Câu 30: Chọn A.
Xét hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ ta có ${y}'=\frac{3}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0$với $x\ne -1$ nên hàm số không có cực trị.
Câu 31: Chọn D.
Quãng đường ô tô đi được trong $5$$\left( \text{s} \right)$ đầu là ${{s}_{1}}=\int\limits_{0}^{5}{7t\text{d}t}=7\left. \frac{{{t}^{2}}}{2} \right|_{0}^{5}=87,5$ (mét).
Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là ${{v}_{\left( 2 \right)}}\left( t \right)=35-35t$ (m/s). Khi xe dừng lại hẳn thì ${{v}_{\left( 2 \right)}}\left( t \right)=0\Leftrightarrow 35-35t=0\Leftrightarrow t=1$.
Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là ${{s}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 35-35t \right)\text{d}t}$$=\left. \left( 35t-35\frac{{{t}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{1}$$=17.5$ (mét).
Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là $s={{s}_{1}}+{{s}_{2}}$$=87.5+17.5$$=105$ (mét).
Câu 32: Chọn C.
Xét hàm số $g\left( t \right)=\frac{{{\text{e}}^{t}}}{{{\text{e}}^{t}}+\sqrt{\text{e}}}$ ta có $g\left( 1-t \right)=\frac{{{\text{e}}^{1-t}}}{{{\text{e}}^{1-t}}+\sqrt{\text{e}}}=\frac{\frac{\text{e}}{{{\text{e}}^{t}}}}{\frac{\text{e}}{{{\text{e}}^{t}}}+\sqrt{\text{e}}}=\frac{\sqrt{\text{e}}}{\sqrt{\text{e}}+{{\text{e}}^{t}}}$.
Khi đó $g\left( t \right)+g\left( 1-t \right)=\frac{{{\text{e}}^{t}}}{{{\text{e}}^{t}}+\sqrt{\text{e}}}+\frac{\sqrt{\text{e}}}{\sqrt{\text{e}}+{{\text{e}}^{t}}}=1$. (*)
Xét hàm số $y=f\left( x \right)=2018\ln \left( {{\text{e}}^{\frac{x}{2018}}}+\sqrt{\text{e}} \right)$ ta có ${y}'={f}'\left( x \right)=\frac{{{\text{e}}^{\frac{x}{2018}}}}{{{\text{e}}^{\frac{x}{2018}}}+\sqrt{\text{e}}}$.
Do $\frac{1}{2018}+\frac{2017}{2018}=1$ nên theo (*) ta có ${f}'\left( 1 \right)+{f}'\left( 2017 \right)={f}'\left( \frac{1}{2018} \right)+{f}'\left( \frac{2017}{2018} \right)=1$.
Khi đó ta có $T={f}'\left( 1 \right)+{f}'\left( 2 \right)+...+{f}'\left( 2017 \right)$
$=\left[ {f}'\left( 1 \right)+{f}'\left( 2017 \right) \right]+\left[ {f}'\left( 2 \right)+{f}'\left( 2016 \right) \right]+...+\left[ {f}'\left( 1008 \right)+{f}'\left( 1010 \right) \right]+{f}'\left( 1009 \right)$
$=1+1+...+1+\frac{{{\text{e}}^{\frac{1009}{2018}}}}{{{\text{e}}^{\frac{1009}{2018}}}+\sqrt{\text{e}}}$$=1008+\frac{1}{2}$$=\frac{2017}{2}$
Câu 33. Chọn A.
Hàm số không xác định tại điểm $x=\frac{b}{4}$. Theo đồ thị ta có tiệm cận đứng nhỏ hơn $1$ $\Leftrightarrow $$\frac{b}{4}<1\Leftrightarrow b<4$. Do $b$ nguyên dương nên $b\in \left\{ 1,2,3 \right\}$.
Ta có ${y}'=\frac{4a-2b}{{{\left( 4x-b \right)}^{2}}}$ . Hàm số nghịch biến nên $4a-2b<0$$\Leftrightarrow $ $b>2a$. Do $a$ là số nguyên dương và $b\in \left\{ 1,2,3 \right\}$ nên ta có một cặp $\left( a,\,b \right)$ thỏa mãn là $\left( 1,\,3 \right)$.
Câu 34. Chọn A.
Gọi $O=AC\cap BD$ và $M$ là trung điểm $AB$. Hình nón có đỉnh $S$ và đường tròn đáy nội tiếp tứ giác $ABCD$ có bán kính đáy là $R=OM=\frac{a}{2}$ và có chiều cao là $h=SO$.
