Câu 30: Đáp án D
Dựng $C\,x//BD\Rightarrow d\left( BD;SC \right)=d\left( BD;\left( SCx \right) \right)$
Dựng $AK\bot CE;AH\bot SK$
Khi đó Cx cắt AB tại E và AK tại I suy ra BI là đường trung bình của $\Delta AEK$( Do BD qua trung điểm O của AC)
Ta có: $d=d\left( I;\left( SCE \right) \right)=\frac{1}{2}{{d}_{A}}=\frac{AH}{2}$
Do $AK=2AI=2.\frac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{4a}{\sqrt{5}}\Rightarrow AH=\frac{SA.AK}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{K}^{2}}}}$
$=\frac{4a}{3}\Rightarrow d=\frac{2a}{3}$
Câu 31: Đáp án A
Kí hiệu bán kính đáy của hình nón là x, chiều cao hình nón là y (trong đó $0<x\le 2R;0<y\le R$). Gọi SS’là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình nón thì ta có:
${{x}^{2}}=y\left( 2R-y \right)$(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Gọi ${{V}_{1}}$là thể tích khối nón: ${{V}_{1}}=\frac{\pi }{3}{{x}^{2}}y=\frac{\pi }{6}.y.y.\left( 4R-2y \right)$
Mặt khác $y.y.\left( 2R-y \right)\le {{\left( \frac{y+y+4R-2y}{3} \right)}^{3}}=\frac{64}{27}{{R}^{3}}$
Do đó $V\le \frac{32\pi }{81}$dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow y=\frac{4R}{3};x=\frac{2R\sqrt{2}}{3}$
Khi đó $OH=y-R=\frac{R}{3}=2\,cm$
Câu 32: Đáp án D
Đặt $t={{x}^{2}}+1\Rightarrow dt=2xdx\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{f\left( {{x}^{2}}+1 \right)xdx=\int\limits_{2}^{5}{f\left( t \right).\frac{dt}{2}=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)dx=2}}}$
Do đó $I=\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)dx=4}$
Câu 33: Đáp án A
Ta có: $v=200\Rightarrow {{t}^{2}}+10t=200\Leftrightarrow t=10s$
Máy bay di chuyển trên đường bang từ thời điểm $t=0$đến thời điểm $t=10$, do đó quãng đường đi trên đường băng là: $S=\int\limits_{0}^{10}{\left( {{t}^{2}}+10t \right)dx}=\frac{2500}{3}\left( m \right)$
Câu 34: Đáp án B
ĐK: $x>0\Rightarrow \left( {{\log }_{2}}x-1 \right)\left( {{\log }_{3}}x-1 \right)\le 0\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left( x-3 \right)\le 0\Leftrightarrow 2\le x\le 3$
Phương trình có 2 nghiệm nguyên là $x=2;x=3$
Câu 35: Đáp án A
Gọi $A\left( 1+t;2+3t;t \right)\in {{d}_{1}};B\left( -1-u;1+2u;2+4u \right)\in {{d}_{2}}$
Ta có: $\overrightarrow {MA} = k.\overrightarrow {MB} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t - 2 = k\left( { - u - 4} \right)\\
3t - 1 = k\left( {2u - 2} \right)\\
t + 2 = k\left( {4u + 4} \right)
\end{array} \right.$
Giả hệ với ẩn t; k và $ku \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t = 0\\
k = \frac{1}{2}\\
ku = 0
\end{array} \right. \Rightarrow t = 0;u = 0 \Rightarrow A\left( {1;2;0} \right);B\left( { - 1;1;2} \right) \Rightarrow AB = 3$
Câu 36: Đáp án C
Gọi đường tròn (O) là đường tròn ngoại tiếp đa giác. Xét A là 1 đỉnh bất kỳ của đa giác,kẻ đường kính AA’ thì A’ cũng là 1 đỉnh của đa giác. Đường kính AA’ chia (O) thành 2 nửa đường tròn , với mỗi cách chọn ra 2 điểm B và C là 2 đỉnh của đa giác và cùng thuộc 1 nửa đường tròn, ta đường 1 tam giác tù ABC. Khi đó số cách chọn B và C là: $2C_{49}^{2}$
Đa giác có 100 đỉnh nên số đường chéo là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác là 50
Do đó, số cách chọn ra 3 đỉnh để lập thành 1 tam giác tù là: $50.2C_{49}^{2}=100C_{49}^{2}$
Không gian mẫu: $\left| \Omega \right|=C_{100}^{3}\Rightarrow P=\frac{100C_{49}^{2}}{C_{100}^{3}}=\frac{8}{11}$
Câu 37: Đáp án D
Hệ số góc của đường thẳng IM là: $\frac{{{y}_{1}}-{{y}_{M}}}{{{x}_{1}}-{{x}_{M}}}=\frac{2-b}{1-a}=\frac{2-\frac{2a-1}{a-1}}{1-a}=\frac{1}{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}$
