Câu 30: Đáp án C.
Phương pháp: Đặt $t={{3}^{x+1}}.$
Cách giải: ${{3}^{2x+5}}={{3}^{x+2}}Leftrightarrow {{3}^{2x+2+3}}={{3}^{x+1+1}}+2Leftrightarrow {{27.3}^{2left
Đặt $t={{3}^{x+1}},$ khi đó phương trình trở thành $27{{t}^{2}}=3t+2Leftrightarrow 27{{t}^{2}}-3t-2=0$
Câu 31: Đáp án A.
Phương pháp:
Mặt phẳng
Cách giải: Mặt cầu
Mặt phẳng
Ta có ${{overrightarrow{n}}_{left
x = 1 + 2t\
y = 2 – 2t,,left
z = 3 – t
end{array} right.$
Khi đó $H=left
$2left
Câu 32: Đáp án A.
Phương pháp: Đặt $t={{2}^{x}}$
Cách giải: Đặt $t={{2}^{x}},tin left
Để hàm số ban đầu nghịch biến trên $left
$Rightarrow y'<0,forall tin left
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
– 2m – 1 < 0\
left[ begin{array}{l}
m le frac{1}{2}\
m ge 2
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m > frac{{ – 1}}{2}\
left
Kết hợp $min left
Vậy có tất cả 49 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Đáp án D.
Phương pháp: Gọi $Aleft
Cách giải: Giả sử $Aleft
$OA=OB=OCne 0Leftrightarrow left| a right|=left| b right|=left| c right|ne 0$
TH1: $a=b=cRightarrow left
$Min left
TH2: $a=b=-cLeftrightarrow left
$Min left
TH3: $a=-b=cLeftrightarrow left
$Min left
TH4: $-a=b=cLeftrightarrow left
$Min left
Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 34: Đáp án B.
Phương pháp giải: Gắn hệ tọa độ Oxyz, tìm bán kính quả bóng chính là bán kính của mặt cầu
Lời giải: Xét quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ bên
Gọi $Ileft
$Rightarrow $ phương trình mặt cầu của quả bóng là
$left
Giả sử $Mleft
Khi đó $z=1;$ $x=2;$ $y=3$ $Rightarrow Mleft
Từ
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{R_1} = {a_1} = frac{{7 – sqrt 7 }}{2}\
{R_2} = {a_2} = frac{{7 + sqrt 7 }}{2}
end{array} right. Rightarrow {d_1} + {d_2} = 2left
Câu 35: Đáp án D.
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hàm số giải bất phương trình
Bất phương trình
Cách giải: ĐK: $xge -1$
${{3}^{2x+sqrt{x+1}}}-{{3}^{2+sqrt{x+1}}}+2017xle 2017$
$Leftrightarrow {{3}^{2x+sqrt{x+1}}}+frac{2017}{2}left
Xét hàm số $fleft
$fleft
Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình
${{x}^{2}}-left
Với $xin left
Để phương trình có nghiệm $xin left
Câu 36: Đáp án A.
Phương pháp: Tính xác suất để học sinh đúng thêm 3 câu nữa trở lên.
Xác suất mỗi câu trả lời đúng là 0,25 và mỗi câu trả lời sai là 0,75.
Cách giải:
An trả lời chắc chắn đúng 45 câu nên có chắc chắn 9 điểm.
Để điểm thi $ge 9,5Rightarrow $ An phải trả lời đúng từ 3 câu trở lên nữa.
Xác suất để trả lời đúng 1 câu hỏi là 0,25 và trả lời sai là 0,75
TH1: Đúng 3 câu. ${{P}_{1}}=0,{{25}^{3}}.0,{{75}^{2}}$
TH2: Đúng 49 câu ${{P}_{2}}=0,{{25}^{4}}.0,75$
TH3: Đúng cả 50 câu ${{P}_{3}}=0,{{25}^{4}}$
Vậy xác suất để An được trên 9,5 điểm là $P={{P}_{1}}+{{P}_{2}}+{{P}_{3}}=frac{13}{1024}$
Câu 37: Đáp án B.
Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn ${{x}_{A}}=2,$ hoặc ${{x}_{B}}<-1<{{x}_{C}}<1$ hoặc $-1<{{x}_{B}}<1<{{x}_{C}}$
Cách giải:
Đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-2left
Xét phương trình hoành độ giao điểm
${{x}^{3}}-2left
$Leftrightarrow left
x = 2\
{x^2} – 2mx + m + 1 = 0,,
end{array} right.$
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt $Leftrightarrow $ pt
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = {m^2} – m – 1 > 0\
{2^2} – 2m.2 + m + 1 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m in left
m ne frac{5}{3}
end{array} right.$
Giả sử ${{x}_{B}};{{x}_{C}},,left
Để hai điểm B, C một điểm nằm trong một điểm nằm ngoài đường tròn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1.$
TH1: ${x_B} < – 1 < {x_C} < 1 Rightarrow left{ begin{array}{l}
afleft
afleft
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
3m + 2 < 0\
– m + 2 > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m < frac{{ – 2}}{3}\
m < 2
end{array} right. Leftrightarrow m < frac{{ – 2}}{3}$
TH2: $ – 1 < {x_B} < 1 < {x_C} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
afleft
afleft
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
3m + 2 > 0\
– m + 2 < 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m > – frac{2}{3}\
m > 2
end{array} right. Leftrightarrow m > 2$
Kết hợp điều kiện ta có: $min left
Lại có $min left
Câu 38: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng tổng $1+2+3+…+n=frac{nleft
Cách giải: Giả sử trồng được n hàng cây với quy luật trên thì số cây trồng được là:
$1+2+3+…+n=frac{nleft
Câu 39: Đáp án D.
Phương pháp: Chuyển vế, lấy mođun hai vế.
Cách giải:
$left
$left
$Leftrightarrow {{left| z right|}^{2}}+4left| z right|+4+4{{left| z right|}^{2}}-4left| z right|+1=frac{10}{{{left| z right|}^{2}}}$
$Leftrightarrow 5{{left| z right|}^{4}}+5{{left| z right|}^{2}}-10=0Leftrightarrow left| z right|=1in left
Câu 40: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dung BĐT Cauchy.
Cách giải:$x+frac{1}{x}-moverset{Cauchuy}{mathop{ge }},2sqrt{x.frac{1}{x}}-m=2-mRightarrow underset{left
Câu 41: Đáp án A.
Phương pháp: Suy ra cách vẽ của đồ thị hàm số $y=left| fleft
Cách giải: Đồ thị hàm số $y=fleft
Đồ thị hàm số $y=fleft
Đồ thị hàm số $y=left| fleft
Để đồ thị hàm số có 5 cực trị $Rightarrow -6+m<0le -3+mLeftrightarrow 3le m<6overset{min {{Z}^{+}}}{mathop{Rightarrow }},min left{ 3;4;5 right}$
$Rightarrow S=left{ 3;4;5 right}Rightarrow 3+4+5=12$
Câu 42: Đáp án B.
Phương pháp: Ứng dụng tích phân để tính thể tích khối tròn xoay.
Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:
Ta có:
Phương trình đường tròn: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=20Rightarrow y=sqrt{20-{{x}^{2}}}$
Phương trình parabol: $y={{x}^{2}}$
Thể tích khối cầu $V=frac{4}{3}pi {{left
Thể tích khi quay phần tô đậm quanh trục Ox là: $V’=pi intlimits_{-2}^{2}{left
$Rightarrow $ Thể tích cần tính ${{V}_{1}}=V-V’=frac{160sqrt{5}}{3}pi -frac{928}{15}pi =frac{pi }{15}left
Câu 43: Đáp án D.
Phương pháp: $fleft
Cách giải: $fleft
$ Rightarrow fleft
frac{1}{2}ln frac{{x – 1}}{{x + 1}} + {C_{1,,}},khi,,x in left
frac{1}{2}ln frac{{1 – x}}{{x + 1}} + {C_2},,khi,,x in left
end{array} right.$
$Rightarrow fleft
$fleft
$ Rightarrow fleft
frac{1}{2}ln frac{{x – 1}}{{x + 1}},,,khi,,x in left
frac{1}{2}ln frac{{1 – x}}{{x + 1}},,,khi,,x in left
end{array} right.$
$Rightarrow fleft
Câu 44: Đáp án D.
Phương pháp: Tính góc giữa mặt phẳng
Cách giải:
Dễ thấy 2 hình chóp S.ABCD và S’.ABCD là các hình chóp tứ giác đều.
