Câu 30: Đáp án A
Ta có $\left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+{{e}^{x}}+c \right)={{x}^{2}}+{{e}^{x}}=f(x)$
Ta có $\left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+{{e}^{x}}+c \right)={{x}^{2}}+{{e}^{x}}=f(x)$
[Đề số 1] Đề thi thử Môn Toán năm 2018 - THPT Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1
- Thread starter Ngọc Bùi 12345
- Ngày gửi
- Replies 64
- Views 6,414
Câu 31: Đáp án A
Điều kiện : $3\text{x}-1>0\Leftrightarrow x>\frac{1}{3}$
Bất phương trình ${{\log }_{2}}\left( 3\text{x}-1 \right)>3\Leftrightarrow 3\text{x}-1>8\Leftrightarrow x>3$ ( nhận )
Điều kiện : $3\text{x}-1>0\Leftrightarrow x>\frac{1}{3}$
Bất phương trình ${{\log }_{2}}\left( 3\text{x}-1 \right)>3\Leftrightarrow 3\text{x}-1>8\Leftrightarrow x>3$ ( nhận )
Câu 32: Đáp án D
Hàm số xác định khi ${{x}^{3}}-27>0\Leftrightarrow x>3$
Vậy $D=\left( 3;+\infty \right)$
Hàm số xác định khi ${{x}^{3}}-27>0\Leftrightarrow x>3$
Vậy $D=\left( 3;+\infty \right)$
Câu 33 : Đáp án A
Góc giữa $\left( AB'C' \right)$ và mặt đáy là góc $\widehat{AH\text{A}'}$
Xét tam giác AIA’ vuông tại I:
$\tan {{60}^{0}}=\frac{\text{AA}'}{AH}\Rightarrow \text{AA}'=AH.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3\text{a}}{2}$
Thể tích lăng trụ
$V=\text{AA}'.{{S}_{A'B'C'}}=\frac{3\text{a}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{\text{a}}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ (dvtt)
Góc giữa $\left( AB'C' \right)$ và mặt đáy là góc $\widehat{AH\text{A}'}$
Xét tam giác AIA’ vuông tại I:
$\tan {{60}^{0}}=\frac{\text{AA}'}{AH}\Rightarrow \text{AA}'=AH.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3\text{a}}{2}$
Thể tích lăng trụ
$V=\text{AA}'.{{S}_{A'B'C'}}=\frac{3\text{a}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{\text{a}}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ (dvtt)
Câu 34: Đáp án A
Đồ thì ở hình 2 là đồ thị của hàm số chẵn, nên đối xứng qua trục tung. Chỉ có hàm số $y=\frac{\left| x \right|+2}{2\left| x \right|-1}$ là hàm số chẵn thoả mãn đề bài.
Đồ thì ở hình 2 là đồ thị của hàm số chẵn, nên đối xứng qua trục tung. Chỉ có hàm số $y=\frac{\left| x \right|+2}{2\left| x \right|-1}$ là hàm số chẵn thoả mãn đề bài.
Câu 35: Đáp án A
Gọi D là chân đường phân giác góc B của $\Delta ABC$ . Theo tính chất đường phân giác ta có : $\frac{DA}{AB}=\frac{DC}{BC}\Rightarrow \overrightarrow{DA}=-\frac{AB}{BC}.\overrightarrow{DC}\left( * \right)$
Với $\overrightarrow{AB}=\left( 1;-3;4 \right)\Rightarrow AB=\sqrt{26}$ và $\overrightarrow{BC}=\left( -6;8;2 \right)\Rightarrow BC=\sqrt{104}$
$k=-\frac{AB}{BC}=-\frac{1}{2}$
Từ (*) ta có, điểm D chia đoạn thẳng AC theo tỷ số k nên D có toạ độ $\left\{ \begin{align}
