Câu 36: Đáp án B
Phương trình đường thẳng AB là: $left{ begin{array}{l}
x = t\
y = t\
z = t
end{array} right.$
Suy ra $Mleft( 3;3;3 right)$ là giao điểm của AB và mặt phẳng (P) khi đó MC là tiếp tuyến của mặt cầu $left( S right)$.
Theo tính chất phương tích ta có: $MA.MB=M{{C}^{2}}Rightarrow M{{C}^{2}}=2sqrt{3}.6sqrt{3}=36.$
Do đó tập hợp điểm C là đường tròn tâm $Mleft( 3;3;3 right)$ bán kính $R=6.$
Câu 37: Đáp án B
Đặt $t={{left( dfrac{1}{3} right)}^{x}}(t>0)$ khi đó phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-mt+2m+1=0 (*)$
PT đã cho có nghiệm $Leftrightarrow (*)$ có ít nhất 1 nghiệm dương.
TH1: Phương trình đã cho có 1 nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương $Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m = – frac{1}{2}\
m > 0
end{array} right.$ ( Loại)
TH2: (*) chỉ có nghiệm dương $Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta = {m^2} – 8m – 4 ge 0\
S = m > 0\
P = 2m + 1 > 0
end{array} right. Leftrightarrow m ge 4 + 2sqrt 5 $
TH3: (*) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu $Leftrightarrow P=2m+1<0Leftrightarrow m<-dfrac{1}{2}$
Do đó $mathbb{R}~backslash S=left. left[ -dfrac{1}{2};4+2sqrt{5} right. right)Rightarrow $tập này có 9 giá trị nguyên.
Câu 38: Đáp án B
$GTRightarrow dfrac{x{{f}^{‘}}(x)}{x+1}+dfrac{f(x)}{{{left( x+1 right)}^{2}}}=dfrac{x}{x+1}$
Lại có: $left[ dfrac{x}{x+1}.f(x) right]’=dfrac{x}{x+1},{{f}^{‘}}(x)+dfrac{f(x)}{{{left( x+1 right)}^{2}}}$
Nguyên hàm hai vế ta có: $dfrac{x}{x+1}f(x)=int{dfrac{x}{x+1}dtext{x}=x-ln left| x+1 right|+C}$
Do $f(1)=1Rightarrow dfrac{1}{2}f(1)=1-ln 2+CRightarrow C=-1$
Khi đó: $dfrac{2}{3}f(2)=2-ln 3-1=1-ln 3Rightarrow f(2)=dfrac{3}{2}-dfrac{3}{2}ln 3Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=dfrac{9}{2}.$
Câu 39: Đáp án C
Ta có: $left| {{z}_{2}}-3-4i right|=dfrac{1}{2}Leftrightarrow left| 2{{text{z}}_{2}}-6-8i right|=1$. Đặt $A,({{z}_{1}}),B (2{{text{z}}_{2}})Rightarrow P=MA+MB+2.$
Với $M(z)$ thuộc đường thẳng $(d):3text{x}-2y-12=0.$ Và $left{ begin{array}{l}
A in left( {{C_1}} right):{left( {x – 3} right)^2} + {left( {y – 4} right)^2} = 1\
B in left( {{C_2}} right):{left( {x – 6} right)^2} + {left( {y – 8} right)^2} = 1
end{array} right..$
Dễ thấy $({{C}_{1}}),({{C}_{2}})$ nằm cùng phía với $(d)$. Gọi I là điểm đối xứng với ${{I}_{1}}(3;4)$ qua $(d)$.
Phương trình đường thẳng $I{{I}_{1}}$ là $2text{x}+3y-18=0Rightarrow $ Trung điểm $E$ của $I{{I}_{1}}$ là $Eleft( dfrac{72}{13};dfrac{30}{13} right).$
Suy ra $Ileft( dfrac{105}{13};dfrac{8}{13} right)$. Khi đó đường tròn $(C)$ đối xứng $({{C}_{1}})$ qua $(d)$ là ${{left( x-dfrac{105}{13} right)}^{2}}+{{left( y-dfrac{8}{13} right)}^{2}}=1.$
Và ${{A}^{‘}}$ đối xứng với $A$ qua $(d)Rightarrow MA+MB=M{{A}^{‘}}+MBge {{A}^{‘}}B=I{{I}_{2}}-{{R}_{1}}-{{R}_{2}}=dfrac{sqrt{9945}}{13}-2.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là ${{P}_{min }}=dfrac{sqrt{9945}}{13}.$
Câu 40: Đáp án D
Hoành độ giao điểm của $left( C right)$ và Ox là nghiệm phương trình: $ln left( x+1 right)=0Leftrightarrow x=0$
Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính là $V=pi intlimits_{0}^{e-1}{{{ln }^{2}}left( x+1 right)dx=}pi .left( e-2 right).$
Câu 41: Đáp án A
Gọi $K$ là trung điểm $ABRightarrow MK//BC,,,,KP//B{{B}^{‘}}$
$Rightarrow (MKP)//({{B}^{‘}}{{C}^{‘}}CB)Rightarrow d(MP;HN)=d(K;(B{{B}^{‘}}{{C}^{‘}}C))$
$=dfrac{1}{2}d(A;(B{{B}^{‘}}{{C}^{‘}}C))=dfrac{AH}{2}=dfrac{AB.AC}{2sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=dfrac{asqrt{3}}{4}.$
