Câu 30: Đáp án A
Phương pháp:
+) Đặt ẩn phụ $t=2x$ tính $\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)dx}$
+) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính $\int\limits_{0}^{2}{x.f'\left( x \right)dx.}$
Cách giải:
Xét $\int\limits_{0}^{1}{f\left( 2x \right)=2,}$ đặt $2x=t\Leftrightarrow 2dx=dt\Leftrightarrow dx=\frac{dt}{2}.$ Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = 0\\
x = 1 \Rightarrow t = 2
\end{array} \right.$
$\Rightarrow 2=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)dt\Rightarrow }\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)dx=4}$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = f'\left( x \right)dx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = f\left( x \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \int\limits_0^2 {x.f\left( x \right)dx = \left. {x.f\left( x \right)} \right|} {}_0^2 - \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx = 2f\left( 2 \right) - 4 = 2.16 - 4 = 28} $
Câu 31: Đáp án
Phương pháp:
Cách 1: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho$A'\left( 0;0;0 \right),\text{ }B'\left( 1;0;0 \right);D'\left( 0;1;0 \right);\text{ }A\left( 0;0;1 \right)$. Xác định tọa độ các điểm M, N.
Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $d\left( MN;B'D' \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{B'D'};\overrightarrow{MN} \right].\overrightarrow{NB'} \right|}{\left| \overrightarrow{B'D'};\overrightarrow{MN} \right|}$
Cách 2: Xác định mặt phẳng (P) chứa B’D’ và song song với MN, khi đó $d\left( MN;B'D' \right)=d\left( B'D';\left( P \right) \right)=d\left( O;\left( P \right) \right)$(với O là trung điểm của B'D').
Cách giải:
Cách 1:
Chọn hệ trục tọa độ với $A'\left( 0;0;0 \right)$
$\begin{array}{l}
B'\left( {1;0;0} \right);D'\left( {0;1;0} \right);A\left( {0;0;1} \right),{\rm{ }}C\left( {1;1;1} \right);{\rm{ }}C'\left( {1;1;0} \right);\\
B\left( {1;0;1} \right);D\left( {0;1;1} \right)
\end{array}$
Ta có: $M\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};1 \right);N\left( 1;\frac{1}{2};0 \right)$
Khi đó $\overrightarrow{B'D'}=\left( -1;1;0 \right);\overrightarrow{MN}=\left( \frac{1}{2};0;-1 \right)$
Suy ra $\left[ \overrightarrow{B'D'};\overrightarrow{MN} \right]=\left( -1;-1;\frac{-1}{2} \right)$
$\overrightarrow{NB'}=\left( 0;\frac{1}{2};0 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{B'D'};\overrightarrow{MN} \right].\overrightarrow{NB'}=-\frac{1}{2}\Rightarrow d\left( MN;B'D' \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{B'D'};\overrightarrow{MN} \right].\overrightarrow{NB'} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{B'D'};\overrightarrow{MN} \right] \right|}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3}$
Cách 2: Gọi P là trung điểm của C' D' suy ra $d=d\left( O;\left( MNP \right) \right)$
Dựng $OE\bot NP;OF\bot ME\Rightarrow d=OF=\frac{MO.OE}{\sqrt{M{{O}^{2}}+O{{E}^{2}}}}$ trong đó $MO=a;OE=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow d=\frac{a}{3}$
Câu 32: Đáp án C
Phương pháp:
Gọi $M\left( a;{{a}^{2}} \right)\left( P \right),$tính $M{{A}^{2}}$theo a và tìm GTNN của $M{{A}^{2}}$
Cách giải:
Gọi $M\left( a;{{a}^{2}} \right)\Rightarrow M{{A}^{2}}={{\left( a+2 \right)}^{2}}+{{\left( {{a}^{2}}-\frac{1}{2} \right)}^{2}}=f\left( a \right)$
Khi đó $f'\left( a \right)=2\left( a+2 \right)+2\left( {{a}^{2}}-\frac{1}{2} \right).2a=4{{a}^{3}}+4=0\Leftrightarrow a=-1$
Lại có: $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( a \right)=+\infty \Rightarrow \underset{\mathbb{R}}{\mathop{Min}}\,f\left( a \right)=f\left( -1 \right)=\frac{5}{4}\Rightarrow M{{A}_{\min }}=\frac{\sqrt{5}}{2}$
Câu 33: Đáp án B
Phương pháp:
+) Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm O trùng với tâm của viên gạch hình vuông. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông.