Thể tích khối nón $V=\frac{1}{3}Bh$ trong đó $B=\pi {{R}^{2}}=\frac{\pi {{a}^{2}}}{4}$.
Diện tích tam giác $SAB$ là $2{{a}^{2}}$ nên $\frac{1}{2}SM.AB=2{{a}^{2}}$$\Leftrightarrow $ $SM=4a$ .
Trong tam giác vuông $SOM$ ta có $SO=\sqrt{S{{M}^{2}}-O{{M}^{2}}}=\sqrt{16{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{3a\sqrt{7}}{2}$ hay $h=\frac{3a\sqrt{7}}{2}$ .
Vậy thể tích của khối nón $V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{7}}{8}$.
Câu 35. Chọn A.
Ta có $P=lo{{g}_{a}}b+lo{{g}_{a}}c+lo{{g}_{b}}a+lo{{g}_{b}}c+4lo{{g}_{c}}a+4lo{{g}_{c}}b$$\Leftrightarrow $
$P=\left( lo{{g}_{a}}b+\frac{1}{lo{{g}_{a}}b} \right)+\left( lo{{g}_{a}}c+\frac{4}{lo{{g}_{a}}c} \right)+\left( lo{{g}_{b}}c+\frac{4}{lo{{g}_{b}}c} \right)$ $\ge 2+4+4=10$ $\Rightarrow $$m=10$.
Dấu đẳng xảy ra khi $lo{{g}_{a}}b=1$, $lo{{g}_{a}}c=2$, $lo{{g}_{b}}c=2$$\Rightarrow $$n=2$.
Vậy $m+n=12$ .
Câu 36. Chọn D.
Phương trình tương đương ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}={{m}^{3}}-3{{m}^{2}}$. Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $d:$ $y={{m}^{3}}-3{{m}^{2}}$ có ba điểm chung với đồ thị hàm số $f(x)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}$.
Ta có ${f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x$ , $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$ .
Bảng biến thiên
Ta có $f\left( -1 \right)=4$ và $f\left( 3 \right)=0$. Phương trình có ba nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow $$-4<{{m}^{3}}-3{{m}^{2}}<0$ $\Leftrightarrow $$-4<f\left( m \right)<0$.
Dựa vào bảng biến thiên ta được: $m\in \left( -1;\,3 \right)\backslash \left\{ 0,\,2 \right\}$.
Câu 37. Chọn A.
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:
${{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-2=m\Leftrightarrow {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-2-m=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.
Vì $m>0\Leftrightarrow -2-m<0$ hay phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:
${{x}^{2}}=\frac{3+\sqrt{4m+17}}{2}\Rightarrow {{x}_{1}}=\sqrt{\frac{3+\sqrt{4m+17}}{2}}\,\,\text{va }{{x}_{2}}=-\sqrt{\frac{3+\sqrt{4m+17}}{2}}$.
Khi đó: $A\left( {{x}_{1}};m \right)$, $B\left( {{x}_{2}};m \right)$.
Ta có tam giác $OAB$ vuông tại $O$, trong đó $O$ là gốc tọa độ $\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Leftrightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{2}}+{{m}^{2}}=0$.
$ \Leftrightarrow \frac{{3 + \sqrt {4m + 17} }}{2} = {m^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{m^2} - 3 \ge 0\\
4{m^4} - 12{m^2} - 4m - 8 = 0
\end{array} \right.m = 2$.
Vậy m=2 là giá trị cần tìm.
Câu 38. Chọn A.
Đặt $t={{4}^{x}}$, $t>0$, khi đó phương trình trở thành: $\left( m+1 \right){{t}^{2}}-2\left( 2m-3 \right)t+6m+5=0$. $\left( * \right)$
Để phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu thì phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm dương và số 1 nằm giữa khoảng hai nghiệm
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {m + 1} \right)f\left( 1 \right) < 0\\
{t_1} + {t_2} = \frac{{2\left( {2m - 3} \right)}}{{m + 1}} > 0\\
{t_1}.{t_2} = \frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {m + 1} \right)\left( {3m + 12} \right) < 0\\
\frac{{2\left( {2m - 3} \right)}}{{m + 1}} > 0\\
\frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 4 < m < - 1\\
\left[ \begin{array}{l}
m > \frac{3}{2}\\
m < - 1
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
m > - \frac{5}{6}\\
m < - 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 < m < - 1$
Vì $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -3;-2 \right\}$.
