Câu 31.
$y=2{{x}^{3}}-3\left( 2m+1 \right){{x}^{2}}+6m\left( m+1 \right)x+1$.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$. Hàm số có ${y}'=6{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+6m\left( m+1 \right)$.
${y}'=0\Leftrightarrow 6{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+6m\left( m+1 \right)=0$.
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-\left( 2m+1 \right)x+m\left( m+1 \right)=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = m\\
x = m + 1
\end{array} \right.$
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên $\left( -\infty \,;\,m \right)$ và $\left( m+1\,;\,+\infty \right)$. Suy ra hàm số đồng biến trên $\left( 2;+\infty \right)$ khi $\left( 2\,;+\infty \right)\subset \left( m+1\,;\,+\infty \right)\Leftrightarrow \,\,m+1\le 2\,\,\Leftrightarrow \,\,m\le 1$.
Mà $m$ là số nguyên thuộc khoảng $\left( -1000\,;\,1000 \right)$$\Rightarrow m\in \left\{ -999\,\,;\,\,-998\,\,;\,\,...\,\,;\,1 \right\}$.
Có tất cả $1001$ giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn bài toán.
Câu 32.
Khi ô tô dừng lại thì vận tốc $v\left( t \right)=0$($\text{m/s}$). Thời gian ô tô đi được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi xe dừng lại là: $-10t+20=0\Leftrightarrow t=2\left( \text{s} \right)$.
Gọi $t=0$ là thời điểm tính từ lúc xe bắt đầu đạp phanh thì đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là:
$s=\int\limits_{0}^{2}{\left( -10t+20 \right)}\,\text{dt}=\left. \left( -5{{t}^{2}}+20t \right) \right|_{0}^{2}=20\left( \text{m} \right)$.
Câu 33.
Gọi $z=a+bi$ với $a\in \mathbb{R}$, $b\in \mathbb{R}$. Ta có hệ phương trình sau:
$\left\{ \begin{array}{l}
\left| {z + i\sqrt 5 } \right| + \left| {z - i\sqrt 5 } \right| = 6\\
\left| z \right| = \sqrt 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {a + \left( {b + \sqrt 5 } \right)i} \right| + \left| {a + \left( {b - \sqrt 5 } \right)i} \right| = 6\\
\left| {a + bi} \right| = \sqrt 5
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {{a^2} + {{\left( {b + \sqrt 5 } \right)}^2}} + \sqrt {{a^2} + {{\left( {b - \sqrt 5 } \right)}^2}} = 6\\
\sqrt {{a^2} + {b^2}} = \sqrt 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {{a^2} + {b^2} + 2\sqrt 5 b + 5} + \sqrt {{a^2} + {b^2} - 2\sqrt 5 b + 5} = 6\\
{a^2} + {b^2} = 5
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {10 + 2\sqrt 5 b} + \sqrt {10 - 2\sqrt 5 b} = 6\\
{a^2} + {b^2} = 5
\end{array} \right.$ , (điều kiện $-\sqrt{5}\le a\le \sqrt{5}$, $-\sqrt{5}\le b\le \sqrt{5}$)
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
20 + 2\sqrt {100 - 20{b^2}} = 36\\
{a^2} + {b^2} = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {100 - 20{b^2}} = 8\\
{a^2} + {b^2} = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
100 - 20{b^2} = 64\\
{a^2} + {b^2} = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} = \frac{{16}}{5}\\
{b^2} = \frac{9}{5}
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
a = \frac{4}{{\sqrt 5 }}\\
a = - \frac{4}{{\sqrt 5 }}
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
b = \frac{3}{{\sqrt 5 }}\\
b = - \frac{3}{{\sqrt 5 }}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{4}{{\sqrt 5 }}\\
b = \frac{3}{{\sqrt 5 }}
\end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{4}{{\sqrt 5 }}\\
b = - \frac{3}{{\sqrt 5 }}
\end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{4}{{\sqrt 5 }}\\
b = \frac{3}{{\sqrt 5 }}
\end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{4}{{\sqrt 5 }}\\
b = - \frac{3}{{\sqrt 5 }}
\end{array} \right.$
Kết hợp với điều kiện ta có bốn số phức cần tìm là: $z=\frac{4}{\sqrt{5}}+\frac{3}{\sqrt{5}}i$, $z=\frac{4}{\sqrt{5}}-\frac{3}{\sqrt{5}}i$, $z=-\frac{4}{\sqrt{5}}+\frac{3}{\sqrt{5}}i$, $z=-\frac{4}{\sqrt{5}}-\frac{3}{\sqrt{5}}i$.
Câu 34.
Đường tròn $\left( C \right):$ Tâm $I\left( 1;-2 \right)$, bán kính $R=\sqrt{5}$.
