}left( {x + 3y} right) = t Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = {9^t}\
y = {12^t}
end{array} right.$ và $x+3y={{16}^{t}}$
Suy ra ${{9}^{t}}+{{3.12}^{t}}={{16}^{t}}Leftrightarrow {{left( {{3}^{t}} right)}^{2}}+{{3.3}^{t}}{{.4}^{t}}-{{left( {{4}^{t}} right)}^{2}}=0Leftrightarrow {{left[ left( frac{3}{4} right) right]}^{2}}+3.{{left( frac{3}{4} right)}^{t}}-1=0$
$Leftrightarrow {{left( frac{3}{4} right)}^{t}}=frac{-3+sqrt{13}}{2}Leftrightarrow frac{x}{y}=frac{{{9}^{t}}}{{{12}^{t}}}={{left( frac{3}{4} right)}^{t}}=frac{-3+sqrt{13}}{2}$
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải: Xét đẳng thức vectơ, đưa về hình chiếu của điểm trên mặt phẳng
Lời giải:
Gọi $Mleft( a;b;c right)$ thỏa mãn đẳng thức vectơ $2overrightarrow{MA}+overrightarrow{MB}+overrightarrow{MC}=overrightarrow{0}$
$begin{array}{l}
Rightarrow 2left( {1 – a;1 – b;1 – c} right) + left( {0 – a;1 – b;2 – c} right) + left( { – 2 – 1;1 – b;4 – c} right) = 0\
Leftrightarrow left( { – 4a;4 – 4b;8 – 4c} right) = 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 0\
b = 1\
c = 2
end{array} right. Rightarrow Mleft( {0;1;2} right)
end{array}$
Khi đó $S=2N{{A}^{2}}+N{{B}^{2}}+N{{C}^{2}}=2{{overrightarrow{NA}}^{2}}+{{overrightarrow{NB}}^{2}}+{{overrightarrow{NC}}^{2}}=2{{left( overrightarrow{MN}+overrightarrow{MA} right)}^{2}}+{{left( overrightarrow{MN}+overrightarrow{MB} right)}^{2}}+{{left( overrightarrow{MN}+overrightarrow{MC} right)}^{2}}$ $begin{array}{l}
= 4M{N^2} + 2overrightarrow {NM} .left( {underbrace {2overrightarrow {MA} + overrightarrow {MB} + overrightarrow {MC} }_0} right) + underbrace {2M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}}_{con,st}\
= 4M{N^2} + {underbrace {2M{A^2} + M{B^2} + MC}_{con,st}^2}
end{array}$
Suy ra ${{S}_{min }}Leftrightarrow M{{N}_{min }}Leftrightarrow N$là hình chiếu của M trên$left( P right)Rightarrow MNbot left( P right)$
Phương trình đường thẳng MN là $frac{x}{1}=frac{y-1}{-1}=frac{z-2}{1}Rightarrow Nleft( t;1-t;t+2 right)$
Mà $min mp,left( P right)$suy ra $t-left( 1-t right)+t+2+2=0Leftrightarrow t=-1Rightarrow Nleft( -1;2;1 right)$
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số trùng phương và tính diện tích tam giác
Lời giải: TXĐ : $D=mathbb{R}$
Ta có $y’=4{{x}^{3}}-4left( 1-{{m}^{2}} right)x;forall xin mathbb{R}$
Phương trình $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
{x^2} = 1 – {m^2},,,,,,,left( * right)
end{array} right..$
Hàm số có 3 điểm cực trị $Leftrightarrow left( * right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác $1-{{m}^{2}}>0Leftrightarrow -1<m<1$
Khi đó $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow y = m + 1\
x = sqrt {1 – {m^2}} Rightarrow y = – {left( {{m^2} – 1} right)^2} + m + 1\
x = – sqrt {1 – {m^2}} Rightarrow y = – {left( {{m^2} – 1} right)^2} + m + 1
end{array} right.$
Gọi $Aleft( 0;m+1 right),Bleft( sqrt{1-{{m}^{2}}};{{left( {{m}^{2}}-1 right)}^{2}}+m+1 right),Cleft( -sqrt{1-{{m}^{2}}};-{{left( {{m}^{2}}-1 right)}^{2}}+m+1 right)$là ba điểm cực trị. Tam giác ABC cân tại A.
