Câu 30: Đáp án A.
Phương pháp:
Thiết diện là tam giác cân.
Cách giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên mặt hẳng đáy của hình nón.
Thiết diện đi qua trục là tam giác vuông cân cạnh góc vuông bằng $2a\Rightarrow 2r=2a\sqrt{2}\Leftrightarrow r=a\sqrt{2}\Rightarrow AH=r=a\sqrt{2}$.
Gọi K là trung điểm của DE ta có $AK\bot DE;HK\bot DE\Rightarrow AKH={{60}^{0}}$.
Xét tam giác vuông AHK có: $AK=\frac{AH}{\sin {{60}^{0}}}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{2}a}{\sqrt{3}};HK=\frac{AH}{\tan {{60}^{0}}}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$
Xét tam giác vuông DHK có $DK=\sqrt{D{{H}^{2}}-H{{K}^{2}}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\Rightarrow DE=\frac{4a}{\sqrt{3}}.$
Vậy ${{S}_{\Delta ADE}}=\frac{1}{2}AK.DE=\frac{1}{2}.\frac{2\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}.\frac{4a}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{2}{{a}^{2}}}{3}$.
Câu 31: Đáp án C.
Phương pháp:
+) Dựng đường thẳng d song song với $AC'$ $\Rightarrow \left( AC';A'B \right)=\left( d;A'B \right)$.
+) Áp dụng định lí cosin trong tam giác.
Cách giải:
Gọi D’ là đỉnh thứ tư của hình thoi A’B’D’C’ ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
C'D'//A'B'//AB\\
C'D' = A'B' = AB
\end{array} \right. \Rightarrow ABD'C'$ là hình bình hành
$ \Rightarrow AC'//BD' \Rightarrow \left( {AC';A'B} \right) = \left( {BD';A'B} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
A'BD' = {60^0}\\
A'BD' = {120^0}
\end{array} \right.$.
Gọi O là tâm hình thoi $A'B'C'D'\Rightarrow A'O=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A'D'=a\sqrt{3};\,\,A'B=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=BD'.$
Áp dụng định lí cosin trong tam giác A’BD’ có: $\cos A'BD'=\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}-3{{a}^{2}}}{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}=\frac{-{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}$
TH1: $A'BD'={{60}^{0}}\Leftrightarrow \frac{-{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow -2{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}\Leftrightarrow {{b}^{2}}=2{{a}^{2}}\Rightarrow b=a\sqrt{2}$
TH2: $A'BD'={{120}^{0}}\Leftrightarrow \frac{-{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}=\frac{-1}{2}\Leftrightarrow -2{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=-2{{a}^{2}}-2{{b}^{2}}\Leftrightarrow b=0\left( ktm \right)$.
Câu 32: Đáp án D.
Phương pháp :
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt $V=\frac{\pi }{3}h\left( {{r}^{2}}+R\text{r}+{{R}^{2}} \right)$ với r, R lần lượt là hai bán kính hai đáy và h là chiều cao của khối chóp cụt.
Cách giải:
Kẻ $AH\bot CD\left( H\in CD \right).$ Ta có $DH=\frac{CD-AB}{2}=\frac{4a-2a}{2}=a$
$\Rightarrow AH=\sqrt{A{{D}^{2}}-D{{H}^{2}}}=2\sqrt{2}a$.
Khi quay hình thang cân ABCD quanh trục đối xứng của nó ta được hình chóp cụt có hai bán kính đáy $r=a,R=2a$ và chiều cao $h=AH=2\sqrt{2}a$.
$V=\frac{\pi }{3}h\left( {{r}^{2}}+R\text{r}+{{R}^{2}} \right)=\frac{2\sqrt{2}\pi a}{3}\left( {{a}^{2}}+2a.a+4{{a}^{2}} \right)=\frac{14\sqrt{2}}{3}\pi {{a}^{3}}$
Câu 33: Đáp án C.
Phương pháp :
+) Gọi $M\left( m;\frac{m+2}{m-1} \right)\left( m\ne 1 \right)$.
+) Tính $d\left( M;\text{Ox} \right);\,\,d\left( M;\,Oy \right)$ và sử dụng giả thiết $d\left( M;\,Oy \right)=2d\left( M;\text{Ox} \right)$.
