Câu 30. Chọn B.
Ta có $ABCD$ là hình chữ nhật nên tam giác $ADC$ vuông tại $D$ và $BD=AC=a\sqrt{2}$.
Xét tam giác vuông $ADC$ có
$\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=2$$\Leftrightarrow DC=AC\sin \widehat{DAC}$$\Leftrightarrow DC=a\sqrt{2}.sin60{}^\circ $$\Leftrightarrow DC=\frac{a\sqrt{6}}{2}$$\Rightarrow $ bán kính mặt đáy của hình trụ là $r=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
$\cos \widehat{DAC}=\frac{AD}{AC}$$\Leftrightarrow AD=AC\cos \widehat{DAC}$$\Leftrightarrow AD=a\sqrt{2}\cos 60{}^\circ $$\Leftrightarrow AD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$$-1+\sqrt{4+\sqrt{5}}+\left( -1-\sqrt{4+\sqrt{5}} \right)=-2$ chiều cao của hình trụ là $h=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Thể tích khối trụ là $a=2$$=\pi {{\left( \frac{a\sqrt{6}}{4} \right)}^{2}}\frac{a\sqrt{2}}{2}$$=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16}$.
Câu 31. Chọn D.
Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
Đặt $SA=SB=SC=a$.
Theo giả thiết ta có tam giác $SAC$ đều cạnh $a$ . Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$$\Rightarrow AB=a\sqrt{2}$.
Xét tam giác $SBC$ ta có
$B{{C}^{2}}=S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}-2SB.SC.\cos \widehat{BSC}$$={{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.a.a.\cos 120{}^\circ $$=a\sqrt{3}$.
Do $A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}$$={{a}^{2}}+2{{a}^{2}}$$=3{{a}^{2}}=B{{C}^{2}}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$ .
Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AC$ và $BC$ ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
MN \bot AC\\
SM \bot AC
\end{array} \right.$$\Rightarrow AC\bot \left( SMN \right)$$\Rightarrow AC\bot SM$(1).
Mặt khác tam giác $SBC$ vuông cân tại $S$ nên $SM\bot BC$ (2).
Từ (1) và (2) ta có $SM\bot \left( ABC \right)$. Vậy hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là trung điểm $I$ của $BC$.
Câu 32. Chọn B.
Đặt thể tích của khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ là $V$, khi đó ta có thể tích khối chóp ${A}'.ABC$ là $\frac{V}{3}\Rightarrow $ thể tích khối chóp ${A}'.BC{C}'{B}'=\frac{2V}{3}$.
Mặt khác thể tích khối chóp ${A}'.BCNM$ bằng thể tích khối chóp ${A}'.{B}'{C}'NM$ nên thể tích khối chóp ${A}'.BCNM$ bằng $\frac{V}{3}$.
Vậy ${{V}_{1}}=\frac{2V}{3}$, ${{V}_{2}}=\frac{V}{3}$$\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=2$.
Câu 33: Chọn D.
Ta có $\int{f\left( x \right)}\text{d}x=\int{{{\left( 2x-3 \right)}^{3}}}\text{d}x$$=\frac{1}{2}.\frac{{{\left( 2x-3 \right)}^{4}}}{4}+C$.
Câu 34: Chọn B.
Gọi $x=\overline{abcde}$ là số thỏa ycbt. Do $x$ chia hết cho $5$ nên $e=5$. Số cách chọn vị trí $a,b,c,d$ là $4!$. Vậy có $24$ số có $5$ chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho $5$.
Câu 35: Chọn A.
Ta có ${y}'=\frac{-2}{{{\left( 2x-2 \right)}^{2}}}$, TCĐ: $x=1\text{ }\left( {{d}_{1}} \right)$, TCN: $y=1\text{ }\left( {{d}_{2}} \right)$, $I\left( 1;1 \right)$.
Phương trình tiếp tuyến $\Delta $ tại điểm $M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$ có dạng $y=\frac{-2}{{{\left( 2{{x}_{0}}-2 \right)}^{2}}}\left( x-{{x}_{0}} \right)+\frac{2{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}-2}$
$A=\Delta \cap {{d}_{1}}$$\Rightarrow A\left( 1;\frac{{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}-1} \right)$, $B=\Delta \cap {{d}_{2}}$$\Rightarrow B\left( 2{{x}_{0}}-1;1 \right)$. $\overrightarrow{IB}=\left( 2{{x}_{0}}-2;0 \right)$, $\overrightarrow{IA}=\left( 0;\frac{1}{{{x}_{0}}-1} \right)$. ${{S}_{\Delta OIB}}=8{{S}_{\Delta OIA}}$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.1.IB=8.\frac{1}{2}.1.IA$$\Leftrightarrow IB=8IA$$\Leftrightarrow \left| 2{{x}_{0}}-2 \right|=8\left| \frac{1}{{{x}_{0}}-1} \right|$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}-1 \right)}^{2}}=4$$\Leftrightarrow {{x}_{0}}=3$ (do ${{x}_{0}}>1$)$\Rightarrow {{y}_{0}}=\frac{5}{4}$$\Rightarrow S={{x}_{0}}+4{{y}_{0}}$$=3+4.\frac{5}{4}=8$.