+) Tính diện tích của một cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất. Xác định các phương trình parabol tạo nên cánh hoa đó.
+) Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: 
Với $A\left( \text{ }20;20 \right),$xét hình phẳng ở góc phân tư thứ nhất.
Hai Parabol có phương trình lần lượt là: $y=a\,{{x}^{2}}\left( {{P}_{1}} \right)$và $x=a{{y}^{2}}\left( {{P}_{2}} \right)$
Do Parabol $\left( {{P}_{1}} \right)$qua điểm $A\left( 20;20 \right)\Rightarrow a=\frac{20}{{{20}^{2}}}=\frac{1}{20}\Rightarrow y=\frac{{{x}^{2}}}{20}$
Do Parabol $\left( {{P}_{2}} \right)$qua điểm $A\left( 20;20 \right)$
$\Rightarrow a=\frac{20}{{{20}^{2}}}=\frac{1}{20}\Rightarrow y=\frac{{{y}^{2}}}{20}\Leftrightarrow y=\sqrt{20x}$
$S=\int\limits_{0}^{20}{\left( \sqrt{20x}-\frac{{{x}^{2}}}{20} \right)dx=\left. \left( \frac{2}{3}\sqrt{20{{x}^{3}}}-\frac{{{x}^{3}}}{60} \right) \right|}_{0}^{20}=\frac{400}{3}$
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính thể tích của mực nước ban đầu ${{V}_{1}}$
+) Gọi R là bán kính của viên billiards hình cầu, tính thể tích khối cầu ${{V}_{2}}$
+) Tính thể tích mực nước lúc sau $V$
+) Từ giả thiết ta có phương trình $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}},$tìm R.
Cách giải:
Thể tích mực nước ban đầu là: ${{V}_{1}}=\pi r_{1}^{2}{{h}_{1}}=\pi .5,{{4}^{2}}.4,5$
Gọi R là bán kính của viên bi ta có sau khi thả viên bi vào cốc, chiều cao của mực nước bằng 2R, do đó tổng thể tích của nước và bi sau khi thả viên bi vào trong cốc là:
$V=\pi r_{1}^{2}.\left( 2R \right)=\pi .5,{{4}^{2}}.2R$
Thể tích của quả cầu là: ${{V}_{\left( C \right)}}=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}$
Ta có: $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}\Leftrightarrow 5,{{4}^{2}}.4,5+\frac{4}{3}{{R}^{3}}=5,{{4}^{2}}.2R$
Giải phương trình trên với điều kiện $R<4,5\Rightarrow R=2,7cm$
Câu 35: Đáp án B
Phương pháp:
Chuyển vế, đưa phương trình về dạng $f\left( x \right)\ge 0\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow \underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)\ge 0$
Cách giải:
Xét hàm số $f\left( x \right)={{a}^{x}}-9x-1\left( x\in \mathbb{R} \right)$
Ta có: $f\left( 0 \right)=0;f'\left( x \right)={{a}^{x}}\ln a-9$
Để $f\left( x \right)\ge 0\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$thì $\underset{\mathbb{R}}{\mathop{Min}}\,f\left( x \right)=0=f\left( 0 \right)\Rightarrow f\left( x \right)$là hàm đồng biến trên $\left[ 0;+\infty \right)$ và nghịch biến trên x$\left( -\infty ;0 \right]$suy ra $f'\left( 0 \right)=0\Leftrightarrow {{a}^{0}}\ln a=9\Leftrightarrow a={{e}^{9}}\approx 8103.$Vậy $a\in \left( {{10}^{3}};{{10}^{4}} \right]$.
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp:
Đặt $t={{x}^{2}}-x+1,$tìm khoảng giá trị của t.