Mặt khác tiếp tuyến tại M có hệ số góc $k=y'\left( a \right)=\frac{-1}{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}$
Giả thiết bài toán $ \Leftrightarrow - \frac{1}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}} = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 0\left( {loai} \right)\\
a = 2 \Rightarrow b = 3 \Rightarrow a + b = 5
\end{array} \right.$
Câu 38: Đáp án A
Ta có: $y'=3+m\left( \cos x-\operatorname{s}\text{inx} \right)=3+m\sqrt{2}c\text{os}\left( x+\frac{\pi }{4} \right)$
Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$khi $y'\ge 0\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\Leftrightarrow \underset{\mathbb{R}}{\mathop{Min}}\,y'\ge 0\Leftrightarrow 3-\left| m\sqrt{2} \right|\ge 0$
$\Leftrightarrow \left| m \right|\le \frac{3}{\sqrt{2}}\xrightarrow{m\in \mathbb{Z}}m=0;m=\pm 1;m=\pm 2.$ Vậy có 5 giá trị nguyên của m.
Câu 39: Đáp án B
Ta có $y'=\sqrt[3]{{{x}^{2}}}+\frac{2}{3}{{x}^{\frac{-1}{3}}}\left( x-1 \right)=\sqrt[3]{{{x}^{2}}}+\frac{2\left( x-1 \right)}{3\sqrt[3]{x}}=\frac{5x-1}{3\sqrt[3]{x}}$
Do y xác định tại các điểm $x=0;x=\frac{2}{5}$và y’ đổi dấu qua các điểm này nên hàm số có 2 điểm cực trị.
Câu 40: Đáp án A
Giả thiết bài toán$\Leftrightarrow $ điểm uốn của đồ thị hàm số$y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1$thuộc đường thẳng. Mặt khác $U\left( 1;-1 \right)\in d\Leftrightarrow -1=3m-1+6m+3\Leftrightarrow m=-\frac{1}{3}$
Với $m=-\frac{1}{3}$thử lại thấy thỏa mãn nên $m=-\frac{1}{3}$là giá trị cần tìm.
Câu 41: Đáp án C
Ta có $\ln x + \ln y \ge \ln \left( {{x^2} + y} \right) \Leftrightarrow \ln \left( {xy} \right) \ge \ln \left( {{x^2} + y} \right) \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y \Leftrightarrow y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
y > 0
\end{array} \right.$
Khi đó $y\ge \frac{{{x}^{2}}}{x-1}\Rightarrow P=x+y\ge x+\frac{{{x}^{2}}}{x-1}=2\left( x-1 \right)+\frac{1}{x-1}+3\ge 2\sqrt{2\left( x-1 \right).\frac{1}{x-1}}+3=2\sqrt{2}+3$
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là $3+2\sqrt{2}$
Câu 42: Đáp án A
Đặt $t={{2}^{{{x}^{2}}-2x+1}}={{2}^{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}\ge {{2}^{0}}=1,$ khi đó phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-2mt+3m-2=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Dễ thấy $t=\frac{3}{2}$không là nghiệm của (1), do đó $m=\frac{{{t}^{2}}-2}{2t-3}\to f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-2}{2t-3}$
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m=f\left( t \right)$ có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1, khác $\frac{3}{2}$ (*)
Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-2}{2t-3}$trên $\left( 1;\frac{3}{2} \right)$và $\left( \frac{3}{2};+\infty \right)$, có $f'\left( t \right)=\frac{2\left( {{t}^{2}}-3t+2 \right)}{{{\left( 2t-3 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow t=2$
Tính $f\left( 1 \right)=1;f\left( 2 \right)=2;\underset{x\to {{\frac{3}{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=+\infty ;\underset{x\to {{\frac{3}{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=-\infty $và $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=+\infty $
Dựa vào bảng biến thiên, ta có (*) $\Leftrightarrow m>2$là giá trị cần tìm
Câu 43: Đáp án A
Gọi O là tâm của tam giác ABC, Vì I, M lần lượt là trung điểm của EF, BC
Theo bài ra, ta có $AI\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AI\bot \left( SBC \right)\Rightarrow \Delta SAM$ cân tại A.