Trung điểm H của BC là $Hleft( 0;-{{left( {{m}^{2}}-1 right)}^{2}}+m+1 right)Rightarrow AH={{left( {{m}^{2}}-1 right)}^{2}}={{left( 1-{{m}^{2}} right)}^{2}}$
Và $BC=2sqrt{1-{{m}^{2}}}$
Diện tích tam giác ABC là${{S}_{Delta ABC}}=frac{1}{2}.AH.BC={{left( 1-{{m}^{2}} right)}^{2}}sqrt{1-{{m}^{2}}}=sqrt{{{left( 1-{{m}^{2}} right)}^{5}}}$
Mà $1-{{m}^{2}}le 1;forall min mathbb{R}$suy ra $sqrt{{{left( 1-{{m}^{2}} right)}^{5}}}le 1Rightarrow {{S}_{Delta ABC}}le 1$
Vậy ${{S}_{mtext{ax}}}=1.$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $m=0$
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp giải:
Chọn hệ số a, b, c hoặc đánh giá tích để biện luận số nghiệm của phương trình
Lời giải:
Cách 1. Ta có: $left{ begin{array}{l}
a + c > b + 1\
a + b + c + 1 < 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a – b + c – 1 > 0\
a + b + c + 1 < 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
yleft( { – 1} right) > 0\
yleft( 1 right) < 0
end{array} right. Rightarrow yleft( { – 1} right).yleft( 1 right) < 0$
Lại có $left{ begin{array}{l}
mathop {lim }limits_{x to – infty } = – infty \
mathop {lim }limits_{x to – infty } = + infty
end{array} right. Rightarrow {x^3} + a,{x^2} + bx + c = 0$ có 3 nghiệm thuộc khoảng $left( -infty ;-1 right),left( -1;1 right),left( 1;+infty right)$
Cách 2.Chọn $left{ begin{array}{l}
a = 4\
b = – 7\
c = – 1
end{array} right. Rightarrow y = {x^3} = 4{x^2} – 7x – 1$ và đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ, đưa về hàm một biến, dựa vào giả thiết để tìm điều kiện của biến
Lời giải:
Từ giả thiết chia cả 2 vế cho ${{x}^{2}}{{y}^{2}}$ta được : $frac{x+y}{xy}=frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}Leftrightarrow frac{1}{x}+frac{1}{y}=frac{1}{{{x}^{2}}}+frac{1}{{{y}^{2}}}-frac{1}{xy}$
Đặt $frac{1}{x}=a,frac{1}{y}=b,$ ta có $a+b-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab$
Khi đó $M=frac{1}{{{x}^{3}}}+frac{1}{{{y}^{3}}}={{a}^{3}}+{{b}^{3}}=left( a+b right)left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} right)={{left( a+b right)}^{2}}$
Ta có $a+b={{a}^{2}}+{{b}^{2}}-abLeftrightarrow a+b={{left( a+b right)}^{2}}-3ab$mà $able {{left( frac{a+b}{2} right)}^{2}}$nên $a+bge {{left( a+b right)}^{2}}-frac{3}{4}{{left( a+b right)}^{2}}Rightarrow {{left( a+b right)}^{2}}-4left( a+b right)le 0Rightarrow 0le a+ble 4.$ Suy ra $M={{left( a+b right)}^{2}}le 16$
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=2Leftrightarrow x=y=frac{1}{2}.$ Vậy ${{M}_{mtext{ax}}}=16$
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối nón và áp dụng công thức tính độ dài cùng tròn
Lời giải:
Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu hình nón.
Thể tích của khối nón là $V=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h=frac{pi }{3}{{r}^{2}}sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}},$ với l là độ dài đường sinh và$l=R$bán kính tấm bìa hình tròn $Rightarrow V=frac{pi }{3}.{{r}^{2}}sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=frac{pi }{3},,x,,{{r}^{2}}sqrt{1-{{r}^{2}}}$vì chuẩn hóa $R=1$.
Xét hàm số $fleft( r right)={{r}^{2}}sqrt{1-{{r}^{2}}}$ trên $left( 0;1 right),$có $f’left( r right)=frac{2r-3{{r}^{3}}}{sqrt{1-{{r}^{2}}}};forall rin left( 0;1 right)$
Ta có $f’left( r right) = 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
0 < r < 1\
2r – 3{r^3} = 0
end{array} right. Leftrightarrow r = frac{{sqrt 6 }}{3} to max fleft( r right) = fleft( {frac{{sqrt 6 }}{3}} right) = frac{{2sqrt 3 }}{9}$
Do đó ${{V}_{mtext{ax}}}=frac{2pi sqrt{3}}{27}.$ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $r=frac{sqrt{6}}{3}$.
Mà độ dài cung phần cuộn làm phễu chính là chu vi đáy hình nón $Rightarrow x.R=frac{2pi sqrt{6}}{3}Rightarrow x=frac{2pi sqrt{6}}{3}$