Xét bất phương trình $f\left( t \right)\ge 0$trên khoảng vừa tìm được $\Leftrightarrow M\left( t \right)\ge 0$
Cách giải:
Đặt $t={{x}^{2}}-x+1={{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}$
Khi đó BPT trở thành $f\left( t \right)=t+1+a\ln t\ge 0\left( t\in \left[ \frac{3}{4};+\infty \right) \right)$
Ta có: $f'\left( t \right)=1+\frac{a}{t}=0\Leftrightarrow t=-a$
Mặt khác $\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=+\infty ;f\left( \frac{3}{4} \right)=\frac{7}{4}+a\ln \frac{3}{4}$
Với $a>0\Rightarrow f\left( t \right)$đồng biến trên $\left[ \frac{3}{4};+\infty \right)$
$ \Rightarrow f\left( t \right) \ge 0\left( {\forall t \in \left[ {\frac{3}{4}; + \infty } \right)} \right) \Leftrightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {\frac{3}{4}; + \infty } \right)} f\left( t \right) = \frac{7}{4} + a\ln \frac{3}{4} \ge 0$
$ \Leftrightarrow a\ln \frac{3}{4} \ge \frac{{ - 7}}{4} \Leftrightarrow a \le \frac{{\frac{{ - 7}}{4}}}{{\ln \frac{3}{4}}} \approx 6,08.$ Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất nên suy ra $a \in \left( {6;7} \right].$
.Câu 37: Đáp án A
Phương pháp:
${{V}_{B'.ACC'A'}}=V-{{V}_{B'.BAC}}=\frac{2}{3}V,$với V là thể tích khối lăng trụ.
Tính thể tích khối lăng trụ.
Cách giải:
Dựng $B'M\bot {A}'{C}'\Rightarrow B'M\bot (AC{C}'{A}')$
Dựng $MN\bot AC'\Rightarrow AC'\bot (MNB')$
Khi đó $\left( \left( AB'C' \right);\left( AC'A' \right) \right)=MNB'={{60}^{\circ }}$
Ta có: $B'M=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow MN=\frac{B'M}{\tan MNB'}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
Mặt khác $\tan \,AC'A'=\frac{MN}{C'N}=\frac{A\,A'}{A'C'}$
Trong đó $MN=\frac{a\sqrt{6}}{6};MC'=\frac{a\sqrt{2}}{3}\Rightarrow C'N=\sqrt{C'{{M}^{2}}-M{{N}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
Suy ra $\text{AA }\!\!'\!\!\text{ }\,\text{=a}$
Thể tích lăng trụ $V = \frac{{A{B^2}}}{2}.A\,A\frac{{{a^3}}}{2} \Rightarrow {V_{B'.ACC'A'}} = V - {V_{B'.BAC}} = V - \frac{V}{3} = \frac{2}{3}V = \frac{{{a^3}}}{3}$
Câu 38: Đáp án D
Phương pháp:
+) Từ giả thiết $\left| iz+\sqrt{2}-i \right|=1$, tìm ra đường biểu diễn $\left( C \right)$của các số phức z.
+) Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của ${{z}_{1}};{{z}_{2}}\Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=AB\Rightarrow $vị trí của AB đối với đường tròn $\left( C \right)$.
$\Rightarrow \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|=OA+OB$
+) Sử dụng công thức trung tuyến tính $O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}$
+) Sử dụng BĐT Bunhiascopsky tìm GTLN của $OA+OB$
Cách giải:
Ta có: $\left| iz+\sqrt{2}-i \right|=1\Leftrightarrow \left| i\left( x+yi \right)+\sqrt{2}-i \right|=1$với ($z=x+yi\left( x;y\in \mathbb{R} \right)$)
$\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-\sqrt{2} \right)}^{2}}=1\Rightarrow M\left( x;y \right)$biểu diễn z thuộc đường tròn tâm $I\left( 1;\sqrt{2} \right)$bán kính $R=1$.
Lại có: $\left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|=OA+OB$
Mặt khác theo công thức trung tuyến ta có: $O{{I}^{2}}=\frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}\Rightarrow O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}=8$
Theo BĐT Bunhiascopsky ta có: $2\left( O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}} \right)\ge {{\left( OA+OB \right)}^{2}}\Rightarrow OA+OB\le 4$
Câu 39: Đáp án
Phương pháp:
+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ ${{x}_{0}}:y-y'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}$
+) Thay tọa độ điểm B vào phương trình tiếp tuyến, suy ra phương trình có dạng $b=f\left( {{x}_{0}} \right)$ tìm điều kiện của b để phương trình đó có nghiệm duy nhất.
+) Phương trình $b=f\left( {{x}_{0}} \right)$có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng $y=b$cắt đồ thị hàm số $y=f\left( {{x}_{0}} \right)$tại một điểm duy nhất. Lập BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( {{x}_{0}} \right)$và kết luận.
