Câu 30: Đáp án A
Phương pháp:
Để hàm số đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right)\Rightarrow y'\ge 0\forall x\in \left( 0;+\infty \right)$
Cách giải:
ĐK: ${{x}^{2}}+mx+1>0$
Ta có $y'=\frac{2x+m}{{{x}^{2}}+mx+1}$
Để hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow y' \ge 0\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x + m \ge 0\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\left( 1 \right)\\
{x^2} + mx + 1 > 0\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \ge - 2\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \ge 0\\
\left( 2 \right) \Leftrightarrow mx > - {x^2} - 1 \Leftrightarrow m > \frac{{ - {x^2} - 1}}{x} = f\left( x \right)\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow m \ge \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right)
\end{array}$
Ta có $f'\left( x \right)=\frac{-2{{x}^{2}}+{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}}=\frac{-{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow x=1$
$\Rightarrow \underset{\left( 0;+\infty \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=-2\Rightarrow m\ge -2$
Vậy $m\ge 0$
Khi $m=0$ ta có $y=\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)$ có $y'=\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}\ge 0\forall x\in \left( 0;+\infty \right)\Rightarrow m=0$thỏa mãn.
Kết hợp điều kiện bài toán ta có $m\in Z,0\le m<10\Rightarrow m\in \left\{ 0;1;2;3;...;9 \right\}\Rightarrow $ Có 10 giá trị.
Câu 31: Đáp án D
Phương pháp:
Trong (ABCD) dựng D sao cho ABCD là hình vuông $\Rightarrow d\left( AB;SC \right)=d\left( AB;\left( SCD \right) \right)=d\left( A;\left( SCD \right) \right)$
Cách giải:
Trong (ABCD) dựng D sao cho ABCD là hình vuông.
Khi đó ta có $AB//CD\Rightarrow d\left( AB;\left( SCD \right) \right)=d\left( A;\left( SCD \right) \right)$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot AD\\
CD \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$
Trong $\left( SAD \right)$kẻ $AK\bot SD\Rightarrow AK\bot CD\Rightarrow AK\bot \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AK$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AB\\
BC \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot SB$
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\
\left( {SBC} \right) \supset SB \bot BC\\
\left( {ABC} \right) \supset AB \bot BC
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB;AB} \right) = SBA = {60^0}\\
\Rightarrow SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 ,AD = BC = a\\
\Rightarrow AK = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array}$
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp:
Xét phương trình $y'=0$ các nghiệm của phương trình thuộc $\left[ 1;3 \right]$.
Lập BBT và suy ra GTLN của hàm số trên $\left[ 1;3 \right]$.
Cách giải:
TXĐ: $D=R$
Ta có $y'=a\,{{x}^{2}}+c$
Hàm số có$\underset{\left( -\infty ;0 \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( -2 \right)\Rightarrow x=-2$ là 1 cực trị của hàm số $\Rightarrow x=-2$ là một nghiệm của phương trình $y'=0$
TH1: $c=0\Rightarrow a=0\left( ktm \right)$
TH2: $c \ne 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \sqrt { - \frac{x}{{3a}}} = - 2\\
x = \sqrt { - \frac{c}{{3a}}} = 2 \in \left[ {1;3} \right] \Rightarrow c = - 12a
\end{array} \right.$
$\underset{\left( -\infty ;0 \right)}{\mathop{\min }}\,\,f\left( x \right)=f\left( -2 \right)\Rightarrow a<0$
BBT ở hình vẽ bên:
$\Rightarrow \underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 2 \right)=8a+2c+d=8a-24a+d=-16a+d$
Câu 33: Đáp án D
Phương pháp:
TH1: An và Cường trả lời đúng, Bình trả lời sai.
TH2: Bình và Cường trả lời đúng, An trả lời sai.
Áp dụng quy tắc cộng.
Cách giải:
TH1: An và Cường trả lời đúng, Bình trả lời sai $\Rightarrow {{P}_{1}}=0,9.\left( 1-0,7 \right).0,8=0,216$
TH2: Bình và Cường trả lời đúng, An trả lời sai $\Rightarrow {{P}_{2}}=\left( 1-0,9 \right).0,7.0,8=0,056$
Vậy xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn trên là $P={{P}_{1}}+{{P}_{2}}=0,272$
Câu 34: Đáp án B
Phương pháp:
Giả sử khối lượng công việc đã làm được trong 1 tháng đầu là x thì tổng khối lượng công việc là 24x.
Giả sử sau n tháng thì xong công trình, tính khối lượng công việc sẽ hoàn thành sau n tháng.
