Câu 30. Chọn A.
Ta có $BC\bot \left( AHD \right)$.
Hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathbb{R}$
$\Leftrightarrow {y}'\le 0$, $\forall x\in \mathbb{R}$
$\Leftrightarrow 2m-1+\left( 3m+2 \right)\sin x\le 0$, $\forall x\in \mathbb{R}$ (*)
Nếu $m=-\frac{2}{3}$ thì (*) không thỏa.
Nếu $m>-\frac{2}{3}$ thì (*)$\Leftrightarrow \sin x\le \frac{1-2m}{3m+2}$, $\forall x\in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow \frac{1-2m}{3m+2}\ge 1$$\Leftrightarrow -\frac{2}{3}<m\le -\frac{1}{5}$.
Nếu $m<-\frac{2}{3}$ thì (*)$\Leftrightarrow \sin x\ge \frac{1-2m}{3m+2}$, $\forall x\in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow \frac{1-2m}{3m+2}\le -1$$\Leftrightarrow -3\le m<-\frac{2}{3}$.
Ta có $X=\left\{ -3;-2;-1 \right\}$.
Vậy $-3-1=-4$.
Câu 31. Chọn B.
Trên cạnh $SB$, $SC$ lần lượt lấy ${B}'$, ${C}'$ sao cho $S{B}'=S{C}'=SA=2$. Suy ra $S.A{B}'{C}'$ là tứ diện đều cạnh bằng $2$. Suy ra ${{V}_{S.A{B}'{C}'}}=\frac{{{2}^{3}}\sqrt{2}}{12}=\frac{8\sqrt{2}}{12}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.
Mặt khác: $\frac{{{V}_{S.A{B}'{C}'}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{S{B}'}{SB}.\frac{S{C}'}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{2}{6}=\frac{2}{9}\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}:\frac{2}{9}=3\sqrt{2}$.
Câu 32. Chọn B.
Ta có ${x^2} = 3x - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 2
\end{array} \right.$.
Suy ra ${{x}^{2}}-3x+2$ âm trên khoảng $\left( 0,1 \right)$; dương trên $\left( 1,2 \right)$.
Vậy $\underset{[0,1]}{\mathop{\min }}\,\left\{ {{x}^{2}},3x-2 \right\}=3x-2$, $\underset{[1,2]}{\mathop{\min }}\,\left\{ {{x}^{2}},3x-2 \right\}={{x}^{2}}$
Vậy $\int\limits_{0}^{2}{\min \left\{ {{x}^{2}},3x-2 \right\}}dx=\int\limits_{0}^{1}{\left( 3x-2 \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{{{x}^{2}}\text{d}x}=-\frac{1}{2}+\frac{7}{3}=\frac{11}{6}$.
Câu 33. Chọn A.
Gọi phương trình mặt phẳng là: $\left( P \right):Ax+By+Cz+D=0\left( {{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}\ne 0 \right)$.
Theo đề bài, mặt phẳng qua $A,B$ nên ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
A + D = 0\\
2C + D = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A = 2C\\
D = - 2C
\end{array} \right.$. Vậy mặt phẳng $\left( P \right)$ có dạng: $2Cx+By+Cz-2C=0$.
$\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1,1,0 \right)$ và $R=1$.
Vì $\left( P \right)$ tiếp xúc với $\left( S \right)$ nên ${{d}_{\left( I,\left( P \right) \right)}}=R\Leftrightarrow \frac{2C+B-2C}{\sqrt{5{{C}^{2}}+{{B}^{2}}}}=1\Leftrightarrow {{B}^{2}}=5{{C}^{2}}+{{B}^{2}}\Leftrightarrow C=0$.
Suy ra $A=D=0$.
Vậy phương trình mặt phẳng $\left( P \right):y=0$.
Câu 34. Chọn C.
Gọi $z=a+bi\left( a,b\in \mathbb{R} \right)$. Suy ra $\overline{z}=a-bi$.