Cách giải :
Gọi $M\left( m;\frac{m+2}{m-1} \right)\left( m\ne 1 \right)$.
Ta có $d\left( M;\text{Ox} \right)=\left| {{y}_{M}} \right|=\left| \frac{m+2}{m-1} \right|;d\left( M;Oy \right)=\left| {{x}_{m}} \right|=\left| m \right|$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \left| m \right| = 2\left| {\frac{{m + 2}}{{m - 1}}} \right|\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = \frac{{2\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}}\\
- m = \frac{{2\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{m^2} - 3m - 4 = 0\\
{m^2} + m + 4 = 0\left( {vn} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 4\left( {tm} \right)\\
m = - 1\left( {tm} \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
Câu 34: Đáp án B.
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp $\left( \sqrt{u} \right)'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}$.
Cách giải :
$\begin{array}{l}
y = \sqrt {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \\
y' = \frac{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)'}}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} + 1} } }} = \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{2\sqrt {x + \sqrt {{x^2} + 1} } }} = \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2\sqrt {{x^2} + 1} .\sqrt {x + \sqrt {{x^2} + 1} } }}\\
\Rightarrow P = 2\sqrt {{x^2} + 1} .y' = \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{\sqrt {x + \sqrt {{x^2} + 1} } }} = \sqrt {x + \sqrt {{x^2} + 1} } = y
\end{array}$
Câu 35: Đáp án D.
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình $\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|={{\log }_{2}}m$là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|$ và đường thẳng $y={{\log }_{2}}m$.
Lập BBT của đồ thị hàm số $\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|={{\log }_{2}}m$và kết luận.
Cách giải :
ĐK: $m>0$.
Số nghiệm của phương trình $\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|={{\log }_{2}}m$là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|$và đường thẳng $y={{\log }_{2}}m$.
Xét hàm số $f\left( x \right)={{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4$ có TXĐ: $D=R$.
$y' = 4{x^3} - 10x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = 4\\
x = \pm \frac{{\sqrt {10} }}{2} \Rightarrow y = - \frac{9}{4}
\end{array} \right.$
BBT:
Từ đó ta suy ra được BBT của đồ thị hàm số $y=\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|$ như sau:
Do đó để phương trình $\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|={{\log }_{2}}m$ có 8 nghiệm thực phân biệt thì đường thẳng $y={{\log }_{2}}m$cắt đồ thị hàm số $y=\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|$ tại 8 điểm phân biệt.
$\Leftrightarrow 0<{{\log }_{2}}m<\frac{9}{4}\Leftrightarrow 1<m<\sqrt[4]{{{2}^{9}}}$.
Câu 36: Đáp án C.
Phương pháp:
+) Gọi $A=d\cap {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( t+3;-t-1;t+4 \right),B=d\cap {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( 2t'+2;-t'+4;4t'-3 \right)$
+) $\left\{ \begin{array}{l}
d \bot {d_1}\\
d \bot {d_2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\overrightarrow u _{{d_1}}}.\overrightarrow {AB} = 0\\
{\overrightarrow u _{{d_2}}}.\overrightarrow {AB} = 0
\end{array} \right.$
Cách giải:
Ta có ${{\overrightarrow{u}}_{{{d}_{1}}}}=\left( 1;-1;1 \right);{{\overrightarrow{u}}_{{{d}_{2}}}}=\left( 2;-1;4 \right)$.
Gọi d là đường vuông góc chung của ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$.
Gọi $A=d\cap {{d}_{1}}\Rightarrow A\left( t+3;-t-1;t+4 \right),B=d\cap {{d}_{2}}\Rightarrow B\left( 2t'+2;-t'+4;4t'-3 \right)$
$\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 2t'-t-1;-t'+t+5;4t'-t-7 \right)$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
d \bot {d_1}\\
d \bot {d_2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2t' - t - 1 + t' - t - 5 + 4t' - t - 7 = 0\\
4t' - 2t - 2 + t' - t - 5 + 16t' - 4t - 28 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7t' - 3t = 13\\
21t' - 7 = 35
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t' = 1\\
t = - 2
\end{array} \right.$
$\Rightarrow A\left( 1;1;;2 \right),B\left( 4;3;1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}\left( 3;2;-1 \right)$
Vậy phương trình đường thẳng d là: $\frac{x-1}{3}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-2}{-1}$.