$\overrightarrow{AB}=\left( 3;-1 \right)\Rightarrow AB=\sqrt{10}$.
Phương trình của đường thẳng $AB$ là $x+3y=0$.
Vì $AB\,\text{//}\,CD$$\Rightarrow CD:x+3y+m=0\,\,;\,\,m\ne 0$.
Hạ $IH\bot CD\Rightarrow H$ là trung điểm của $CD$.
Áp dụng định lý Pytago trong $\Delta IH\text{D}:\,\,{{R}^{2}}=I{{D}^{2}}=I{{H}^{2}}+D{{H}^{2}}=I{{H}^{2}}+\frac{A{{B}^{2}}}{4}\Rightarrow I{{H}^{2}}=\frac{5}{2}$ .
$ \Rightarrow d\left( {I,CD} \right) = \frac{{\sqrt {10} }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\left| {m - 5} \right|}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{2} \Leftrightarrow \left| {m - 5} \right| = 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 10 \Rightarrow CD:x + 3y + 10 = 0\,\,\left( {t/m} \right)\\
m = 0 \Rightarrow CD\,:\,\,x + 3y = 0\,\, \equiv \,\left( {AB} \right)
\end{array} \right.$
Vậy phương trình đường thẳng $\left( CD \right)\,:\,\,x+3y+10=0$.
Câu 35.
$I=\int\limits_{0}^{1}{{f}'\left( x \right).{{\text{e}}^{f\left( x \right)}}\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{{{\text{e}}^{f\left( x \right)}}\text{d}\left( f\left( x \right) \right)}={{\text{e}}^{f\left( x \right)}}\left| _{0}^{1} \right.={{\text{e}}^{f\left( 1 \right)}}-{{\text{e}}^{f\left( 0 \right)}}={{\text{e}}^{5}}-{{\text{e}}^{5}}=0$.
Vậy $I=0$.
Câu 36.
${{\log }_{2}}\left( 7{{x}^{2}}+7 \right)\ge {{\log }_{2}}\left( m{{x}^{2}}+4x+m \right)$ nghiệm đúng với mọi $x$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7{x^2} + 7 \ge m{x^2} + 4x + m\\
m{x^2} + 4x + m > 0
\end{array} \right.$
TH1: Xét $m=7$ ta được $\left\{ \begin{array}{l}
- 4x \ge 0\\
7{x^2} + 4x + 7 > 0
\end{array} \right.$.(1). Ta thấy hệ (1) không nghiệm đúng với mọi $x$
$\Rightarrow m=7$ (loại).
TH2: Xét $m=0$ ta được $\left\{ \begin{array}{l}
7{x^2} - 4x + 7 \ge 0\\
4x > 0
\end{array} \right.$(2). Ta thấy hệ (2) không nghiệm đúng với mọi $x$
$\Rightarrow m=0$ ( loại).
TH3: Xét $m\ne 7$và $m\ne 0$.
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {7 - m} \right){x^2} - 4x + 7 - m \ge 0\\
m{x^2} + 4x + m > 0
\end{array} \right.$nghiệm đúng với mọi x
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < m < 7\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge 9\\
m \le 5
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
m > 2\\
m < - 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.{\kern 1pt} \Leftrightarrow 2 < m \le 5.{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} $
Câu 37.
Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$và $\left( Q \right)$. Vì $0{}^\circ \le \alpha \le 90{}^\circ $ nên $\alpha $ nhỏ nhất khi và chỉ khi $\text{cos}\alpha $ lớn nhất.
Ta có $\text{cos}\alpha =\frac{\left| 1+2m-2\left( m-1 \right) \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}.\sqrt{{{1}^{2}}+{{m}^{2}}+{{\left( m-1 \right)}^{2}}}}$$\text{=}\frac{1}{\sqrt{2{{m}^{2}}-2m+2}}$
$\text{=}\frac{1}{\sqrt{2}}.\frac{1}{\sqrt{{{m}^{2}}-m+1}}$$\text{=}\frac{1}{\sqrt{2}}.\frac{1}{\sqrt{{{\left( m-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}}}$$\le \frac{1}{\sqrt{2}}.\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}}}=\frac{\sqrt{6}}{3},\forall m$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $m-\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}$.
Khi đó $\left( Q \right):x+\frac{1}{2}y-\frac{1}{2}z+2019=0$. Dễ thấy điểm $M\left( -2019\,;\,1\,;\,1 \right)$ thuộc mặt phẳng$\left( Q \right)$.
Vậy mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua điểm $M\left( -2019\,;\,1\,;\,1 \right)$.
Câu 38.
Ta có: ${{\log }_{2}}^{2}x-{{\log }_{2}}{{x}^{2}}+3=m\Leftrightarrow {{\log }_{2}}^{2}x-2{{\log }_{2}}x+3=m\,\,\left( 1 \right)$.