& {{x}_{D}}=\frac{{{x}_{A}}-k{{x}_{C}}}{1-k}=-\frac{2}{3} \\
& {{y}_{D}}=\frac{{{y}_{A}}-k{{y}_{C}}}{1-k}=\frac{11}{3} \\
& {{z}_{D}}=\frac{{{z}_{A}}-k{{z}_{C}}}{1-k}=1 \\
\end{align} \right.\Rightarrow D\left( -\frac{2}{3};\frac{11}{3};1 \right)$
Gọi D là chân đường phân giác góc B của $\Delta ABC$ . Theo tính chất đường phân giác ta có : $\frac{DA}{AB}=\frac{DC}{BC}\Rightarrow \overrightarrow{DA}=-\frac{AB}{BC}.\overrightarrow{DC}\left( * \right)$
Với $\overrightarrow{AB}=\left( 1;-3;4 \right)\Rightarrow AB=\sqrt{26}$ và $\overrightarrow{BC}=\left( -6;8;2 \right)\Rightarrow BC=\sqrt{104}$
$k=-\frac{AB}{BC}=-\frac{1}{2}$
Từ (*) ta có, điểm D chia đoạn thẳng AC theo tỷ số k nên D có toạ độ $\left\{ \begin{align}
& {{x}_{D}}=\frac{{{x}_{A}}-k{{x}_{C}}}{1-k}=-\frac{2}{3} \\
& {{y}_{D}}=\frac{{{y}_{A}}-k{{y}_{C}}}{1-k}=\frac{11}{3} \\
& {{z}_{D}}=\frac{{{z}_{A}}-k{{z}_{C}}}{1-k}=1 \\
\end{align} \right.\Rightarrow D\left( -\frac{2}{3};\frac{11}{3};1 \right)$
Câu 36: Đáp án A
Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;1). Gọi E là điểm thoả mãn
$3\overrightarrow {EA} + 2\overrightarrow {EB} + \overrightarrow {EC} = \vec 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}E(1;4; - 3)$. $T = 6M{{\rm{E}}^2} + 3E{A^2} + 2E{B^2} + E{C^2}$
T nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất $\Leftrightarrow$M là 1 trong 2 giao điểm của đường thẳng IE và mặt cầu (S).
$\overrightarrow{IE}=(0;3;-4)$, $\overrightarrow{EM}=(a-1;b-4;c+3)$
Ta có 2 vectơ cùng phương\[\overrightarrow{IE},\overrightarrow{ME}\]
$ \Rightarrow \overrightarrow {EM} = k\overrightarrow {IE} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a - 1 = 0\\
b - 4 = 3k\\
c + 3 = - 4k
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 3k + 4\\
c = - 4k - 3
\end{array} \right.$
$M\in (S)\Rightarrow {{(3k+3)}^{2}}+{{(-4k-4)}^{2}}=1\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& k=-\frac{4}{5} \\
& k=-\frac{6}{5} \\
\end{align} \right.$$k=-\frac{4}{5}\Rightarrow {{M}_{1}}\left( 1;\frac{8}{5};\frac{1}{5} \right)\Rightarrow E{{M}_{1}}=\frac{\sqrt{208}}{5}$
$k=-\frac{6}{5}\Rightarrow {{M}_{2}}\left( 1;\frac{2}{5};\frac{9}{5} \right)\Rightarrow E{{M}_{2}}=6>E{{M}_{1}}$ (Loại)
Vậy $M\left( 1;\frac{8}{5};\frac{1}{5} \right)$
Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;1). Gọi E là điểm thoả mãn
$3\overrightarrow {EA} + 2\overrightarrow {EB} + \overrightarrow {EC} = \vec 0{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}E(1;4; - 3)$. $T = 6M{{\rm{E}}^2} + 3E{A^2} + 2E{B^2} + E{C^2}$
T nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất $\Leftrightarrow$M là 1 trong 2 giao điểm của đường thẳng IE và mặt cầu (S).
