Câu 30. Chọn B.
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nên $AG$ cắt $SC$ tại trung điểm $M$ của $SC$, tương tự $BG$ cắt $SD$ tại trung điểm $N$ của $SD$.
Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ và $I$ là trung điểm của $AB$. Suy ra góc giữa mặt bên $\left( SAB \right)$ và mặt đáy $\left( ABCD \right)$ là $\widehat{SIO}=60{}^\circ $. Do đó $SO=OI.\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Suy ra ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}{{a}^{2}}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$.
Mặt khác ${{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}$, ta lại có $\frac{{{V}_{S.ABM}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}\cdot \frac{SB}{SB}\cdot \frac{SM}{SC}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow {{V}_{S.ABM}}=\frac{1}{2}.{{V}_{S.ABC}}$.
$\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SA}{SA}\cdot \frac{SN}{SD}\cdot \frac{SM}{SC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ $\Rightarrow {{V}_{S.AMN}}=\frac{1}{4}.{{V}_{S.ACD}}$.
Vậy ${{V}_{S.ABMN}}=\frac{3}{4}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{3}{4}\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$.
Câu 31. Chọn B.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: ${x^2} - 2x = 0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$.
Khi quay $\left( H \right)$ xung quanh trục $Ox$ ta được khối tròn xoay giới hạn bởi $\left\{ \begin{array}{l}
y = {x^2}\\
y = 2x\\
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$.
Do đó thể tích của khối tròn xoay là: $V=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left| {{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}-{{\left( 2x \right)}^{2}} \right|\text{d}x}=\frac{64\pi }{15}$.
Câu 32. Chọn A.
Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $BCD$ và $G$ là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện$ABCD$.
Khi đó bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện$ABCD$ là:
$r=d\left( G,\left( ABC \right) \right)$$=d\left( G,\left( BCD \right) \right)$$=d\left( G,\left( ACD \right) \right)$$=d\left( G,\left( ABD \right) \right)$.
Ta có: ${{V}_{G.BCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{BCD}}.d\left( G,\left( BCD \right) \right)$$\Rightarrow d\left( G,\left( BCD \right) \right)=\frac{3.{{V}_{G.BCD}}}{{{S}_{BCD}}}$.
Mà ${{V}_{G.BCD}}$$={{V}_{G.ABC}}$$={{V}_{G.ABD}}$$={{V}_{G.ACD}}$(vì ${{S}_{BCD}}={{S}_{ABC}}={{S}_{ABD}}={{S}_{ACD}}$).
Mặt khác ${{V}_{G.BCD}}+{{V}_{G.ABC}}+{{V}_{G.ABD}}+{{V}_{G.ACD}}={{V}_{ABCD}}$$\Rightarrow {{V}_{G.BCD}}=\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}$.
$BH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$; $AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$$\Rightarrow {{V}_{G.BCD}}=\frac{1}{4} {{V}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{48}$.
$\Rightarrow r=d\left( G,\left( BCD \right) \right)$$=\frac{3.{{V}_{G.BCD}}}{{{S}_{BCD}}}$$=\frac{3.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{48}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}} {4}}$$=\frac{a\sqrt{6}}{12}$.
Vậy thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện là: $V=\frac{4}{3}\pi {{r}^{3}}=\frac{{{a}^{3}}\pi \sqrt{6}}{216}$.
Câu 33. Chọn D.
Điều kiện $x>0$. Đặt $t=\sqrt{\log _{3}^{2}x+1}\ge 1$, ta được phương trình ${{t}^{2}}+t-2m-2=0\,\,\,\,\,\left( * \right)$.
Ta có $x\in \left[ 1\,;\,\,{{3}^{\sqrt{3}}} \right]$ Û $0\le {{\log }_{3}}x\le \sqrt{3}$ Û $1\le t=\sqrt{\log _{3}^{2}x+1}\le 2$.
Phương trình đã cho có nghiệm thuộc $x\in \left[ 1\,;\,\,{{3}^{\sqrt{3}}} \right]$ Û $\left( * \right)$ có nghiệm $t\in \left[ 1\,;\,\,2 \right]$.