Đặt $t={{\log }_{2}}x$, $x\in \left[ 1\,;\,8 \right]$$\Rightarrow t\in \left[ 0\,;\,3 \right]$. Phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành ${{t}^{2}}-2t+3=m\,\,\left( 2 \right)$.
Phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm $x\in \left[ 1\,;\,8 \right]$ khi và chỉ khi phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm $t\in \left[ 0\,;\,3 \right]$.
Xét hàm số $f\left( t \right)={{t}^{2}}-2t+3$ với $t\in \left[ 0\,;\,3 \right]$.
Ta có bảng biến thiên:
Vậy phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm $x\in \left[ 1\,;\,8 \right]$$\Leftrightarrow f\left( 1 \right)\le m\le f\left( 3 \right)$$\Leftrightarrow 2\le m\le 6$.
Câu 39 .
Tập xác định của hàm số $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.
Hoành độ giao điểm của $d$ và $\,\left( C \right)$ là nghiệm của phương trình $\frac{2x}{x-1}\,\,=x-m+2$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < m < 7\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge 9\\
m \le 5
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
m > 2\\
m < - 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.{\kern 1pt} \Leftrightarrow 2 < m \le 5.{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} $$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne 1\\
2x = {x^2} - mx + 2x - x + m - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne 1\\
{x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m - 2 = 0\,\,\,\left( 1 \right)
\end{array} \right.$.
$d$ cắt $\,\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$
$ \Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {m + 1} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\
{1^2} - \left( {m + 1} \right).1 + m - 2 \ne 0\,
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 2m + 9 > 0\\
- 2 \ne 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 8 > 0$, đúng với $\forall m\in \mathbb{R}$.
Nghiệm ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ của $\left( 1 \right)$ lần lượt là hoành độ điểm $A$, $B$.
Gọi $A\left( {{x}_{1}}\,;\,\,{{x}_{1}}-m+2 \right)$ và $B\left( {{x}_{2}}\,;\,\,{{x}_{2}}-m+2 \right)$. Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = m + 1\\
{x_1}{x_2} = m - 2
\end{array} \right.$
.
$A{{B}^{2}}={{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{x}_{2}}-m+2-{{x}_{1}}+m-2 \right)}^{2}}$$=2{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}$$=2{{\left( {{x}_{2}}+{{x}_{1}} \right)}^{2}}-8{{x}_{2}}{{x}_{1}}$$=2{{\left( m+1 \right)}^{2}}-8\left( m-2 \right)$$=2{{m}^{2}}-4m+18$$=2{{\left( m-1 \right)}^{2}}+16$$\ge 16,\forall m$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $m=1$.
Vậy $AB$ ngắn nhất khi $m=1$.
Câu 40.
Ta có thể tích khối lăng trụ $V=d\left( {A}';\left( ABC \right) \right).{{S}_{ABC}}$.
Điểm $M$ nằm trên cạnh $A{A}'$ thỏa mãn $AM=2M{A}'$ nên $d\left( M\,;\left( ABC \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( {A}'\,;\,\left( ABC \right) \right)$ và $d\left( M\,;\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)=\frac{1}{3}d\left( A\,;\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)$$=\frac{1}{3}d\left( {A}'\,;\left( ABC \right) \right)$.
Thể tích khối chóp $M.ABC$ là ${{V}_{1}}=\frac{1}{3}.d\left( M\,;\left( ABC \right) \right).{{S}_{ABC}}$$=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}.d\left( {A}'\,;\left( ABC \right) \right).{{S}_{ABC}}$$=\frac{2}{9}V$.
Thể tích khối chóp $M.{A}'{B}'{C}'$ là ${{V}_{2}}=\frac{1}{3}.d\left( M;\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right).{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}$$=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.d\left( {A}'\,;\left( ABC \right) \right).{{S}_{ABC}}$$=\frac{1}{9}V$.
Thể tích khối chóp $M.BC{C}'{B}'$ là ${V}'=V-{{V}_{1}}-{{V}_{2}}$$=V-\frac{2}{9}V-\frac{1}{9}V$$=\frac{2}{3}V$.
Vậy $\frac{{{V}'}}{V}=\frac{2}{3}$.
Có thể tính nhanh:
$\frac{{{V}'}}{V}=\frac{V-{{V}_{M.ABC}}-{{V}_{M.{A}'{B}'{C}'}}}{V}$$=1-\frac{\frac{1}{3}d\left( M;\left( ABC \right) \right)}{d\left( {A}';\left( ABC \right) \right)}-\frac{\frac{1}{3}d\left( M;\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)}{d\left( A;\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)}$$=1-\frac{2}{9}-\frac{1}{9}=\frac{2}{3}$.