Câu 39.Chọn A.
Tọa độ giao điểm $I=\left( \frac{3}{2};\frac{1}{2} \right)$.
Gọi tọa độ tiếp điểm là $\left( {{x}_{0}};\frac{{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}+3} \right)$. Khi đó phương trình tiếp tuyến $\Delta $ với đồ thị hàm số tại điểm $\left( {{x}_{0}};\frac{{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}+3} \right)$ là:
$y=-\frac{1}{{{\left( 2{{x}_{0}}-3 \right)}^{2}}}\left( x-{{x}_{0}} \right)+\frac{{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}-3}\Leftrightarrow x+{{\left( 2{{x}_{0}}-3 \right)}^{2}}y-2x_{0}^{2}+4{{x}_{0}}-3=0$.
Khi đó: $d\left( I,\Delta \right)=\frac{\left| \frac{3}{2}+\frac{1}{2}{{\left( 2{{x}_{0}}-3 \right)}^{2}}-2x_{0}^{2}+4{{x}_{0}}-3 \right|}{\sqrt{1+{{\left( 2{{x}_{0}}-3 \right)}^{4}}}}=\frac{\left| -2{{x}_{0}}+3 \right|}{\sqrt{1+{{\left( 2{{x}_{0}}-3 \right)}^{4}}}}\le \frac{\left| 2{{x}_{0}}-3 \right|}{\sqrt{2{{\left( 2{{x}_{0}}-3 \right)}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
(Theo bất đẳng thức Cô si)
Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi ${\left( {2{x_0} - 3} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2{x_0} - 3 = 1\\
2{x_0} - 3 = - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 2\\
{x_0} = 1
\end{array} \right.$.
Vậy $\max d\left( I,\Delta \right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Câu 40. Chọn B.
Vì góc giữa $\left( SBC \right)$ và mặt đáy $\left( ABCD \right)$ là $60{}^\circ $ nên $\widehat{SBA}=60{}^\circ $ $\Rightarrow AB=\frac{SA}{\tan 60{}^\circ }=\frac{2a}{\sqrt{3}}$.
Khi đó: ${{S}_{ABCD}}=AB.AD=\frac{2a}{\sqrt{3}}.2a=\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó:${{S}_{ADM}}=\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}=\frac{2{{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}$.
$\Rightarrow $ ${{V}_{S.ADG}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.ADM}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}.2a.\frac{2{{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}=\frac{8{{a}^{3}}\sqrt{3}}{27}$.
Câu 41. Chọn B.
Điều kiện: $-2\le x\le 2$.
Đặt $t=\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}\ge 0\Rightarrow {{t}^{2}}=4+2\sqrt{4-{{x}^{2}}}\Rightarrow \sqrt{4-{{x}^{2}}}=\frac{{{t}^{2}}-4}{2}$.
Phương trình đã cho thành $t-\frac{{{t}^{2}}-4}{2}=m$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}$, với $x\in \left[ -2;2 \right]$ ta có
${f}'\left( x \right)=-\frac{1}{2\sqrt{2-x}}+\frac{1}{2\sqrt{2+x}}$; $\left\{ \begin{array}{l}
x \in \left( { - 2;2} \right)\\
f'\left( x \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \in \left( { - 2;2} \right)\\
2 - x = 2 + x
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0$
Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ -2;2 \right]$ và $f\left( -2 \right)=2$; $f\left( 2 \right)=2$; $f\left( 0 \right)=2\sqrt{2}$
$\Rightarrow \underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=2$ và $\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=2\sqrt{2}$$\Rightarrow 2\le f\left( x \right)\le 2\sqrt{2}\Rightarrow t\in \left[ 2;2\sqrt{2} \right]$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=t-\frac{{{t}^{2}}-4}{2}$, với $t\in \left[ 2;2\sqrt{2} \right]$ ta có ${f}'\left( t \right)=1-t<0$, $\forall t\in \left( 2;2\sqrt{2} \right)$.
Bảng biến thiên:
YCBT $\Leftrightarrow $ trên $\left[ -2;2 \right]$ đồ thị hàm số $y=f\left( t \right)$ cắt đường thẳng $y=m$$\Leftrightarrow 2\sqrt{2}-2\le m\le 2$.