Cách giải:
Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$tại $M\left( {{x}_{0}};x_{0}^{3}-3x_{0}^{2} \right)$có dạng:
$y=\left( 3x_{0}^{2}-6{{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+x_{0}^{3}-3x_{0}^{2}$
Do tiếp tuyến đi qua điểm $\left( 0;b \right)\Rightarrow b=\left( 3x_{0}^{2}-6{{x}_{0}} \right)\left( -{{x}_{0}} \right)+x_{0}^{3}-3x_{0}^{2}=-2x_{0}^{3}+3x_{0}^{2}$
Để có đúng một tiếp của $\left( C \right)$đi qua $B\left( 0;b \right)$thì phương trình $b=-2x_{0}^{3}+3x_{0}^{2}$có duy nhất một nghiệm.
Xét hàm số $y = - 2{x^3} + 3{x^2} \Rightarrow y' = - 6{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = 0\\
x = 1 \Rightarrow y = 1
\end{array} \right.$
BBT:
Dựa vào BBT của đồ thị hàm số suy ra PT có 1 nghiệm khi $\left[ \begin{array}{l}
b > 1\\
b < 0
\end{array} \right.$
Với $b\in \left( -10;10 \right)\Rightarrow b\in \left\{ -9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1;2;3;4;5;6;7;8;9 \right\}\Rightarrow $ có 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bào toán.
Câu 40: Đáp án A
Phương pháp:
+) Nhận xét $VT=\left[ f\left( x \right).f'\left( x \right) \right]'$
+) Lấy nguyên hàm hai vế hai lần.
Cách giải:
Ta có: $\left[ f\left( x \right).f'\left( x \right) \right]'={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}+f\left( x \right).f''\left( x \right)=15{{x}^{4}}+12x$
Nguyên hàm 2 vế ta được $f\left( x \right).f'\left( x \right)=3{{x}^{5}}+6{{x}^{2}}+C$
Do $f\left( 0 \right)=f'\left( 0 \right)=1\Rightarrow C=1$
Tiếp tục nguyên hàm 2 vế ta được: $\int{f\left( x \right)df\left( x \right)=\int{\left( 3{{x}^{5}}+6{{x}^{2}}+1 \right)dx}}$
$\Rightarrow \frac{{{f}^{2}}\left( x \right)}{2}=\frac{3{{x}^{6}}}{6}+\frac{6{{x}^{3}}}{3}+x+D=\frac{1}{2}{{x}^{6}}+2{{x}^{3}}+x+D$
Do $f\left( 0 \right)=1\Rightarrow D=\frac{1}{2}\Rightarrow {{f}^{2}}\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{6}}+2{{x}^{3}}+x+\frac{1}{2}\Rightarrow {{f}^{2}}\left( 1 \right)=4$
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp:
+) Gọi $A\left( 0;0;a \right),\left( a>0 \right)$viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với $\left( \alpha \right)$
+) $B=AB\cap \left( \alpha \right)$tìm tọa độ điểm B theo a.
+) Tam giác MAB cân tại $M\Rightarrow MA=MB,$tìm a.