Đặt $f\left( t \right)={{t}^{2}}+t$, với $t\in \left[ 1\,;\,\,2 \right]$.
Hàm số $f\left( t \right)$ là hàm đồng biến trên đoạn $\left[ 1\,;\,\,2 \right]$. Ta có $f\left( 1 \right)=2$ và $f\left( 2 \right)=6$.
Phương trình ${{t}^{2}}+t=2m+2$ $\Leftrightarrow $ $f\left( t \right)=2m+2$ có nghiệm $t\in \left[ 1\,;\,\,2 \right]$ $\Leftrightarrow $ $f\left( 1 \right)\le 2m+2\le f\left( 2 \right)$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( 1 \right) \le 2m + 2\\
2m + 2 \le f\left( 2 \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 \le 2m + 2\\
2m + 2 \le 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m \le 2$
Câu 34. Chọn B.
Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}
x > 2\\
x \ne 4\\
x \in Z
\end{array} \right.$. Phương trình đã cho tương đương với:
$2{{\log }_{3}}\left( x-2 \right)+2{{\log }_{3}}\left| x-4 \right|=0$ $\Leftrightarrow $ ${{\log }_{3}}\left[ \left( x-2 \right)\left| x-4 \right| \right]=0$ $\Leftrightarrow $ $\left( x-2 \right)\left| x-4 \right|=1$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) = 1\\
x > 4
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) = - 1\\
2 < x < 4
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 6x + 7 = 0\\
x > 4
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 6x + 9 = 0\\
2 < x < 4
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x = 3 \pm \sqrt 2 \\
x > 4
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x = 3\\
2 < x < 4
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3 + \sqrt 2 \\
x = 3
\end{array} \right.$
Do $x\in \mathbb{Z}$ nên $x=3$.
Vậy tổng số tiền mà An để dành được sau $1$ tuần ($7$ ngày) là $21$ (nghìn đồng).
Câu 35. Chọn D.
Gọi $H$ là giao điểm của $d$ và $\Delta $, khi đó giá của $\overrightarrow{MH}$ vuông góc với đường thẳng $\Delta $.
$H\left( 1+2t;\,-1+t;\,-t \right)$, $\overrightarrow{MH}=\left( 2t-1;\,t-2;\,-t \right)$, $\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 2;\,1;\,-1 \right)$ là VTCP của $\Delta $.
Ta có $\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=0\Leftrightarrow 2\left( 2t-1 \right)+1\left( t-2 \right)-1\left( -t \right)=0$ $\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}$
$\overrightarrow{MH}=\left( \frac{1}{3};\,-\frac{4}{3};\,-\frac{2}{3} \right)$.
Vậy vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $\overrightarrow{u}=\left( 1;\,-4;\,-2 \right)$.
Câu 36. Chọn A.
Ta có $\widehat{\left( {A}'D,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{{A}'DG}=45{}^\circ $.
Ta giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $BG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, $DB=a\sqrt{3}$, $DG=2BG=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Tam giác ${A}'DG$ vuông cân tại $G$ nên ${A}'G=DG=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}={{S}_{ABCD}}.AG=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}={{a}^{3}}$.
Câu 37. Chọn C.
Ta có: $\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty $$\Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng; $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=2$$\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang.
$M\in \left( C \right)$$\Rightarrow M\left( a;\,2+\frac{5}{a-1} \right)$ với $a\ne 1$.
Khoảng cách từ $M$ đến tiệm cận đứng: ${{d}_{1}}=\frac{\left| a-1 \right|}{\sqrt{1}}=\left| a-1 \right|$,
Khoảng cách từ $M$ đến tiệm ngang ${{d}_{2}}=\frac{\left| 2+\frac{5}{a-1}-2 \right|}{\sqrt{{{0}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\left| \frac{5}{a-1} \right|$.
Xét ${{d}_{1}}.{{d}_{2}}=\left| a-1 \right|.\left| \frac{5}{a-1} \right|=\left| \left( a-1 \right).\frac{5}{a-1} \right|=5$.
Câu 38. Chọn D.