Câu 37: Đáp án B.
Phương pháp:
+) Gọi $N=\Delta \cap d\Rightarrow N\left( -2t-1;t+1;3t+1 \right)$
+) $\Delta //\left( P \right)\Rightarrow {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}\Rightarrow $ Tọa độ điểm N.
+) Đưa về bài toán viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cho trước.
Cách giải:
Gọi $N=\Delta \cap d\Rightarrow N\left( -2t-1;t+1;3t+1 \right)$
$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left( -2t-2;t;3t+3 \right)$là 1 VTCP của đường thẳng $\Delta $.
Ta có $\Delta //\left( P \right)\Rightarrow {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 1;-1;-1 \right)\Rightarrow -2t-2-t-3t-3=0\Leftrightarrow t=-\frac{5}{6}$
$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left( -\frac{1}{3};-\frac{5}{6};\frac{1}{2} \right)=-\frac{1}{6}\left( 2;5;-3 \right)$.
Do đó phương trình chính tắc của đường thẳng $\Delta :\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{5}=\frac{z+2}{-3}$.
Câu 38: Đáp án B.
Phương pháp:
Xác định thiết diện dựa vào các yếu tố song song.
Cách giải
$\left( P \right)//B'D'//BD\in \left( ABCD \right)$ $\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( ABCD \right)=MN//BD\left( N\in BC \right)$
$\left( P \right)//AD'\subset \left( ADD'A' \right)$ $\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( ADD'A' \right)=NP//AD'\left( P\in DD' \right)$
$\left( P \right)//AB'\subset \left( ABB'A' \right)\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( ABB'A' \right)=MS//AB'\left( S\in BB' \right)$
Trong $\left( ABB'A' \right),$ gọi $E=MS\cap A'B',$ trong $\left( ADD'A' \right),$gọi $F=NP\cap A'D'$.
Trong $\left( A'B'C'D' \right):\text{EF}\cap B'C'=R;\text{EF}\cap \text{C }\!\!'\!\!\text{ D }\!\!'\!\!\text{ =Q}$
Vậy thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng $\left( P \right)$là lục giác MNPQRS .
Câu 39: Đáp án B.
Phương pháp:
Sử dụng khai triển của nhị thức Newton.
Cách giải :
${{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{n}}{{\left( x+2 \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}.{{x}^{2k}}\sum\limits_{l=0}^{n}{C_{n}^{l}{{x}^{l}}{{2}^{n-1}}}}$
Tìm hệ số của ${{x}^{3n-3}}$ ta cho $2k + l = 3n - 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
k = n;l = n - 3\\
k = n - 1;l = n - 1
\end{array} \right.$.
$\begin{array}{l}
\Rightarrow {a_{3n - 3}} = C_n^n.C_n^{n - 3}{.2^3} + C_n^{n - 1}.C_n^{n - 1}{2^1} = \frac{{8n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} + 2{n^2} = 8n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) + 2{n^2} = 26n\\
\Leftrightarrow \frac{4}{3}\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) + 2n = 26 \Leftrightarrow 4{n^2} - 6n - 70 = 0 \Leftrightarrow n = 5
\end{array}$
Câu 40: Đáp án D.
Phương pháp :
Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: $\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}$
Cách giải:
Qua G kẻ $MN//BC\left( M\in SB,N\in SC \right)\Rightarrow \left( \alpha \right)$ cắt SB, SC lần lượt tại M và N.
Gọi D là trung điểm của CD. Ta có $\frac{SG}{SD}=\frac{2}{3}$.
Theo định lí Ta-let ta có: $\frac{SM}{SB}=\frac{SN}{SC}=\frac{SG}{SD}=\frac{2}{3}$
$\Rightarrow \frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{4}{9}$
Ta có $\Delta ABC$ vuông cân tại B $\Rightarrow BA=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a$
$\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}BA.BC=\frac{{{a}^{3}}}{6}$
Vậy ${{V}_{S.AMN}}=\frac{4}{9}.\frac{{{a}^{3}}}{6}=\frac{2{{a}^{3}}}{27}$
Câu 41: Đáp án C.