+) Sử dụng công thức tính diện tích ${{S}_{\Delta MAB}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB} \right] \right|$
Cách giải:
Gọi $A\left( 0;0;a \right)\left( a>0 \right),$vì $AB\bot mp\left( \alpha \right)\Rightarrow $Phương trình đường thẳng $\left( {AB} \right):\left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y = 0\\
z = a - t
\end{array} \right.$
Mà $B=AB\cap \left( \alpha \right)\Rightarrow B\left( t;0;a-t \right)$và $B\in mp\left( \alpha \right)\Rightarrow t=\left( a-t \right)-3=0\Leftrightarrow t=\frac{a+3}{2}$
Khi đó $B\left( {\frac{{a + 3}}{2};0;\frac{{a - 3}}{2}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AM} = \left( {1;1;;1 - a} \right)\\
\overrightarrow {BM} = \left( { - \frac{{a + 1}}{2};1;\frac{{5 - a}}{2}} \right)
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
AM = BM \Leftrightarrow A{M^2} = B{M^2} \Leftrightarrow 2 + {\left( {1 - a} \right)^2} = 1 + \frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {5 - a} \right)}^2}}}{4}\\
\Leftrightarrow {a^2} - 2a + 2 = \frac{{2{a^2} - 8a + 26}}{4}\\
\Leftrightarrow 2{a^2} = 18 \Leftrightarrow {a^2} = 9 \Leftrightarrow a = 3\left( {a > 0} \right)\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AM} = \left( {1;1; - 2} \right)\\
\overrightarrow {BM} = \left( { - 2;1;1} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {BM} } \right] = \left( {3;3;3} \right)
\end{array}$
Vậy diện tích tam giác MAB là ${{S}_{\Delta MAB}}=\frac{1}{2}\left| \overrightarrow{MA};\overrightarrow{MB} \right|=\frac{3\sqrt{3}}{2}$
Câu 42: Đáp án B
Phương pháp:
Tính $g'\left( x \right),$giải bất phương trình $g'\left( x \right)<0$
Cách giải:
Ta có $g\left( x \right)=f\left( 1-\frac{x}{2} \right)+x\Rightarrow g'\left( x \right)=-\frac{1}{2}.f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)+1;\forall x\in \mathbb{R}$
Xét bất phương trình $g'\left( x \right)<0\Leftrightarrow -\frac{1}{2}.f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)+1<0\Leftrightarrow f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)>2\,\,\,\,\,\left( * \right)$
Thử lần lượt từng đáp án
Đáp án A: $x\in \left( 2;4 \right)\Leftrightarrow 1-\frac{x}{2}\in \left( -1;0 \right)\Rightarrow f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)>1\Rightarrow $đáp án A sai
Đáp án B: $x\in \left( -4;-2 \right)\Leftrightarrow 1-\frac{x}{2}\in \left( 2;3 \right)\Rightarrow f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)>2\Rightarrow $B đúng.
Đáp án C: $x\in \left( -2;0 \right)\Leftrightarrow 1-\frac{x}{2}\in \left( 1;2 \right)\Rightarrow -1<f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)<2\Rightarrow $Csai
Đáp án D: $x\in \left( 0;2 \right)\Leftrightarrow 1-\frac{x}{2}\in \left( 0;1 \right)\Rightarrow -1<f'\left( 1-\frac{x}{2} \right)<1\Rightarrow $D sai.
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp:
+) Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân $\int\limits_{0}^{1}{f'\left( x \right).c\text{os}\pi xdx.}$
+) Sử dụng kết quả $\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ f\left( x \right)+k.\sin \pi x \right]}^{2}}dx=0}$ tính $f\left( x \right)$
+) Lấy tích phân từ 0 đến 1 cả 2 vế tính $\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}$
Cách giải:
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = c{\rm{os}}\pi x\\
dv = f'\left( x \right)dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = - \pi \sin \pi xdx\\
v = f\left( x \right)
\end{array} \right.$
Ta có $\int\limits_{0}^{1}{f'\left( x \right).c\text{os}\pi xdx=f\left( x \right).}\left. c\text{os}\pi x \right|{}_{0}^{1}+\pi \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right).\sin \pi xdx}$
$=-\left[ f\left( 1 \right)+f\left( 0 \right) \right]+\pi \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right).\sin \pi xdx=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right).\sin \pi dx=\frac{1}{2}}}$
Xét $\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ f\left( x \right)+k.\sin \pi x \right]}^{2}}dx=0\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{{{f}^{2}}\left( x \right)dx+2k.\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right).\sin \pi xdx+{{k}^{2}}.\int\limits_{0}^{1}{{{\sin }^{2}}\left( \pi x \right)dx=0}}}}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{k}^{2}}+2k.\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow {{\left( k+1 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow k=-1.$ Suy ra ${{\int\limits_{0}^{1}{\left[ f\left( x \right)-\sin \pi x \right]}}^{2}}dx=0$
Vậy $f\left( x \right)=\sin \pi x\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=}\int\limits_{0}^{1}{\sin \pi xdx=}\left. -\frac{c\text{os}\pi x}{x} \right|_{0}^{1}=\frac{1}{\pi }+\frac{1}{\pi }=\frac{2}{\pi }$
Câu 44: Đáp án D
Phương pháp:
Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$
Gắn hệ tọa độ Oxyz, với $H\left( 0;0;0 \right),S\left( 0;0;\frac{\sqrt{3}}{2} \right),A\left( -\frac{1}{2};0;0 \right);B\left( \frac{1}{2};0;0 \right);C\left( \frac{1}{2};1;0 \right),D\left( -\frac{1}{2};1;0 \right)$