$\overrightarrow{IE}=(0;3;-4)$, $\overrightarrow{EM}=(a-1;b-4;c+3)$
Ta có 2 vectơ cùng phương\[\overrightarrow{IE},\overrightarrow{ME}\]
$ \Rightarrow \overrightarrow {EM} = k\overrightarrow {IE} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a - 1 = 0\\
b - 4 = 3k\\
c + 3 = - 4k
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 3k + 4\\
c = - 4k - 3
\end{array} \right.$
$M\in (S)\Rightarrow {{(3k+3)}^{2}}+{{(-4k-4)}^{2}}=1\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& k=-\frac{4}{5} \\
& k=-\frac{6}{5} \\
\end{align} \right.$$k=-\frac{4}{5}\Rightarrow {{M}_{1}}\left( 1;\frac{8}{5};\frac{1}{5} \right)\Rightarrow E{{M}_{1}}=\frac{\sqrt{208}}{5}$
$k=-\frac{6}{5}\Rightarrow {{M}_{2}}\left( 1;\frac{2}{5};\frac{9}{5} \right)\Rightarrow E{{M}_{2}}=6>E{{M}_{1}}$ (Loại)
Vậy $M\left( 1;\frac{8}{5};\frac{1}{5} \right)$
Last edited:
Câu 37: Đáp án D
PTHĐGĐ: ${{x}^{2}}+(m-3)x-2m-1=0\text{ }(*)$ ĐK: ${{(m-3)}^{2}}+4(2m+1)>0$
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của (*) $\Rightarrow A\left( {{x}_{1}};{{x}_{1}}+m \right),B\left( {{x}_{2}};{{x}_{2}}+m \right)$ với S = x1 + x2 = 3 – m
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB$\Rightarrow G\left( \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{3};\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+2m}{3} \right)\Rightarrow G\left( \frac{S}{3};\frac{S+2m}{3} \right)$
$G\in (C):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3y=4$
$\Rightarrow {{\frac{S}{9}}^{2}}+{{\frac{(S+2m)}{9}}^{2}}-(S+2m)=4\Leftrightarrow {{S}^{2}}+{{(S+2m)}^{2}}-9(S+2m)=36$
$\Leftrightarrow {{(3-m)}^{2}}+{{(3+m)}^{2}}-9(3+m)=36\Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-9m-45=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& m=-3\text{ }(n) \\
& m=\frac{15}{2}\text{ }(n) \\
\end{align} \right.$
PTHĐGĐ: ${{x}^{2}}+(m-3)x-2m-1=0\text{ }(*)$ ĐK: ${{(m-3)}^{2}}+4(2m+1)>0$
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của (*) $\Rightarrow A\left( {{x}_{1}};{{x}_{1}}+m \right),B\left( {{x}_{2}};{{x}_{2}}+m \right)$ với S = x1 + x2 = 3 – m
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB$\Rightarrow G\left( \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{3};\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+2m}{3} \right)\Rightarrow G\left( \frac{S}{3};\frac{S+2m}{3} \right)$
$G\in (C):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3y=4$
$\Rightarrow {{\frac{S}{9}}^{2}}+{{\frac{(S+2m)}{9}}^{2}}-(S+2m)=4\Leftrightarrow {{S}^{2}}+{{(S+2m)}^{2}}-9(S+2m)=36$
$\Leftrightarrow {{(3-m)}^{2}}+{{(3+m)}^{2}}-9(3+m)=36\Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-9m-45=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& m=-3\text{ }(n) \\
& m=\frac{15}{2}\text{ }(n) \\
\end{align} \right.$
Câu 38: Đáp án B
Thể tích khối tròn xoay cần tìm = Thể tích khối trụ – Thể tích khối nón (theo hình vẽ)
Khối trụ có chiều cao AD = 2a, bán kính r = a$\Rightarrow {{V}_{tru}}=2\pi {{a}^{3}}$
Khối nón có chiều cao $AD-BC=a$, bán kính r = a$\Rightarrow {{V}_{non}}=\frac{1}{3}\pi {{a}^{3}}$
Thể tích khối tròn xoay cần tìm = $\frac{5}{3}\pi {{a}^{3}}$
Thể tích khối tròn xoay cần tìm = Thể tích khối trụ – Thể tích khối nón (theo hình vẽ)
Khối trụ có chiều cao AD = 2a, bán kính r = a$\Rightarrow {{V}_{tru}}=2\pi {{a}^{3}}$
Khối nón có chiều cao $AD-BC=a$, bán kính r = a$\Rightarrow {{V}_{non}}=\frac{1}{3}\pi {{a}^{3}}$
Thể tích khối tròn xoay cần tìm = $\frac{5}{3}\pi {{a}^{3}}$
Câu 39: Đáp án C
Gọi r, r1, r2, h, h1, h2 như hình vẽ.
Gọi V là thể tích khối nón ban đầu.