Cách giải:
Giả sử khối lượng công việc đã làm được trong 1 tháng đầu là x thì tổng khối lượng công việc là 24x.
Giả sử sau n tháng thì xong công trình, ta có phương trình $x+1,04x+1,{{04}^{2}}x+...+1,{{04}^{n-1}}x=24x\Leftrightarrow \frac{1,{{04}^{n}}-1}{1,04-1}=24\Leftrightarrow n=17,16$
Vậy công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ 18.
Câu 35: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức $\left[ \frac{f\left( x \right)}{x} \right]'=\frac{xf'\left( x \right)-f\left( x \right)}{{{x}^{2}}}$ và phương pháp lấy tích phân hai vế.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
f\left( x \right) = xf'\left( x \right) - 2{x^3} - 3{x^2} \Leftrightarrow xf'\left( x \right) - f\left( x \right) = 2{x^3} + 3{x^2} \Leftrightarrow \frac{{xf'\left( x \right) - f\left( x \right)}}{{{x^2}}} = 2x + 3\\
\Leftrightarrow \left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right]' = 2x + 3 \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right]'dx = \int\limits_1^2 {\left( {2x + 3} \right)dx = 6} } \\
\Leftrightarrow \left. {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right|_1^2 = 6 \Leftrightarrow \frac{{f\left( 2 \right)}}{2} - \frac{{f\left( 1 \right)}}{1} = 6 \Leftrightarrow \frac{{f\left( 2 \right)}}{2} = f\left( 1 \right) + 6 = 10 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 20
\end{array}$
Câu 36: Đáp án C
Phương pháp:
+) Đặt $t\left( x \right)={{x}^{2}}-2x$, tìm miền giá trị của t.
+) Tìm điều kiện tương đương số nghiệm của phương trình $f\left( t \right)=m$để phương trình $f\left( {{x}^{2}}-2x \right)=m$có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn $\left[ -\frac{3}{2};\frac{7}{2} \right]$
Cách giải:
Xét hàm số $t\left( x \right)={{x}^{2}}-2x$trên $\left[ -\frac{3}{2};\frac{7}{2} \right]$ta có $t'\left( x \right)=2x-2=0\Leftrightarrow x=1\in \left[ -\frac{3}{2};\frac{7}{2} \right]$
BBT:
Với $t=-1$ thì ứng với mỗi giá trị của t thì có 1 nghiệm x và với $t\in \left( -1;\frac{21}{4} \right]$thì ứng với mỗi giá trị của t có 2 nghiệm x phân biệt.$\Rightarrow t\in \left[ -1;\frac{21}{4} \right]$
Do đó để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ -\frac{3}{2};\frac{7}{2} \right]$thì phương trình $f\left( t \right)=m$ có 2 nghiệm phân biệt thuộc $\left( -1;\frac{21}{4} \right]$
$\Rightarrow m\in \left( 2;4 \right)\cup \left( a;5 \right]$ với $a\in \left( 4;5 \right)$
=>Có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn là $m=3\text{ }v\grave{a}\text{ }m=5$
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp :
Quân vua được di chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng $\Rightarrow \left| \Omega \right|$
Gọi A là biến cố : « Quân vua sau 3 bước trở về đúng vị trí ban đầu » . Tính $\left| A \right|$ .
Cách giải :
Quân vua được di chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng $\Rightarrow \left| \Omega \right|={{8}^{3}}$ .
Gọi A là biến cố : « Quân vua sau 3 bước trở về đúng vị trí ban đầu »
TH1: Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang ô đen liền kề (được tô màu đỏ) có 4
cách.
Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 4 cách.
Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.
Vậy TH này có $4.4\text{ }=\text{ }16$ cách.
TH2:
Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang các ô trắng liền kề (được tô màu đỏ) có 4 cách.
Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 2 cách.
Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.