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\sqrt 2 - 2\\
b = 2
\end{array} \right. \Rightarrow T = \left( {a + 2} \right)\sqrt 2 + b = 6$
Câu 42. Chọn D.
Ta có $AD\text{//}BC\Rightarrow AD$ nhận $\overrightarrow{CB}=\left( 5;2;-1 \right)$ là một VTCP.
Kết hợp với $AD$ qua $A\left( { - 2;3;1} \right) \Rightarrow AD:\left\{ \begin{array}{l}
x = - 2 + 5t\\
y = 3 + 2t\\
z = 1 - t
\end{array} \right.$
Biến đổi ${{S}_{ABCD}}=3{{S}_{ABC}}$$\Leftrightarrow {{S}_{ACD}}=2{{S}_{ABC}}$ $\left( 1 \right)$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 2; - 1} \right)\\
\overrightarrow {AC} = \left( { - 1; - 4;0} \right)\\
\overrightarrow {AD} = \left( {5t;2t; - t} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 4;1; - 18} \right)\\
\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AD} } \right] = \left( {4t; - t;18t} \right)
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 18} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {341} }}{2}\\
{S_{ACD}} = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AD} } \right] = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {4t} \right)}^2} + {{\left( { - t} \right)}^2} + {{\left( {18t} \right)}^2}} = \frac{{\left| t \right|\sqrt {341} }}{2}
\end{array} \right.$
Kết hợp với $\left( 1 \right)$ ta được $\frac{{\left| t \right|\sqrt {341} }}{2} = \sqrt {341} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 2 \Rightarrow D\left( {8;7; - 1} \right)\\
t = - 2 \Rightarrow D\left( { - 12; - 1;3} \right)
\end{array} \right.$
Với $D\left( 8;7;-1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\left( 10;4;-2 \right)=2\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{BC}$.
Với $D\left( -12;-1;3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\left( -10;-4;2 \right)=-2\overrightarrow{CB}=2\overrightarrow{BC}$.
Hình thang $ABCD$ có đáy $AD$ thì $\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{BC}$ với $k>0$.
Do đó chỉ có $D\left( -12;-1;3 \right)$ thỏa mãn.
Câu 43. Chọn D.
Giả sử $M\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AM} = \left( {x;y;z + 1} \right)\\
\overrightarrow {BM} = \left( {x + 1;y - 1;z} \right)\\
\overrightarrow {CM} = \left( {x - 1;y;z - 1} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A{M^2} = {x^2} + {y^2} + {\left( {z + 1} \right)^2}\\
B{M^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2}\\
C{M^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2}
\end{array} \right.$
$\Rightarrow 3M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}=3\left[ {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]+2\left[ {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}} \right]$
$-\left[ {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}} \right]$
$=4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}+6x-4y+8z+6={{\left( 2x+\frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 2y-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2z+2 \right)}^{2}}-\frac{5}{4}\ge -\frac{5}{4}$.
Dấu $''=''$ xảy ra $\Leftrightarrow x=-\frac{3}{4}$, $y=\frac{1}{2}$, $z=-1$, khi đó $M\left( -\frac{3}{4};\frac{1}{2};-1 \right)$.
Câu 44. Chọn B.
Gọi ${A}'$ là hình chiếu của $A$ lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm ${O}'$.
Gọi ${B}'$ là hình chiếu của $B$ lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm $O$.
Gọi $R$ là bán kính của đường tròn tâm $O$, suy ra: $R=2a$. Ta có: $\alpha =\widehat{BA{B}'}$.
Suy ra: $A{B}'=2R\tan \alpha $. Gọi $I$ là trung điểm của $A{B}'$$\Rightarrow OI\bot A{B}'$.
Ta có: $OI=\sqrt{O{{{{B}'}}^{2}}-I{{{{B}'}}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-{{R}^{2}}{{\tan }^{2}}\alpha }=R\sqrt{1-{{\tan }^{2}}\alpha }$.
Và: ${{S}_{\Delta OA{B}'}}=\frac{1}{2}OI.\,A{B}'=\frac{1}{2}R.\,\sqrt{1-{{\tan }^{2}}\alpha }.\,2R\tan \alpha $$={{R}^{2}}\tan \alpha .\,\sqrt{1-{{\tan }^{2}}\alpha }$.