$\frac{{{r}_{1}}}{r}=\frac{{{h}_{1}}}{h}=\frac{1}{3}\Rightarrow $ Thể tích nước đổ vào bằng $\frac{1}{27}V$
Khi lộn ngược phễu thì thể tích phần không gian không chứa nước là $\frac{26}{27}V$
Khi đó: $\frac{1}{3}\pi r_{2}^{2}.{{h}_{2}}=\frac{26}{27}.\frac{1}{3}\pi r_{{}}^{2}.h\Leftrightarrow \frac{r_{2}^{2}.{{h}_{2}}}{r_{{}}^{2}.h}=\frac{26}{27}$ mà $\frac{{{r}_{2}}}{r}=\frac{{{h}_{2}}}{h}$ nên ${{\left( \frac{{{h}_{2}}}{h} \right)}^{3}}=\frac{26}{27}\Leftrightarrow \frac{{{h}_{2}}}{h}=\sqrt[3]{\frac{26}{27}}\Leftrightarrow {{h}_{2}}=15\sqrt[3]{\frac{26}{27}}$
Vậy chiều cao của nước khi lộn ngược phễu là $15-15\sqrt[3]{\frac{26}{27}}\approx 0,188\text{ }(cm)$
Gọi r, r1, r2, h, h1, h2 như hình vẽ.
Gọi V là thể tích khối nón ban đầu.
$\frac{{{r}_{1}}}{r}=\frac{{{h}_{1}}}{h}=\frac{1}{3}\Rightarrow $ Thể tích nước đổ vào bằng $\frac{1}{27}V$
Khi lộn ngược phễu thì thể tích phần không gian không chứa nước là $\frac{26}{27}V$
Khi đó: $\frac{1}{3}\pi r_{2}^{2}.{{h}_{2}}=\frac{26}{27}.\frac{1}{3}\pi r_{{}}^{2}.h\Leftrightarrow \frac{r_{2}^{2}.{{h}_{2}}}{r_{{}}^{2}.h}=\frac{26}{27}$ mà $\frac{{{r}_{2}}}{r}=\frac{{{h}_{2}}}{h}$ nên ${{\left( \frac{{{h}_{2}}}{h} \right)}^{3}}=\frac{26}{27}\Leftrightarrow \frac{{{h}_{2}}}{h}=\sqrt[3]{\frac{26}{27}}\Leftrightarrow {{h}_{2}}=15\sqrt[3]{\frac{26}{27}}$
Vậy chiều cao của nước khi lộn ngược phễu là $15-15\sqrt[3]{\frac{26}{27}}\approx 0,188\text{ }(cm)$
Câu 40: Đáp án A
${{4}^{1+x}}+{{4}^{1-x}}=(m+1)\left( {{2}^{2+x}}-{{2}^{2-x}} \right)+16-8m$ $\Leftrightarrow 4\left( {{4}^{x}}+\frac{1}{{{4}^{x}}} \right)=4(m+1)\left( {{2}^{x}}-\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)+16-8m$
Đặt $t={{2}^{x}}-\frac{1}{{{2}^{x}}}$với $x\in \left[ 0;1 \right]$ $\Rightarrow {{4}^{x}}+\frac{1}{{{4}^{x}}}={{t}^{2}}+2$
$t'=\ln 2\left( {{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)>0$ $\Rightarrow 0\le t\le \frac{3}{2}$
PT trở thành: ${{t}^{2}}=(m+1)t+2-2m\Leftrightarrow (t+1)(t-2)=m(t-2)\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& t=2\text{ }(L) \\
& t=m-1 \\
\end{align} \right.$
Yêu cầu đề $\Rightarrow 0\le m-1\le \frac{3}{2}\Leftrightarrow 1\le m\le \frac{5}{2}$
${{4}^{1+x}}+{{4}^{1-x}}=(m+1)\left( {{2}^{2+x}}-{{2}^{2-x}} \right)+16-8m$ $\Leftrightarrow 4\left( {{4}^{x}}+\frac{1}{{{4}^{x}}} \right)=4(m+1)\left( {{2}^{x}}-\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)+16-8m$
Đặt $t={{2}^{x}}-\frac{1}{{{2}^{x}}}$với $x\in \left[ 0;1 \right]$ $\Rightarrow {{4}^{x}}+\frac{1}{{{4}^{x}}}={{t}^{2}}+2$
$t'=\ln 2\left( {{2}^{x}}+\frac{1}{{{2}^{x}}} \right)>0$ $\Rightarrow 0\le t\le \frac{3}{2}$
PT trở thành: ${{t}^{2}}=(m+1)t+2-2m\Leftrightarrow (t+1)(t-2)=m(t-2)\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& t=2\text{ }(L) \\
& t=m-1 \\
\end{align} \right.$
Yêu cầu đề $\Rightarrow 0\le m-1\le \frac{3}{2}\Leftrightarrow 1\le m\le \frac{5}{2}$
Câu 41. Đáp án C
