Câu 31.Chọn D
Số cách chia ngẫu nhiên 8 đội bóng thành hai bảng đấu là: $n(\Omega )=C_{8}^{4}.C_{4}^{4}=70$.
Gọi $A$ là biến cố: “ hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau”.
Bảng 1: Từ 8 đội tham gia chọn ngẫu nhiên 1 đội Việt Nam và 3 đội nước ngoài vào bảng 1 có số cách chọn là $C_{6}^{3}.C_{2}^{1}$.
Bảng 2: Sau khi chọn các đội vào bảng 1 còn 1 đội Việt Nam và 3 đội nước ngoài xếp vào bảng 2 có 1 cách xếp.
Số cách chia 8 đội thành 2 bảng đấu sao cho hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau là: $n(A)=C_{6}^{3}.C_{2}^{1}.1=40$.
Vậy Xác suất cần tìm: $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{40}{70}=\frac{4}{7}$.
Câu 32.Chọn A
$F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)\text{d}x=\int{\frac{x}{\operatorname{s}\text{i}{{\text{n}}^{2}}x}}\text{d}x}$.
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
{\rm{d}}v = \frac{1}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{i}}{{\rm{n}}^2}x}}{\rm{d}}x
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\
v = - \cot x
\end{array} \right.$
Khi đó: $F\left( x \right)=\int{\frac{x}{\operatorname{s}\text{i}{{\text{n}}^{2}}x}\text{d}x}=-x.\cot x+\int{\cot x\text{d}x}=-x.\cot x+\int{\frac{\cos x}{\sin x}\text{d}x}=-x.\cot x+\int{\frac{\text{d}\left( \sin x \right)}{\sin x}}$
$=-x.\cot x+\ln \left| \operatorname{s}\text{in}x \right|+C$.
Với $x\in \left( 0;\pi \right)\Rightarrow \operatorname{s}\text{in}x>0\Rightarrow \ln \left| \operatorname{s}\text{in}x \right|=\ln \left( \operatorname{s}\text{in}x \right)$.
Vậy $F\left( x \right)=-x\cot x+\ln \left( \operatorname{s}\text{in}x \right)+C$.
Câu 33.Chọn C
Cách 1.
Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có: $AC=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=3a$.
Gắn hệ trục tọa độ như hình và không mất tính tổng quát ta chọn $a=1$, khi đó ta có:
$A\left( 0\,;\,0\,;\,0 \right)$, $B\left( 2\,;\,0\,;\,0 \right)$, $C\left( 0\,;3\,;\,0 \right)$, $E\left( 1\,;\,0\,;\,0 \right)$, ${A}'\left( 0\,;\,0\,;\,4 \right)$.
$\overrightarrow{{A}'B}=\left( 2\,;\,0\,;\,-4 \right)$ , $\overrightarrow{CE}=\left( 1\,;\,-3\,;\,0 \right)$ $\Rightarrow \,\left[ \overrightarrow{{A}'B}\,,\,\overrightarrow{CE} \right]=\left( -12\,;\,-4\,;\,-6 \right)$ .
$\overrightarrow{CB}=\left( 2\,;\,-3\,;\,0 \right)$ .
$d\left( {A}'B,\,CE \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{{A}'B}\,,\,\overrightarrow{CE} \right].\,\overrightarrow{CB} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{{A}'B}\,,\,\overrightarrow{CE} \right] \right|}=\frac{\left| -12.\,2+\left( -4 \right).\left( -3 \right)+\left( -6 \right).\,0 \right|}{\sqrt{{{\left( -12 \right)}^{2}}+{{\left( -4 \right)}^{2}}+{{\left( -6 \right)}^{2}}}}=\frac{6}{7}$.
Vậy khoảng cách giữa ${A}'B$ và $CE$ là $\frac{6a}{7}$.
Cách 2.
Gọi $F$ là trung điểm $A{A}'$.
Ta có $\left( CEF \right)\text{//}{A}'B$ nên $\text{d}\left( CE,{A}'B \right)=\text{d}\left( {A}'B,\left( CEF \right) \right)=\text{d}\left( {A}',\left( CEF \right) \right)=\text{d}\left( A,\left( CEF \right) \right)$.
