Câu 37: Đáp án C
HD: Gọi $A\left( a;\dfrac{a-1}{2a} \right);\,B\left( b;\dfrac{b-1}{2b} \right)\left( a\ne b \right)$
Do tiếp tuyến A và B song song với nhau nên $y'\left( a \right)=y'\left( b \right)\Leftrightarrow \dfrac{1}{2{{a}^{2}}}=\dfrac{1}{2{{b}^{2}}}\Rightarrow a=-b$
Suy ra A, B đối xứng nhau qua tâm đối xứng $I\left( 0;\dfrac{1}{2} \right)$
PTTT tạo A là: $y=\dfrac{1}{2{{a}^{2}}}\left( x-a \right)+\dfrac{a-1}{2a}\left( \Delta \right)$
Khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến:
$d = 2d\left( {I;\Delta } \right) = 2\frac{{\left| { - \frac{1}{{2a}} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{{2a}}} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{4{a^4}}} + 1} }} = \frac{2}{{\sqrt {\frac{1}{{4{a^2}}} + {a^2}} }} \le \frac{2}{{\sqrt {2\sqrt {\frac{1}{4}} } }} = 2$
(Do theo BĐT Co-si ta có $\dfrac{1}{4{{a}^{2}}}+{{a}^{2}}\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{4}}$)
Vậy khoảng cách lớn nhất giữa d1 và d2 là 2. Chọn C.
Câu 38: Đáp án A
HD: Phương trình đường thẳng IA và IB lần lượt là: $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{1}=\dfrac{z+1}{2};\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{-1}=\dfrac{z+1}{1}$
Khi đó $A=IA\cap \left( P \right)=\left( 0;1;-3 \right);B=IB\cap \left( P \right)=\left( 3;1;0 \right)\Rightarrow AB=3\sqrt{2}$. Chọn A.
Câu 39: Đáp án B
HD: Ta có: $E{{F}_{m\text{ax}}}\Leftrightarrow d{{\left( I;d \right)}_{\min }}={{\dfrac{\left| \left[ \overline{I{{M}_{0}}};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{d}}} \right|}}_{\min }}$ (trong đó M0 (1; -1; m))
Ta có: $d{{\left( I;d \right)}_{\min }}=\dfrac{\left| \left[ \overline{I{{M}_{0}}};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{d}}} \right|}=\dfrac{\sqrt{{{\left( m+2 \right)}^{2}}+{{\left( m-2 \right)}^{2}}+4}}{\sqrt{1+1+4}}=\dfrac{\sqrt{2{{m}^{2}}+12}}{\sqrt{6}}$
Suy ra ${{d}_{\min }}=\sqrt{2}<R=3$ khi m = 0. Chọn B.
Câu 40: Đáp án C
HD: Ta có: $y'=m-\dfrac{36}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}};y\left( 0 \right)=36;y\left( 3 \right)=3m+9$
TH1: Hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \le \frac{9}{4}}\\
{3m + 9 = 20}
\end{array}} \right.\left( {vn} \right)$
TH2: $y' = m - \frac{{36}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = - 1 + \frac{6}{{\sqrt m }} \in \left[ {0;3} \right]}\\
{x = - 1 - \frac{6}{{\sqrt m }}\left( {loai} \right)}
\end{array}} \right.$
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng$20 \Rightarrow y\left( { - 1 + \frac{6}{{\sqrt m }}} \right) = 20$
$ \Leftrightarrow m\left( { - 1 + \frac{6}{{\sqrt m }}} \right) + \frac{{36}}{{ - 1 + \frac{6}{{\sqrt m }} + 1}} \Leftrightarrow - m + 6\sqrt m + 6\sqrt m = 20 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 100\,\left( {loai} \right)}\\
{m = 4}
\end{array}} \right.$
Câu 41: Đáp án D
HD: Để AB nhỏ nhất $\Leftrightarrow $ AB là đoạn vuông góc chung của $d,{d}'.$
Gọi $A\in d\Rightarrow A\left( 1+a;2-a;a \right)$ và $B\in {d}'\Rightarrow B\left( 2b;1+b;2+b \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 2b-a-1;a+b-1;b-a+2 \right)$.