Suy ra: ${{V}_{O{O}'AB}}=\frac{1}{3}{{V}_{OA{B}'.\,{O}'{A}'B}}=\frac{1}{3}O{O}'.\,{{S}_{\Delta OA{B}'}}=\frac{1}{3}.\,2R.\,{{R}^{2}}\tan \alpha .\,\sqrt{1-{{\tan }^{2}}\alpha }$.
Ta có: ${{V}_{O{O}'AB}}$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $\tan \alpha .\,\sqrt{1-{{\tan }^{2}}\alpha }$ đạt giá trị lớn nhất.
Xét hàm số $f\left( t \right)=t.\,\sqrt{1-{{t}^{2}}}$ với $t\in \left[ 0\,;\,1 \right]$ có ${f}'\left( t \right)=\sqrt{1-{{t}^{2}}}+\frac{t.\,\left( -t \right)}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}}=\frac{1-2{{t}^{2}}}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}}$ với $t\in \left( 0\,;\,1 \right)$.
Xét ${f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow 1-2{{t}^{2}}=0\Leftrightarrow t=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
Vì $0{}^\circ <\alpha <90{}^\circ $ nên $\tan \alpha >0$$\Rightarrow t=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có ${{V}_{\max }}$ khi $t=\frac{1}{\sqrt{2}}$ hay $\tan \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Câu 45:Chọn B.
Điều kiện: $-2\le x\le 2$.
Đặt $t=\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}\ge 0\Rightarrow {{t}^{2}}=4+2\sqrt{4-{{x}^{2}}}\Rightarrow \sqrt{4-{{x}^{2}}}=\frac{{{t}^{2}}-4}{2}$.
Phương trình đã cho thành $t-\frac{{{t}^{2}}-4}{2}=m$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}$, với $x\in \left[ -2;2 \right]$ ta có
${f}'\left( x \right)=-\frac{1}{2\sqrt{2-x}}+\frac{1}{2\sqrt{2+x}}$; $\left\{ \begin{array}{l}
x \in \left( { - 2;2} \right)\\
f'\left( x \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \in \left( { - 2;2} \right)\\
2 - x = 2 + x
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0$
Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ -2;2 \right]$ và $f\left( -2 \right)=2$; $f\left( 2 \right)=2$; $f\left( 0 \right)=2\sqrt{2}$
$\Rightarrow \underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=2$ và $\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=2\sqrt{2}$$\Rightarrow 2\le f\left( x \right)\le 2\sqrt{2}\Rightarrow t\in \left[ 2;2\sqrt{2} \right]$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=t-\frac{{{t}^{2}}-4}{2}$, với $t\in \left[ 2;2\sqrt{2} \right]$ ta có ${f}'\left( t \right)=1-t<0$, $\forall t\in \left( 2;2\sqrt{2} \right)$.
Bảng biến thiên:
YCBT $\Leftrightarrow $ trên $\left[ -2;2 \right]$ đồ thị hàm số $y=f\left( t \right)$ cắt đường thẳng $y=m$$\Leftrightarrow 2\sqrt{2}-2\le m\le 2$.
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\sqrt 2 - 2\\
b = 2
\end{array} \right. \Rightarrow T = \left( {a + 2} \right)\sqrt 2 + b = 6$
Câu 46: Chọn D.
Ta có $AD\text{//}BC\Rightarrow AD$ nhận $\overrightarrow{CB}=\left( 5;2;-1 \right)$ là một VTCP.
Kết hợp với $AD$ qua $A\left( -2;3;1 \right)$ $\Rightarrow AD:\left\{ \begin{array}{l}
x = - 2 + 5t\\
y = 3 + 2t\\
z = 1 - t
\end{array} \right.$ $\left( t\in \mathbb{R} \right)$$\Rightarrow D\left( 5t-2;2t+3;1-t \right)$.
Biến đổi ${{S}_{ABCD}}=3{{S}_{ABC}}$$\Leftrightarrow {{S}_{ACD}}=2{{S}_{ABC}}$ $\left( 1 \right)$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 2; - 1} \right)\\
\overrightarrow {AC} = \left( { - 1; - 4;0} \right)\\
\overrightarrow {AD} = \left( {5t;2t; - t} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 4;1; - 18} \right)\\
\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AD} } \right] = \left( {4t; - t;18t} \right)
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 18} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {341} }}{2}\\
{S_{ACD}} = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AD} } \right] = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {4t} \right)}^2} + {{\left( { - t} \right)}^2} + {{\left( {18t} \right)}^2}} = \frac{{\left| t \right|\sqrt {341} }}{2}
\end{array} \right.$
Kết hợp với $\left( 1 \right)$ ta được $\frac{{\left| t \right|\sqrt {341} }}{2} = \sqrt {341} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 2 \Rightarrow D\left( {8;7; - 1} \right)\\
t = - 2 \Rightarrow D\left( { - 12; - 1;3} \right)
\end{array} \right.$
Với $D\left( 8;7;-1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\left( 10;4;-2 \right)=2\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{BC}$.