Gọi $\overrightarrow{{{n}_{1}}};\overrightarrow{{{n}_{2}}}$ lần lượt là VTPT của mặt phẳng $\left( GMN \right);\left( ABCD \right)\Rightarrow c\text{os}\left( \left( GMN \right);\left( ABCD \right) \right)=\frac{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}}.\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}$
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB.Vì $\left( SAD \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$
Gắn hệ tọa độ Oxyz, với
$H\left( 0;0;0 \right),S\left( 0;0;\frac{\sqrt{3}}{2} \right),A\left( -\frac{1}{2};0;0 \right);B\left( \frac{1}{2};0;0 \right);C\left( \frac{1}{2};1;0 \right),D\left( -\frac{1}{2};1;0 \right)$
Khi đó $G\left( 0;0;\frac{\sqrt{3}}{6} \right),M\left( \frac{1}{4};\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{4} \right),N\left( -\frac{1}{4};\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{4} \right)$
$\Rightarrow \overrightarrow{GM}=\left( \frac{1}{4};\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{12} \right);\overrightarrow{MN}=\left( -\frac{1}{2};0;0 \right)$
$\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{1}}}={{\overrightarrow{n}}_{_{\left( GMN \right)}}}=\left[ \overrightarrow{GM};\overrightarrow{MN} \right]=\left( 0;-\frac{\sqrt{3}}{24};\frac{1}{4} \right)$
Và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$có véc tơ pháp tuyến là $\overrightarrow{{{n}_{2}}}={{\overrightarrow{n}}_{\left( ABCD \right)}}=\overrightarrow{k}=\left( 0;0;1 \right)$
Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng $\left( GMN \right),\left( ABCD \right)c\text{os}\alpha =\frac{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}}.\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}=\frac{2\sqrt{39}}{13}$
Câu 45: Đáp án C
Phương pháp:
Đặt $g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}=8x+m \right),$tính $g'\left( x \right)$và giải phương trình $g'\left( x \right)=0,$tìm điều kiện để phương trình có 5 nghiệm phân biệt và qua các nghiệm đó $g'\left( x \right)$đổi dấu.
Cách giải:
Ta có $g'\left( x \right) = \left( {2x - 8} \right)f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 4\\
f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right) = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)
\end{array} \right.\,\,\,\left( I \right).$
Mà $f'\left( x \right)={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-2x \right)={{\left( x-1 \right)}^{2}}.x\left( x-2 \right);\forall x\in \mathbb{R}$
Suy ra $\left( * \right) \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 8x + m - 1} \right)^2}\left( {{x^2} - 8x + m} \right)\left( {{x^2} - 8x + m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 8x + m - 1 = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
{x^2} - 8x + m = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\
{x^2} - 8x + m - 2 = 0\,\,\,\,\left( 3 \right)
\end{array} \right.$
Qua các nghiệm của phương trình (1) (nếu có) thì $g'\left( x \right)$đều không đổi dấu. Do đó ta không xét phương trình (1).
Để hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (2); (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 4.
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
16 - m > 0\\
16 - m + 2 > 0\\
- 16 + m \ne 0\\
- 18 + m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 16$
Kết hợp $m\in {{\mathbb{Z}}^{*}}\Rightarrow $có 15gias trị m cần tìm.
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp:
Xét phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{3}}+\left( a+10 \right){{x}^{2}}-x+1=0,$cô lập a, đư phương trình về dạng $a=f\left( x \right),$phương trình có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow $ đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$tại một điểm duy nhất, lập BBT và kết luận.
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$và OX là ${{x}^{3}}+\left( a+10 \right){{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)$
Dễ thấy $x=0$không là nghiệm của phương trình (*). Khi đó $\left( * \right)\Leftrightarrow -a-10=\frac{{{x}^{3}}-x+1}{{{x}^{2}}}.$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}-x+1}{{{x}^{2}}}=x-\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}},$ có $f'\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}+x-2}{{{x}^{3}}}=0\Leftrightarrow x=1$
Tính $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty ;\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty ;\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty ;\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty ;f\left( 1 \right)=1.$
BBT:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $f\left( x \right)=-a-10$có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow -a-10<1\Leftrightarrow a>-11$
Câu 47: Đáp án D
Phương pháp:
$\left\{ \begin{array}{l}
\log \left( {x + y} \right) = z\\
\log \left( {{x^2} + {y^2}} \right) = z + 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y = {10^z}\\
{x^2} + {y^2} = {10^{z + 1}} = {10.10^z}
\end{array} \right. \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 10\left( {x + y} \right)$
Thay ${{10}^{z}}=x+y$vào ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}=a{{.10}^{3x}}+b{{.10}^{2x}},$biến đổi, thế và đồng nhất hệ số.
