Câu 36: Đáp án B.
Gọi I là trung điểm của SP. Theo định lý Talet:
${{d}_{{}^{1}/{}_{\left( HMN \right)}}}=\frac{1}{2}{{d}_{{}^{S}/{}_{\left( HMN \right)}}}.$ Ta cần tính ${{d}_{{}^{S}/{}_{\left( HMN \right)}}}.$
Bước 1: Tìm ${{V}_{S.HMN}}$
Ta có: $\frac{{{V}_{S.HMN}}}{{{V}_{S.HAD}}}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4};\frac{{{V}_{S.HAD}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{1}{4}$
$ \Rightarrow {V_{S.HMN}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}}$. Giả sử a = 1
Dễ thấy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{4}$
$\Rightarrow {{V}_{S.HMN}}=\frac{1}{16}.\frac{1}{4}=\frac{1}{64}.$
Bước 2: Tìm ${{S}_{HMN}}.$ Ta có: $\overrightarrow{MH}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{BS}$ và $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\Rightarrow HMN=180{}^\circ -SBC.$
Do đó $\sin HMN=\sin SBC\Rightarrow {{S}_{HMN}}=\frac{1}{2}MH.MN.\sin HMN=\frac{1}{4}.{{S}_{SBC}}.$
Tam giác SBC có SB = BC = 1; $SC=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}=\sqrt{2}SH=\frac{\sqrt{6}}{2}\Rightarrow {{S}_{SBC}}=\frac{\sqrt{15}}{8}.$
Do đó ${{S}_{HMN}}=\frac{1}{4}.\frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{\sqrt{15}}{32}.$
Bước 3: Sử dụng công thức: ${{d}_{{}^{S}/{}_{\left( HMN \right)}}}=\frac{3.{{V}_{S.HMN}}}{{{S}_{HMN}}}=\frac{3}{64}.\frac{32}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{10}\Rightarrow {{d}_{{}^{I}/{}_{\left( HMN \right)}}}=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{15}}{10}=\frac{\sqrt{15}}{20}.$
Câu 37: Đáp án C.
$\begin{array}{l}
\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\frac{{\cos 2x}}{{1 - \cos x}}dx = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\frac{{2{{\cos }^2}x - 2 + 1}}{{1 - \cos x}}dx = } } \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\left[ {\frac{1}{{1 - \cos x}} - 2\left( {1 + \cos x} \right)} \right]dx} \\
= \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\frac{{dx}}{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}} - 2\left. {\left( {x + \sin x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{2}}^\pi = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\frac{{d\left( {\frac{x}{2}} \right)}}{{{{\sin }^2}\frac{x}{2}}} - \pi + 2 = \left. { - \cot \frac{x}{2}} \right|_{\frac{\pi }{2}}^\pi - \pi + 2 = 3 - \pi .} }
\end{array}$
Do đó $a=-1;b=3\Rightarrow P=1-{{\left( -1 \right)}^{3}}-{{3}^{2}}=-7.$
Câu 38: Đáp án D.
Đặt $\sqrt[6]{1-{{x}^{2}}}=t\left( 0\le t\le 1 \right).$ Ta có: $y={{t}^{3}}+2{{t}^{4}};y'=8{{t}^{3}}+3{{t}^{2}}={{t}^{2}}\left( 8t+3 \right).$
Với $t\in \left[ 0;1 \right];y'\ge 0$ nên $y\left( t \right)$ đồng biến trên $\left[ 0;1 \right].$ Do đó:
\[\left\{ \begin{array}{l}
M = y\left( 1 \right) = 3\\
m = y\left( 0 \right) = 0
\end{array} \right..\]
$\Rightarrow A\left( 3;0 \right)$ thuộc đường tròn ${{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=4.$
Câu 39: Đáp án D.