Phương pháp:
+) Nếu z là một nghiệm phức của phương trình bậc hai thì $\overline{z}$ cũng là nghiệm của phương trình bậc hai đó.
+) Tìm hai nghiệm phức của phương trình bậc hai đã cho.
+) Xác định các điểm biểu diễn A, B.
+) $\Delta OAB$ vuông tại $O\Rightarrow \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0$.
Cách giải :
Ta có $\Delta '={{b}^{2}}-c<0\Leftrightarrow {{b}^{2}}<c$
Gọi $z=x+yi$ là 1 nghiệm phức của phương trình ${{z}^{2}}+2bz+c=0\Rightarrow \overline{z}=x-yi$ cũng là một nghiệm của phương trình.
Ta có
$\begin{array}{l}
z + \overline z = 2x = - 2b \Leftrightarrow x = - b\\
z.\overline z = {x^2} + {y^2} = c \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {c - {b^2}}
\end{array}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
z = - b + \sqrt {c - {b^2}i} \Rightarrow A\left( { - b;\sqrt {c - {b^2}} } \right)\\
\overline z = - b - \sqrt {c - {b^2}i} \Rightarrow B\left( { - b; - \sqrt {c - {b^2}} } \right)
\end{array} \right.\\
OA \bot OB \Rightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow {b^2} - \left( {c - {b^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2{b^2} - c = 0 \Leftrightarrow c = 2{b^2}
\end{array}$
Câu 42: Đáp án A.
Phương pháp:
Sử dụng công thức
$\begin{array}{l}
{\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}\left( {0 < a,b \ne 1} \right)\\
{a^2} + {b^2} = {c^2}\\
{\log _a}\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = {\log _a}f\left( x \right) - {\log _a}g\left( x \right)\left( {0 < a \ne 1,f\left( x \right),g\left( x \right) > 0} \right)
\end{array}$
Cách giải :
$\begin{array}{l}
{\log _{c + b}}a + {\log _{c - b}}a = \frac{1}{{{{\log }_a}\left( {c + b} \right)}} + \log \frac{1}{{{{\log }_a}\left( {c - b} \right)}} = \frac{{{{\log }_a}\left( {c + b} \right) + {{\log }_a}\left( {c - b} \right)}}{{{{\log }_a}\left( {c + b} \right).{{\log }_a}\left( {c - b} \right)}}\\
Co:\,{a^2} = {c^2} - {b^2} = \left( {c + b} \right)\left( {c - b} \right) \Rightarrow \left( {c - b} \right) = \frac{{{a^2}}}{{c + b}}\\
\Leftrightarrow {\log _a}\left( {c + b} \right) + {\log _a}\left( {c - b} \right) = {\log _a}\left( {c + b} \right) + {\log _a}\frac{{{a^2}}}{{c + b}} = {\log _a}\left( {c + b} \right) + 2 - {\log _a}\left( {c + b} \right) = 2\\
\Rightarrow {\log _{c + b}}a + {\log _{c - b}}a = \frac{2}{{{{\log }_a}\left( {c + b} \right).{{\log }_a}\left( {c - b} \right)}} = 2{\log _{c + b}}a.{\log _{\left( {c - b} \right)}}a
\end{array}$
Câu 43: Đáp án A.
Phương pháp :
Sử dụng công thức $S=\int\limits_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}{v\left( t \right)dt}$.
Cách giải :
Gọi phương trình parabol là $v=a{{t}^{2}}+bt+c\left( a\ne 0 \right)$ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
c = 4\\
- \frac{b}{{2a}} = 2\\
4a + 2b + c = 9
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{5}{4}\\
b = 5\\
c = 4
\end{array} \right.$
$\Rightarrow v\left( t \right)=-\frac{5}{4}{{t}^{2}}+5t+4$
Khi $t=1\Rightarrow v=\frac{31}{4}$
$\Rightarrow $ Phương trình đường thẳng:
$\frac{x-1}{4-1}=\frac{y-\frac{31}{4}}{4-\frac{31}{4}}\Leftrightarrow -\frac{15}{4}\left( x-1 \right)=3\left( y-\frac{31}{4} \right)\Leftrightarrow -5x+5=4y-31\Leftrightarrow 5x+4y-36=0\Rightarrow y=\frac{-5}{4}x+9$$\Rightarrow v\left( t \right)=-\frac{5}{4}t+9$.