Vậy TH này có $4.2\text{ }=\text{ }8$cách
$\left| A \right|=8.3=24\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{24}{{{8}^{3}}}=\frac{3}{64}$
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp:
Phân tích, sử dụng các công thức ${{\log }_{a}}\left( bc \right)={{\log }_{a}}b+{{\log }_{a}}c;{{\log }_{a}}\left( \frac{b}{c} \right)={{\log }_{a}}b-{{\log }_{a}}c\left( 0<a\ne 1;b;c>0 \right)$
Cách giải:
Xét hàm số$f\left( x \right)$trên $\left[ 2;2018 \right]$ta có:
$\begin{array}{l}
f\left( x \right) = \ln \left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right) = \ln \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right) = \ln \left( {{x^2} - 1} \right) - \ln \left( {{x^2}} \right) = \ln \left( {x - 1} \right) - 2\ln x + \ln \left( {x + 1} \right)\\
\Rightarrow f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) + ... + f\left( {2018} \right) = \ln 1 - 2\ln 2 + \ln 3 + \ln 2 - 2\ln 3 + \ln 4 + ... + \ln 2017 - 2\ln 2018 + \ln 2019\\
= \ln 1 - \ln 2 - \ln 2018 + \ln 2019\\
= - \ln 2 - \ln 2 - \ln 1009 + \ln 3 + \ln 673\\
= \ln 3 - \ln 4 + \ln 673 + \ln 1009\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
b = 4\\
c = 673\\
d = 1009
\end{array} \right.\left( {tm} \right) \Rightarrow P = a + b + c + d = 3 + 4 + 673 + 1009 = 1689
\end{array}$
Câu 39: Đáp án B
Phương pháp:
Từ các giả thiết đã cho, lập hệ 3 phương trình ba ẩn a, b, c. Giải hệ phương trình tìm a, b, c và tính tổng S.
Cách giải:
$\begin{array}{l}
M \in \left( P \right) \Rightarrow 2a - b + c + 1 = 0\\
\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;4; - 16} \right);\overrightarrow {AM} = \left( {a + 1;b - 3;c + 2} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AM} } \right] = \left( {16b + 4c - 40; - 16a + 2c - 12; - 4a - 2b + 2} \right)\\
{\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {2; - 1;1} \right)\\
\Rightarrow 2\left( {16b + 4c - 40} \right) - \left( { - 16a + 2c - 12} \right) + \left( { - 4a - 2b + 2} \right) = 0
\end{array}$
$\begin{array}{l}
M{A^2} + M{B^2} = 246\\
\Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} + {\left( {c + 2} \right)^2} + {\left( {a + 3} \right)^2} + {\left( {b - 7} \right)^2} + {\left( {c + 18} \right)^2} = 246\\
\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 4a - 10b + 20c + 75 = 0
\end{array}$
Khi đó ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
2a - b + c = - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
2a + 5b + c = 11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\
{a^2} + {b^2} + {C^2} + 4a - 10b + 20c + 75 = 0\,\,\,\left( 3 \right)
\end{array} \right.$
$\left( 1 \right);\left( 2 \right)\Rightarrow b=2\Rightarrow 2a-2+c=-1\Leftrightarrow 2a+c=1\Leftrightarrow c=1-2a$
Thay vào (3) ta có $\begin{array}{l}
{a^2} + 4 + {\left( {1 - 2a} \right)^2} + 4a - 10.2 + 20\left( {1 - 2a} \right) + 75 = 0 \Leftrightarrow 5{a^2} - 40a + 80 = 0 \Leftrightarrow {a^2} - 8a + 16 = 0\\
\Leftrightarrow a = 4 \Rightarrow c = - 7
\end{array}$ Vậy $S=a+b+c=4+2-7=-1$
Câu 40: Đáp án B
Phương pháp:
+) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) có hệ số góc $k=y'$, tìm x để y’ đạt GTLN.
+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ vừa tìm được, cho đường thẳng tiếp tuyến đi qua gốc tọa độ, tìm m.
Cách giải:
Ta có $k=y'=-3{{x}^{2}}+2mx+m$ đạt GTLN tại $x=\frac{2m}{6}=\frac{m}{3}\Rightarrow y\left( \frac{m}{3} \right)=\frac{-{{m}^{3}}}{27}+\frac{{{m}^{3}}}{9}+\frac{{{m}^{2}}}{3}+1=\frac{2{{m}^{3}}}{27}+\frac{{{m}^{2}}}{3}+1$
$\Rightarrow y'\left( \frac{m}{3} \right)=-3.\frac{{{m}^{2}}}{9}+2m.\frac{m}{3}+m=\frac{{{m}^{2}}}{3}+m$
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $x=\frac{m}{3}$là: $y=\left( \frac{{{m}^{2}}}{3}+m \right)\left( x-\frac{m}{3} \right)+\frac{2{{m}^{3}}}{27}+\frac{{{m}^{2}}}{3}+1\left( d \right)$
Đường thẳng (d) đi qua gốc tọa độ
$\begin{array}{l}
\Rightarrow 0 = \left( {\frac{{{m^2}}}{3} + m} \right)\left( { - \frac{m}{3}} \right) + \frac{{2{m^3}}}{{27}} + \frac{{{m^2}}}{3} + 1\\
\Leftrightarrow 0 = - \frac{{{m^3}}}{9} - \frac{{{m^2}}}{3} + \frac{{2{m^3}}}{{27}} + \frac{{{m^2}}}{3} + 1\\
\Leftrightarrow \frac{{{m^3}}}{{27}} = 1 \Leftrightarrow m = 3
\end{array}$
Câu 41: Đáp án D
Phương pháp:
+) Đặt $t\left( x \right)=x-\sqrt{{{x}^{2}}-1}\left( t>0 \right)\Rightarrow x+\sqrt{{{x}^{2}}-1}=\frac{1}{t}$, tìm miền giá trị của t ứng với$x>2$
+) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm t thuộc khoảng vừa tìm được.