Câu 36: Chọn A.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,AC$. Đặt $BD=2x,AC=2y$ $\left( x,y>0 \right)$.
Ta có $CM\bot BD,AM\bot BD$$\Rightarrow BD\bot \left( AMC \right)$.
Ta có $MA=MC=\sqrt{1-{{x}^{2}}}$, $MN=\sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$, ${{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}MN.AC$$=\frac{1}{2}y.\sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$.
${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.DB.{{S}_{AMC}}$$=\frac{1}{3}.2x.y\sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$$=\frac{2}{3}\sqrt{{{x}^{2}}.{{y}^{2}}.\left( 1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}$$\le \frac{2}{3}\sqrt{\frac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}^{3}}}{27}}$
$\Rightarrow {{V}_{ABCD}}\le \frac{2\sqrt{3}}{27}$.
Câu 37: Chọn A
BPT tương đương với $\left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{x^2} - 3x + m > x - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{x^2} - 4x + m + 1 > 0\quad \left( 1 \right)
\end{array} \right.$ .
Yêu cầu bài toán tương đương với $\left( 1 \right)$ có tập nghiệm chứa khoảng $\left( 1;+\infty \right)$.
TH1: ${\Delta }'<0$$\Leftrightarrow 4-m-1<0$ $\Leftrightarrow 3<m$.
TH2: Nghiệm “lớn” của tam thức bé hơn $1$.
Tương đương với $2+\sqrt{3-m}<1$ (vô nghiệm).
Vậy chọn A
Câu 38: Chọn D
Ta có: ${y}'={{x}^{2}}+2\left( m+1 \right)x+4$
Hàm số đã cho nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng $2\sqrt{5}$ thì ${y}'=0$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,{{x}_{2}}$ và $\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|=2\sqrt{5}$.
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - 4 > 0\\
\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\sqrt 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m < - 3\\
m > 1
\end{array} \right.\\
\left| {\frac{{2\sqrt {\Delta '} }}{a}} \right| = 2\sqrt 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m < - 3\\
m > 1
\end{array} \right.\\
\left| {\frac{{2\sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 4} }}{1}} \right| = 2\sqrt 5
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m < - 3\\
m > 1
\end{array} \right.\\
{m^2} + 2m - 3 - \sqrt 5 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = - 1 - \sqrt {4 + \sqrt 5 } \\
m = - 1 + \sqrt {4 + \sqrt 5 }
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy tổng cần tìm là $-1+\sqrt{4+\sqrt{5}}+\left( -1-\sqrt{4+\sqrt{5}} \right)=-2$.
Câu 39: Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{x-2}{x-1}=-x-m$ $\Leftrightarrow x-2=-{{x}^{2}}-mx+x+m$ $\Leftrightarrow {{x}^{2}}+mx-2-m=0$, $\Delta ={{m}^{2}}-4\left( -2-m \right)={{m}^{2}}+4m+8$
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = \frac{{ - m + \sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}\\
{x_2} = \frac{{ - m - \sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{y_1} = \frac{{ - m - \sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}\\
{y_2} = \frac{{ - m + \sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}
\end{array} \right.$
Gọi $A\left( {{x}_{1}};\,{{y}_{1}} \right)$, $B\left( {{x}_{2}};\,{{y}_{2}} \right)$, khi đó:
$AB=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}$ $=\sqrt{{{\left( -\sqrt{{{m}^{2}}+4m+8} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{{{m}^{2}}+4m+8} \right)}^{2}}}$$=\sqrt{2{{m}^{2}}+8m+16}$
Mặt khác: $AB=\sqrt{10}$ $\Leftrightarrow 2{{m}^{2}}+8m+6=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = - 1\\
m = - 3
\end{array} \right.$.
Vậy tổng bình phương cần tìm là: ${{\left( -1 \right)}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}=10$.
Câu 40: Chọn C
Ta có: ${{S}_{n}}=3{{n}^{2}}+4n=\frac{n\left( 8+6n \right)}{2}$ $=\frac{n\left( 7+6n+1 \right)}{2}$
$\Rightarrow {{u}_{n}}=6n+1$ $\Rightarrow {{u}_{10}}=61$.
Câu 41.Chọn B.
Xét khai triển ${{\left( x+1 \right)}^{n}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}x+C_{n}^{2}{{x}^{2}}+C_{n}^{3}{{x}^{3}}+...+C_{n}^{n}{{x}^{n}}$.