Ta có $\frac{iz-\left( 3i+1 \right)\overline{z}}{1+i}={{\left| z \right|}^{2}}\Leftrightarrow \frac{i\left( a+bi \right)-\left( 3i+1 \right)\left( a-bi \right)}{1+i}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$
$\Leftrightarrow ai-b-3ai-3b-a+bi={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{a}^{2}}i+{{b}^{2}}i$
$\Leftrightarrow \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2a-b \right)i+\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+4b+a \right)=0$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} + {b^2} + 2a - b = 0\\
{a^2} + {b^2} + a + 4b = 0
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
26{b^2} + 9b = 0\\
a = 5b
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
b = 0,a = 0\\
b = \frac{{ - 9}}{{26}},a = \frac{{ - 45}}{{26}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
z = 0\\
z = \frac{{ - 45}}{{26}}i - \frac{9}{{26}}
\end{array} \right.$$\Rightarrow z=\frac{-45}{26}i-\frac{9}{26}$ (Vì $z\ne 0$).
Với $z=\frac{-45}{26}i-\frac{9}{26}\Rightarrow \text{w}=\frac{15}{2}-\frac{3}{2}i\Rightarrow \left| \text{w} \right|=\frac{3\sqrt{26}}{2}$ .
Câu 35. Chọn A.
Gọi $d$ là phương trình tiếp tuyến của hàm số $y=\sqrt{x}$ tại $M\left( 4,2 \right)$$\Rightarrow d:y=\frac{1}{4}x+1$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=\sqrt{x}$, $d$ và trục $Ox$ là
$S=\int\limits_{-4}^{0}{\left( \frac{1}{4}x+1 \right)\text{d}x}+\int\limits_{0}^{4}{\left( \frac{1}{4}x+1-\sqrt{x} \right)\text{d}x=\frac{8}{3}}$.
Câu 36. Chọn D.
$P=\frac{1}{3}{{\log }^{3}}_{\frac{1}{3}}a+{{\log }^{2}}_{\frac{1}{3}}a-3{{\log }_{\frac{1}{3}}}a+1$
Đặt ${{\log }_{\frac{1}{3}}}a=t$, $t\in \left[ -1;3 \right]$
$P=\frac{1}{3}{{t}^{3}}+{{t}^{2}}-3t+1$, ${P}'={{t}^{2}}+2t-3$ với $t\in \left[ -1;3 \right]$
Bảng biến thiên
Ta thấy $m=\underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\min P}}\,=-\frac{2}{3}$,$M=\underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\max P}}\,=10$
Suy ra $S=3m+4M$$=3.\left( -\frac{2}{3} \right)+4.10=38$.
Câu 37. Chọn B.
+ Xét $I=\int\limits_{1}^{16}{\frac{f\left( \sqrt{x} \right)}{\sqrt{x}}\text{d}x}=6$, đặt $\sqrt{x}=t\Rightarrow \frac{dx}{2\sqrt{x}}=dt$
Đổi cận:
$I=2\int\limits_{1}^{4}{f\left( t \right)dt}=6$ $\Rightarrow \int\limits_{1}^{4}{f\left( t \right)dt}=\frac{6}{2}=3$ .
+ $J=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos x\text{d}x}=3$, đặt $\sin x=u\Rightarrow \cos xdx=du$
Đổi cận:
$J=\int\limits_{0}^{1}{f\left( u \right)du}=3$
$I=\int\limits_{0}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}=3+3=6$.
Câu 38. Chọn C.
Gọi $S$ là diện tích tam giác $ABC$ và $R$ bán kính đường tròn đi qua ba điểm $A$, $B$, C
$S=\sqrt{12\left( 12-6 \right)\left( 12-8 \right)\left( 12-10 \right)}=24$
$R=\frac{6.8.10}{4.24}=5$
Khi đó bán kính mặt cầu $r=\sqrt{{{5}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{34}$
Diện tích của mặt cầu $\left( S \right)$ bằng: $S=4\pi {{r}^{2}}=4.\pi .{{\left( \sqrt{34} \right)}^{2}}=136\pi c{{m}^{2}}$.
Câu 39. Chọn D.