Cách giải:
Ta có $\left( x-\sqrt{{{x}^{2}}-1} \right)\left( x+\sqrt{{{x}^{2}}-1} \right)={{x}^{2}}-\left( {{x}^{2}}-1 \right)=1$
Đặt $t\left( x \right)=x-\sqrt{{{x}^{2}}-1}\left( t>0 \right)\Rightarrow x+\sqrt{{{x}^{2}}-1}=\frac{1}{t}$
Ta có $t'\left( x \right)=1-\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=0\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}-1}-x<0\Rightarrow t'\left( x \right)<0$
$\Rightarrow x>2\Rightarrow t\in \left( 0;2-\sqrt{3} \right)$
Khi đó phương trình trở thành
$\begin{array}{l}
{\log _2}t.{\log _5}t = {\log _m}{t^{ - 1}} = - {\log _m}t\left( * \right)\\
\Leftrightarrow {\log _2}t.{\log _5}t + {\log _m}t = 0 \Leftrightarrow {\log _2}t.{\log _5}t + {\log _m}2.{\log _2}t = 0\\
\Leftrightarrow {\log _2}t\left( {{{\log }_5}t + {{\log }_m}2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
lo{g_2}t = 0\\
{\log _5}t + {\log _m}2 = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\left( {ktm} \right)\\
{\log _5}t = - {\log _m}2 = {\log _m}\frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow t = {5^{{{\log }_m}\frac{1}{2}}}
\end{array}$
Để phương trình ban đầu có nghiệm $x>2$thì phương trình (*) có nghiệm $t\in \left( 0;2-\sqrt{3} \right)$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow 0 < {5^{{{\log }_m}\frac{1}{2}}} < 2 - \sqrt 3 \Rightarrow {\log _m}\frac{1}{2} < {\log _5}\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\\
\Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}m > {\log _{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}5 \Leftrightarrow m < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{{\log }_{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}5}} \approx 2,33\\
\Rightarrow 0 < m \le 2,m \in Z,m \ne 1 \Rightarrow m = 2
\end{array}$
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp : Sử dụng công thức $z\overline{z}={{\left| z \right|}^{2}}$
Cách giải :
Ta có
$\begin{array}{l}
\left| {{z^2} + 1} \right| = 2\left| z \right| \Leftrightarrow {\left| {{z^2} + 1} \right|^2} = 4{\left| z \right|^2} \Leftrightarrow \left( {{z^2} + 1} \right)\left( {\overline {{z^2} + 1} } \right) = 4z\overline z \\
\Leftrightarrow \left( {{z^2} + 1} \right)\left( {{{\overline z }^2} + 1} \right) = 4z\overline z \Leftrightarrow {\left( {z\overline z } \right)^2} + {z^2} + {\overline z ^2} + 1 - 4z\overline z = 0\\
\Leftrightarrow \left( {z + \overline z } \right) + {\left( {z\overline z } \right)^2} - 6z\overline z + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {z + \overline z } \right)^2} + {\left| z \right|^4} - 6{\left| z \right|^2} + 1 = 0\\
\Leftrightarrow {\left| z \right|^4} - 6{\left| z \right|^2} + 1 = - {\left( {z + \overline z } \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow 3 - 2\sqrt 2 \le {\left| z \right|^2} \le 3 + 2\sqrt 2 \\
\Leftrightarrow \sqrt 2 - 1 \le \left| z \right| \le \sqrt 2 + 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {{z_1}} \right| = \sqrt 2 - 1\\
\left| {{z_2}} \right| = \sqrt 2 + 1
\end{array} \right.