Đặt \[t=\ln x\] vì \[x\in \left( {{e}^{2}};+\infty \right)\Rightarrow t\in (2;+\infty )\]Tìm m để hàm số \[y=\frac{mt-2}{t-m-1}\] nghịch biến trên \[(2;+\infty )\]Ta có \[y'=-{{m}^{2}}-m+2\]Theo trên có \[\left\{ \begin{align}
& y'<0 \\
& m+1\le 2 \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& -{{m}^{2}}-m+2<0 \\
& m\le 1 \\
\end{align} \right.\Leftrightarrow m<-2\]
Đặt \[t=\ln x\] vì \[x\in \left( {{e}^{2}};+\infty \right)\Rightarrow t\in (2;+\infty )\]Tìm m để hàm số \[y=\frac{mt-2}{t-m-1}\] nghịch biến trên \[(2;+\infty )\]Ta có \[y'=-{{m}^{2}}-m+2\]Theo trên có \[\left\{ \begin{align}
& y'<0 \\
& m+1\le 2 \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& -{{m}^{2}}-m+2<0 \\
& m\le 1 \\
\end{align} \right.\Leftrightarrow m<-2\]
Last edited:
Câu 42. Đáp án A
Trên cạnh SB, SC lần lượt lấy M và N sao cho SA = SM = SN =2
Ta có SAMN là tứ diện đều cạnh 2, khi đó thể tích của tứ diện SAMN là \[{{V}_{SAMN}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\]
Lại có \[\frac{{{V}_{SAMN}}}{{{V}_{SABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{V}_{SABC}}=3{{V}_{SAMN}}=2\sqrt{2}\]
Trên cạnh SB, SC lần lượt lấy M và N sao cho SA = SM = SN =2
Ta có SAMN là tứ diện đều cạnh 2, khi đó thể tích của tứ diện SAMN là \[{{V}_{SAMN}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\]
Lại có \[\frac{{{V}_{SAMN}}}{{{V}_{SABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{V}_{SABC}}=3{{V}_{SAMN}}=2\sqrt{2}\]
Câu 43. Đáp án D
Ta có \[F(x)=\int{{{2}^{x}}dx=\frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}+C}\]mà \[F(0)=\frac{1}{\ln 2}\Rightarrow C=0\]
Vậy \[F(x)=\frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}\]
\[T=\frac{1}{\ln 2}\left( {{2}^{0}}+{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+...+{{2}^{2017}} \right)=\frac{1}{\ln 2}\left( 1+\frac{2(1-{{2}^{2017}})}{1-2} \right)=\frac{1}{\ln 2}\left( {{2}^{2018}}-1 \right)\]
Ta có \[F(x)=\int{{{2}^{x}}dx=\frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}+C}\]mà \[F(0)=\frac{1}{\ln 2}\Rightarrow C=0\]
Vậy \[F(x)=\frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}\]
\[T=\frac{1}{\ln 2}\left( {{2}^{0}}+{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+...+{{2}^{2017}} \right)=\frac{1}{\ln 2}\left( 1+\frac{2(1-{{2}^{2017}})}{1-2} \right)=\frac{1}{\ln 2}\left( {{2}^{2018}}-1 \right)\]
Câu 45. Đáp án D
Ta có \[{{V}_{t}}=V=l.\pi {{R}^{2}}\Rightarrow l=\frac{V}{\pi {{R}^{2}}}\]
\[{{S}_{t}}=l.2\pi R+2\pi {{R}^{2}}\Rightarrow {{S}_{t}}=\frac{V}{\pi R}2\pi R+2\pi {{R}^{2}}=2(\pi {{R}^{2}}+\frac{V}{R})\]
\[{{S}_{t}}=2(\pi {{R}^{2}}+\frac{V}{2R}+\frac{V}{2R})\ge 2.3\sqrt[3]{\pi {{R}^{2}}.\frac{V}{2R}.\frac{V}{2R}}=6\sqrt[3]{\frac{\pi {{V}^{2}}}{4}}\]
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\pi {{R}^{2}}=\frac{V}{2R}\Leftrightarrow R=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}\]
Ta có \[{{V}_{t}}=V=l.\pi {{R}^{2}}\Rightarrow l=\frac{V}{\pi {{R}^{2}}}\]
\[{{S}_{t}}=l.2\pi R+2\pi {{R}^{2}}\Rightarrow {{S}_{t}}=\frac{V}{\pi R}2\pi R+2\pi {{R}^{2}}=2(\pi {{R}^{2}}+\frac{V}{R})\]