Cách 2: Lưu Thêm
+ ${{V}_{M.BC{C}'{B}'}}={V}'=\frac{1}{3}d\left( M;\left( BC{C}'{B}' \right) \right).{{S}_{BC{C}'{B}'}}$
$=\frac{1}{3}d.\left( A;\left( BC{C}'{B}' \right) \right).{{S}_{BC{C}'{B}'}}$$={{V}_{A.BC{C}'{B}'}}$ $\left( 1 \right)$
+ Ta lại có: $\frac{{{V}_{A.BC{C}'{B}'}}}{V}=1-\frac{{{V}_{A.{A}'{B}'{C}'}}}{V}$$=1-\frac{\frac{1}{3}d\left( A;\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right).{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}}{d\left( A;\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right).{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ $\Rightarrow \frac{{{V}'}}{V}=\frac{2}{3}$.
Câu 41.
Dãy số ${{u}_{n}}=\frac{n}{n+1}$ bị chặn vì $0<\frac{n}{n+1}<1$ với $\forall n\in \,{{\mathbb{N}}^{*}}\,$. Chọn A.
Lại có: + $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt{{{n}^{2}}+1}$$=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( n.\sqrt{1+\frac{1}{{{n}^{2}}}} \right)$$=+\,\infty $.
+ $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{2}^{n}}+1 \right)=+\,\infty $.
+ $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( n+\frac{1}{n} \right)$ $=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ n\left( 1+\frac{1}{{{n}^{2}}} \right) \right]=+\,\infty $.
Nên các dãy số ${{u}_{n}}=\sqrt{{{n}^{2}}+1}$, ${{u}_{n}}={{2}^{n}}+1$, ${{u}_{n}}=n+\frac{1}{n}$ không bị chặn trên, suy ra các dãy số này không bị chặn. Loại B, C, D.
Câu 42.
Ta có $\left( 2z-1 \right)\left( 1+i \right)+\left( \overline{z}+1 \right)\left( 1-i \right)=2-2i$
$\Leftrightarrow 2z\left( 1+i \right)-1-i+\left( 1-i \right)\overline{z}+1-i=2-2i$.
$\Leftrightarrow 2z\left( 1+i \right)=2-\left( 1-i \right)\overline{z}\text{ }\left( 1 \right)$.
Đặt $z=a+bi$ với $a\,;\,\,b\in \mathbb{R}$.
Ta có: $2z\left( 1+i \right)=2\left( a+bi \right)\left( 1+i \right)=2a-2b+\left( 2a+2b \right)i$.
$2-\left( 1-i \right)\overline{z}\text{ }$= $2-\left( 1-i \right)\left( a-bi \right)=2-a+b+\left( a+b \right)i$.
Do đó $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a - 2b = 2 - a + b\\
2a + 2b = a + b
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3a - 3b = 2\\
a + b = 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{3}\\
b = - \frac{1}{3}
\end{array} \right.$
Vậy $z=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}i$$\Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2}}+{{\left( -\frac{1}{3} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$.
Câu 43.
Cách 1:
Gọi $M,\,N$lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AD$ .
Ta có: $\Delta ABC$ và $\Delta SBC$ là các tam giác đều cạnh $a$$\Rightarrow AM=SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$\Rightarrow \Delta SAM$là tam giác đều cạnh $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $F$ là trung điểm của $AM$$\Rightarrow SF\bot AM$ $\left( 1 \right)$.
Mặt khác $\Delta ABC$ đều $\Rightarrow AM\bot BC$.
$\Delta SBC$ đều $\Rightarrow SM\bot BC$.
$\Rightarrow BC\bot \left( SAM \right)$$\Rightarrow BC\bot SF$ $\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ $\Rightarrow SF\bot \left( ABC \right)$.
Gọi $E$ là trọng tâm $\Delta ABC$, $\Delta ABC$ đều $\Rightarrow \,E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
Qua $E$ kẻ đường thẳng $\left( d \right)$ vuông góc với $mp\left( ABC \right)$
$\Rightarrow $$\left( d \right)$ là trục của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
Vì $SF\bot \left( ABC \right)$$\Rightarrow \left( d \right)\,\text{//}\,SF$ .
Mặt khác $\Delta SAM$ đều nên đường thẳng $MN$ là đường trung trực đoạn $SA$.
Trong $mp\left( SAM \right)$, gọi $O=\left( d \right)\cap MN$.
+ $O\in \left( d \right)\Rightarrow \,\,OA=OB=OC$.
+ $O\in MN\Rightarrow \,\,OS=OA$.
Vậy $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$, bán kính $R=OA=\sqrt{O{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}}$.
Trong $\Delta ABC$: $AE=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, $EM=\frac{1}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.