Gọi E là trung điểm của AB ta có:
$left{ begin{array}{l}
left
left
left
end{array} right.$
$Rightarrow left
$ Rightarrow left[ begin{array}{l}
left
left
end{array} right.$
Ta có: $OE=frac{a}{2};SE=frac{asqrt{3}}{2}Rightarrow cosalpha =frac{OE}{SE}=frac{1}{sqrt{3}}$
$cosalpha =left| 2{{cos }^{2}}alpha -1 right|=left| -frac{1}{3} right|=frac{1}{3}$
Câu 45: Đáp án C.
Phương pháp giải: Dựa vào giả thiết, đánh giá đưa về tổng các bình phương, từ biểu thức P đưa về hạng tử trong tổng bình phương và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki tìm giá trị lớn nhất.
Lời giải:
Vì ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}>1$ suy ra $y={{log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}fleft
Khi đó ${{log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}left
$Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}-3yle 0Leftrightarrow left
Xét biểu thức P, ta có $P=2x+y=2left
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, có ${{left
$ Leftrightarrow {left
{P_{min }} = frac{{7 – sqrt {65} }}{2}\
{P_{max}} = frac{{7 + sqrt {65} }}{2}
end{array} right..$
Câu 46: Đáp án A.
Phương pháp: Tính $g’left
Điểm ${{x}_{0}}$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số $y=gleft
Cách giải:
$g’left
x = 1\
x = – 1\
x = – 3
end{array} right.$
Khi $x<1$ ta có: $f’left
Khi $x>1$ ta có $f’left
Qua $x=1,$ g’
Chứng minh tương tự ta được $x=-1$ là điểm cực tiểu và $x=-3$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số $y=gleft
Câu 47: Đáp án A.
Phương pháp:
Từ $left| z+yi right|=left| overline{z}+4-3i right|$ tìm ra quỹ tích điểm $Mleft
Gọi điểm $Mleft
$left| z+1-i right|+left| z-2+3i right|=MA+MB$ nhỏ nhất $Leftrightarrow MA=MB$
Cách giải: Gọi $z=x+ui$ ta có:
$left| x+yi right|=left| x-yi+4-3i right|$ $Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{left
Gọi điểm $Mleft
$left| z+1-i right|+left| z-2+3i right|=MA+MB$ nhỏ nhất.
Ta có: $MA+MBge 2sqrt{MA.MB},$dấu bằng xảy ra $Leftrightarrow MA=MBRightarrow $M thuộc trung trực của AB.
Gọi I là trung điểm của AB ta có $Ileft
Phương trình đường trung trực của AB là $3left
Để ${{left
8x + 6y = – 25\
3x – 4y = frac{{11}}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = – frac{{67}}{{50}}\
y = – frac{{119}}{{50}}
end{array} right.$
$ Rightarrow z = – frac{{67}}{{50}} – frac{{119}}{{50}}i Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = – frac{{67}}{{50}}\
b = – frac{{119}}{{50}}
end{array} right. Rightarrow P = a + 2b = – frac{{61}}{{10}}$
Câu 48: Đáp án B.
Phương pháp : Chuyển vế, lấy nguyên hàm hai vế.
Cách giải :$f’left
$Leftrightarrow int{frac{f’left
$begin{array}{l}
fleft
Leftrightarrow fleft
end{array}$
$Rightarrow fleft
$=frac{1}{2}-1+frac{1}{3}-frac{1}{2}+frac{1}{4}-frac{1}{3}+…+frac{1}{2017}-frac{1}{2016}+frac{1}{2018}-frac{1}{2017}$
$ = – 1 + frac{1}{{2018}} = frac{{ – 2017}}{{2018}} = frac{a}{b} Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = – 2017\
b = 2018
end{array} right. Rightarrow b – a = 4035$
Câu 49: Đáp án D.
Phương pháp : Dựng thiết diện, xác định hai phần cần tính thể tích.
Sử dụng phân chia và lắp ghép các khối đa diện.
Cách giải : Gọi $E=MNcap B’C’$
Kéo dài MP cắt AB tại D, cắt AA ‘ tại F.
Nối NF, cắt AC tại G.
Do đó thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng
Gọi ${{V}_{1}}$ là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’ ta có :
${{V}_{1}}={{V}_{F.A’MN}}-{{V}_{F.ADG}}-{{V}_{P.B’EM}}$
Ta có: ${{S}_{A’MN}}=frac{1}{2}dleft
$Delta BDP=Delta B’MPRightarrow BD=B’M=frac{1}{2}ABRightarrow $ D là trung điểm của AB.