Cách 1 (Giải theo trắc nghiệm - Tổng quát hóa – Đặc biệt hóa)
Bài toán tổng quát:
Cho $A=\frac{1}{1!.\left( 2n \right)!}+\frac{1}{2!.\left( 2n-1 \right)!}+\frac{1}{3!.\left( 2n-2 \right)!}+...+\frac{1}{\left( n-1 \right)!.\left( 2n \right)!}+\frac{1}{n!.\left( n+1 \right)!}$
Giá trị của A là: A. $\frac{{{2}^{2n-1}}-1}{\left( 2n \right)!}.$ B. $\frac{{{2}^{2n-1}}}{\left( 2n \right)!}.$ C. $\frac{{{2}^{2n}}}{\left( 2n+1 \right)!}.$ D. $\frac{{{2}^{2n}}-1}{\left( 2n+1 \right)!}.$
Đặc biệt hóa: Cho n = 2, ta có: $A=\frac{1}{1!.4!}+\frac{1}{2!.3!}=\frac{1}{8}.$
Khi n = 2 ứng với 4 đáp án A, B, C, D, ta thấy chỉ có đáp án D: $\frac{{{2}^{4}}-1}{5!}=\frac{1}{8}.$
Cách 2 (Làm tự luận)
Ta có: $A=\sum\limits_{k=1}^{1009}{\frac{1}{k!.\left( 2019-k \right)!}\Rightarrow 2019!.A=}\sum\limits_{k=1}^{1009}{\frac{2019!}{k!.\left( 2019-k \right)!}=}\sum\limits_{k=1}^{1009}{C_{2019}^{k}}$
Chú ý rằng: $C_{2019}^{k}=C_{2019}^{2019-k}$ nên $\sum\limits_{k=1}^{1009}{C_{2019}^{k}=}\sum\limits_{k=1010}^{2018}{C_{2019}^{k}}$
Ngoài ra ${{\left( 1+1 \right)}^{2019}}=\sum\limits_{k=0}^{2019}{C_{2019}^{k}}={{2}^{2019}}$
$\Rightarrow \sum\limits_{k=1}^{1009}{C_{2019}^{k}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{2018}{C_{2019}^{k}}=\frac{1}{2}\left( \sum\limits_{k=0}^{2019}{C_{2019}^{k}-2} \right)=\frac{1}{2}\left( {{2}^{2019}}-2 \right)={{2}^{2018}}-1.$ Do đó $A=\frac{{{2}^{2018}}-1}{2019!}.$
Câu 40: Đáp án A.
(P) đi qua A và G nên (P) đi qua trung điểm của BC là điểm $M\left( -\frac{3}{2};\frac{1}{2};-2 \right).$
Ta có: $\overrightarrow{AM}=\left( -\frac{5}{2};\frac{5}{2};-5 \right)$ cùng phương với véc tơ $\left( -1;1;-2 \right)$
Mặt phằng (ABC) có vác tơ pháp tuyến:
$\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC} \right]=\left[ \left( -5;2;-4 \right);\left( 0;3;-6 \right) \right]=\left( 0;-30;-15 \right)$ cùng phương với véc tơ $\left( 0;2;1 \right).$
Vì (P) chứa AM và vuông góc với (ABC) nên (P) có véc tơ chỉ phương:
$\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\left[ \left( -1;1;-2 \right);\left( 0;2;1 \right) \right]=\left( -5;-1;2 \right).$
Ngoài ra (P) qua $A\left( 1;-2;3 \right)$ nên phương trình (P):
$-5\left( x-1 \right)-1\left( y+2 \right)+2\left( z-3 \right)=0\Leftrightarrow 5x+y-2z+3=0$
Câu 41: Đáp án A.
Lưu ý: Nếu c, d lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=f\left( x \right)$ trên (m;n) thì giá trị lớn nhất của hàm số $y=\left| f\left( x \right) \right|$ trên (m;n) là $Max\left\{ \left| a \right|;\left| b \right| \right\}.$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{2}{3}{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+1.$ Ta có $f'\left( x \right)=2{{x}^{3}}-4x=2x\left( x-2 \right).$ Ta có bảng biến thiên của hàm số trên $\left[ -\frac{8}{3};3 \right]$ như sau:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $Min\text{ }f\left( x \right)=-\frac{5}{3}$ và $Max\text{ }f\left( x \right)=1$ trên $\left( -\frac{8}{3};3 \right).$
Do đó $M=Max\left\{ \left| -\frac{5}{3} \right|;\left| 1 \right| \right\}=\frac{5}{3}\Rightarrow a=5;b=3.$ Do đó $S=a+{{b}^{3}}=5+{{3}^{3}}=32.$
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.
Cách giải : Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}
\left( P \right) \bot \left( Q \right)\\
\left( P \right) \cap \left( Q \right) = \Delta \Rightarrow AC \bot \left( Q \right)\\
\left( P \right) \supset AC \bot \Delta
\end{array} \right.$
Gọi I là trung điểm của AD, do $\Delta BD$vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BD$.
Gọi N là trung điểm của AC.
Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC $\Rightarrow d\bot \left( ABD \right)$
Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD $\Rightarrow d'\bot AC$
Gọi $I=d\cap d'\Rightarrow $ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính $\text{R}=IA$
Ta có: $AM=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2};AN=\dfrac{a}{2}\Rightarrow AI=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{2}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp : Chia hai trường hợp :
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.
Cách giải : $\left| \Omega \right|=C_{2n}^{3}$
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{2}.C_{n}^{1}$ cách.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{3}$cách.