Kẻ $AI\bot CE;AH\bot FI$ thì $AH\bot \left( CEF \right)$ hay $\text{d}\left( A,\left( CEF \right) \right)=AH$.
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{F}^{2}}}+\frac{1}{A{{I}^{2}}}=\frac{1}{A{{F}^{2}}}+\frac{1}{A{{E}^{2}}}+\frac{1}{A{{F}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{49}{36{{a}^{2}}}$.
Suy ra
$\text{d}\left( CE,{A}'B \right)=\text{d}\left( A,\left( CEF \right) \right)=AH=\frac{6a}{7}$.
Vậy khoảng cách giữa ${A}'B$ và $CE$ là $\frac{6a}{7}$.
Câu 34.Chọn B
Đặt $t=g\left( x \right)={{x}^{3}}-3x,\text{ }x\in \left[ -1;2 \right]$
$g'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = - 1
\end{array} \right.$
Bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)$ trên $\left[ -1;2 \right]$
Suy ra với $t=-2$, có $1$ giá trị của $x$ thuộc đoạn $\left[ -1;2 \right]$.
$t\in \left( -2;2 \right]$, có $2$ giá trị của $x$ thuộc đoạn $\left[ -1;2 \right]$.
Phương trình $f\left( {{x}^{3}}-3x \right)=m$ có $6$ nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ -1;2 \right]$ khi và chỉ khi phương trình $f\left( t \right)=m$ có $3$ nghiệm phân biệt thuộc $\left( -2;2 \right]$. (1)
Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và $m$ nguyên ta có hai giá trị của $m$ thỏa mãn điều kiện (1) là: $m=0,\text{ }m=-1.$
Câu 35.Chọn D
Gọi $z=a+bi$; $\left( a,b\in \mathbb{R} \right)$$\Rightarrow \overline{z}=a-bi$.
Ta có: ${{\left| z-1 \right|}^{2}}={{\left| a+bi-1 \right|}^{2}}={{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}$,
$\left| z-\overline{z} \right|i=\left| a+bi-a+bi \right|i=\sqrt{{{\left( 2b \right)}^{2}}}i=2\left| b \right|i$,
${{i}^{2019}}={{i}^{4.504+3}}={{\left( {{i}^{4}} \right)}^{504}}.{{i}^{3}}=i.{{i}^{2}}=-i$,
$\left( z+\overline{z} \right){{i}^{2019}}=-i\left( a+bi+a-bi \right)=-2ai$.
Suy ra phương trình đã cho tương đương với:
${{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+2\left| b \right|i-2ai=1$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = 1\\
2\left| b \right| - 2a = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} - 2a + {b^2} = 0\\
a = \left| b \right|
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{\left| b \right|^2} - 2\left| b \right| = 0\\
a = \left| b \right|
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
\left| b \right| = 0\\
\left| b \right| = 1
\end{array} \right.\\
a = \left| b \right|
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 0}\\
{b = 0}
\end{array}} \right.}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 1}\\
{b = 1}
\end{array}} \right.}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 1}\\
{b = - 1}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.
\end{array}$
Vậy có 3 số phức $z$ thỏa mãn.
Câu 36.Chọn B
Ta có: $m+{{x}^{2}}<f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}$ $\Leftrightarrow m<f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}$.
Xét hàm số $g\left( x \right)=f\left( x \right)+\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}$ trên $\left[ 0;3 \right]$, có $g'\left( x \right)=f'\left( x \right)+{{x}^{2}}-2x$.
$g'\left( x \right)\ge 0\Leftrightarrow f'\left( x \right)\ge 2x-{{x}^{2}}$ $\forall x\in \left[ 0;3 \right]$.
Theo bảng biến thiên $f'\left( x \right)>1$, $\forall x\in \left[ 0;3 \right]$, mà $2x-{{x}^{2}}\le 1,\,\forall x\in \mathbb{R}$ $\Rightarrow f'\left( x \right)>2x-{{x}^{2}},\forall x\in \left[ 0;3 \right]$ nên ta có bảng biến thiên của $g\left( x \right)$ trên $\left[ 0;3 \right]$:
Từ bảng biến thiên ta có $m<g\left( x \right),\forall x\in \left( 0;3 \right)\Leftrightarrow m\le f\left( 0 \right)$
Câu 37 .Chọn B
Gọi $I\left( a;\,b;\,c \right)$là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng $(Oyz)$đồng thời đi qua các điểm$M$, $N$, $P$, nên:$\left\{ \begin{array}{l}
IM = IN\\
IM = IP\\
d\left( {I,\,\left( {Oyz} \right)} \right) = IN
\end{array} \right.$
(I)
Ta có: Phương trình mặt phẳng $\left( Oyz \right)$: $x=0$.