Gọi phương trình parabol $\left( P \right):y=a{{x}^{2}}+bx+c$. Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho $\left( P \right)$ có đỉnh $I\in Oy$ (như hình vẽ).
Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} Vậy $\left( P \right):y=-{{x}^{2}}+\frac{9}{4}$. Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là: $S=\int\limits_{\frac{-3}{2}}^{\frac{3}{2}}{\left( -{{x}^{2}}+\frac{9}{4} \right)\text{d}x}$$=2\int\limits_{0}^{\frac{3}{2}}{\left( -{{x}^{2}}+\frac{9}{4} \right)\text{d}x}$$=\left. 2\left( \frac{- {{x}^{3}}}{3}+\frac{9}{4}x \right) \right|_{0}^{\frac{9}{4}}$$=\frac{9}{2}{{\text{m}}^{2}}$. Số tiền phải trả là: $\frac{9}{2}.1500000=6750000$ đồng. Câu 39. Chọn A. Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1+\sqrt{4-\frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+\frac{3}{x}}=\frac{3}{2}\Rightarrow $$y=\frac{3}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $\left( C \right)$. $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=$$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=$$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\sqrt{4-\frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+\frac{3}{x}}=\frac{-1}{2}$$\Rightarrow y=\frac{-1}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $\left( C \right)$. $\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=+\infty $; $\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=-\infty \Rightarrow $ $x=-\frac{3}{2}$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị $\left( C \right)$ suy đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số có $3$ đường tiệm cận nên $m=3$. Với $x=1$ ta có $n=y\left( 1 \right)=\frac{2}{5}$. Vậy $m.n=\frac{6}{5}$. Câu 40. Chọn C. Theo giả thiết vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $SA\bot AB$, $SA\bot BC$. Mặt khác $BC\bot AB$ nên $BC\bot SB$. Vậy góc giữa $\left( SBC \right)$ và đáy là góc $\widehat{SBA}=\alpha $. Trong tam giác vuông $SAB$ ta có: $\tan \alpha =\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =60{}^\circ $. Câu 41. Chọn C. TXĐ $D=\mathbb{R}$. ${f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+2ax+b$. Điều kiện để hàm số có hai điểm cực trị là ${f}'\left( x \right)=0$ có hai nghiệm phân biệt $\Rightarrow {{a}^{2}}-3b>0$. Lấy $f\left( x \right)$ chia cho ${f}'\left( x \right)$. Ta có $f\left( x \right)={f}'\left( x \right).\left( \frac{1}{3}x+\frac{1}{9}a \right)+\left( \frac{2}{3}b-\frac{2}{9} \right)x+c-\frac{1}{9}ab$. Suy ra đường thẳng đi qua $A$, $B$là: $y=\left( \frac{2}{3}b-\frac{2}{9} \right)x+c-\frac{1}{9}ab\text{ }\left( d \right)$. Theo đầu bài $\left( d \right)$ đi qua gốc tọa độ $\Rightarrow c-\frac{1}{9}ab=0$$\Leftrightarrow ab=9c$. Khi đó $P=abc+ab+c$ $\Leftrightarrow P=9{{c}^{2}}+10c$$\Leftrightarrow P={{\left( 3c+\frac{5}{3} \right)}^{2}}-\frac{25}{9}$. Suy ra $\min P=-\frac{25}{9}$. Câu 42. Chọn D. Ta có $\frac{1}{z}+\frac{1}{w}=\frac{1}{z+w}$$\Rightarrow {{\left( z+w \right)}^{2}}=zw$$\Leftrightarrow {{w}^{2}}+wz+{{z}^{2}}=0$$\Leftrightarrow w=\frac{-z\pm z\sqrt{3}i}{2}$.