Đạo hàm hai vế ta được: $n{{\left( x+1 \right)}^{n-1}}=C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}x+3C_{n}^{3}{{x}^{2}}+...+nC_{n}^{n}{{x}^{n-1}}$.
Thay $x=1$ ở hai vế ta được $1.C_{n}^{1}+2.C_{n}^{2}+...+n.C_{n}^{n}=n{{.2}^{n-1}}$.
Do đó $n{{.2}^{n-1}}=11264$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=t{{.2}^{t-1}}$ trên $\left( 0\,;\,+\infty \right)$ ta có: ${f}'\left( t \right)={{2}^{t-1}}+t{{.2}^{t-1}}.\ln 2>0\,\forall t>0$.
Do đó hàm số $f\left( t \right)=t{{.2}^{t-1}}$ đồng biến trên $\left( 0\,;\,+\infty \right)$. Mà $f\left( 11 \right)=11264$. Vậy $n=11$.
Câu 42. Chọn C.
Gọi $I$ là trung điểm của cạnh ${B}'{C}'$. Khi đó $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta {A}'{B}'{C}'$.
Gọi ${M}'$ là trung điểm của cạnh ${A}'{C}'$. Khi đó $M{M}'\bot \left( {A}'{B}'{C}' \right)$.
Do $M{A}'=M{C}'=a\sqrt{2}$ nên $\Delta M{A}'{C}'$ vuông tại $M$. Do đó ${M}'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta M{A}'{C}'$.
Do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $M{A}'{B}'{C}'$. Bán kính mặt cầu là $r=I{B}'=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Do đó diện tích mặt cầu là $S=4\pi {{r}^{2}}=5\pi {{a}^{2}}$.
Câu 43. Chọn A.
Ta có: ${{e}^{2x+y+1}}-{{e}^{3x+2y}}=x+y-1$$\Leftrightarrow {{e}^{2x+y+1}}+\left( 2x+y+1 \right)={{e}^{3x+2y}}+\left( 3x+2y \right)$.
Xét hàm số $f\left( t \right)={{e}^{t}}+t$ trên $\mathbb{R}$. Ta có ${f}'\left( t \right)={{e}^{t}}+1>0$ nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó phương trình có dạng: $f\left( 2x+y+1 \right)=f\left( 3x+2y \right)$$\Leftrightarrow 2x+y+1=3x+2y$$\Leftrightarrow y=1-x$.
Thế vào phương trình còn lại ta được: $\log _{2}^{2}x-\left( m+4 \right){{\log }_{2}}x+{{m}^{2}}+4=0$.
Đặt $t={{\log }_{2}}x$, phương trình có dạng: ${{t}^{2}}-\left( m+4 \right)t+{{m}^{2}}+4=0$.
Để phương trình có nghiệm thì $\Delta \ge 0$$\Leftrightarrow -3{{m}^{2}}+8m\ge 0$$\Leftrightarrow 0\le m\le \frac{8}{3}$.
Do đó có $3$ số nguyên $m$ thỏa mãn.
Câu 44. Chọn C.
${{9.9}^{{{x}^{2}}-2x}}-\left( 2m+1 \right){{15}^{{{x}^{2}}-2x+1}}+\left( 4m-2 \right){{5}^{2{{x}^{2}}-4x+2}}=0$$\Leftrightarrow {{9}^{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}-\left( 2m+1 \right){{15}^{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}+\left( 4m-2 \right){{25}^{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}=0$$\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{5} \right)}^{2{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}-\left( 2m+1 \right){{\left( \frac{3}{5} \right)}^{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}+4m-2=0$.
Đặt $t={{\left( \frac{3}{5} \right)}^{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}$. Do ${{\left( x-1 \right)}^{2}}\ge 0$ nên $0<t\le 1$.
Phương trình có dạng: ${{t}^{2}}-\left( 2m+1 \right)t+4m-2=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 2\\
t = 2m - 1
\end{array} \right.$. Do $0<t\le 1$ nên $t=2m-1$.
Để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thì $0<2m-1<1$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}<m<1$.
Câu 45. Chọn C.
Gọi số tiền gốc ban đầu là $N$ và phần trăm lãi là $r$.
Tháng thứ nhất ông Trung phải trả số tiền lãi là: $N.r$.
Tháng thứ hai ông Trung phải trả số tiền lãi là: $\frac{59}{60}N.r$.
Tháng thứ ba ông Trung phải trả số tiền lãi là: $\frac{58}{60}N.r$.
...
Tháng thứ sáu mươi ông Trung phải trả số tiền lãi là: $\frac{1}{60}N.r$.
Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong suốt quá trình lãi là:
$N.r+\frac{59}{60}.N.r+\frac{58}{60}.N.r+...+\frac{1}{60}.N.r$ $=\left( 1+\frac{59}{60}+\frac{58}{60}+...+\frac{1}{60} \right)N.r$ $=\left( 1+\frac{60.\left( 60+1 \right)}{2.60} \right)N.r$
$=\frac{61}{2}.800.0,5%=122.000.000$.
Vậy tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là $122.000.000$ đồng.
Câu 46. Chọn C.
Ta có:
$AC=SC.cos30{}^\circ $ $=a\sqrt{3}$ .
$A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2{{a}^{2}}+{{a}^{2}}$ $=3{{a}^{2}}$ $=A{{C}^{2}}$$\Rightarrow $ $\Delta ABC$ là tam giác vuông ở $B$.
Gọi $H$, $I$ lần lượt là trung điểm của $AC$, $SC$. Khi đó ta có:
$H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
$IH\bot \left( ABC \right)$.
Do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $SABC$. Suy ra $R=\frac{1}{2}SC$ $=a$.
Vậy $R=a$ .
Câu 47. Chọn C.
Ta có: $d\left( A;\left( SMN \right) \right)=3d\left( G;\left( SMN \right) \right)$.
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $I$ là giao điểm của $MN$ và $BG$, $H$ là chân đường cao kẻ từ $G$ của tam giác $SIG$. Khi đó $d\left( G;\left( SMN \right) \right)=GH$.
Lại có:
$BG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ , $BI=\frac{a\sqrt{3}}{4}$ $\Rightarrow IG=BG-BI$ $=\frac{a\sqrt{3}}{12}$.
$SG=BG.tan60{}^\circ $ $=a$.
$\frac{1}{H{{G}^{2}}}=\frac{1}{S{{G}^{2}}}+\frac{1}{I{{G}^{2}}}=\frac{49}{{{a}^{2}}}$ $\Rightarrow GH=\frac{a}{7}$ $\Rightarrow d\left( A;\left( SMN \right) \right)=\frac{3a}{7}$.
Vậy khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( SMN \right)$ bằng $\frac{3a}{7}$.
Câu 48: Chọn B.
Tập xác định của hàm số : $D=\left[ -2;\,2 \right]$.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y={{x}^{2}}+m\sqrt{4-{{x}^{2}}}+m-7$ và trục hoành là
${{x}^{2}}+m\sqrt{4-{{x}^{2}}}+m-7=0$$\Leftrightarrow m\left( \sqrt{4-{{x}^{2}}}+1 \right)=7-{{x}^{2}}$$\Leftrightarrow m=\frac{7-{{x}^{2}}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}+1}\,\,\,\left( 1 \right)$.
Đặt $t=\sqrt{4-{{x}^{2}}}$, $t\in \left[ 0;2 \right]$, phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành $m=\frac{{{t}^{2}}+3}{t+1}\,\,\,\left( 2 \right)$.
Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hoành khi và chỉ khi phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm $t\in \left[ 0;2 \right]$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}+3}{t+1}$ với $t\in \left[ 0;2 \right]$.
Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t - 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1 \in \left( {0;2} \right)\\
t = - 3 \notin \left( {0;2} \right)
\end{array} \right.$.
$f\left( 0 \right)=3$, $f\left( 1 \right)=2$, $f\left( 2 \right)=\frac{7}{3}$.
Do đó $\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=2$ và $\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=3$.
Bởi vậy, phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm $t\in \left[ 0;2 \right]$ khi và chỉ khi $\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)\le m\le \underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)\Leftrightarrow 2\le m\le 3$.
Từ đó suy ra $a=2$, $b=3$, nên $S=2+3=5$.
Câu 49: Chọn C.
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
x + \left( {2y} \right) = 2.5\\
x.\left( {2y} \right) = {4^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + 2y = 10\\
x.\left( {2y} \right) = 16
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 8\\
2y = 2
\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
2y = 8
\end{array} \right.$.
Từ đó, ta có $\left| x-2y \right|=\left| 8-2 \right|=6$.
Câu 50: Chọn A.
Đặt $t=\sin x+\cos x$$=\sqrt{2}\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)$, $t\in \left[ -\sqrt{2};\sqrt{2} \right]$.
Ta có ${{t}^{2}}={{\sin }^{2}}x+{{\cos }^{2}}x+2\sin x.\cos x$$=1+2\sin x.\cos x$, suy ra $\sin x.\cos x=\frac{{{t}^{2}}-1}{2}$.
Phương trình đã cho trở thành
$\frac{{{t^2} - 1}}{2} + 2t = 2 \Leftrightarrow {t^2} + 4t - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\\
t = - 5 \notin \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]
\end{array} \right.$.
Từ đó ta có $\sqrt{2}\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)=1$$\Leftrightarrow \sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Như vậy $P=\sin \left( {{x}_{0}}+\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