Vậy quãng đường mà vật đi được là $S=\int\limits_{0}^{1}{\left( -\frac{5}{4}{{t}^{2}}+5t+4 \right)dt+\int\limits_{1}^{4}{\left( -\frac{5}{4}t+9 \right)dt\approx 23,71\left( km \right)}}$
Câu 44: Đáp án A.
Phương pháp:
Xét phương trình hoành độ giao điểm, đặt ${{x}^{2}}=t$.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{4}}-m{{x}^{2}}+2m-3=1\Leftrightarrow {{x}^{4}}-m{{x}^{2}}+2m-4=0\left( * \right)$.
Để để đồ thị $\left( {{C}_{m}} \right)$của hàm số $y={{x}^{4}}-m{{x}^{2}}+2m-3$ có 4 giao điểm với đường thẳng $y=1$, có hoành độ nhỏ hơn 3 $\Rightarrow $ Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 3.
Đặt ${{x}^{2}}=t\left( 0\le t<9 \right),$khi đó $\left( * \right)\Leftrightarrow {{t}^{2}}-mt+2m-4=0\left( ** \right),$ phương trình này có 2 nghiệm phân biệt thuộc$\left( 0;9 \right)$.
$\left( {**} \right) \Leftrightarrow \left( {{t^2} - 4} \right) - m\left( {t - 2} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t - 2 = 0\\
t + 2 - m = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 2\left( {tm} \right)\\
t = m - 2
\end{array} \right.$
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc $\left( {0;9} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < m - 2 < 9\\
m - 2 \ne 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 < m < 11\\
m \ne 4
\end{array} \right.$
Câu 45: Đáp án B.
Phương pháp:
Tìm các đường biểu diễn ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$.
Vẽ trên trục tọa độ Oxy và biện luận.
Cách giải :
Gọi ${{z}_{1}}=x+yi$ ta có:
$\begin{array}{l}
2\left| {x - yi + i} \right| = \left| {x - yi - x - yi - 2i} \right| \Leftrightarrow 2\left| {x - yi + i} \right| = 2\left| {yi + i} \right|\\
\Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {\left( {y + 1} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 2y + 1 = {y^2} + 2y + 1\\
\Leftrightarrow {x^2} = 4y \Leftrightarrow y = \frac{{{x^2}}}{4}
\end{array}$
$\Rightarrow $ Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ${{z}_{1}}$là parabol $y=\frac{{{x}^{2}}}{4}$ .
Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ${{z}_{2}}$là đường tròn $\left( C \right)$tâm $I\left( 10;1 \right)$ bán kính $R=1$.
$\Rightarrow $ $\left( C \right):{{\left( x-10 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=1$.
Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức ${{z}_{1}},{{z}_{2}}\Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON} \right|=MN$.
$\Rightarrow {{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}_{\min }}\Leftrightarrow M{{N}_{\min }}$
Dựa vào hình vẽ ta thấy $M{{N}_{\min }}\Leftrightarrow MN\bot $ tiếp tuyến tại M của parabol $y=\frac{{{x}^{2}}}{4}$và đi qua I.