Câu 43. Chọn B. Trường hợp 1: ${{x}^{2}}+2{{y}^{2}}>1$. Đặt $\sqrt{2}y=z$. Suy ra $\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{z}^{2}}>1\text{ }\left( 1 \right)$ ${{\log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}\left( 2x+y \right)\ge 1$ $\Leftrightarrow 2x+y\ge {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$ $\Leftrightarrow 2x+\frac{z}{\sqrt{2}}\ge {{x}^{2}}+{{z}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)}^{2}}\le \frac{9}{8}\,\text{ }\left( 2 \right)$ Tập hợp các điểm $M\left( x;z \right)$ là miền $\left( H \right)$ bao gồm miền ngoài của hình tròn $\left( {{C}_{1}} \right):{{x}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ và miền trong của hình tròn $\left( {{C}_{2}} \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)}^{2}}=\frac{9}{8}$. Hệ $\left\{ \begin{array}{l} Để T đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng $d:\,2x+\frac{z}{\sqrt{2}}-T=0$ tiếp xúc với đường tròn $\left( {{C}_{2}} \right)$ $\Leftrightarrow d\left( I;d \right)=\frac{3}{2\sqrt{2}}$ với $I\left( 1;\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)$ là tâm của đường tròn $\left( {{C}_{2}} \right)$. $\Leftrightarrow \frac{\left| 2+\frac{1}{4}-T \right|}{\sqrt{4+\frac{1}{2}}}=\frac{3}{2\sqrt{2}}$ $\Leftrightarrow \left| T-\frac{9}{4} \right|=\frac{9}{4}$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} Trường hợp 2: $0<{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}<1$. ${{\log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}\left( 2x+y \right)\ge 1$$\Leftrightarrow 2x+y\le {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$$\Leftrightarrow T=2x+y<1$ (loại). Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $T=2x+y$ là $\max T=\frac{9}{2}$ . Câu 44. Chọn D. Ta có diện tích miếng tôn là $S=\pi .2500\text{ }\left( \text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}} \right)$. Diện tích toàn phần của hình nón là: ${{S}_{tp}}=\pi {{R}^{2}}+\pi .R.l$. Thỏa mãn yêu cầu bài toán ta có: $\pi {{R}^{2}}+\pi .R.l=2500\pi $$\Leftrightarrow {{R}^{2}}+R.l=2500=A$ $\Leftrightarrow l=\frac{A}{R}-R$. Thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.h$ $\Leftrightarrow V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.\sqrt{{{l}^{2}}-{{R}^{2}}}$$\Leftrightarrow V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.\sqrt{{{\left( \frac{A}{R}-R \right)}^{2}}-{{R}^{2}}}$ $\Leftrightarrow V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.\sqrt{\frac{{{A}^{2}}}{{{R}^{2}}}-2A}$$\Leftrightarrow V=\frac{1}{3}\pi .\sqrt{{{A}^{2}}.{{R}^{2}}-2A.{{R}^{4}}}$$\Leftrightarrow V=\frac{1}{3}\pi .\sqrt{\frac{{{A}^{3}}}{8}-2A{{\left( {{R}^{2}}-\frac{A}{4} \right)}^{2}}}$ $\Leftrightarrow V\le \frac{1}{3}\pi .\frac{A}{2}\sqrt{\frac{A}{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi $R=\sqrt{\frac{A}{4}}=25$, vậy $V$ đạt GTLN khi $R=25$. Câu 45. Chọn D. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó ta có $\begin{array}{l} Do đó, $M{{A}^{4}}+M{{B}^{4}}$ đạt GTNN khi $MI$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow $ $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $\text{d}$. Điểm $I\left( 2;-1;0 \right)$. Lấy $M\left( 2+t;-1+2t;3t \right)\in \text{d}$. $\overrightarrow{IM}=\left( t;2t;3t \right)$ $\overrightarrow{IM}\bot \overrightarrow{{{u}_{d}}}\Leftrightarrow \overrightarrow{IM}.