$\Delta SAM$ đều $\Rightarrow \,MN$ là đường phân giác trong góc $\widehat{SMA}$$\Rightarrow \widehat{OME}=30{}^\circ $.
Xét $\Delta OME$ vuông tại $E$: $\tan 30{}^\circ =\frac{OE}{EM}$$\Rightarrow OE=\frac{a\sqrt{3}}{6}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{6}$.
Vậy $R=\sqrt{O{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{36}+\frac{{{a}^{2}}}{3}}=\frac{a\sqrt{13}}{6}$.
Cách 2:
Gọi $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $SAB$, $E$ là trung điểm của $SA$.
$\Delta SAB$ cân tại $B$ nên $H\in BE$.
Vì $CA=CB=CS=a$ nên $CH\bot (SAB)$.
$\Rightarrow $ Đường thẳng $CH$ là trục của đường tròn ngoại tiếp $\Delta SAB$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CB$, qua $M$ dựng đường thẳng $\left( d \right)$ vuông góc với $BC$.
$\left( d \right)\cap \,CH=O$.
+ $O\in \left( d \right)\Rightarrow OB=OC$.
+ $O\in CH\Rightarrow OS=OA=OB$.
Suy ra $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $SABC$, bán kính $R=\,OC$.
Ta có $\Delta CMO\sim \Delta CHB$$\Rightarrow \frac{CM}{CH}=\frac{CO}{CB}$$\Rightarrow CO=\frac{CM.CB}{CH}=\frac{C{{B}^{2}}}{2.CH}$.
Xét $\Delta SBE$ ta có: $BE=\sqrt{S{{B}^{2}}-S{{E}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{3{{a}^{2}}}{16}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}$.
Ta có: ${{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}BE.SA=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{13}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{39}}{16}$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta SAB$ là: $BH=\frac{SA.SB.AB}{4.{{S}_{\Delta SAB}}}=\frac{\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}}{4.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{39}}{16}}=\frac{2a}{\sqrt{13}}$.
Xét $\Delta CHB$ ta có: $CH=\sqrt{C{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{4{{a}^{2}}}{13}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}$.
Vậy $R=CO=\frac{C{{B}^{2}}}{2.CH}=\frac{{{a}^{2}}}{2.\frac{3a}{\sqrt{13}}}=\frac{a\sqrt{13}}{6}$.
Câu 44.
Cách 1:
Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 1;\,-1;\,2 \right)\Rightarrow AB=\sqrt{6}$, $\overrightarrow{AC}=\left( 2;\,2;\,-4 \right)\Rightarrow AC=2\sqrt{6}$.
Giả sử đường phân giác trong của góc $A$ cắt $BC$ tại $D$.
Khi đó: $\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow DB=\frac{1}{2}DC\Rightarrow \overrightarrow{DB}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}$ (*) (vì $D$ nằm giữa $B$ và $C$).
Gọi $D\left( x;\,y;\,z \right)\Rightarrow \overrightarrow{DB}=\left( 3-x;\,-y;\,2-z \right)$, $\overrightarrow{DC}=\left( 4-x;\,3-y;\,-4-z \right)$.
Thay vào (*) ta được hệ phương trình
$\left\{ \begin{array}{l}
3 - x = - \frac{1}{2}\left( {4 - x} \right)\\
- y = - \frac{1}{2}\left( {3 - y} \right)\\
2 - z = - \frac{1}{2}\left( { - 4 - z} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{{10}}{3}\\
y = 1\\
z = 0
\end{array} \right.$. Vậy $D\left( \frac{10}{3};\,1;\,0 \right)$.
Suy ra $\overrightarrow{AD}=\left( \frac{4}{3};\,0;\,0 \right)$.
Đường phân giác trong của góc $A$ đi qua điểm $A\left( 2;\,1;\,0 \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AD}=\left( 1;\,0;\,0 \right)$ nên có phương trình là:
$\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + t\\
y = 1\\
z = 0
\end{array} \right.$
Cách 2:
Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 1;\,-1;\,2 \right)\Rightarrow \left| \overrightarrow{AB} \right|=\sqrt{6}$, $\overrightarrow{AC}=\left( 2;\,2;\,-4 \right)\Rightarrow \left| \overrightarrow{AC} \right|=2\sqrt{6}$.
Lấy điểm $E$ trên cạnh $AB$ sao cho $AE=1$. Khi đó $\overrightarrow{AE}=\frac{1}{\left| \overrightarrow{AB} \right|}\overrightarrow{AB}=\left( \frac{1}{\sqrt{6}};\,-\frac{1}{\sqrt{6}};\,\frac{2}{\sqrt{6}} \right)$.