Gọi A là biến cố học sinh TWO không phải thi lại $\Rightarrow \left| A \right|=C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}\Rightarrow P\left( A \right)=\dfrac{\left| A \right|}{\left| \Omega \right|}=\dfrac{C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}}{C_{2n}^{3}}$
Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn$n=10$ , ta tính được $P\left( A \right)=\dfrac{1}{2}$
Câu 44: Đáp án A
Phương pháp:
+) Viết phương trình mặt phẳng $\left( ABC \right)$ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
+) $\left( ABC \right)$tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$tâm I bán kính R$\Leftrightarrow d\left( I;\left( ABC \right) \right)=R$
Cách giải:
$\begin{array}{l}
\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\\
M\left( {\frac{1}{7};\frac{2}{7};\frac{3}{7}} \right) \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow \frac{1}{{7a}} + \frac{2}{{7b}} + \frac{3}{{7c}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 7
\end{array}$
$\left( ABC \right)$tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$và bán kính$R=\sqrt{\dfrac{72}{7}}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}} \\
\Leftrightarrow \frac{6}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}} \Rightarrow \sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} = \frac{{\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{7}{2}
\end{array}$
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm $\operatorname{s}\text{inx}=\cos x\Leftrightarrow \tan \,x=1\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi }{4}+k\pi $
TH1: $a=\dfrac{\pi }{4}\Rightarrow S=\left| \int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{\left( \operatorname{s}\text{inx}-\cos x \right)dx} \right|=\sqrt{2}-1\Rightarrow $ không thỏa mãn
TH2: $a=\dfrac{\pi }{2}\Rightarrow S=\left| \int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{\left( \operatorname{s}\text{inx}-\cos x \right)dx} \right|+\left| \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}}{\left( \operatorname{s}\text{inx}-\cos x \right)} \right|=\sqrt{2}-1+\sqrt{2}-1=2\sqrt{2}-2\Rightarrow $không thỏa mãn
TH3: $a\in \left( \dfrac{\pi }{4};\dfrac{\pi }{2} \right)$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow S = \left| {\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} - \cos x} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^a {\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} - \cos x} \right)} } \right| = \sqrt 2 - 1 + \left| {\left. {\left( { - \cos x - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right)} \right|_{\frac{\pi }{4}}^a} \right|\\
\Rightarrow S = \sqrt 2 - 1 + \left| { - \cos x - \sin a + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right| = \frac{1}{2}\left( { - 3 + 4\sqrt 2 - \sqrt 3 } \right)\\
\Leftrightarrow \left| { - \cos a - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{ina + }}\sqrt 2 } \right| = - \frac{1}{2} + \sqrt 2 - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- \cos a - \sin a + \sqrt 2 = - \frac{1}{2} + \sqrt 2 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\
- \cos a - \sin a + \sqrt 2 = \frac{1}{2} - \sqrt 2 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos a + \sin a = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\
\cos a + \sin a = - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + 2\sqrt 2 \left( {ktm} \right){\mkern 1mu} \left( {\left( {\sin a + \cos a} \right) \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]} \right)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow a = \frac{\pi }{3}\left( {a \in \left[ {\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right]} \right) \approx 1,04 \in \left( {\frac{{51}}{{50}};\frac{{11}}{{10}}} \right)
\end{array}$
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để phương trình $y'=0$có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ.
+) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng $\Leftrightarrow C\in AB$
Cách giải: TXĐ: $D=R\backslash \left\{ \left| m \right| \right\}$
Ta có:
$\begin{array}{l}
y' = \frac{{\left( {2x - \left| m \right|} \right)\left( {x - \left| m \right|} \right) - {x^2} + \left| m \right|x - 4}}{{{{\left( {x - \left| m \right|} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2\left| m \right|x + {m^2} - 4}}{{{{\left( {x - \left| m \right|} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - \left| m \right|} \right)^2} = 4\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2 + \left| m \right| \Rightarrow y = \left| m \right| + 4 \Rightarrow A\left( {2 + \left| m \right|;4 + \left| m \right|} \right)\\
x = - 2 + \left| m \right| \Rightarrow y = \left| m \right| - 4 \Rightarrow B\left( { - 2 + \left| m \right|; - 4 + \left| m \right|} \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.
Đường thẳng AB có phương trình: $\dfrac{x-2-\left| m \right|}{-4}=\dfrac{y-4-\left| m \right|}{-8}\Leftrightarrow 2x-4-2\left| m \right|=y-4-\left| m \right|\Leftrightarrow y=2x-\left| m \right|$
Để$A,B,C\left( 4;2 \right)$phân biệt thẳng hàng $\Leftrightarrow C\in AB\Rightarrow 2=4.2-\left| m \right|\Leftrightarrow \left| m \right|=6$
Khi đó ta có: $B\left( 4;2 \right)\equiv C\Rightarrow $ không thỏa mãn.
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