Ta có $y'=\frac{x}{2}.$ Gọi $M\left( m;\frac{{{m}^{2}}}{4} \right)\left( m>0 \right)$ $\Rightarrow y'\left( m \right)=\frac{m}{2}\Rightarrow pttt:y=\left( x-m \right)+\frac{{{m}^{2}}}{4}=\frac{m}{2}x-\frac{{{m}^{2}}}{4}\left( d \right)$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow MN \ge d\left( {I;d} \right) - 1 \Rightarrow M{N_{\min }} \Leftrightarrow d\left( {I;d} \right) = IM\\
\Leftrightarrow \frac{{\left| {5m - 1 - \frac{{{m^2}}}{4}} \right|}}{{\sqrt {1 + \frac{{{m^2}}}{4}} }} = \sqrt {{{\left( {m - 10} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{m^2}}}{4} - 1} \right)}^2}} \\
\Leftrightarrow \frac{{{{\left( {5m - 1 - \frac{{{m^2}}}{4}} \right)}^2}}}{{1 + \frac{{{m^2}}}{4}}} = {\left( {m - 10} \right)^2} + {\left( {\frac{{{m^2}}}{4} - 1} \right)^2}
\end{array}$
Giải phương trình trên ra tìm được $m=4$, khi đó $IM=3\sqrt{5}\Rightarrow M{{N}_{\min }}=3\sqrt{5}-1$.
Câu 46: Đáp án D.
Phương pháp:
Sử dụng các công thức
${{\log }_{a}}b.{{\log }_{b}}c={{\log }_{a}}c,{{\log }_{a}}b+{{\log }_{a}}c=\operatorname{l}o{{g}_{a}}\left( bc \right);{{\log }_{a}}b-{{\log }_{a}}c={{\log }_{a}}\frac{b}{c}$ (giả sử các biểu thức đã cho là có nghĩa).
Cách giải :
$\begin{array}{l}
xy = {\log _7}12.{\log _{12}}24 = {\log _7}24\\
{\log _{54}}168 = \frac{{a.{{\log }_7}24 + 1}}{{b.{{\log }_7}24 + c{{\log }_7}12}} = \frac{{{{\log }_7}{{24}^a} + {{\log }_7}7}}{{{{\log }_7}{{24}^b} + {{\log }_7}{{12}^c}}} = \frac{{{{\log }_7}\left( {{{7.24}^a}} \right)}}{{{{\log }_7}\left( {{{24}^b}{{.12}^c}} \right)}} = {\log _{\left( {{{24}^b}{{.12}^c}} \right)}}\left( {{{7.24}^a}} \right)\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{7.24^a} = 168\\
{24^b}{.12^c} = 54
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
{2^{3b}}{.3^b}{.2^{2c}}{.3^c} = {2.3^3}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
3b + 2c = 1\\
b + c = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = - 5\left( {tm} \right)\\
c = 8
\end{array} \right.\\
\Rightarrow S = a + 2b + 3c = 1 + 2.\left( { - 5} \right) + 3.8 = 15
\end{array}$
Câu 47: Đáp án B.
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hàm số để giải phương trình.
Cách giải :
$\begin{array}{l}
{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\sqrt[{2018}]{{2019 - {{\cos }^2}x}} - \left( {\cos x + m} \right)\sqrt[{2018}]{{2019 - {{\sin }^2}x + {m^2} + 2m\cos x}} = \cos x - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + m\\
\Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\left( {\sqrt[{2018}]{{2019 - {{\cos }^2}x}} - 1} \right) = \left( {\cos x + m} \right)\left( {\sqrt[{2018}]{{2019 - {{\sin }^2}x + {m^2} + 2m\cos x}} - 1} \right)\\
\Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\left( {\sqrt[{2018}]{{2019\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right)}} - 1} \right) = \left( {\cos x + m} \right)\left( {\sqrt[{2018}]{{2019\left( {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}x - {m^2} - 2m\cos x} \right)}} - 1} \right)\\
\Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\left( {\sqrt[{2018}]{{2019\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right)}} - 1} \right) = \left( {\cos x + m} \right)\left( {\sqrt[{2018}]{{2019 - \left( {1 - {{\left( {c{\rm{os}}x + m} \right)}^2}} \right)}} - 1} \right)\\
\Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\left( {\sqrt[{2018}]{{2018 + {{\sin }^2}x}} - 1} \right) = \left( {\cos x + m} \right)\left( {\sqrt[{2018}]{{2018 + {{\left( {\cos x + m} \right)}^2}}} - 1} \right)
\end{array}$
Xét hàm số $f\left( t \right)=t\left( \sqrt[2018]{2018+{{t}^{2}}}-1 \right)\left( t\in \left[ -1;1 \right] \right)$ ta có:
$f'\left( t \right)=\sqrt[2018]{2018+{{t}^{2}}}-1+t.\frac{1}{2018}{{\left( 2018+{{t}^{2}} \right)}^{\frac{-2017}{2018}}}.2t\ge 0\forall t\in \left[ -1;1 \right]\Rightarrow $Hàm số đồng biến trên $\left[ -1;1 \right]$
$\Rightarrow \operatorname{s}\text{inx}=\cos x+m\Leftrightarrow \operatorname{s}\text{inx}-\cos x=m\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin \left( x-\frac{\pi }{4} \right)=m$
Để phương trình có nghiệm thực $\Leftrightarrow m\in \left[ -\sqrt{2};\sqrt{2} \right]$. Mà m nguyên nên $m\in \left\{ -1;0;1 \right\}$.