Do đó $SA=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};AO=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
$\Rightarrow SP=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{15}}{6}$
Vậy ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{15}}{6}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{24}$
Câu 44: Đáp án B
Mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2$có tâm $I\left( 1;2;1 \right),R=\sqrt{2}$
Xét mặt phẳng thiết diện đi qua tâm I, hai tiếp điểm M, N và cắt d tại H.
Khi đó IH chính là khoảng cách từ điểm$I\left( 1;2;1 \right)$đến d.
Điểm $K\left( 2;0;0 \right)\in d\Rightarrow \overrightarrow{IK}=\left( 1;-2;-1 \right)\Rightarrow f\left( I;\left( d \right) \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IK};{{\overrightarrow{u}}_{d}} \right] \right|}{\left| {{\overrightarrow{u}}_{d}} \right|}=\sqrt{6}$
Suy ra $IH=\sqrt{6},IM=IN=R=\sqrt{2}.$ Gọi O là trung điểm của MN
Ta có $MO=\frac{MH.MI}{IH}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Rightarrow MN=2\,\,x\,\,MO=\frac{4\sqrt{3}}{3}.$
Câu 45: Đáp án B
Gọi H là hình chiếu của O trên $\left( P \right)\Rightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=OH\le OM$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $H\equiv M\Rightarrow {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 1;2;3 \right)\Rightarrow \left( P \right):x+2y+3z-14=0$
Mặt phẳng $\left( P \right)$cắt các trục tọa độ lần lượt tại $A\left( 14;0;0 \right),B\left( 0;7;0 \right),C\left( 0;0;\frac{14}{3} \right)$
Vậy thể tích khối chóp OABC là ${{V}_{OABC}}=\frac{OA.OB.OC}{6}\frac{14.7\frac{14}{3}}{6}=\frac{686}{9}$
Câu 46: Đáp án D
Tách $7\,\cos x-4\sin x=a\left( \cos x+\operatorname{s}\text{inx} \right)+b\left( \cos x-\operatorname{s}\text{inx} \right)=\left( a+b \right).\cos x+\left( a-b \right).\operatorname{s}\text{inx}$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b = 7\\
a - b = - 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = \frac{3}{2};b = \frac{{11}}{2} \to 7\cos x - 4{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = \frac{3}{2}\left( {\cos x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right) + \frac{{11}}{2}\left( {\cos x - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right)$
Khi đó $2\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)dx=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{3\left( \cos x+\operatorname{s}\text{inx} \right)+11\left( \cos x-\operatorname{s}\text{inx} \right)}{\cos x+\operatorname{s}\text{inx}}}dx=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{3dx+11\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{d\left( \cos x+\operatorname{s}\text{inx} \right)}{\cos x+\operatorname{s}\text{inx}}}}}$
$=\left. \frac{3\pi }{4}+11.\ln \left| \cos x+\operatorname{s}\text{inx} \right| \right|_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{3\pi }{4}-\frac{11.\ln 2}{2}\Rightarrow \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)dx=\frac{3\pi }{8}-\frac{11.\ln 2}{4}}$
Mà $\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)dx=F\left( \frac{\pi }{2} \right)}-F\left( \frac{\pi }{4} \right)$ suy ra $F\left( \frac{\pi }{2} \right)=F\left( \frac{\pi }{4} \right)+\frac{3\pi }{8}-\frac{11.\ln 2}{4}=\frac{3\pi -11.\ln 2}{4}$
Câu 47: Đáp án C
Ta có $\int\limits_{0}^{1}{\left[ 2f\left( x \right)+3f\left( 1-x \right) \right]dx}=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1-x}}dx\Leftrightarrow 2\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx+3\int\limits_{0}^{1}{f\left( 1-x \right)dx=\frac{2}{3}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Đặt $t = 1 - x \Leftrightarrow dx = - dt\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = 1\\