Lấy điểm $F$ trên cạnh $AC$ sao cho $AF=1$. Khi đó $\overrightarrow{AF}=\frac{1}{\left| \overrightarrow{AC} \right|}\overrightarrow{AC}=\left( \frac{1}{\sqrt{6}};\,\frac{1}{\sqrt{6}};\,-\frac{2}{\sqrt{6}} \right)$.
Dựng hình bình hành $AEDF$, ta có $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}=\left( \frac{2}{\sqrt{6}};\,0;\,0 \right)$.
Vì $AE=AF=1$ nên hình bình hành $AEDF$ cũng là hình thoi. Do đó $\overrightarrow{AD}$ là một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong của góc $A$ của tam giác $ABC$.
Vậy đường phân giác trong của góc $A$ đi qua điểm $A\left( 2;\,1;\,0 \right)$ và có vectơ chỉ phương là$\overrightarrow{u}=\frac{\sqrt{6}}{2}\overrightarrow{AD}=\left( 1;\,0;\,0 \right)$ nên có phương trình là:
$\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + t\\
y = 1\\
z = 0
\end{array} \right.$
Nhận xét:
Đường phân giác trong của góc $\widehat{BAC}$ có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\frac{1}{\left| \overrightarrow{AB} \right|}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{\left| \overrightarrow{AC} \right|}\overrightarrow{AC}$..
Cách 3: Lưu Thêm
Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 1;\,-1;\,2 \right)\Rightarrow AB=\sqrt{6}$, $\overrightarrow{AC}=\left( 2;\,2;\,-4 \right)\Rightarrow AC=2\sqrt{6}$.
Gọi $I$ là trung điểm $AC$. Ta có $I=\left( 3;\,2;\,-2 \right)$ và $AI=\sqrt{6}$.
Dựng hình bình hành $ABKI$, ta có $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AI}=\left( 2;\,0;\,0 \right)$.
Vì $AB=AI=\sqrt{6}$ nên hình bình hành $ABKI$ cũng là hình thoi. Do đó $\overrightarrow{AK}$ là một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong của góc $A$ của tam giác $ABC$.
Vậy đường phân giác trong của góc $A$ đi qua điểm $A\left( 2;\,1;\,0 \right)$ và có vectơ chỉ phương là$\overrightarrow{u}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AI}=\left( 1;\,0;\,0 \right)$ nên có phương trình là: $\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + t\\
y = 1\\
z = 0
\end{array} \right.$
Câu 45.
Bảng xét dấu:
Khi đó: $\int\limits_{1}^{5}{\left| \frac{x-2}{x+1} \right|}\text{d}x$$=-\int\limits_{1}^{2}{\frac{x-2}{x+1}}\text{d}x+\int\limits_{2}^{5}{\frac{x-2}{x+1}}\text{d}x$$=-\int\limits_{1}^{2}{\left( 1-\frac{3}{x+1} \right)}\text{d}x+\int\limits_{2}^{5}{\left( 1-\frac{3}{x+1} \right)}\text{d}x$
$=-\int\limits_{1}^{2}{\text{d}x}+3\int\limits_{1}^{2}{\frac{\text{d}\left( x+1 \right)}{x+1}+}\int\limits_{2}^{5}{\text{d}x}-3\int\limits_{2}^{5}{\frac{\text{d}\left( x+1 \right)}{x+1}}$
$=-\left. x \right|_{1}^{2}+\left. 3\ln \left| x+1 \right| \right|_{1}^{2}+\left. x \right|_{2}^{5}-\left. 3\ln \left| x+1 \right| \right|_{2}^{5}$$=2-6\ln 2+3\ln 3$.
Suy ra: $a=2,\text{ }b=-6,\text{ }c=3$. Vậy $P=-36$.
Câu 46.
Điều kiện : $x\in \left[ -1;1 \right]$.
Xét phương trình: ${{\text{e}}^{m}}+{{\text{e}}^{3m}}=2\left( x+\sqrt{1-{{x}^{2}}} \right)\left( 1+x\sqrt{1-{{x}^{2}}} \right)\ \ \left( 1 \right)$.
Đặt $t=x+\sqrt{1-{{x}^{2}}}$.
Ta có ${{t}^{2}}=1+2x.\sqrt{1-{{x}^{2}}}\Rightarrow x.\sqrt{1-{{x}^{2}}}=\frac{{{t}^{2}}-1}{2}$.
Khi đó, phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành:
${{\text{e}}^{m}}+{{\text{e}}^{3m}}=2t\left( 1+\frac{{{t}^{2}}-1}{2} \right)$$\Leftrightarrow {{\text{e}}^{m}}+{{\text{e}}^{3m}}=t\left( {{t}^{2}}+1 \right)$$\Leftrightarrow {{\left( {{\text{e}}^{m}} \right)}^{3}}+{{\text{e}}^{m}}={{t}^{3}}+t\ \ \left( 2 \right)$.
