Câu 30: Chọn C.
Gọi điểm $H$ thỏa mãn $\overrightarrow{HA}+3\overrightarrow{HB}=\overrightarrow{0}$ khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_H} = \frac{{{x_A} + 3{x_B}}}{{1 + 3}}\\
{y_H} = \frac{{{y_A} + 3{y_B}}}{{1 + 3}}\\
{z_H} = \frac{{{z_A} + 3{z_B}}}{{1 + 3}}
\end{array} \right. \Rightarrow H\left( { - \frac{3}{4};\frac{{11}}{4};\frac{{19}}{4}} \right)$.
Phương trình mặt phẳng $\left( Oxy \right)$là $z=0$.
Xét $T=\frac{{{z}_{H}}}{1}=\frac{19}{4}$ do đó tọa độ điểm $M$ cần tìm là: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_M} = {x_H} - aT\\
{y_M} = {y_H} - bT\\
{z_M} = {z_H} - cT
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - \frac{3}{4};\frac{{11}}{4};0} \right)$.
Vậy $T={{x}_{M}}+{{y}_{M}}+{{z}_{M}}$$=-\frac{3}{4}+\frac{11}{4}+0=2$.
Câu 31: Chọn A.
${9^x} + {2.3^{x + 1}} - 7 = 0 \Leftrightarrow {3^{2x}} + {6.3^x} - 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{3^x} = 1\\
{3^x} = - 7\,\left( {{\rm{VN}}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0$.
Câu 32: Chọn D.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AC\\
BC \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \supset AN \Rightarrow AN \bot BC$.
Theo giả thiết: $AN\bot SO$.
Vậy $AD\bot \left( SDO \right)$.
Câu 33: Chọn A.
Xét khai triển:
$P\left( x \right)={{\left( 1+x \right)}^{2017}}=C_{2017}^{0}+C_{2017}^{1}x+C_{2017}^{2}{{x}^{2}}+C_{2017}^{3}{{x}^{3}}+C_{2017}^{4}{{x}^{4}}+\cdots +C_{2017}^{2017}{{x}^{2017}}$.
Lấy đạo hàm hai vế ta được:
$2017{{\left( 1+x \right)}^{2016}}=C_{2017}^{1}+2C_{2017}^{2}x+3C_{2017}^{3}{{x}^{2}}+4C_{2017}^{4}{{x}^{3}}+\cdots +2017C_{2017}^{2017}{{x}^{2016}}$.
Cho $x=3$ ta được:
${{2017.4}^{2016}}=C_{2017}^{1}+2.3C_{2017}^{2}+{{3.3}^{2}}C_{2017}^{3}+{{4.3}^{3}}C_{2017}^{4}+\cdots +{{2017.3}^{2016}}C_{2017}^{2017}$.
$\Leftrightarrow {{2017.4}^{2016}}-C_{2017}^{1}=2.3C_{2017}^{2}+{{3.3}^{2}}C_{2017}^{3}+{{4.3}^{3}}C_{2017}^{4}+\cdots +{{2017.3}^{2016}}C_{2017}^{2017}$.
$\Leftrightarrow \frac{1}{2017}\left( {{2017.4}^{2016}}-2017 \right)=\frac{1}{2017}\left( 2.3C_{2017}^{2}+{{3.3}^{2}}C_{2017}^{3}+{{4.3}^{3}}C_{2017}^{4}+\cdots +{{2017.3}^{2016}}C_{2017}^{2017} \right)$.
$\Leftrightarrow {{4}^{2016}}-1=S$.
Câu 34: Chọn B.
Giả sử $A\left( a;0;0 \right)$, $B\left( 0;b;0 \right)$, $C\left( 0;0;c \right)$ với $a,b,c\ne 0$.
Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ qua $A$, $B$, $C$ có dạng: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Vì $\left( P \right)$ đi qua $M\left( 3;2;1 \right)$ nên ta có: $\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1$ $\left( 1 \right)$.