$Rightarrow frac{FA}{FA’}=frac{AD}{A’M}=frac{1}{3}Rightarrow frac{FA’}{text{AA}’}=frac{3}{2}$
$Rightarrow frac{{{V}_{F.A’MN}}}{{{V}_{ABC.A’B’C’}}}=frac{frac{1}{3}.FA’.{{S}_{A’MN}}}{AA’.{{S}_{ABC}}}=frac{1}{3}.frac{3}{2}.frac{3}{4}=frac{3}{8}Rightarrow {{V}_{F.A’MN}}=frac{3}{8}{{V}_{ABC.A’B’C’}}=frac{3V}{8}$
Dễ dàng chứng minh được $Delta text{AD}G$ đồng dạng $Delta text{A}’MN$ theo tỉ số $frac{1}{3}$
$Rightarrow {{S}_{ADG}}=frac{1}{9}{{S}_{A’MN}}=frac{1}{12}{{S}_{A’B’C’}}$
$Rightarrow frac{{{V}_{F.ADG}}}{{{V}_{ABC.A’B’C’}}}=frac{frac{1}{3}.FA.{{S}_{ADG}}}{AA’.{{S}_{A’B’C’}}}=frac{1}{3}.frac{1}{2}.frac{1}{12}=frac{1}{72}Rightarrow {{V}_{F.ADG}}=frac{1}{72}{{V}_{ABC.A’B’C’}}=frac{V}{72}$
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’B’C’ ta có:
$frac{MA’}{MB’}.frac{EB’}{EC’}.frac{NC’}{NA’}=1Leftrightarrow frac{3}{2}.frac{EB’}{EC’}.1=1Leftrightarrow frac{EB’}{EC’}=frac{2}{3}$
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’MN ta có:
$frac{CN}{CA}.frac{BA}{BM}.frac{EM}{EN}=1Leftrightarrow frac{1}{2}.2.frac{EM}{EN}=1Leftrightarrow frac{EM}{EN}Rightarrow frac{ME}{MN}=frac{1}{2}$
$Rightarrow frac{{{S}_{B’EM}}}{{{S}_{A’MN}}}=frac{MB’}{MA’}.frac{ME}{MN}=frac{1}{3}.frac{1}{2}=frac{1}{6}Rightarrow {{S}_{B’EM}}=frac{1}{6}{{S}_{A’NM}}=frac{1}{8}{{S}_{A’B’C’}}$
$Rightarrow frac{{{V}_{P.B’EM}}}{{{V}_{ABC.A’B’C’}}}=frac{frac{1}{3}.PB’.{{S}_{B’EM}}}{BB’.{{S}_{A’B’C’}}}=frac{1}{3}.frac{1}{2}.frac{1}{8}=frac{1}{48}Rightarrow {{V}_{P.B’EM}}=frac{1}{48V}$
Vậy ${{V}_{1}}=frac{49}{144}VRightarrow {{V}_{2}}=frac{95}{144}VRightarrow frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=frac{49}{95}.$
Câu 50: Đáp án B.
Phương pháp: Tính độ dài đoạn thẳng IM với I là tâm mặt cầu.
Tham số hóa tọa độ điểm M, sau đó dựa vào độ dài IM để tìm điểm M.
Cách giải :
Mặt cầu
Đặt $MA=MB=MC=a.$
Tam giác MAB đều $Rightarrow AB=a$
Tam giác MBC vuông tại M $Rightarrow BC=asqrt{2}$
Tam giác MCA có $CMA={{120}^{0}}Rightarrow AC=asqrt{3}$
Xét tam giác ABC có $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}Rightarrow Delta ABC$ vuông tại B
$Rightarrow Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn nhỏ có đường kính AC
$Rightarrow HA=frac{1}{2}AC=frac{asqrt{3}}{2}$
Xét tam giác vuông IAM có:
$begin{array}{l}
frac{1}{{H{A^2}}} = frac{1}{{A{M^2}}} + frac{1}{{I{A^2}}} Rightarrow frac{4}{{3{a^2}}} = frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{27}} Leftrightarrow frac{1}{{3{a^2}}} = frac{1}{{27}}\
Leftrightarrow a = 3 = MA\
Rightarrow I{M^2} = M{A^2} + I{A^2} = {3^2} + 27 = 36
end{array}$
$Min left
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 0\
t = frac{4}{3}
end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l}
Mleft
Mleft
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = – 1\
b = – 2\
c = 1
end{array} right. Rightarrow a + b + c = – 2$