Xét hàm số:$g\left( u \right)={{u}^{3}}+u$ trên $\mathbb{R}$.
Ta có: ${g}'\left( u \right)=3{{u}^{2}}+1>0,\ \forall u\in \mathbb{R}$. Suy ra hàm số $g\left( u \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó: $\left( 2 \right)\ \Leftrightarrow g\left( {{\text{e}}^{m}} \right)=g\left( t \right)\Leftrightarrow {{\text{e}}^{m}}=t$.
Khi đó ta có $\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{\text{e}}^{m}}=x+\sqrt{1-{{x}^{2}}}\left( 3 \right)$
Xét hàm số: $f\left( x \right)=x+\sqrt{1-{{x}^{2}}}$ . TXĐ: $\left[ -1;1 \right]$.
Ta có: ${f}'\left( x \right)=1-\frac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}=\frac{\sqrt{1-{{x}^{2}}}-x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}$.
$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {1 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
1 - {x^2} = {x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$
Bảng biến thiên:
Phương trình $\left( 1 \right)$có nghiệm $x\in \left[ -1;1 \right]\Leftrightarrow $ phương trình $\left( 3 \right)$ có nghiệm $x\in \left[ -1;1 \right]$$\Leftrightarrow -1\le {{\text{e}}^{m}}\le \sqrt{2}$$\Leftrightarrow m\le \ln \sqrt{2}$.
Do $m\in \mathbb{N}$ nên $m\in \left\{ 0 \right\}$.
Câu 47.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
${f}'\left( x \right)=3\left( m-1 \right){{x}^{2}}-10x+\left( m+3 \right)$.
* Trường hợp 1: $m=1$.
Lúc đó ${f}'\left( x \right)=-10x+4$. Ta có ${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\frac{2}{5}$. Suy ra hàm số $y=f\left( x \right)$ có một điểm cực trị dương. Suy ra hàm số $y=f\left( \left| x \right| \right)$ có đúng 3 điểm cực trị.
* Trường hợp 2: $m\ne 1$.
Lúc này hàm số $y=f\left( x \right)$ là hàm bậc ba. Hàm số $y=f\left( \left| x \right| \right)$ có đúng ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ${f}'\left( x \right)=0$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thoả mãn ${{x}_{1}}<0<{{x}_{2}}$ hoặc ${{x}_{1}}=0<{{x}_{2}}$.
Ø Phương trình ${f}'\left( x \right)=0$ có hai nghiệm trái dấu $\Leftrightarrow $ $\left( m-1 \right).\left( m+3 \right)<0$$\Leftrightarrow $$-3<m<1$.
Ø Phương trình ${f}'\left( x \right)=0$ có nghiệm ${{x}_{1}}=0<{{x}_{2}}$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
P = 0\\
S > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m + 3 = 0\\
\frac{{10}}{{3\left( {m - 1} \right)}} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = - 3\\
m > 1
\end{array} \right.$. Hệ phương trình này vô nghiệm.
Kết hợp các trường hợp, ta có$-3<m\le 1$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{ -2;-1;0;1 \right\}$.
Vậy có $4$ giá trị nguyên của $m$ để hàm số $y=f\left( \left| x \right| \right)$ có đúng $3$ điểm cực trị.
Câu 48.
Giả sử $z=x+yi\,\,\,\left( x\,,\,y\in \mathbb{R} \right)$. Theo giả thiết ta có ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1$.
Ta có: $P=\left| {{z}^{2}}-z \right|+\left| {{z}^{2}}+z+1 \right|=\left| z\left( z-1 \right) \right|+\left| {{z}^{2}}+z+1 \right|=\left| z \right|.\left| z-1 \right|+\left| {{z}^{2}}+z+1 \right|=\left| z-1 \right|+\left| {{z}^{2}}+z+1 \right|$.
$\left| z-1 \right|=\left| x+yi-1 \right|=\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1}=\sqrt{2-2x}$.
${{z}^{2}}+z+1={{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2xyi+x+yi+1=2{{x}^{2}}+x+y\left( 2x+1 \right)i$
$\Rightarrow \left| {{z}^{2}}+z+1 \right|=\sqrt{{{x}^{2}}{{\left( 2x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}{{\left( 2x+1 \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2x+1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}=\left| 2x+1 \right|$.
Suy ra $P=\sqrt{2-2x}+\left| 2x+1 \right|$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{2-2x}+\left| 2x+1 \right|$ trên đoạn $\left[ -1;1 \right]$.
+ Trên $\left[ -1;-\frac{1}{2} \right)$:
$f\left( x \right)=\sqrt{2-2x}-2x-1\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-\frac{1}{\sqrt{2-2x}}-2<0\,,\,\,\,\forall x\in \left[ -1;-\frac{1}{2} \right)$ .