Cách giải:
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\log \left( {x + y} \right) = z\\
\log \left( {{x^2} + {y^2}} \right) = z + 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y = {10^z}\\
{x^2} + {y^2} = {10^{z + 1}} = {10.10^z}
\end{array} \right. \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 10\left( {x + y} \right)$
Khi đó ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}=a{{.10}^{3z}}+b{{.10}^{2z}}\Leftrightarrow \left( x+y \right)\left( {{x}^{2}}-xy+{{y}^{2}} \right)=a.{{\left( {{10}^{z}} \right)}^{3}}+b.{{\left( {{10}^{z}} \right)}^{2}}$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} - xy + {y^2}} \right) = a.{\left( {x + y} \right)^3} + b.{\left( {x + y} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - xy + {y^2} = a.{\left( {x + y} \right)^2} + b.\left( {x + y} \right)\\
\Leftrightarrow {x^2} - xy + {y^2} = a.\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) + \frac{b}{{10}}.\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - xy = \left( {a + \frac{b}{{10}}} \right).\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2a.xy
\end{array}$ Đồng nhất hệ số, ta được $\left\{ \begin{array}{l}
a + \frac{b}{{10}} = 1\\
2a = - 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{1}{2}\\
b = 15
\end{array} \right..$ Vậy $a+b=\frac{29}{2}$
Câu 48: Đáp án B
Phương pháp:
+) Gọi $M\left( x;y;z \right)\Rightarrow $tọa độ các véc tơ $\overrightarrow{AM};\overrightarrow{BM}$
+) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A,B lên $\left( \alpha \right)$, có $AMH=BMK$
+) Tính sin các góc $AMH;BMHK$và suy ra đẳng thức. Tìm quỹ tích điểm M là một đường tròn.
+) Tính tâm của đường tròn quỹ tích đó.
Cách giải:
Gọi $M\left( x;y;z \right)\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left( x-10;y-6;z+2 \right);\overrightarrow{BM}=\left( x-5;y-10;z+9 \right)$
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên $\left( \alpha \right),$có $AMH=BMK$
$AH=d\left( A;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.10+2.6-2-12 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}=6;BK=d\left( B;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.5+2.10-9-12 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}$
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
\sin AMH = \frac{{AH}}{{MA}}\\
\sin BMK = \frac{{BK}}{{MB}}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{AH}}{{MA}} = \frac{{BK}}{{MB}} \Rightarrow MA = 2MB \Leftrightarrow M{A^2} = 4M{B^2}$
Suy ra ${{\left( x-10 \right)}^{2}}+{{\left( y-6 \right)}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=4\left[ {{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-10 \right)}^{2}}+{{\left( z+9 \right)}^{2}} \right]$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\frac{20}{3}x-\frac{68}{3}y+\frac{68}{3}z+228=0\Leftrightarrow \left( S \right):{{\left( x-\frac{10}{3} \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{34}{3} \right)}^{2}}+{{\left( z+\frac{34}{3} \right)}^{2}}=40$ có tâm $I\left( \frac{10}{3};\frac{34}{3};\frac{-34}{3} \right)$
Vậy $M\in \left( C \right)$là giao tuyến của $\left( \alpha \right)$và $\left( S \right)\Rightarrow $Tâm K của $\left( C \right)$là hình chiếu của
$I\left( \frac{10}{3};\frac{34}{3};\frac{-34}{3} \right)$trên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.
