2020 27 ✍ Lời giải A V = B V = 505 C V = 505 D V = 505 16 Vị trí hình Gọi I, J, K trung điểm CD, BD, BC B C IJ, B C = IJ Å ã2 1 2 Ta có: C D JK, C D = JK ⇒ S∆B C D = S∆IJK = S∆BCD = S∆BCD Vì (B C D ) 9 B D IK, B D = IK d(A,(B C D )) 2 AB (BCD) ⇒ = ⇒ d(A,(B C D )) = d(A,(BCD)) = d(A,(BCD)) AI 3 Suy ra: d(A ,(B C D )) = d(A,(BCD)) − d(A,(B C D )) = d(A,(BCD)) − d(A,(BCD)) = d(A,(BCD)) 3 1 1 2020 Vậy: VA B C D = d(A ,(B C D )) S∆B C D = d(A,(BCD)) S∆BCD = VABCD = 3 27 27 Chọn đáp án A Câu 49 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (1; 2; 3) , B (2; 3; 4) Một mặt cầu (S) bán kính R ln tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ đoạn thẳng AB nằm (S) Giá trị nguyên lớn R đạt là: A B C D 34 ✍ Lời giải Do mặt cầu tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ nên ta có tọa độ tâm cầu mặt cầu là; I (a, a, a) ⇒ bán kính mặt cầu R = |a| ® ® IA < R IA < a2 Lại có điểm thuộc đoạn thẳng AB nằm mặt cầu (S) nên ta có: ⇔ ⇔ IB < R IB < a2 √ √ ® ® 2 2 3 − < a < + (1 − a) + (2 − a) + (3 − a) < a 2a − 12a + 14 < √ √ ⇒ − √2 < ⇒ − 23 < a < + 23 (2 − a)2 + (3 − a)2 + (4 − a)2 < a2 2a − 18a + 29 < 2 √ + 23 a< Vậy giá trị nguyên lớn R R = Chọn đáp án B Câu 50 Cho phương trình (1 − a2 ) x2 − 2a2 + log2 (x2 + 3x + 3) = x4 + log2 (3x2 + 6x + 2a2 + 3) − với a tham số thực Gọi T tập hợp tất giá trị a để phương trình có nghiệm, biết T = [c; d], (d3 − c3 ) thuộc khoảng sau A (650; 750) B (1000; 1500) C (550; 650) D (200; 450) ✍ Lời giải ⇔ log2 x2 + 3x + = x2 + ⇔ log2 Ä + 2a2 x2 + − x2 + − + log2 3x2 + 6x + 2a2 + Ä ä Với log (x + x2 + 3x + + x2 + + = x2 + + 2a2 x2 + + log2 (x + 1)2 + 2a2 (1) ĐỀ SỐ 20 - Trang 14