Lấy bất kì $A\left( a,0 \right)$. Đường thẳng đi qua $A$ có hệ số góc $k$ có phương trình $y=k\left( x-a \right)$ tiếp xúc với $\left( C \right)$
$\Leftrightarrow k\left( x-a \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+3x-1$$\Leftrightarrow \left( 3{{x}^{2}}-6x+3 \right)\left( x-a \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+3x-1$
$\Leftrightarrow $${{x}^{3}}-3\left( 1+a \right){{x}^{2}}+6ax-3a+1=0$$\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( 2{{x}^{2}}-\left( 1-a \right)x+3a-1 \right)=0$có nghiệm kép.
$\Leftrightarrow \left( x-1 \right)g\left( x \right)=0$ có nghiệm kép
Để qua $A$ kẻ đươc đúng một tiếp tuyến đến $\left( C \right)$ thì$\left\{ \begin{array}{l}
\Delta = 0\\
g\left( 1 \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = 1$
Vậy điểm $A\left( 1;0 \right)$ thuộc đường thẳng $x=1$.
Câu 40. Chọn A.
Ta có $2.2+{{3.2}^{2}}+{{4.2}^{3}}+...+{{2018.2}^{2017}}=\left( n-1 \right){{.2}^{n}}$
Với $n=2018$: $1+2.2+{{3.2}^{2}}+{{4.2}^{3}}+...+{{2018.2}^{2017}}={{2017.2}^{2018}}+1$
Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
a = 2017\\
b = 1
\end{array} \right.$. Vậy $P=2017.1=2017$.
Câu 41. Chọn C.
Trong tam giác $ABC$ kẻ đường cao $AK$ và $CF$ và $AK\cap CF=\left\{ E \right\}$ nên $E$ là trực tâm tam giác $ABC$.
$\left\{ \begin{array}{l}
SC \bot SA\\
SC \bot SB
\end{array} \right.$ $\Rightarrow SC\bot \left( SAB \right)$ hay $SC\bot AB$
Mà $CF\bot AB$ nên $AB\bot \left( SCF \right)$$\Rightarrow AB\bot SE$. Chứng minh tương tự ta được $BC\bot \left( SAK \right)$$\Rightarrow BC\bot SE$. Vậy $SE\bot \left( ABC \right)$.
Ta có $CE$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
$\left( SC,\left( ABC \right) \right)$$=\left( SC,CE \right)$$=\widehat{SCE}$
Ta có tam giác $SCF$ vuông tại $S$ nên $\frac{1}{S{{E}^{2}}}=\frac{1}{S{{C}^{2}}}+\frac{1}{S{{F}^{2}}}$. Mặt khác tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên $\frac{1}{S{{F}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{S{{B}^{2}}}$. Suy ra $\frac{1}{S{{E}^{2}}}=\frac{1}{S{{C}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{S{{B}^{2}}}$$\Leftrightarrow \frac{1}{S{{E}^{2}}}=\frac{3}{{{a}^{2}}}$$\Leftrightarrow SE=\frac{a}{\sqrt{3}}$.
$\sin \widehat{SCE}=\frac{SE}{SC}$$=\frac{a}{\sqrt{3}}:a$$=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Câu 42. Chọn B.
${y}'=3{{x}^{2}}-3$. Theo đề bài ta có ${y}'\left( {{x}_{A}} \right)={y}'\left( {{x}_{B}} \right)$$\Leftrightarrow 3x_{A}^{2}-3=3x_{B}^{2}-3$$\Leftrightarrow x_{A}^{2}=x_{B}^{2}$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_A} = {x_B}\\
{x_A} = - {x_B}
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow {{x}_{A}}=-{{x}_{B}}$ ( do $A$, $B$ phân biệt)
$AB=4\sqrt{2}$$\Leftrightarrow A{{B}^{2}}=32$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{B}}-{{x}_{A}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{B}}-{{y}_{A}} \right)}^{2}}=32$
$\Leftrightarrow 4x_{B}^{2}+{{\left( x_{B}^{3}-3{{x}_{B}}+1-x_{A}^{3}+3{{x}_{A}}-1 \right)}^{2}}=32$$\Leftrightarrow 4x_{B}^{2}+{{\left( x_{B}^{3}-3{{x}_{B}}+1-x_{A}^{3}+3{{x}_{A}}-1 \right)}^{2}}=32$$\Leftrightarrow 4x_{B}^{2}+{{\left( 2x_{B}^{3}-6{{x}_{B}} \right)}^{2}}=32$$\Leftrightarrow 4x_{B}^{2}+4x_{B}^{6}-24x_{B}^{4}+36x_{B}^{2}=32$$\Leftrightarrow 4x_{B}^{6}-24x_{B}^{4}+40x_{B}^{2}-32=0$
$\Leftrightarrow x_{B}^{2}=4$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_B} = 2,{x_A} = - 2\\
{x_B} = - 2,{x_A} = 2
\end{array} \right.$. Vậy ${{x}_{B}}=2,{{x}_{A}}=-2$ nên $S=3{{x}_{A}}-5{{x}_{B}}$$=-16$.