$\overrightarrow{IM}=\left( 2-a;\,1-b;\,4-c \right)\Rightarrow IM=\sqrt{{{\left( 2-a \right)}^{2}}+{{\left( 1-b \right)}^{2}}+{{\left( 4-c \right)}^{2}}}$.
$\overrightarrow{IN}=\left( 5-a;-b;-c \right)\Rightarrow IN=\sqrt{{{\left( 5-a \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$.
$\overrightarrow{IP}=\left( 1-a;-3-b;1-c \right)\Rightarrow IP=\sqrt{{{\left( 1-a \right)}^{2}}+{{\left( b+3 \right)}^{2}}+{{\left( 1-c \right)}^{2}}}$.
$d\left( I,\,\left( Oyz \right) \right)=\frac{\left| a \right|}{\sqrt{1}}=\left| a \right|$.
Thay vào (I):
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3a - b - 4c = 2\\
a + 4b + 3c = 5\\
- 10a + {b^2} + {c^2} = - 25
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 3a - 4c - 2\\
a + 4(3a - 4c - 2) + 3c = 5\\
- 10a + {b^2} + {c^2} = - 25
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 1 - c\\
a = 1 + c\\
{c^2} - 6c + 8 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
c = 2\\
b = - 1\\
a = 3
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
c = 4\\
b = - 3\\
a = 5
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
Vì: $a+b+c<5$nên ta chọn: $\left\{ \begin{array}{l}
c = 2\\
b = - 1\\
a = 3
\end{array} \right.$
Câu 38 .Chọn A
Đặt $t=\sqrt{3x+1}\Rightarrow {{t}^{2}}=3x+1\Rightarrow 2t\text{d}t=3\text{d}x$
Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=1$;$x=1\Rightarrow t=2$.
Ta có: $\int\limits_{1}^{2}{\frac{\text{d}x}{3x+1+5\sqrt{3x+1}+6}}=\frac{2}{3}\int\limits_{1}^{2}{\frac{t\text{d}t}{{{t}^{2}}+5t+6}}$$=\frac{2}{3}\int\limits_{1}^{2}{\left( \frac{3}{t+3}-\frac{2}{t+2} \right)\text{d}t}$$=\frac{2}{3}\left. \left[ 3\ln \left| t+3 \right|-2\ln \left| t+2 \right| \right] \right|_{1}^{2}$
$=\frac{2}{3}\left[ \left( 3\ln 5-2\ln 4 \right)-\left( 3\ln 4-2\ln 3 \right) \right]=-\frac{20}{3}\ln 2+\frac{4}{3}\ln 3+2\ln 5$
Suy ra: $a=-\frac{20}{3}$, $b=\frac{4}{3}$, $c=2$.
Vậy $a+b+c=-\frac{10}{3}$.
Câu 39.Chọn C
Phương trình tham số của đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}
x = - 1 + 2t\\
y = t\\
z = 2 - t
\end{array} \right.$
Vì $C$ thuộc $d$ nên tọa độ của $C$ có dạng $C\left( -1+2t;t;2-t \right)$.
Ta có $\overrightarrow{AB}\left( 1;-1;-2 \right)$ và $\overrightarrow{AC}\left( 2t;t-3;1-t \right)$ .
Suy ra $\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( 3t-7;-3t-1;3t-3 \right)$ .
Diện tích tam giác $ABC$ là ${{S}_{\vartriangle ABC}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|\frac{1}{2}\sqrt{{{(3t-7)}^{2}}+{{(-3t-1)}^{2}}+{{(3t-3)}^{2}}}$ .
Theo bài ra ta có ${{S}_{\vartriangle ABC}}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}\sqrt{27{{t}^{2}}-54t+59}=2\sqrt{2}$.