\overrightarrow{{{u}_{d}}}=0\Leftrightarrow t+4t+9t=0\Leftrightarrow t=0$ Suy ra $M\equiv I$. Vậy ${{x}_{0}}=2$ Câu 46. Chọn A. Đặt ${{2}^{x}}={{3}^{y}}={{6}^{-z}}=t$ với $t>0.$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} Mặt khác: ${{\log }_{6}}t=\frac{1}{{{\log }_{t}}6}=\frac{1}{{{\log }_{t}}3+{{\log }_{t}}2}=\frac{1}{\frac{1}{{{\log }_{3}}t}+\frac{1}{{{\log }_{2}}t}}=\frac{{{\log }_{3}}t.{{\log }_{2}}t}{{{\log }_{3}}t+{{\log }_{2}}t}$. $M=xy+yz+xz={{\log }_{3}}t.{{\log }_{2}}t-{{\log }_{3}}t.{{\log }_{6}}t-{{\log }_{6}}t.{{\log }_{2}}t$$={{\log }_{3}}t.{{\log }_{2}}t-\left( {{\log }_{3}}t+{{\log }_{2}}t \right).{{\log }_{6}}t$ $={{\log }_{3}}t.{{\log }_{2}}t-\left( {{\log }_{3}}t+{{\log }_{2}}t \right).\frac{{{\log }_{3}}t.{{\log }_{2}}t}{{{\log }_{3}}t+{{\log }_{2}}t}=0.$ Câu 47. Chọn C. Gọi $M\left( x;\,\,y \right)$ là điểm biểu diễn số phức $z$. Do $\left| z-2-2i \right|=2$ nên tập hợp điểm $M$ là đường tròn $\left( C \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=4$. Các điểm $A\left( 1;1 \right)$, $B\left( 5;2 \right)$ là điểm biểu diễn các số phức $1+i$ và $5+2i$. Khi đó, $P=MA+MB$. Nhận thấy, điểm $A$ nằm trong đường tròn $\left( C \right)$ còn điểm $B$ nằm ngoài đường tròn $\left( C \right)$, mà $MA+MB\ge AB=\sqrt{17}$. Đẳng thức xảy ra khi $M$ là giao điểm của đoạn $AB$ với $\left( C \right)$. Ta có, phương trình đường thẳng $AB:x-4y+3=0$. Tọa độ giao điểm của đường thẳng $AB$ và đường tròn $\left( C \right)$ là nghiệm của hệ với $1<y<5$ $\left\{ \begin{array}{l} Ta có ${\left( {4y - 5} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow 17{y^2} - 44y + 25 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} Vậy $\min P=\sqrt{17}$ khi $z=\frac{37+4\sqrt{59}}{17}+\frac{22+\sqrt{59}}{17}i$ Câu 48. Chọn B. Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 5;0;0 \right)$, $\overrightarrow{DC}=\left( 5;0;0 \right)$ nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ $\Rightarrow ABCD$ là hình bình hành, mặt khác $\overrightarrow{AD}=\left( 0;5;0 \right)$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} Tương tự, ta có $\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{QN}=\left( 5;0;0 \right)$; $\overrightarrow{MQ}=\left( 0;5;0 \right)$ nên $MPNQ$ cũng là hình vuông. Lại có, $\overrightarrow{AM}=\left( 0;0;5 \right)$ nên $AM\bot \left( ABCD \right)$ và $AM=AB=AD$. Vậy 8 điểm trên tạo thành hình lập phương nên có 9 mặt phẳng đối xứng. Câu 49. Chọn C. Ta có $y=\frac{3x-1}{x-3}$$\Rightarrow y=3+\frac{8}{x-3}$. Đặt $\left\{ \begin{array}{l} Gọi $M\left( {{X}_{1}};\,\,\frac{8}{{{X}_{1}}} \right)$ thuộc nhánh trái, $N\left( {{X}_{2}};\,\frac{8}{{{X}_{2}}} \right)$ thuộc nhánh phải của đồ thị hàm số, Với ${{X}_{1}}<0<{{X}_{2}}$. Ta có: $M{{N}^{2}}={{\left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} \right)}^{2}}+64{{\left( \frac{1}{{{X}_{2}}}-\frac{1}{{{X}_{1}}} \right)}^{2}}$ $\Rightarrow M{{N}^{2}}\ge 