$\overrightarrow{MA}=\left( a-3;-2;-1 \right)$, $\overrightarrow{BC}=\left( 0;-b;c \right)$, $\overrightarrow{MC}=\left( -3;-2;c-1 \right)$, $\overrightarrow{AB}=\left( -a;b;0 \right)$.
$M$ là trực tâm của tam giác $ABC$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BC} = 0\\
\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {AB} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2b - c = 0\\
3a - 2b = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 2b\\
a = \frac{{2b}}{3}
\end{array} \right.$ (2).
Thay $\left( 2 \right)$ vào $\left( 1 \right)$ ta được: $\frac{9}{{2b}} + \frac{2}{b} + \frac{1}{{2b}} = 1 \Leftrightarrow \frac{7}{b} = 1 \Leftrightarrow b = 7 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{{14}}{3}\\
c = 14
\end{array} \right.$.
Vậy phương trình mặt phẳng $\left( P \right):\frac{3x}{14}+\frac{y}{7}+\frac{z}{14}=1\Leftrightarrow 3x+2y+z-14=0$
Câu 35: Chọn B.
Ta có $y=f\left( x \right)\left| x-1 \right|$$ = \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right)\left( {x - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x \ge 1\\
- f\left( x \right)\left( {x - 1} \right)\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 1
\end{array} \right.$ nên hàm số $y=f\left( x \right)\left| x-1 \right|$ có đồ thị:
+) Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số $y=f\left( x \right)\left( x-1 \right)$ ứng với miền $x\ge 1$.
+) Lấy đối xứng qua $Ox$ phần đồ thị của hàm số $y=f\left( x \right)\left( x-1 \right)$ ứng với miền $x<1$ và bỏ phần đồ thị của hàm số $y=f\left( x \right)\left( x-1 \right)$ ứng với miền $x<1$ nằm trên trục $Ox$.
Để đường thẳng $y={{m}^{2}}-m$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)\left| x-1 \right|$ tại $2$ điểm có hoành độ nằm ngoài đoạn $\left[ -1;1 \right]$ thì đường thẳng $y={{m}^{2}}-m$ nằm hoàn toàn trên trục hoành. Khi đó ${{m}^{2}}-m>0$$\Leftrightarrow m>1$ hoặc $m<0$.
Câu 36: Chọn D.
Gọi $K$ là trung điểm của $AB$ và $H$là hình chiếu của $C$ lên $SB$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
CK \bot AB\\
CK \bot SA
\end{array} \right.$$\Rightarrow CK\bot SB$. Do đó $\left\{ \begin{array}{l}
SB \bot CH\\
SB \bot CK
\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot SB$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\\
CH \bot SB\\
HK \bot SB
\end{array} \right.$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( SBA \right)$ và $\left( SBC \right)$ là góc $\widehat{CHK}$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
AC = a\sqrt 2 \\
BC = a\sqrt 2 \\
KB = a
\end{array} \right.$ suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $C$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
CB \bot AC\\
CB \bot SA
\end{array} \right.$$\Rightarrow CB\bot SC$ nên $\frac{1}{C{{H}^{2}}}=\frac{1}{C{{B}^{2}}}+\frac{1}{C{{S}^{2}}}$$\Rightarrow CH=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$.
Mặt khác $CK=AD=a$.
Xét tam giác $CHK$ vuông tại $K$ có $\sin \widehat{CHK}=\frac{CK}{CH}$ $=\frac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow \widehat{CHK}=60{}^\circ $.
Câu 37: Chọn D.
Ta có $C_{2020}^{1010}$ cách chọn $1010$ vị trí trong $2020$ lần tung đồng xu để mặt xấp xuất hiện, các lần tung còn lại không xuất hiện mặt sấp. Ứng với mỗi cách chọn cố định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp ta có xác suất của trường hợp đó tính như sau:
+) Tại những lần mặt xấp xuất hiện thì xác suất xảy ra là $0,6$.