$\Leftrightarrow 27{{t}^{2}}-54t+59=32$ $\Leftrightarrow {{(t-1)}^{2}}=0$$\Leftrightarrow t=1$ .
Với $t=1$ thì $C\left( 1;1;1 \right)$ nên $m=1;n=1;p=1$ .
Vậy giá trị của tổng $m+n+p=3$ .
Câu 40:Chọn C
Điều kiện xác định $x>-5$ (*).
Xét $\left( {{x^3} - 9x} \right)\ln \left( {x + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^3} - 9x = 0\\
\ln \left( {x + 5} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm 3\\
x = - 4
\end{array} \right.\,$
(thỏa mãn điều kiện (*)).
Bảng xét dấu của biểu thức $f\left( x \right)=\left( {{x}^{3}}-9x \right)\ln \left( x+5 \right)$ trên khoảng $\left( -5;\,+\infty \right)$.
Khi đó $f\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 4 \le x \le - 3\\
0 \le x \le 3
\end{array} \right.\,\,.$
Vì $x\in \mathbb{Z}\Rightarrow x\in \left\{ -4;\,-3;\,0;\,1;\,2;\,3 \right\}$, suy ra đáp án C.
Câu 41. Chọn A
Đặt $g(x)=f(\cos x)+{{x}^{2}}-x.$ Ta thấy $g'(x)=-\sin x.f'(\cos x)+2x-1.$ Do $-1\le \cos x\le 1$ nên $-1\le f'(\cos x)\le 1$, suy ra $\left| -\sin x.f'(\cos x) \right|\le 1,$ với mọi $x\in \mathbb{R}.$
Cách 1.
Ta có $g'(x)=-\sin x.f'(\cos x)+2x-1\le 1+(2x-1)=2x\le 0,\forall x\le 0.$ Loại đáp án B và D.
Với $x\in \left( 0;\frac{1}{2} \right)$ thì $0\le \sin x<1,$ $0<\cos x\le 1$ nên $-\sin x.f'(\cos x)\le 0.$ Do đó Do đó $g'(x)\le 0,$ $\forall x\in \left( 0;\frac{1}{2} \right).$ Loại đáp án C. Chọn đáp án A.
Cách 2.
Vì $g'(x)=-\sin x.f'(\cos x)+2x-1\ge -1+(2x-1)=2x-2$ nên $g'(x)>0,\forall x>1.$
Suy ra $g(x)=f(\cos x)+{{x}^{2}}-x$ đồng biến trên khoảng $(1;2).$ Chọn đáp án A.
Câu 42.Chọn B
Hàm số$f(x)={{2}^{x}}-{{2}^{-x}}$ xác định $\forall x\in R$.
Khi đó $-x\in R$, ta có $f(-x)={{2}^{-x}}-{{2}^{x}}=-({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})=-f(x)$.
Suy ra $f(x)$ là hàm số lẻ $(1)$
Mặt khác ${f}'(x)=({{2}^{x}}+{{2}^{-x}})\ln 2>0$, $\forall x\in R$.
Do đó hàm số $f(x)$ đồng biến trên $R$ $(2)$
Ta có $f(m)+f(2m-{{2}^{12}})<0$$\Leftrightarrow f(2m-{{2}^{12}})<-f(m)$.
Theo $(1)$ suy ra $f(2m-{{2}^{12}})<f(-m)$.
Theo $(2)$ ta được $2m-{{2}^{12}}<-m\Leftrightarrow 3m<{{2}^{12}}\Leftrightarrow m<\frac{{{2}^{12}}}{3}$.
Vì $m\in Z$ nên $m\le 1365\Rightarrow {{m}_{0}}=1365$.
Vậy ${{m}_{0}}\in \left[ 1009;1513 \right)$.
Câu 43.Chọn D
Ta có $f\left( x \right)+{f}'\left( x \right)={{\text{e}}^{-x}}\Leftrightarrow f\left( x \right){{\text{e}}^{x}}+{f}'\left( x \right){{\text{e}}^{x}}=1\Leftrightarrow {{\left( f\left( x \right){{\text{e}}^{x}} \right)}^{\prime }}=1\Leftrightarrow f\left( x \right){{\text{e}}^{x}}=x+{{C}_{1}}$.