Vì
$\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot d\\
AB \bot d'
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} .{\overrightarrow u _d} = 0\\
\overrightarrow {AB} .{\overrightarrow u _{d'}} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2b - a - 1 - a - b + 1 + b - a + 2 = 0\\
2\left( {2b - a - 1} \right) + a + b - 1 + b - a + 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 3a + 2b + 2 = 0\\
- 2a + 6b - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = \frac{1}{2}
\end{array} \right..$
Vậy $A\left( {2;1;1} \right),B\left( {1;\frac{3}{2};\frac{5}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 1;\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\left( {2; - 1; - 3} \right) \Rightarrow \left( {AB} \right):\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 1}}{3}.$
Câu 42: Đáp án A
HD: Ta có ${f}'\left( x \right)=\left( {{x}^{3}}-2{{x}^{2}} \right)\left( {{x}^{3}}-2x \right)={{x}^{3}}\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}-2 \right);\,\forall x\in \mathbb{R}.$
Số điểm cực trị của hàm số $y=\left| g\left( x \right) \right|=\left| f\left( 1-2018x \right) \right|$ là tổng
- Số nghiệm phương trình ${g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow -2018.{f}'\left( 1-2018x \right)=0\xrightarrow{{}}$ có 4 điểm.
- Số nghiệm của phương trình $f\left( 1-2018x \right)=0\xrightarrow{{}}$ có tối đa 5 nghiệm vì đạo hàm có 4 nghiệm.
Vậy hàm số đã cho có tối đa 9 điểm cực trị.
Câu 43: Đáp án A
HD: Ta có $f\left( n \right)\ge f\left( n+1 \right)\Leftrightarrow \dfrac{{{\log }_{3}}2.{{\log }_{3}}4...{{\log }_{3}}n}{{{9}^{n}}}\ge \dfrac{{{\log }_{3}}2.{{\log }_{3}}4...{{\log }_{3}}n.{{\log }_{3}}\left( n+1 \right)}{{{9}^{n+1}}}$
$\Leftrightarrow 9\ge {{\log }_{3}}\left( n+1 \right)\Leftrightarrow {{3}^{9}}\ge n+1\Leftrightarrow n\le {{3}^{9}}-1.$ Suy ra $f\left( 1 \right)>f\left( 2 \right)>f\left( 3 \right)>...>f\left( {{3}^{9}}-1 \right)=f\left( {{3}^{9}} \right).$
Vậy hàm số $f\left( n \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $n={{3}^{9}}-1;n={{3}^{9}}.$
Câu 44: Đáp án C
HD: Gắn hệ tọa độ Oxyz, với $A\left( 0;0;0 \right),S\left( 0;0;2 \right),D\left( 0;1;0 \right),B\left( 1;0;0 \right),C\left( 1;1;0 \right).$
Tọa độ trung điểm M của SD là $M\left( 0;\dfrac{1}{2};1 \right).$ Ta có $\left[ \overrightarrow{SB};\overrightarrow{SC} \right]=\left( 2;0;1 \right)$ và $\left[ \overrightarrow{AM};\overrightarrow{AC} \right]=\left( -1;1;-\dfrac{1}{2} \right).$
Do đó $\cos \widehat{\left( AMC \right);\left( SBC \right)}=\dfrac{\left| {{\overrightarrow{u}}_{\left( AMC \right)}}.{{\overrightarrow{u}}_{\left( SBC \right)}} \right|}{\left| {{\overrightarrow{u}}_{\left( AMC \right)}} \right|.\left| {{\overrightarrow{u}}_{\left( SBC \right)}} \right|}=\sqrt{5}\xrightarrow{{}}\tan \alpha =\sqrt{1-\dfrac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}.$