Câu 43. Chọn B.
${y}'={{x}^{3}}-2mx$$=x\left( {{x}^{2}}-2m \right)$.
Để hàm số có ba cực trị thì $ab<0$$\Leftrightarrow -\frac{m}{4}<0$$\Leftrightarrow m>0$.
$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0,{\rm{ }}y = {m^2}\\
x = \sqrt {2m} ,{\rm{ }}y = 0\\
x = - \sqrt {2m} ,{\rm{ }}y = 0
\end{array} \right.$
Gọi parabol đi qua điểm $A\left( 0; {{m}^{2}} \right)$, $B\left( \sqrt{2m}; 0 \right)$, $C\left( -\sqrt{2m}; 0 \right)$ có dạng: $y=a{{x}^{2}}+bx+c$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
2ma + \sqrt {2m} b + c = 0\\
2ma - \sqrt {2m} b + c = 0\\
c = {m^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{m}{2}\\
b = 0\\
c = {m^2}
\end{array} \right.$ hay $y=-\frac{m}{2}{{x}^{2}}+{{m}^{2}}$
Theo yêu cầu bài toán parabol đi qua $B\left( \sqrt{2}; 2 \right)$ nên: $2=-\frac{{{m}_{a}}}{2}{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}+m_{a}^{2}$$\Leftrightarrow m_{a}^{2}-{{m}_{a}}-2=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{m_a} = - 1\\
{m_a} = 2
\end{array} \right.$. Vậy ${{m}_{a}}=2$.
Câu 44: Chọn B.
Trong mặt phẳng $\left( SAC \right)$ từ $C$ kẻ $CI\bot SA$, $I\in SA$. Trong mặt phẳng $\left( SAB \right)$ từ $I$ kẻ $IH\bot SA$ cắt $SB$ tại $H$.
Ta có: $AB\bot SC$, $AB\bot BC$$\Rightarrow AB\bot \left( SBC \right)$ $\Rightarrow AB\bot CH$mà $CH\bot SB$$\Rightarrow CH\bot \left( SAB \right)$
$\Rightarrow CH\bot SA$ mà $CI\bot SA$$\Rightarrow SA\bot \left( CIH \right)$. Khi đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$, $\left( SAC \right)$ là $\widehat{CIH}$. Vì $CH\bot \left( SAB \right)$$\Rightarrow CH\bot IH$ hay tam giác $CHI$ vuông tại $H$.
Xét tam giác vuông $SAC$ có: $CI=\frac{SC.CA}{\sqrt{S{{C}^{2}}+C{{A}^{2}}}}$$=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.
Xét tam giác vuông $SBC$ có: $CH=\frac{SC.CB}{\sqrt{S{{C}^{2}}+C{{B}^{2}}}}$$=\frac{SC.\sqrt{C{{A}^{2}}-A{{B}^{2}}}}{\sqrt{S{{C}^{2}}+C{{A}^{2}}-A{{B}^{2}}}}$$=\frac{2a\sqrt{78}}{13}$.
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$, $\left( SAC \right)$ là $\widehat{CIH}$ nên $\sin \widehat{CIH}=\frac{CH}{CI}$$=\frac{3}{\sqrt{13}}$.
Câu 45: Chọn D.
Ta có $R=SI=3$.