Với $D\left( -12;-1;3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\left( -10;-4;2 \right)=-2\overrightarrow{CB}=2\overrightarrow{BC}$.
Hình thang $ABCD$ có đáy $AD$ thì $\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{BC}$ với $k>0$.
Do đó chỉ có $D\left( -12;-1;3 \right)$ thỏa mãn.
Câu 47: Chọn D.
Giả sử $M\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AM} = \left( {x;y;z + 1} \right)\\
\overrightarrow {BM} = \left( {x + 1;y - 1;z} \right)\\
\overrightarrow {CM} = \left( {x - 1;y;z - 1} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A{M^2} = {x^2} + {y^2} + {\left( {z + 1} \right)^2}\\
B{M^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2}\\
C{M^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2}
\end{array} \right.$
$\Rightarrow 3M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}=3\left[ {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}} \right]+2\left[ {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}} \right]$
$-\left[ {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}} \right]$
$=4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}+6x-4y+8z+6={{\left( 2x+\frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 2y-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2z+2 \right)}^{2}}-\frac{5}{4}\ge -\frac{5}{4}$.
Dấu $''=''$ xảy ra $\Leftrightarrow x=-\frac{3}{4}$, $y=\frac{1}{2}$, $z=-1$, khi đó $M\left( -\frac{3}{4};\frac{1}{2};-1 \right)$.
Câu 48. Chọn C.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
Ta có $y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \to y = 2\\
x = \pm 1 \to y = 1
\end{array} \right.$
Bảng biến thiên
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị $A\left( 0;2 \right)$, $B\left( -1;1 \right)$, $C\left( 1;1 \right)$.
Nhận xét $\Delta ABC$ cân tại $A$. Vì vậy $S=\frac{1}{2}\left| {{y}_{A}}-{{y}_{B}} \right|.\left| {{x}_{C}}-{{x}_{B}} \right|=\frac{1}{2}.1.2=1$.
Câu 49. Chọn C.
Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ \frac{1}{3} \right\}$
Ta có $y=\frac{2x-5}{3x-1}=\frac{1}{3}.\frac{6x-15}{3x-1}=\frac{1}{3}\left( 2-\frac{13}{3x-1} \right)$$\Rightarrow 3y=$ $\left( 2-\frac{13}{3x-1} \right)$
Ta có $y\in \mathbb{Z}$ nên $3y\in \mathbb{Z}$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
3x - 1 = 1\\
3x - 1 = - 1\\
3x - 1 = 13\\
3x - 1 = - 13
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{2}{3} \notin Z\\
x = 0 \in Z\\
x = \frac{{14}}{3} \notin Z\\
x = - 4 \in Z
\end{array} \right.$.
Thử lại $x=0$ và $x=-4$ thỏa mãn.
Vậy có hai điểm có tọa độ nguyên $\left( 0;5 \right)$ và $\left( -4;1 \right)$.
Câu 50: Chọn A
Trước hết ta nhận thấy $Oz\text{//}\left( P \right)$ và $\left( {{x}_{O}}+{{y}_{O}}+7 \right)\left( {{x}_{A}}+{{y}_{A}}+7 \right)>0$ nên $A$ và $Oz$ nằm về một phía của mặt phẳng $\left( P \right)$.
Gọi ${A}'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $\left( P \right)$. Gọi $p$ là chu vi tam giác $ABC$.
Ta có $p=AB+BC+CA=AB+BC+{A}'C$ $\ge AB+{A}'B$.
Do $Oz\text{//}\left( P \right)$ nên $A{A}'\bot Oz$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $Oz$, ta có $Oz\bot {A}'K$.
Lúc đó $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{AB \ge AK}\\
{A'B \ge A'K}
\end{array}} \right.$ $\Rightarrow {{p}_{\min }}$ khi $K\equiv B$.
Vậy $B\left( 0;\,0;\,1 \right)$.