+) Tại những lần mặt ngửa xuất hiện thì xác suất xảy ra là $1-0,6$.
Do có $1010$ lần xuất hiện mặt sấp và $1010$ xuất hiện mặt ngữa nên ứng với mỗi cách chọn cố định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp thì có xác xuất là: $0,{{6}^{1010}}{{\left( 1-0,6 \right)}^{1010}}={{\left( 0,24 \right)}^{1010}}$.
Vậy xác xuất cần tính là: $C_{2020}^{1010}.{{\left( 0,24 \right)}^{1010}}$.
Câu 38: Chọn B.
Gọi ${{r}_{1}}$, ${{r}_{2}}$, ${{r}_{3}}$, ${{r}_{4}}$ là khoảng cánh từ điểm $M$ đến bốn mặt của tứ diện.
Gọi $S$ là diện tích một mặt của tứ diện$\Rightarrow S=\frac{9\sqrt{3}}{4}$.
Đường cao của tứ diện là $h=\sqrt{{{3}^{2}}-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}}=\sqrt{6}$.
Thể tích của tứ diện là $V=\frac{1}{3}S.h=\frac{1}{3}.\frac{9\sqrt{3}}{4}.\sqrt{6}=\frac{9\sqrt{2}}{4}$.
Mặt khác, ta có $V=\frac{1}{3}.S.\left( {{r}_{1}}+{{r}_{2}}+{{r}_{3}}+{{r}_{4}} \right)=\frac{9\sqrt{2}}{4}$ $\Rightarrow {{r}_{1}}+{{r}_{2}}+{{r}_{3}}+{{r}_{4}}=3.\frac{9\sqrt{2}}{4}.\frac{4}{9\sqrt{3}}=\sqrt{6}$.
Lại có $\sqrt{6}={{r}_{1}}+{{r}_{2}}+{{r}_{3}}+{{r}_{4}}\ge 4\sqrt[4]{{{r}_{1}}.{{r}_{2}}.{{r}_{3}}.{{r}_{4}}}\Leftrightarrow {{r}_{1}}.{{r}_{2}}.{{r}_{3}}.{{r}_{4}}\le \frac{9}{64}$.
Câu 39: Chọn C.
Gọi $N$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow BC\text{//}\left( SMN \right)$.
$\Rightarrow d\left( BC,SM \right)=d\left( BC,\left( SMN \right) \right)=d\left( B,\left( SMN \right) \right)=d\left( A,\left( SMN \right) \right)$.
Dựng $AH$ vuông góc với $SN$ tại $H$ $\Rightarrow AH\bot \left( SMN \right)$.
Vậy $d\left( A,\left( SMN \right) \right)=AH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Lại có, trong tam giác vuông $SAN$: $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{N}^{2}}}+\frac{1}{A{{S}^{2}}}\Rightarrow SA=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$.
Câu 40: Chọn A.
Ta có $\cos x+\cos 2x+\cos 3x=0\Leftrightarrow \left( \cos 3x+\cos x \right)+\cos 2x=0$
$\Leftrightarrow 2\cos 2x.\cos x+\cos 2x=0\Leftrightarrow \cos 2x\left( 2\cos x+1 \right)=0$
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos 2x = 0\\
\cos x = - \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\
x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\
x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\\
x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\
x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi
\end{array} \right.,\,\left( {k \in Z} \right)\]
Vậy biểu diễn tập nghiệm của phương trình $\cos x+\cos 2x+\cos 3x=0$ trên đường tròn lượng giác ta được số điểm cuối là $6$.
Câu 41: Chọn B.
Vì $O$, $M$, $N$ thẳng hàng và $\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{ON}=1$ nên $OM.ON=1$, do đó $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{O{{N}^{2}}}.\overrightarrow{ON}$.
Gọi $N\left( a;b;c \right)$, khi đó $M\left( \frac{a}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}};\frac{b}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}};\frac{c}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right)$.