2\sqrt{{{\left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} \right)}^{2}}.64{{\left( \frac{1}{{{X}_{2}}}-\frac{1}{{{X}_{1}}} \right)}^{2}}}$$\Rightarrow M{{N}^{2}}\ge 16\left| \left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} \right)\left( \frac{1}{{{X}_{2}}}-\frac{1}{{{X}_{1}}} \right) \right|$ $\Rightarrow M{{N}^{2}}\ge 16\frac{{{\left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} \right)}^{2}}}{\left| {{X}_{1}}{{X}_{2}} \right|}$$\Rightarrow M{{N}^{2}}\ge 16\frac{-4{{X}_{1}}{{X}_{2}}}{-{{X}_{1}} {{X}_{2}}}=64$. Do vậy $MN\ge 8$. Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} Vậy với $M=\left( -2\sqrt{2};\,\,-2\sqrt{2} \right)$ ; $N=\left( 2\sqrt{2};\,\,2\sqrt{2} \right)$ thì $MN$ có độ dài ngắn nhất bằng $8$. Cách khác: Do $M,N$ thuộc hai nhánh khác nhau nên ta có $M\left( 3-\alpha ;3-\frac{8}{\alpha } \right);N\left( 3+\beta ;3+\frac{8}{\beta } \right)$, với $\alpha ;\beta >0$. Khi đó $M{{N}^{2}}={{\left( \alpha +\beta \right)}^{2}}+{{\left( \frac{8}{\alpha }+\frac{8}{\beta } \right)}^{2}}$$={{\left( \alpha +\beta \right)}^{2}}+\frac{64{{\left( \alpha +\beta \right)}^{2}}}{{{\left( \alpha \beta \right)}^{2}}}$ $={{\left( \alpha +\beta \right)}^{2}}\left( 1+\frac{64}{{{\left( \alpha \beta \right)}^{2}}} \right)\ge 4\alpha \beta \left( 1+\frac{64}{{{\left( \alpha \beta \right)}^{2}}} \right)$ $=4\left( \alpha \beta +\frac{64}{\alpha \beta } \right)\ge 4.2.8=64$. Vậy $M{{N}_{\min }}=8$ khi $\left\{ \begin{array}{l} Câu 50. Chọn C. Điều kiện $4x+4y-4\ge 0$ Ta có ${{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2}}\left( 4x+4y-4 \right)\ge 1$ $\Leftrightarrow 4x+4y-4\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2$$\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}\le 2\,\,\,\,\left( {{C}_{1}} \right)$. Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn (cả bờ) $\left( {{C}_{1}} \right)$ có tâm ${{I}_{1}}\,\left( 2;\,\,2 \right)$ bán kính ${{R}_{1}}=\sqrt{2}$ Mặt khác: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-2y+2-m=0$$\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=m\,\,\,\left( * \right)$ Với $m=0$ $\Rightarrow x=-1;\,\,y=1$ không thỏa mãn: ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}\le 2$. Với $m>0$ thì $\,\left( * \right)$ là đường tròn$\,\left( {{C}_{2}} \right)$ có tâm ${{I}_{2}}\,\left( -1;\,\,1 \right)$ bán kính ${{R}_{2}}=\sqrt{m}$. Để để tồn tại duy nhất cặp $\left( x;\,y \right)$ thì $\,\left( {{C}_{1}} \right)$ và$\,\left( {{C}_{2}} \right)$ tiếp xúc với nhau. Trường hợp 1: $\,\left( {{C}_{1}} \right)$ và$\,\left( {{C}_{2}} \right)$ tiếp xúc ngoài. Khi đó: ${{R}_{1}}+{{R}_{2}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$\sqrt{m}+\sqrt{2}=\sqrt{10}$$\Leftrightarrow m={{\left( \sqrt{10}-\sqrt{2} \right)}^{2}}$. Trường hợp 2: $\,\left( {{C}_{1}} \right)$ nằm trong $\,\left( {{C}_{2}} \right)$ và hai đường tròn tiếp xúc trong. Khi đó: ${{R}_{2}}-{{R}_{1}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$\Leftrightarrow \sqrt{m}-\sqrt{2}=\sqrt{10}$ $\Leftrightarrow m={{\left( \sqrt{10}+\sqrt{2} \right)}^{2}}$. Vậy $m={{\left( \sqrt{10}-\sqrt{2} \right)}^{2}}$ và $m={{\left( \sqrt{10}+\sqrt{2} \right)}^{2}}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
|