Tam giác $SAH$ và tam giác$SIE$ đồng dạng có: $\frac{SA}{SI}=\frac{SH}{SE}$$\Rightarrow SH=\frac{SA.SE}{SI}$$=\frac{\sqrt{6}.\frac{\sqrt{6}}{2}}{3}$$=1$.
Câu 46: Chọn B.
Ta có: ${{\left( 7-3\sqrt{5} \right)}^{{{x}^{2}}}}+m{{\left( 7+3\sqrt{5} \right)}^{{{x}^{2}}}}={{2}^{{{x}^{2}}-1}}$$\Leftrightarrow {{\left( \frac{7-3\sqrt{5}}{2} \right)}^{{{x}^{2}}}}+m{{\left( \frac{7+3\sqrt{5}}{2} \right)}^{{{x}^{2}}}}=\frac{1}{2}$.
Vì ${{\left( \frac{7-3\sqrt{5}}{2} \right)}^{{{x}^{2}}}}.{{\left( \frac{7+3\sqrt{5}}{2} \right)}^{{{x}^{2}}}}=1$nên đặt $t={{\left( \frac{7-3\sqrt{5}}{2} \right)}^{{{x}^{2}}}}$, $0<t\le 1$ phương trình trở thành:
$t+\frac{m}{t}=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow 2{{t}^{2}}-t+2m=0$ $\Leftrightarrow 2m=-2{{t}^{2}}+t\left( * \right)$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=-2{{t}^{2}}+t$, $0<t\le 1$.
$\Rightarrow {f}'\left( t \right)=-4t+1$, ${f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{4}$ ta có bảng biến thiên:
Để phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn $0<t<1$. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $0<2m<\frac{1}{8}$ $\Leftrightarrow 0<m<\frac{1}{16}$$\Rightarrow M=0+\frac{1}{16}$ $=\frac{1}{16}$.
Câu 47:Chọn B.
Ta có $x\in \left( 0\,;\,\frac{3\pi }{4} \right)\Rightarrow \frac{\pi }{4}<x+\frac{\pi }{4}<\pi \Rightarrow 0<\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)\le 1\Rightarrow 0<\sqrt[{}]{2}\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)\le \sqrt[{}]{2}$.
Mặt khác $\sqrt[{}]{2}\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)=\sin x+\cos x$.
Đặt $\sin x+\cos x=t$ với $t\in \left( 0\,;\,\sqrt[{}]{2} \right]$$\Rightarrow {{\sin }^{2}}x+{{\cos }^{2}}x+2\sin x.\cos x={{t}^{2}}$ $\Rightarrow \sin 2x={{t}^{2}}-1$.
Phương trình đã cho trở thành ${{t}^{2}}-1+t-2=m\Leftrightarrow {{t}^{2}}+t-3=m$$\left( * \right)$ .
Xét $f\left( t \right)={{t}^{2}}+t-3$ với $t\in \left( 0\,;\,\sqrt[{}]{2} \right]$.
Ta có ${f}'\left( t \right)=2t+1$. Do đó ${f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{2}$ (loại).
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình $\left( * \right)$ có nhiều nhất một nghiệm $t$ . Do đó để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực $x$ thuộc khoảng $\left( 0\,;\,\frac{3\pi }{4} \right)$ thì $\left[ \begin{array}{l}
t = \sqrt 2 \\
0 < t \le 1
\end{array} \right.$
Với $t=\sqrt[{}]{2}$ thay vào phương trình $\left( * \right)$: $2+\sqrt[{}]{2}-3=m$$\Leftrightarrow m=\sqrt[{}]{2}-1\notin \mathbb{Z}$.
Với $0<t\le 1$ ta có bảng biến thiên
Vậy $-3<m\le -1$$\Rightarrow $ có $2$giá trị nguyên của $m$ là $-2$ và $-1$ .
Câu 48: Chọn B.
Ta có ${{w}^{2}}+4$$={{\left( x+yi \right)}^{2}}+4$$={{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2xyi+4$$\Rightarrow \left| {{w}^{2}}+4 \right|=\sqrt[{}]{{{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}}+4 \right)}^{2}}+4{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$.