Vì $M\in \left( P \right)$ nên $\frac{a}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{2b}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{2c}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}-6=0$
$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-\frac{a}{6}-\frac{b}{3}-\frac{c}{3}=0\Leftrightarrow {{\left( a-\frac{1}{12} \right)}^{2}}+{{\left( b-\frac{1}{6} \right)}^{2}}+{{\left( c-\frac{1}{6} \right)}^{2}}=\frac{1}{16}$.
Câu 42: Chọn D.
Xét hàm số $h\left( x \right)={f}'\left( x \right)-\left( 2x+1 \right)$. Khi đó hàm số $h\left( x \right)$ liên tục trên các đoạn $\left[ -1;1 \right]$, $\left[ 1;2 \right]$ và có $g\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $y=h\left( x \right)$.
Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left\{ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 1\\
y = f'\left( x \right)\\
y = 2x + 1
\end{array} \right.$ là
${{S}_{1}}=\int\limits_{-1}^{1}{\left| {f}'\left( x \right)-\left( 2x+1 \right) \right|\text{d}x}$$=\int\limits_{-1}^{1}{\left[ {f}'\left( x \right)-\left( 2x+1 \right) \right]\text{d}x}$$=\left. g\left( x \right) \right|_{-1}^{1}$$=g\left( 1 \right)-g\left( -1 \right)$.
Vì ${{S}_{1}}>0$ nên $g\left( 1 \right)>g\left( -1 \right)$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 2\\
y = f'\left( x \right)\\
y = 2x + 1
\end{array} \right.$ là
${{S}_{2}}=\int\limits_{1}^{2}{\left| {f}'\left( x \right)-\left( 2x+1 \right) \right|\text{d}x}$$=\int\limits_{1}^{2}{\left[ \left( 2x+1 \right)-{f}'\left( x \right) \right]\text{d}x}$$=-\left. g\left( x \right) \right|_{1}^{2}$$=g\left( 1 \right)-g\left( 2 \right)$.
Vì ${{S}_{2}}>0$ nên $g\left( 1 \right)>g\left( 2 \right)$.
Câu 43: Chọn B.
Trường hợp ${{m}^{2}}-1=0$$\Leftrightarrow m=\pm 1$, hàm số đã cho trở thành hàm số bậc hai. Để đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực đại và không có cực tiểu thì $m<0$, do đó $m=-1$ thỏa mãn,
Trường hợp ${{m}^{2}}-1\ne 0$$\Leftrightarrow m\ne \pm 1$, hàm số đã cho là hàm trùng phương dạng $y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c$. Để đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực đại và không có điểm cực tiểu thì $\left\{ \begin{array}{l}
a < 0\\
ab > 0
\end{array} \right.$, do đó ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 1 < 0\\
\left( {{m^2} - 1} \right).m \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 1 < m < 1\\
m \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m \le 0$.
Vậy với $-1\le m\le 0$ thì đồ thị hàm số đã cho chỉ có một điểm cực đại mà không có điểm cực tiểu.
Câu 44: Chọn C.
Ta có ${{\left[ 9\sqrt{{{x}^{2}}+1}+2\ln \left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)+5{{\text{e}}^{x}} \right]}^{\prime }}=\frac{9x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+2\frac{1+\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}}{x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+5{{\text{e}}^{x}}$$=\frac{9x+2+5{{\text{e}}^{x}}\sqrt{{{x}^{2}}+1}}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}$.
Do đó $a=9$, $b=2$, $c=5$. Suy ra $M=a+b+c=16$.
Câu 45: Chọn D.
Gọi số tiền vay ban đầu là $N$, lãi suất là $x$, $n$ là số tháng phải trả, $A$ là số tiền trả vào hàng tháng để sau $n$ tháng là hết nợ.