x = 1 \Rightarrow t = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( {1 - x} \right)dx = - \int\limits_1^0 {f\left( t \right)dt = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} } } {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $5\,\,x\,\,\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=\frac{2}{3}\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=\frac{2}{15}}}$
Câu 48: Đáp án B
Bổ đề. Cho hai số phức ${{z}_{1}}$và ${{z}_{2}}$, ta luôn có ${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=2\left( {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)$
Chứng minh. Sử dụng công thức ${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}=\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)\left( \overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}} \right)$và $z.\overline{z}={{\left| z \right|}^{2}}$. Khi đó
${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)\left( \overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}} \right)+\left( {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right)\left( \overline{{{z}_{1}}}-\overline{{{z}_{2}}} \right)$
$\begin{array}{l}
{z_1}.\overline z + {z_1}.{\overline z _2} + {\overline z _1}.{z_2} + {z_2}.{\overline z _2} + {z_1}.{\overline z _1} - {z_1}.{\overline z _2} - {\overline z _1}.{z_2} + {z_2}.{\overline z _2}\\
= 2\left( {{z_1}.{{\overline z }_1} + {z_2}.{{\overline z }_2}} \right) = 2\left( {{{\left| {{z_1}} \right|}^2} + {{\left| {{z_2}} \right|}^2}} \right) \to dpcm
\end{array}$
Áp dụng (*), ta được ${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}-{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=4\Rightarrow {{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=4-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}=1\Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=1$
Theo bất đằng thức Bunhiacopxki, ta được $P=\left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|\sqrt{2\left( {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)}=2\sqrt{26}$
Câu 49: Đáp án C
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp đều $\Delta ABD$
Ta có $HB=HD=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=\sqrt{S{{D}^{2}}-H{{D}^{2}}}=a\sqrt{\frac{5}{12}}$
Lại có $d\left( H;\left( SBC \right) \right)=HK$và $\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{H{{B}^{2}}}+\frac{1}{S{{H}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{9}$
Khoảng cách từ $D\to \left( SBC \right)$là $d\left( D;\left( SBC \right) \right)=\frac{3}{2}d\left( H;\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{15}}{6}$
Vậy$\Delta ABD.\,\sin \alpha =\frac{d\left( D:\left( SBC \right) \right)}{SD}=\frac{a\sqrt{15}}{6}:\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{3}$
Câu 50: Đáp án B
Vì $I\in d\Rightarrow I\left( 2t+3;t-2;-t-1 \right)$mà $I\in \left( P \right)\Rightarrow t=-1\Rightarrow I\left( 1;-3;0 \right)$
Vì M là hình chiếu vuông góc của I trên $\Delta \Rightarrow d\left( I;\Delta \right)=d\left( I;\left( P \right) \right)=IM=\sqrt{42}$
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
M \in \left( P \right)\\
IM = \sqrt {42}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5 + b + c + 2 = 0\\
{4^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} + {c^2} = 42
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b + c = - 7\\
{\left( {b + 3} \right)^2} + {c^2} = 26
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {b;c} \right) = \left( { - 8;1} \right)\\
\left( {b;c} \right) = \left( { - 2; - 5} \right)
\end{array} \right.$
Vậy $M\left( 5;-2;-5 \right)$hoặc $M\left( 5;-8;1 \right)\to bc=10$