Phương trình đương thẳng đi qua I và vuông góc với $\left( \alpha \right)$có dạng $\left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{{10}}{3} + 2t\\
y = \frac{{34}}{3} + 2t\\
z = - \frac{{34}}{3} + t
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow K\left( {\frac{{10}}{3} + 2t;\frac{{34}}{3} + 2t' - \frac{{34}}{3} + t} \right),K \in \left( \alpha \right) \Rightarrow 2\left( {\frac{{10}}{3} + 2t} \right) + 2\left( {\frac{{34}}{3} + 2t} \right) + \left( { - \frac{{34}}{3} + t} \right) - 12 = 0\\
\Leftrightarrow 9t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{2}{3} \Rightarrow K\left( {2;10; - 12} \right) \Rightarrow {x_K} = 2
\end{array}$
Câu 49: Đáp án B
Phương pháp:
+) Kiểm tra $d\subset \left( \alpha \right)$
+) Gọi $B=\Delta \cap \left( O\,xy \right)\Rightarrow B\left( a;b;0 \right)\Rightarrow B\in \left( \alpha \right),$thay tọa độ điểm B vào phương trình $\left( \alpha \right)\Rightarrow 1$phương trình 2 ẩn a, b.
+) $d//\Delta \Rightarrow d\left( \left( d \right);\left( \Delta \right) \right)=d\left( B;\left( d \right) \right)=3.$ Sử dụng công thức tính khoảng cách $d\left( B;\left( d \right) \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{BM};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{d}}} \right|},$ lập được 1 phương trình 2 ẩn chứa a, b.
+) Giải hệ phương trình tìm a,b => Toạn độ điểm B => Độ dài AB.
Dế thấy $d\bot \left( \alpha \right)$và $\left( -1;-2;-3 \right)\in \left( \alpha \right)\Rightarrow d\subset \left( \alpha \right)$
Ta có $B=\Delta \cap \left( O\,xy \right)\Rightarrow B\left( a;b;0 \right)$ mà $B\in \Delta \subset \left( \alpha \right)\Rightarrow 2a+b-2=0\Rightarrow b=2-2a$
Lại có $d//\Delta \Rightarrow d\left( \left( d \right);\left( \Delta \right) \right)=d\left( B;\left( d \right) \right)=3$. Đường thẳng d đi qua $M\left( 0;0;-1 \right)$, có $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;2;2 \right)$
$\overrightarrow{BM}=\left( -a;-b;-1 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{BM};\overrightarrow{u} \right]=\left( -2b+2;-1+2a;-2a+b \right)$
Do đó
$\begin{array}{l}
d\left( {B;\left( d \right)} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \frac{{\sqrt {{{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 2a} \right)}^2} + {{\left( {2a - b} \right)}^2}} }}{3} = 3\\
\Leftrightarrow {\left( {2b - 2} \right)^2} + {\left( {1 - 2a} \right)^2} + {\left( {2a - b} \right)^2} = 81 \Leftrightarrow {\left( {2 - 4a} \right)^2} + {\left( {1 - 2a} \right)^2} + {\left( {4a - 2} \right)^2} = 81\\
\Leftrightarrow {\left( {1 - 2a} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 - 2a = 3\\
1 - 2a = - 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = - 1\\
a = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a = - 1\\
b = 4
\end{array} \right. \Rightarrow B\left( { - 1;4;0} \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = - 2
\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {2; - 2;0} \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy $AB=\frac{7}{2}$
Câu 50: Đáp án
Phương pháp:
Điểm $A\text{ }\left( x;y \right)$nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của$OMNP\Rightarrow 0\le x\le 100;0\le y\le 10,$ tính số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right)$
Gọi X là biến cố: “Các điểm $A\text{ }\left( x;y \right)$thỏa mãn $x+y\le 90$”. Tính số phần tử của biến cố $X\,\,n\left( X \right).$
Tính xác suất của biến cố X: $P\left( X \right)=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega \right)}$
Cách giải:
Điểm $A\text{ }\left( x;y \right)$nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của $OMNP\Rightarrow 0\le x\le 100;0\le y\le 10,$
Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y. Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ
nguyên nằm trên hình chữ nhật OMNP là $n\left( \Omega \right)=101\text{ x }11.$
Gọi X là biến cố: “Các điểm $A\text{ }\left( x;y \right)$thỏa mãn$x+y\le 90$”.
Vì $x\in \left[ 0;100 \right];y\in \left[ 0;10 \right]$ và $x + y \le 90 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = 0 \to x = \left\{ {0;1;2;...;90} \right\}\\
...........\\
y = 1 \to x = \left\{ {0;1;2;...;89} \right\}
\end{array} \right.$
Khi đó có $91+90+...+81=\frac{\left( 81+91 \right).11}{2}=946$cặp $\left( x;y \right)$thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{946}{101\,\,x\,\,11}=\frac{86}{101}$