Câu 48: Đáp án
Câu 49: Đáp án D.
Phương pháp:
${{P}_{MAB}}=MA+MB+\underset{con\,st}{\mathop{AB}}\,$ đạt GTNN $\Leftrightarrow {{\left( MA+MB \right)}_{\min }}$
Cách giải :
Ta có ${{P}_{MAB}}=MA+MB+\underset{con\,st}{\mathop{AB}}\,$ đạt GTNN $\Leftrightarrow {{\left( MA+MB \right)}_{\min }}$
Ta có $MA+MB\ge 2\sqrt{MA.MB}$, dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow M\in $ mặt phẳng trung trực (P) của AB.
Mà $M\in d\Rightarrow M=d\cap \left( P \right)$
Gọi I là trung điểm của AB ta có $I\left( 2;4;3 \right)$. Mặt phẳng trung trực của AB đi qua I và nhận $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\left( 1;-1;3 \right)$ là 1 VTPT nên có phương trình $x-y+3z-7=0$.
Do $M\in d\Rightarrow M\left( -1+2t;1-t;2t \right).$ Thay vào phương trình mặt phẳng$\left( P \right)$ta tìm được $t=1\Rightarrow M\left( 1;0;2 \right)\Rightarrow MA=MB=\sqrt{29};AB=2\sqrt{11}\Rightarrow {{P}_{ABC}}=2\left( \sqrt{11}+\sqrt{29} \right)$
Câu 50: Đáp án B.
Phương pháp:
Tính độ dài cung AB chính là chu vi đường tròn đáy của hình nón, suy ra bán kính đáy r của hình nón.
Sử dụng công thức $h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}$suy ra độ dài đường cao của hình nón.
Sử dụng công thức tính thể tích hình nón $V=\frac{1}{3}{{\pi }^{2}}h$
Cách giải :
Độ dài cung AB là xR cũng chính là chu vi đáy của hình nón $\Rightarrow r=\frac{xR}{2\pi }$
$\Rightarrow h=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{{{x}^{2}}{{R}^{2}}}{4{{\pi }^{2}}}}=\frac{R}{2\pi }\sqrt{4{{\pi }^{2}}-{{x}^{2}}}$
=>Thể tích của hình nón $V=\frac{1}{3}\pi {{\left( \frac{xR}{2\pi } \right)}^{2}}.\frac{R}{2\pi }\sqrt{4{{\pi }^{2}}-{{x}^{2}}}=\frac{\pi }{3}.{{\left( \frac{R}{2\pi } \right)}^{3}}{{x}^{2}}\sqrt{4{{\pi }^{2}}-{{x}^{2}}}$
Xét hàm số $f\left( x \right)={{x}^{2}}\sqrt{4{{\pi }^{2}}-{{x}^{2}}}\left( x\in \left[ 0;2\pi \right] \right)$ có
$f'\left( x \right) = 2x\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} + {x^2}\frac{{ - x}}{{\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} }} = \frac{{2x\left( {4{\pi ^2} - {x^2}} \right) - {x^3}}}{{\sqrt {4{\pi ^2} - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
2\left( {4{\pi ^2} - {x^2}} \right) = {x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\pi
\end{array} \right.$ Lập BBT ta thấy: $f{{\left( x \right)}_{m\text{ax}}}=f\left( \frac{2\sqrt{6}}{3}\pi \right)$