Ta có
Số tiền gốc cuối tháng 1: $N+Nx-A=N\left( x+1 \right)-A$
Cuối tháng 2: $\left[ N\left( x+1 \right)-A \right]+\left[ N\left( x+1 \right)-A \right]x-A$ $=N{{\left( x+1 \right)}^{2}}-A\left[ \left( x+1 \right)+1 \right]$
Cuối tháng 3:
$\left[ N{{\left( x+1 \right)}^{2}}-A\left[ \left( x+1 \right)+1 \right] \right]\left( 1+x \right)-A$ $=N{{\left( x+1 \right)}^{3}}-A\left[ {{\left( x+1 \right)}^{2}}+\left( x+1 \right)+1 \right]$
…………
Cuối tháng n: $N{{\left( x+1 \right)}^{n}}-A\left[ {{\left( x+1 \right)}^{n-1}}+{{\left( x+1 \right)}^{n-2}}+...+\left( x+1 \right)+1 \right]$.
Trả hết nợ thì sau $n$ tháng, số tiền sẽ bằng $0$.
$\Leftrightarrow N{{\left( x+1 \right)}^{n}}-A\left[ {{\left( x+1 \right)}^{n-1}}+{{\left( x+1 \right)}^{n-2}}+...+\left( x+1 \right)+1 \right]=0$
$\Leftrightarrow N{{\left( x+1 \right)}^{n}}=A\left[ {{\left( x+1 \right)}^{n-1}}+{{\left( x+1 \right)}^{n-2}}+...+\left( x+1 \right)+1 \right]$
Đặt $y=x+1=1,006$ ta được:
$N.{{y}^{n}}=A\left( {{y}^{n-1}}+{{y}^{n-2}}+...+y+1 \right)$$\Leftrightarrow N.{{y}^{n}}=A.\frac{1\left( 1-{{y}^{n}} \right)}{1-y}$$\Leftrightarrow N.x.{{y}^{n}}=A.\left( {{y}^{n}}-1 \right)$
$\Leftrightarrow 50.\frac{0,6}{100}.{{y}^{n}}=3.\left( {{y}^{n}}-1 \right)$ $\Leftrightarrow {{y}^{n}}=\frac{10}{9}$ $\Leftrightarrow n={{\log }_{y}}\frac{10}{9}$ $\Rightarrow n=18$.
Câu 46: Chọn A.
Ta có
$\log \left( 11-2x-y \right)=2y+4x-1$$\Leftrightarrow 2\left( 2x+y \right)-\log \left( 11-\left( 2x+y \right) \right)-1=0$
Đặt $t=2x+y$, $0<t<11$. Phương trình trở thành: $2t-\log \left( 11-t \right)-1=0$. $\left( 1 \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)=2t-\log \left( 11-t \right)-1$ trên khoảng $\left( 0;\,11 \right)$.
Có ${y}'=2+\frac{1}{11-t}>0$, $\forall t\in \left( 0;\,11 \right)$. Do đó hàm số $f\left( t \right)$ luôn đồng biến.
Dễ thấy $\left( 1 \right)$ có nghiệm $t=1$. Do đó $t=1$ là nghiệm duy nhất của $\left( 1 \right)$.
Suy ra $2x=1-y$. Khi đó $P=16y\frac{{{\left( 1-y \right)}^{2}}}{4}-\left( 1-y \right)\left( 3y+2 \right)-y+5$$=4{{y}^{3}}-5{{y}^{2}}+2y+3$.
Xét hàm số $g\left( y \right)=4{{y}^{3}}-5{{y}^{2}}+2y+3$ trên $\left[ 0;\,\frac{1}{2} \right]$, có
${g}'\left( y \right)=12{{y}^{2}}-10y+2>0$, $\forall y\in \left[ 0;\,\frac{1}{2} \right]$.
Do đó, $\underset{\left[ 0;\,\frac{1}{2} \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( y \right)=g\left( 0 \right)=3$, $\underset{\left[ 0;\,\frac{1}{2} \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( y \right)=g\left( 1 \right)=4$.
Suy ra $m=3$, $m=4$.
Vậy $T=4.3+4=16$.