Vì $f\left( 0 \right)=2\Rightarrow {{C}_{1}}=2\Rightarrow f\left( x \right){{\text{e}}^{2x}}=\left( x+2 \right){{\text{e}}^{x}}$.
$\Rightarrow \int{f\left( x \right){{\text{e}}^{2x}}}\text{d}x=\int{\left( x+2 \right){{\text{e}}^{x}}\text{d}x}=\int{\left( x+2 \right)\text{d}\left( {{\text{e}}^{x}} \right)}=\left( x+2 \right){{\text{e}}^{x}}-\int{{{\text{e}}^{x}}\text{d}\left( x+2 \right)}=\left( x+2 \right){{\text{e}}^{x}}-\int{{{\text{e}}^{x}}\text{d}x}=$
$\,\,\,=\left( x+2 \right){{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+C=\left( x+1 \right){{\text{e}}^{x}}+C$.
Câu 44. Chọn D
Xét hàm số: $h\left( x \right)=f\left( x \right)+\frac{1}{2}{{x}^{2}}-f\left( 0 \right)$.
Ta có ${h}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)+x$; ${h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=-x$
Nghiệm phương trình trên là hoành độ giao điểm của hai đồ thị $y=-x$ và $y={f}'\left( x \right)$
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình: ${f}'\left( x \right)=-x$ có ba nghiệm
$\left[ \begin{array}{l}
x = - 2\\
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$
Trên khoảng$\left( -2;3 \right)$, hàm số $h\left( x \right)$ có một điểm cực trị là $x=2$, (do qua nghiệm $x=0$, ${h}'\left( x \right)$ không đổi dấu). Do đó đồ thị hàm số $y=h\left( x \right)$ cắt trục hoành tại tối đa 2 điểm.
Suy ra hàm số $y=\left| h\left( x \right) \right|$ có tối đa $2+1=3$ điểm cực trị trong khoảng $\left( -2;3 \right)$. Chọn D.
Câu 45.Chọn C
Sử dụng phương pháp tọa độ hóa
* Chọ hệ trục tọa độ $\text{O}xyz$ như hình vẽ.
Chuẩn hóa $a=1$(đơn vị dài). Khi đó: $SA=\sqrt{11}$
Đặt $OC=OD=b>0$ ; $OS=c>0$
Ta có: $S{{A}^{2}}=S{{C}^{2}}=S{{O}^{2}}+O{{C}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ $\Rightarrow \text{ }{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=11$ (1)
* Tọa độ các điểm: $B\left( 0\,;\,-b\,;\,0 \right)$, $C\left( b\,;\,0\,;\,0 \right)$, $D\left( 0\,;\,b\,;\,0 \right)$, $S\left( 0\,;\,0\,;\,c \right)$.
Mặt phẳng $\left( SBC \right)$ có phương trình: $\frac{x}{b}+\frac{y}{-b}+\frac{z}{c}=1\text{ }$$\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{SBC}}}=\left( \frac{1}{b};-\frac{1}{b};\,\frac{1}{c} \right)$ là vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( SBC \right)$
Mặt phẳng $\left( SCD \right)$ có phương trình: $\frac{x}{b}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$$\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{SCD}}}=\left( \frac{1}{b}\,;\,\frac{1}{b}\,;\,\frac{1}{c} \right)$ là vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( SCD \right)$
Theo giả thiết ta có: $\left| \,\cos \left( \overrightarrow{{{n}_{SBC}}}\,,\,\,\overrightarrow{{{n}_{SCD}}} \right)\, \right|=\frac{1}{10}\Leftrightarrow \frac{\left| \frac{1}{b}.\frac{1}{b}+\left( -\frac{1}{b} \right).\frac{1}{b}+\frac{1}{c}.\frac{1}{c} \right|}{\sqrt{\frac{1}{{{b}^{2}}}+\,\frac{1}{{{b}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{c}^{2}}}}.\sqrt{\frac{1}{{{b}^{2}}}+\,\frac{1}{{{b}^{2}}}\,+\,\frac{1}{{{c}^{2}}}}}=\frac{1}{10}$
$\Leftrightarrow \frac{\frac{1}{{{c}^{2}}}}{\frac{2}{{{b}^{2}}}+\,\frac{1}{{{c}^{2}}}}=\frac{1}{10}\Leftrightarrow \frac{9}{{{c}^{2}}}=\frac{2}{{{b}^{2}}}\Leftrightarrow 9{{b}^{2}}-2{{c}^{2}}=0$ (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được $\left\{ \begin{array}{l}
{b^2} = 2\\
{c^2} = 9
\end{array} \right.{\rm{ }} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = \sqrt 2 \\
c = 3
\end{array} \right.$
(do $b,\,c>0$)
Vậy $CD=OC\sqrt{2}=2$ ; $SO=3$ $\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}{{.2}^{2}}.3=4$ (đơn vị thể tích).