Do đó $\left| {{w}^{2}}+4 \right|=2\left| w \right|$$\Leftrightarrow \sqrt[{}]{{{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}}+4 \right)}^{2}}+4{{x}^{2}}{{y}^{2}}}=2\sqrt[{}]{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}}+4 \right)}^{2}}+4{{x}^{2}}{{y}^{2}}=4\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$$\Leftrightarrow {{x}^{4}}+{{y}^{4}}-2{{x}^{2}}{{y}^{2}}+8\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)+16+4{{x}^{2}}{{y}^{2}}=4\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$
$\Leftrightarrow {{x}^{4}}+{{y}^{4}}+2{{x}^{2}}{{y}^{2}}-4\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)+4+8\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)+12=0$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}^{2}}-4\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)+4+8\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)+12=0$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2 \right)}^{2}}+8\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)+12=0$
$\Leftrightarrow 8\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)+12=-{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2 \right)}^{2}}$$\Leftrightarrow P=-{{\left( {{\left| w \right|}^{2}}-2 \right)}^{2}}$.
Câu 49: Chọn D.
Số cách chọn 3 điểm trong $2n$ điểm phân biệt đã cho là: $C_{2n}^3$.
Số cách chọn $3$ điểm trong $n$ điểm cùng nằm trên một mặt phẳng là: $C_{n}^{3}$.
Số mặt phẳng được tạo ra từ $2n$ điểm đã cho là: $C_{2n}^{3}-C_{n}^{3}+1$.
Như vậy:
$C_{2n}^{3}-C_{n}^{3}+1=201$$\Leftrightarrow \frac{2n\left( 2n-1 \right)\left( 2n-2 \right)}{6}-\frac{n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)}{6}=200$
$\Leftrightarrow \frac{2n\left( 2n-1 \right)\left( 2n-2 \right)}{6}-\frac{n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)}{6}=200$
$\Leftrightarrow 7{{n}^{3}}-9{{n}^{2}}+2n-1200=0$$\Leftrightarrow \left( n-6 \right)\left( 7{{n}^{2}}+33n+200 \right)=0$
$\Leftrightarrow n=6$
Vậy $n=6$.
Câu 50: Chọn A.
Gọi $H$, $K$ lần lượt là trung điểm $BC$, $AD$.
Vì $AB=AC=BD=CD=1$ nên $AH\bot BC$ và $DH\bot BC$, suy ra $BC\bot \left( AHD \right)$$\Rightarrow BC\bot HK$.
Mặt khác $\Delta ABC=\Delta DBC$nên $AH=DH$, suy ra $HK\bot AD$.
Như vậy, $HK$ là đường vuông góc chung của đường thẳng $AD$ và $BC$. Bởi vậy $d\left( AD;BC \right)=HK$.
Đặt $BC=2x$, $AD=2y$, với $0<x<1$ và $0<y<1$.
Ta có $AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{1-{{x}^{2}}}$, $HK=\sqrt{A{{H}^{2}}-A{{K}^{2}}}=\sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$, với ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}<1$.
Thể tích của khối tứ diện $ABCD$là
$V={{V}_{B.AHD}}+{{V}_{C.AHD}}$$=\frac{1}{3}{{S}_{AHD}}.\left( BH+CH \right)$
$=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AD.HK.BC$$=\frac{1}{6}.2y.2x.\sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$
$=\frac{2}{3}\sqrt{{{x}^{2}}{{y}^{2}}\left( 1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}$.
Mặt khác ${{x}^{2}}{{y}^{2}}\left( 1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\le {{\left( \frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+\left( 1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}{3} \right)}^{3}}=\frac{1}{27}$.
Nên $V=\frac{2}{3}\sqrt{{{x}^{2}}{{y}^{2}}\left( 1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)}$$\le \frac{2}{3}\sqrt{\frac{1}{27}}=\frac{2\sqrt{3}}{27}$.
Do đó, thể tích khối tứ diện $ABCD$ lớn nhất là bằng $\frac{2\sqrt{3}}{27}$ khi và chỉ khi:
${{x}^{2}}={{y}^{2}}=1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}$.$\Rightarrow x=y=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Khi đó $HK=\sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ và $d\left( AD;BC \right)=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