Câu 47: Chọn A.
- ĐK : $x>0$.
- Ta có : ${{3}^{{{\log }_{2}}{{x}^{2}}}}-2\left( m+3 \right){{.3}^{{{\log }_{2}}x}}+{{m}^{2}}+3=0$$\Leftrightarrow {{3}^{2{{\log }_{2}}x}}-2\left( m+3 \right){{.3}^{{{\log }_{2}}x}}+{{m}^{2}}+3=0$ (1).
- Đặt $t={{3}^{{{\log }_{2}}x}}$, $t>0$. Ta được bất phương trình : ${{t}^{2}}-2\left( m+3 \right)t+{{m}^{2}}+3=0$ (2).
Nhận thấy : (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt dương
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' > 0\\
{t_1} + {t_2} = 2\left( {m + 3} \right) > 0\\
{t_1}{t_2} = {m^2} + 3 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {m + 3} \right)^2} - ({m^2} + 3) > 0\\
m + 3 > 0
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
6m + 6 > 0\\
m + 3 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > - 1\\
m > - 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 1$ (*)
Khi đó : (2) có hai nghiệm ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$ thỏa mãn :
${{t}_{1}}.{{t}_{2}}={{m}^{2}}+3$$\Leftrightarrow {{3}^{{{\log }_{2}}{{x}_{1}}}}{{.3}^{{{\log }_{2}}{{x}_{x}}}}={{m}^{2}}+3$$\Leftrightarrow {{3}^{{{\log }_{2}}{{x}_{1}}+{{\log }_{2}}{{x}_{2}}}}={{m}^{2}}+3$$\Leftrightarrow {{3}^{{{\log }_{2}}\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}}={{m}^{2}}+3$.
Từ ${{x}_{1}}{{x}_{2}}>2\Rightarrow {{\log }_{2}}\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)>1\Rightarrow {{3}^{{{\log }_{2}}\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}}>3$$\Rightarrow {{m}^{2}}+3>3\Leftrightarrow {{m}^{2}}>0\Leftrightarrow m\ne 0$.
Kết hợp điều kiện (*) ta được : $m\in \left( -1;+\infty \right)\backslash \left\{ 0 \right\}$.
Câu 48: Chọn B.
- Vì hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên $SA\bot \left( ABCD \right)$
$\Rightarrow \widehat{SBA}=60{}^\circ $ là góc giữa $SB$ và mặt phẳng đáy$\Rightarrow SA=AB.\tan 60{}^\circ =3\sqrt{3}$.
- Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ dựng $NE\ \text{//}\ DM$cắt $BC$ tại $E$, cắt $AC$ tại $J$.
Gọi $I$ là giao điểm của $DM$ và $AC$.
Ta có: $DM\ \text{//}\ NE\Rightarrow DM\ \text{//}\ \left( SNE \right)$ $\Rightarrow d\left( DM;SN \right)=d\left( DM;\left( SNE \right) \right)=d\left( I;\left( SNE \right) \right)$.
Do $NE\ \text{//}\ DM\Rightarrow \frac{CJ}{CI}=\frac{CE}{CM}=\frac{CN}{CD}=\frac{2}{3}$$\Rightarrow IJ=\frac{1}{3}IC$.
Lại có : $BC\ \text{//}\ AD\Rightarrow \frac{IC}{IA}=\frac{CM}{AD}=\frac{1}{3}\Rightarrow IC=\frac{1}{3}IA$$\Rightarrow IJ=\frac{1}{9}IA\Rightarrow IJ=\frac{1}{10}AJ$
Mặt khác : $\frac{d\left( I;\left( SNE \right) \right)}{d\left( A;\left( SNE \right) \right)}=\frac{IJ}{AJ}=\frac{1}{10}$$\Rightarrow d\left( I;\left( SNE \right) \right)=\frac{1}{10}d\left( A;\left( SNE \right) \right)$.