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=4{{a}^{3}}$
Câu 46.Chọn B
Ta gọi thể tích của chiếc mũ là $V$.
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng $OA=10$ cm và đường cao $O{O}'=5$ cm là ${{V}_{1}}$.
Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong $AB$và hai trục tọa độ quanh trục $Oy$là ${{V}_{2}}$.
Ta có $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}$
${{V}_{1}}={{5.10}^{2}}\pi =500\pi $ $\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Do parabol có đỉnh $A$ nên nó có phương trình dạng $(P):y=a{{(x-10)}^{2}}$.
Vì $\left( P \right)$ qua điểm $B\left( 0;20 \right)$ nên $a=\frac{1}{5}$.
Do đó, $\left( P \right):y=\frac{1}{5}{{\left( x-10 \right)}^{2}}$. Từ đó suy ra $x=10-\sqrt{5y}$ (do $x<10$).
Suy ra ${{V}_{2}}=\pi \int\limits_{0}^{20}{{{\left( 10-\sqrt{5y} \right)}^{2}}\text{dy}}=\pi \left( 3000-\frac{8000}{3} \right)=\frac{1000}{3}\pi $ $\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Do đó $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\frac{1000}{3}\pi +500\pi =\frac{2500}{3}\pi $ $\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Câu 47.Chọn C
Giả sử$z=x+yi$, $x,y\in \mathbb{R}$.Gọi $A,B$lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$. Suy ra $AB=\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=4$.
* Ta có $\left( z-6 \right)\left( 8+\overline{zi} \right)$$=\left[ \left( x-6 \right)+yi \right].\left[ \left( 8-y \right)-xi \right]$$=\left( 8x+6y-48 \right)-\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6x-8y \right)i$. Theo giả thiết $\left( z-6 \right)\left( 8+\overline{zi} \right)$là số thực nên ta suy ra ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6x-8y=0$. Tức là các điểm $A,B$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$tâm $I\left( 3;4 \right)$, bán kính $R=5$.
* Xét điểm $M$ thuộc đoạn $AB$thỏa $\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=4\overrightarrow{OM}$.Gọi $H$là trung điểm $AB$. Ta tính được$H{{I}^{2}}={{R}^{2}}-H{{B}^{2}}=21;IM=\sqrt{H{{I}^{2}}+H{{M}^{2}}}=\sqrt{22}$, suy ra điểm $M$ thuộc đường tròn $\left( {{C}'} \right)$tâm $I\left( 3;4 \right)$, bán kính $r=\sqrt{22}$.
* Ta có $\left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB} \right|=\left| 4\overrightarrow{OM} \right|=4OM$, do đó $\left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} \right|$nhỏ nhất khi $OM$nhỏ nhất.
Ta có ${{\left( OM \right)}_{\min }}=O{{M}_{0}}=\left| OI-r \right|=5-\sqrt{22}$.
Vậy ${{\left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} \right|}_{\min }}=4O{{M}_{0}}=20-4\sqrt{22}$.
Câu 48.Chọn C
Đặt $t=\frac{x}{2}+1$, khi $-2\le x\le 2$ thì $0\le t\le 2$.
Phương trình đã cho trở thành $\frac{1}{3}f\left( t \right)+2t-2=m$ $\Leftrightarrow f\left( t \right)+6t-6=3m$.
Xét hàm số $g\left( t \right)=f\left( t \right)+6t-6$ trên đoạn $\left[ 0\,;\,2 \right]$.
