Đề số 16 lời giải

Tính bán kính R đáy khối nón khi diện tích xung quanh nhỏ nhất.. Lời giải Chọn A Gọi ,h l lần lượt là chiều cao và độ dài đường sinh của khối nón... Vậy có 8 giá trị nguyên dương cần tìm

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 16

Câu 1: Cho hàm số

mx m y

x m

 



 với m là tham số Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của

m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Tìm số phần tử của S

Lời giải Chọn C

2 2

y

x m

 



Để thoả mãn ta có

2 2

m

m m

m

  



Vậy S 0;1;2

Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P

đi qua điểm M2;3;5

cắt các tia , ,

Ox Oy Oz lần lượt tại ba điểm A B C, , sao cho OA OB OC, , theo thứ tự lập thành cấp số nhân

có công bội bằng 3 Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  P

bằng

A

16

24

32

18

91

Lời giải Chọn C

Vì  P

cắt các tia Ox Oy Oz, , lần lượt ở A B C, , nên ta gọi tọa độ các điểm là

 ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 

với a b c , , 0

Khi đó phương trình mặt phẳng  P :x y z 1

a b c  .

Vì M2;3;5  P 2 3 5 1

a b c

Vì đô dài các đoạn OA OB OC, , lập thành cấp số nhân với công bội bằng 3

3

3 9

b a





 

32

32

b a

c







 



Khi đó ta có phương trình mặt phẳng

32 32 32

Hay  P : 9x3y z  32 0

Do đó:  ;   2 322 2 32

91

9 3 1

Bình luận:

Bài này có thể dùng cách khác như sau:

Khoảng cách từ O đến ABC

: 2 2  2  2

91

a h

Mà

32 9

a 

từ đó tìm được

32 91

h 

Câu 3: Một khối nón có thể tích bằng 9a3 2 Tính bán kính R đáy khối nón khi diện tích xung

quanh nhỏ nhất

A R3a B 6

3 2

a

R 

C R39a D 3

3 2

a

R 

Lời giải Chọn A

Gọi ,h l lần lượt là chiều cao và độ dài đường sinh của khối nón.

3

2

3

a

R

6

4

729

2 a

R

xq

2

9

xq

  Nên minS xq 9a2 khi

6 4

2

729

3

a

R

Câu 4: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   20;20

để hàm số

  3 4 4 1 2 2 3 6 2 2 2 12 1

f x  x   m x  m m x  mx

nghịch biến trên khoảng 0;1

?

Lời giải Chọn B

Ta có: f x'   0, x 0;1 12x312 1 2  m x2 212m 2m x2 12m  0, x 0;1

x 1 x2 2m x m2  0, x 0;1

Vì x0;1 x  nên yêu cầu bài toán 1 0  

g x

          

(*) Xét  

4

  

TH1: g x 0

, do a   1 0  g x 0,   (không thỏa mãn).x

TH2:  

1 0

0

g x

m m







    

 (không thỏa mãn)

TH3:  

0

g x

m

m







       

Khi đó g x   0

có 2 nghiệm phân biệt x x (giả sử 1, 2 x1x2)

Ta có bảng xét dấu của g x 

như sau:

Theo yêu cầu bài toán ta có

 

 

0 0

1 0

g g











2

0

2

2

m

m

m













Do  20; 20

m m







 





nên ta nhận m   20; 19; ; 1   Vậy có tất cả 20 giá trị thỏa mãn

Câu 5: Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z2 2a 45z2016 80 a0 (a là tham số

thực) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của a để phương trình có hai nghiệm phân biệt

1, 2

z z sao cho z1 z2

Lời giải Chọn B

' a 45 2016 80a a 10a 9

Th1:

9

a

a





        



Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt, khi đó:

( )

z z l

z z





   



Th2:   ' 0 a210a 9 0 a1;9

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phức z z là 2 số phức liên hợp của nhau, ta luôn có1, 2

z z

Với a  a 2;3;4;5;6;7;8;45

   Vậy có 8 giá trị nguyên dương cần tìm.

Câu 6: Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng 3 a Gọi M N lần lượt là trung điểm,

của SB SC Biết mặt phẳng , AMN

vuông góc với mặt phẳng SBC

Tính thể tích của khối chóp A BCNM

A

3

3 15 16

a

3

3 15 48

a

3

3 15 32

a

3 15 32

a

Lời giải Chọn C

G H

I M N

A S

B C

Gọi H là trung điểm BC  BCSH (do SBC cân tại S ).

Gọi G là trọng tâm ABC và I SHMN

Do S ABC là chóp đều  SGABC

Ta có: MN là đường trung bình của SBC MN/ /BC MN SH tại I

Vậy:

,

SH MN SH SBC











Lại có I là trung điểm SH (do IMN)  AI là đường trung tuyến SAH

Suy ra SAH cân tại

3 3

A SA AH  

Xét SGA vuông tại G :

SG SA  AG       

Mặt khác:

2

3

.