\[{{S}_{t}}=2(\pi {{R}^{2}}+\frac{V}{2R}+\frac{V}{2R})\ge 2.3\sqrt[3]{\pi {{R}^{2}}.\frac{V}{2R}.\frac{V}{2R}}=6\sqrt[3]{\frac{\pi {{V}^{2}}}{4}}\]
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\pi {{R}^{2}}=\frac{V}{2R}\Leftrightarrow R=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}\]
Câu 46. Đáp án C
$\begin{align}
& \log _{2}^{2}2x-2\left( m+1 \right){{\log }_{2}}x-2<0\, \\
& \Leftrightarrow {{\left( 1+{{\log }_{2}}x \right)}^{2}}-2\left( m+1 \right){{\log }_{2}}x-2<0 \\
\end{align}$
Đặt $t={{\log }_{2}}x$ ta được ${{\left( 1+t \right)}^{2}}-2\left( m+1 \right)t-2<0\Leftrightarrow {{t}^{2}}-2mt-1<0\Leftrightarrow t\in \left( m-\sqrt{{{m}^{2}}+1};m+\sqrt{{{m}^{2}}+1} \right)$
$x\in \left( \sqrt{2};+\infty \right)\Leftrightarrow t\in \left( \frac{1}{2};+\infty \right)$
$\Rightarrow m+\sqrt{{{m}^{2}}+1}>\frac{1}{2}\Leftrightarrow m>-\frac{3}{4}$
$\begin{align}
& \log _{2}^{2}2x-2\left( m+1 \right){{\log }_{2}}x-2<0\, \\
& \Leftrightarrow {{\left( 1+{{\log }_{2}}x \right)}^{2}}-2\left( m+1 \right){{\log }_{2}}x-2<0 \\
\end{align}$
Đặt $t={{\log }_{2}}x$ ta được ${{\left( 1+t \right)}^{2}}-2\left( m+1 \right)t-2<0\Leftrightarrow {{t}^{2}}-2mt-1<0\Leftrightarrow t\in \left( m-\sqrt{{{m}^{2}}+1};m+\sqrt{{{m}^{2}}+1} \right)$
$x\in \left( \sqrt{2};+\infty \right)\Leftrightarrow t\in \left( \frac{1}{2};+\infty \right)$
$\Rightarrow m+\sqrt{{{m}^{2}}+1}>\frac{1}{2}\Leftrightarrow m>-\frac{3}{4}$
Câu 47. Đáp án B
Đồ thị hàm số có 3 tiệm cận thì phương trình $m{{x}^{2}}-2x+3=0$ phải có hai nghiệm phân biệt khác 1.
Đồ thị hàm số có 3 tiệm cận thì phương trình $m{{x}^{2}}-2x+3=0$ phải có hai nghiệm phân biệt khác 1.
Câu 48. Đáp án B
Gọi I, E, F lần lượt là trung điểm của AC, AB, HC.
IE là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB, IF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác HKC.
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AHKB. Suy ra bán kính $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Gọi I, E, F lần lượt là trung điểm của AC, AB, HC.
IE là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB, IF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác HKC.
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AHKB. Suy ra bán kính $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Câu 49. Đáp án B
Gọi N là trung điểm của BC.
$d\left( AB,SM \right)=d\left( A,\left( SMN \right) \right)$
Dưng đường cao AK trong tam giác AMN, dựng đường cao AH trong tam giác SAK.
Dễ dàng chứng minh được $AH\bot \left( SMN \right)$ tại H, suy ra $d\left( AB,SM \right)=d\left( A,\left( SMN \right) \right)=AH$
$AK=BN=2a,SA=5a\sqrt{3}\Rightarrow AH=\frac{10a\sqrt{3}}{\sqrt{79}}$
Gọi N là trung điểm của BC.
$d\left( AB,SM \right)=d\left( A,\left( SMN \right) \right)$
Dưng đường cao AK trong tam giác AMN, dựng đường cao AH trong tam giác SAK.
Dễ dàng chứng minh được $AH\bot \left( SMN \right)$ tại H, suy ra $d\left( AB,SM \right)=d\left( A,\left( SMN \right) \right)=AH$
$AK=BN=2a,SA=5a\sqrt{3}\Rightarrow AH=\frac{10a\sqrt{3}}{\sqrt{79}}$