Ta có ${g}'\left( t \right)={f}'\left( t \right)+6$. Từ đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ suy ra hàm số $f\left( t \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( 0\,;\,2 \right)$ nên ${f}'\left( t \right)>0,\,\forall t\in \left( 0\,;\,2 \right)$ $\Rightarrow {g}'\left( t \right)>0\,,\forall t\in \left( 0\,;\,2 \right)$ và $g\left( 0 \right)=-10$; $g\left( 2 \right)=12$.
Bảng biến thiên của hàm số $g\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ 0\,;\,2 \right]$
Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn $\left[ -2\,;\,2 \right]$ khi và chỉ khi phương trình $g\left( t \right)=3m$ có nghiệm thuộc đoạn $\left[ 0\,;\,2 \right]$ hay $-10\,\le \,3m\,\le 12$ $\Leftrightarrow -\frac{10}{3}\le m\le 4$.
Mặt khác $m$ nguyên nên $m\in \left\{ -3\,;\,-2\,;\,-1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,;\,4 \right\}$.
Vậy có 8 giá trị $m$ thoả mãn bài toán.
Câu 49.Chọn A
$H\in {{\Delta }_{1}}\Leftrightarrow H\left( 3+2t;t;1+t \right)$.
$K\in {{\Delta }_{2}}\Leftrightarrow K\left( 1+m;2+2m;m \right)$.
Ta có$\overrightarrow{HK}=\left( m-2t-2;2m-t+2;m-t-1 \right)$.
Đường thẳng $d$ có một VTCP là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;1;-2 \right)$.
$\Delta \bot d\Leftrightarrow $$\overrightarrow{{{u}_{d}}}.\overrightarrow{HK}=0$$\Leftrightarrow m-t+2=0\Leftrightarrow m=t-2\Rightarrow \overrightarrow{HK}=\left( -t-4;t-2;-3 \right).$
Ta có$H{{K}^{2}}={{\left( -t-4 \right)}^{2}}+{{\left( t-2 \right)}^{2}}+{{\left( -3 \right)}^{2}}=2{{\left( t+1 \right)}^{2}}+27\ge 27,\forall t\in \mathbb{R}$
$\Rightarrow minHK=\sqrt{27},$đạt được khi $t=-1$.
Khi đó ta có $\overrightarrow{HK}=\left( -3;-3;-3 \right)$, suy ra $\overrightarrow{u}\left( 1;1;1 \right)\Rightarrow h=k=1\Rightarrow h-k=0.$
Câu 50. Chọn A
Vì $\overrightarrow{MN}$cùng hướng với $\overrightarrow{a}$ nên $\exists t>0:\overrightarrow{MN}=t\overrightarrow{a}$.
Hơn nữa, $MN=5\sqrt{2}\Leftrightarrow t.\left| \overrightarrow{a} \right|=5\sqrt{2}$$\Leftrightarrow t=5$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\left( 5;\,-5;\,0 \right)$.
Gọi ${A}'\left( {x}';\,{y}';\,{z}' \right)$ là điểm sao cho $\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{MN}$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x' + 4 = 4\\
y' - 7 = - 5\\
z' - 3 = 0
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x' + 4 = 4\\
y' - 7 = - 5\\
z' - 3 = 0
\end{array} \right.$
$\Rightarrow {A}'\left( 1;\,2;\,3 \right)$.
Dễ thấy các điểm ${A}'$, $B$ đều nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ vì chúng đều có cao độ
dương. Hơn nữa vì cao độ của chúng khác nhau nên đường thẳng $A'B$ luôn cắt mặt phẳng
$\left( Oxy \right)$ tại một điểm cố định.
Từ $\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{MN}$ suy ra $AM={A}'N$ nên $\left| AM-BN \right|=\left| A'N-BN \right|\le A'B$ dấu bằng xảy ra khi $N$
là giao điểm của đường thẳng $A'B$ với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$.
Do đó $\max \left| AM-BN \right|=A'B=\sqrt{{{\left( 4-1 \right)}^{2}}+{{\left( 4-2 \right)}^{2}}+{{\left( 5-3 \right)}^{2}}}=\sqrt{17}$, đạt được khi
$N={A}'B\cap \left( Oxy \right)$.