S AMN

S ABC

Câu 7: Cho khối đa diện (minh họa như hình vẽ bên) trong đó ABCD A B C D     là khối hộp chữ nhật

với AB AD 2a , AA  , a S ABCD là khối chóp có các cạnh bên bằng nhau và SA a 3

Thể tích khối tứ diện SA BD bằng

A

2

a

3

2 3

a

6

a

Lời giải Chọn C

Giả sử O AC BD

Do SA SB SC SD SO ABCD

OA OB OC OD





 Ta có V SA BD V A SBD'.

'/ / '

AA BB

BB SBD









Ta có AO SO AO SBD

AO BD









Tam giác SOB vuông tại O SO SB2 OB2  3a2 2a2  a

 

1 , 1 3

V V  AO k

Với k là diện tích tam giác 1 1 2  

SBD k  SO BD a a  a

AO a 2 3 

Thay (2), (3) vào (1) ta được

3 2 '.

.

2 2

A SBD

S A BD

a

Câu 8: Cho các số thực b c , sao cho phương trình z2  bz c   0 có hai nghiệm phức z z1, 2 thỏa

mãn z1 4 3 i 1 và z2 8 6 i 4 Mệnh đề nào sau đây đúng?

A 5b c 12. B 5b c 4.

C 5b c 4. D 5b c 12.

Lời giải Chọn A

Vì z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 bz c   0 nên z1z2

Khi đó ta có z2 8 6 i  4 z1 8 6 i  4 z1 8 6 i 4

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1

M

 vừa thuộc đường tròn C1

tâm I14; 3 ,  bán kính R 1 1và đường tròn C2

tâm

 

1 8; 6 ,

I  bán kính R 1 4  m  C1  C2

Ta có I I1 2  42 32   5 R1 R2   C1

và C2

tiếp xúc ngoài

Do đó có duy nhất 1 điểm M thỏa mãn, tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

1

24

;

5

x

x y x y







của phương trình z2 bz c   0 2

24 18

cũng là nghiệm của phương trình

z  bz c  

Áp dụng định lí Vi ét ta có

z z b  b z z  c

Vậy 5b c 48 36 12

Câu 9: Có bao nhiêu bộ x y; 

với x y, nguyên và 1x y, 2020 thỏa mãn

A 2017 B 4034 C 2. D 2017 2020

Lời giải

+ Điều kiện

*

*

ï > > ï > >

ïî

¥

¥

x y x y

x y x y

BPT cho có dạng     2     3

+ Xét y 1 thì thành   2   3

x

x





đúng với mọi x  vì3

3 0, log 1 log 0 1 0, 3 4 0, log 0

x

x





Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ x y;   x;1 với 4 x 2020,x 

+ Xét y 2 thì thành 4x 4 log 1 0 3  , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà

4 x 2020,x 

Trường hợp này cho ta 2017 cặp x y; 

nữa

+ Với y2,x3 thì VT *  nên không xảy ra.0

Vậy có đúng 4034 bộ số x y; 

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 10: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc [0;5] để hàm số

đồng biến trên khoảng (0;3) ?

Lời giải Chọn C

Đặt f x( )x3  3(m2)x2 3 (m m4)x

Trường hợp 1: Nếu m 0, khi đó f x( )x3  6x2

'( ) 3 12 '( ) 0

4

x

x





 Bảng biến thiên của ( )f x

Bảng biến thiên của hàm số

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số

đồng biến trên khoảng (0;3) Do đó 0

m  thỏa mãn.

Trường hợp 2: Nếu m 0, khi đó ta có f x'( ) 3 x2  6(m2)x3 (m m4)

2

4

x m

x m





 + Với 0m3, bảng biến thiên của hàm số ( )f x

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số ( )f x , ta thấy hàm số ( ) f x nghịch biến trên khoảng ( ;3) m và

( ) 0

f m  suy ra hàm số y  f x( )

không thể đồng biến trên khoảng (0;3) + Với m 3, bảng biến thiên của hàm số ( )f x

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số ( )f x luôn đồng biến trên khoảng (0;3) và

( ) 0, (0;3)

f x   x , suy ra hàm số y  f x( ) luôn đồng biến trên khoảng (0;3)

Vì m [0;5] m3, 4,5

Vậy m 0,3, 4,5 nên có 4 giá trị của m

Cách 2:

Đặt f x( )x3  3(m2)x2 3 (m m4)x

2

'( ) 3 6( 2) 3 ( 4)

f x  x  m x m m

2

4

x m

x m





 Bảng biến thiên của ( )f x

Để hàm số y  f x( ) đồng biến trên khoảng (0;3) thì xảy ra 2 trường hợp

+ Trường hợp 1: Hàm số y f x( ) luôn đồng biến trên khoảng (0;3) và (0) 0f 

Vì (0) 0f 

  Vì m   và m[0;5] m3, 4,5

+ Trường hợp 2: Hàm số y f x( ) luôn nghịch biến trên khoảng (0;3) và (0) 0f 

Vì (0) 0f 

0

4 3

m

m





 

[0;5] 0

m  m

Vậy m 0,3, 4,5 nên có 4 giá trị của m