- Xét tam giác $DAN$ và tam giác $CDM$ có: $DA=CD$, $DN=CM$, $\widehat{ADN}=\widehat{DCM}=90{}^\circ $
$\Rightarrow \Delta DAN=\Delta CDM$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{DAN}=\widehat{CDM}$$\Rightarrow \widehat{DAN}+\widehat{ADM}=\widehat{CDM}+\widehat{ADM}=90{}^\circ $
$\Rightarrow AN\bot DM\Rightarrow AN\bot NE$$\Rightarrow NE\bot \left( SAN \right)\Rightarrow \left( SNE \right)\bot \left( SAN \right)$ (có giao tuyến là $SN$).
- Dựng $AH\bot SN$ tại $H$$\Rightarrow AH\bot \left( SNE \right)\Rightarrow AH=d\left( A;\left( SNE \right) \right)$.
- Ta có : $SA=3\sqrt{3}$, $AN=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{N}^{2}}}=\sqrt{10}$.
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}=\frac{1}{27}+\frac{1}{10}=\frac{37}{270}\Rightarrow AH=\frac{3\sqrt{30}}{\sqrt{37}}$
$\Rightarrow d\left( DM;SN \right)=\frac{1}{10}AH=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{370}}$.
Câu 49: Chọn B.
Mỗi số số tự nhiên có $3$ chữ số đôi một khác nhau từ $5$ chữ số $1$, $2$, $3$, $4$, $6$ là một chỉnh hợp chập $3$ của các chữ số này. Do đó, ta lập được $A_{5}^{3}=60$ số.
Do vai trò các số $1$, $2$, $3$, $4$, $6$ như nhau, nên số lần xuất hiện của mỗi chữ số trong các chữ số này ở mỗi hàng (hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm) là như nhau và bằng $60:5=12$ lần.
Vậy, tổng các số lập được là:
$S=12.\left( 1+2+3+4+6 \right)\left( 100+10+1 \right)$$=21312$.
Câu 50: Chọn C.
Trước hết, ta xác định điểm $I$ thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$. Gọi $D$ là trung điểm $AB$, ta có:
$\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$$\Leftrightarrow 2\overrightarrow{ID}+2\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$$\Leftrightarrow \overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$
Suy ra $I$ là trung điểm $CD$.
Từ đó, ta có:
$M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+2M{{C}^{2}}=12$$\Leftrightarrow {{\overrightarrow{MA}}^{2}}+{{\overrightarrow{MB}}^{2}}+2{{\overrightarrow{MC}}^{2}}=12$
$\Leftrightarrow {{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC} \right)}^{2}}=12$
$\Leftrightarrow 4{{\overrightarrow{MI}}^{2}}+\overrightarrow{MI}\left( \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC} \right)+{{\overrightarrow{IA}}^{2}}+{{\overrightarrow{IB}}^{2}}+2{{\overrightarrow{IC}}^{2}}=12$
$\Leftrightarrow 4M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+2I{{C}^{2}}=12$
$\Leftrightarrow M{{I}^{2}}=\frac{12-\left( I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+2I{{C}^{2}} \right)}{4}$.
Mặt khác:
$I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+2I{{C}^{2}}=2I{{A}^{2}}+2I{{C}^{2}}$$=2\left( I{{D}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)+2I{{C}^{2}}$
$=4I{{C}^{2}}+2A{{D}^{2}}=C{{D}^{2}}+\frac{A{{B}^{2}}}{2}$$=C{{D}^{2}}+\frac{A{{B}^{2}}}{2}$$={{\left( \frac{2\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+\frac{{{2}^{2}}}{2}=5$.
Nên: $M{{I}^{2}}=\frac{12-\left( I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+2I{{C}^{2}} \right)}{4}$$=\frac{12-5}{4}=\frac{7}{4}$. Suy ra $IM=\sqrt{\frac{7}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$.
Vậy, tập hợp các điểm $M$ là mặt cầu có bán kính $R=\frac{\sqrt{7}}{2}$.