Mặt khác hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{2-2x}-2x-1$ liên tục trên $\left[ -1;-\frac{1}{2} \right)$.
Do đó hàm số nghịch biến trên $\left[ -1;-\frac{1}{2} \right)$$\Rightarrow f\left( x \right)\le f\left( -1 \right)=3\,,\,\,\forall x\in \left[ -1;-\frac{1}{2} \right)$.
$\Rightarrow \underset{x\in \left[ -1;-\frac{1}{2} \right)}{\mathop{\max f\left( x \right)}}\,=3$. (1)
+ Trên $\left[ -\frac{1}{2};1 \right]$:
$f\left( x \right)=\sqrt{2-2x}+2x+1\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-\frac{1}{\sqrt{2-2x}}+2\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \sqrt{2-2x}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{7}{8}$.
Có: $f\left( -\frac{1}{2} \right)=\sqrt{3}$; $f\left( \frac{7}{8} \right)=\frac{13}{4}$; $f\left( 1 \right)=3$.
$\Rightarrow \underset{x\in \left[ -\frac{1}{2};1 \right]}{\mathop{\max f\left( x \right)}}\,=\frac{13}{4}$. (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow \underset{x\in \left[ -1;1 \right]}{\mathop{\max f\left( x \right)}}\,=\frac{13}{4}$ hay ${{P}_{\max }}=\frac{13}{4}$.
Chú ý:
Ta có thể biến đổi theo hướng khác như sau
Do $z.\overline{z}=\left| z \right|=1\Rightarrow {{z}^{2}}+z+1={{z}^{2}}+z+z.\overline{z}=z\left( z+1+\overline{z} \right)=z\left( 2x+1 \right)$
$\Rightarrow \left| {{z}^{2}}+z+1 \right|=\left| z\left( 2x+1 \right) \right|=\left| z \right|\left| 2x+1 \right|=\left| 2x+1 \right|$.
Câu 49.
Đặt $AM=x\,,x>0$, ta tính được $A{{N}^{2}}={{b}^{2}}-{{x}^{2}}$ và $BN=\sqrt{A{{N}^{2}}-A{{B}^{2}}}$$=\sqrt{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}$.
Tính thể tích tứ diện $ABMN$.
Ta có ${{V}_{ABMN}}=\frac{1}{3}AM.\left( \frac{1}{2}AB.BN \right)$$=\frac{1}{6}ax\sqrt{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}$
$=\frac{a}{6}\sqrt{{{x}^{2}}.\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right)}$$\le \frac{a}{6}\left( \frac{{{x}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2} \right)=\frac{1}{12}a\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)$.
Dấu $''=''$ xảy ra khi ${{x}^{2}}={{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}$$\Leftrightarrow x=\sqrt{\frac{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}{2}}$.
Câu 50.
Ta có $M\in \left( \alpha \right)$ và $\widehat{AMB}=90{}^\circ $ suy ra $M$ nằm trên đường tròn $\left( C \right)$ là giao tuyến của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và mặt cầu $\left( S \right)$ đường kính $AB$.
Lại có $B\in \left( \alpha \right)$ suy ra $B$ và $M$ cùng nằm trên đường tròn $\left( C \right)$.
Khi đó $MB$ lớn nhất khi và chỉ khi $MB$ là đường kính của đường tròn $\left( C \right)$.
Gọi $I$ là tâm mặt cầu $\left( S \right)$ suy ra $I\left( -\frac{1}{2};0;-1 \right)$,$H$ là tâm đường tròn $\left( C \right)$.
$\left( \alpha \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{{{n}_{\left( \alpha \right)}}}\left( 2;2;-1 \right)$.
Đường thẳng $IH$ vuông góc với $\left( \alpha \right)$ nên nhận $\overrightarrow{{{n}_{\left( \alpha \right)}}}\left( 2;2;-1 \right)$ là vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của đường thẳng $IH:\left\{ \begin{array}{l}
x = - \frac{1}{2} + 2t\\
y = 2t\\
z = - 1 - t
\end{array} \right.$.
Ta có $H\left( -\frac{1}{2}+2t;2t;-1-t \right)$.
$H\in \left( \alpha \right)\Leftrightarrow 2\left( -\frac{1}{2}+2t \right)+2\left( 2t \right)-\left( -1-t \right)+9=0$$\Leftrightarrow t=-1$. Suy ra $H\left( -\frac{5}{2};-2;0 \right)$.
Phương trình đường thẳng $BM$ đi qua $B$ nhận $\overrightarrow{BH}=\left( -\frac{1}{2};0;-1 \right)=-\frac{1}{2}\left( 1;0;2 \right)$ làm vectơ chỉ phương là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = - 2 + t}\\
{y = - 2}\\
{z = 1 + 2t}
\end{array}} \right.$