\end{array}$
Dấu = xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {{z_1}} \right| = \sqrt 2 - 1\\
\left| {{z_2}} \right| = \sqrt 2 + 1\\
z + \overline z = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
{z_1} = \left( {\sqrt 2 - 1} \right)i\\
{z_1} = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)i
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
{z_2} = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)i\\
{z_2} = \left( { - \sqrt 2 - 1} \right)i
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left| {\rm{w}} \right| = \left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 2\sqrt 2 \\
\left| {\rm{w}} \right| = \left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 2
\end{array} \right.$
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Cách giải: Ta có ${{\left( 1+2x \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{k}}\left( k\in Z \right)}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow {a_k} = C_n^k{2^k};{a_{k + 1}} = C_n^{k + 1}{2^{k + 1}}\\
\Leftrightarrow C_n^k{2^k} = C_n^{k + 1}{2^{k + 1}} \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}{2^k} = \frac{{n!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {n - k - 1} \right)!}}{2^{k + 1}}\\
\Leftrightarrow \frac{1}{{n - k}} = \frac{2}{{k + 1}}\\
\Leftrightarrow k + 1 = 2n - 2k \Leftrightarrow n = \frac{{3k + 1}}{2}
\end{array}$
Ta có $n\in \left[ 1;2018 \right]\Rightarrow k\in \left[ \frac{1}{3};1345 \right]$
Do n là số nguyên nên $3k+1$ là số chẵn => k là số lẻ, thuộc đoạn $\left[ \frac{1}{3};1345 \right]$=> có 673 số nguyên k thỏa mãn.
Với mỗi số nguyên k xác định 1 số nguyên n. Vậy có 673 số nguyên n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
+) Tam giác ABC có trung tuyến BM và phân giác CD.
+) Tham số hóa tọa độ điểm M là trung điểm của AC, tìm tọa độ điểm C theo tọa độ điểm M.
+) $C\in CD\Rightarrow $ Tọa độ điểm C.
+) Tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua $CD\Rightarrow N\in BC\Rightarrow $ Phương trình đường thẳng BC.
+) Tìm tọa độ điểm $B=BM\cap BC$, khi đó mọi vector cùng phương với AB đều là VTCP của AB.
Cách giải:
Tam giác ABC có trung tuyến BM và phân giác CD.
Gọi $M\left( 30t;3+2t;2-t \right)\in BM$là trung điểm của AC ta có $C\left( 4-2t;3+4t;1-2t \right)\in CD$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \frac{{2 - 2t}}{2} = \frac{{ - 1 + 4t}}{{ - 1}} = \frac{{1 - 2t}}{{ - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 - 2t = 2 - 4t\\
2 - 2t = 2 + 4t
\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 0\\
\Rightarrow M\left( {3;3;1} \right);C\left( {4;3;1} \right)
\end{array}$
Gọi H là hình chiếu của M trên CD ta có $H\left( 2+2t;4-t;2-t \right)\Rightarrow \overrightarrow{MH}=\left( -1+2t;1-t;-t \right)$
$\overrightarrow{MH}\bot \overrightarrow{{{u}_{CD}}}\Rightarrow 2\left( -1+2t \right)-1+t+t=0\Leftrightarrow 6t=3\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}\Rightarrow H\left( 3;\frac{7}{2};\frac{3}{2} \right)$
Gọi N là điểm đối xứng với M qua $CD\Rightarrow H$là trung điểm của MN $\Rightarrow N\left( 3;4;1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{CN}=\left( -1;1;0 \right)$
Do CD là phân giác của góc C nên $N\in BC$, do đó phương trình đường thẳng CB là $\left\{ \begin{array}{l}
x = 4 - t'\\
y = 3 + t'\\
z = 1
\end{array} \right.$
Ta có $B=BM\cap CB$ . Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
3 - t = 4 - t'\\
3 + 2t = 3 + t'\\
2 = t = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t = 1\\
t' = 2
\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {2;5;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {0;2; - 2} \right) = 2\left( {0;1; - 1} \right)$
Vậy $\overrightarrow{{{u}_{4}}}\left( 0;1;-1 \right)$ là 1 VTCP của AB
Câu 45: Đáp án D
Phương pháp:
$+)\,\Delta //\left( P \right)\Rightarrow {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}$
+) Sử dụng công thức $c\text{os}\left( \Delta ;d \right)=\left| c\text{os}\left( {{\overrightarrow{u}}_{d}};{{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right) \right|=\frac{\left| {{\overrightarrow{u}}_{d}}.{{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right|}{\left| {{\overrightarrow{u}}_{d}} \right|.\left| {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right|}$
+) Để góc giữa $\Delta $và d là nhỏ nhất thì $c\text{os}\left( {{\overrightarrow{u}}_{d}};{{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right)m\text{ax}$
Cách giải :
Ta có : ${{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 2;-1;2 \right)$
Do $\Delta //\left( P \right)\Rightarrow {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}{{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}\Rightarrow 2m-n+2=0\Leftrightarrow n=2m+2$
Ta có $c\text{os}\left( \Delta ;d \right)=\left| c\text{os}\left( {{\overrightarrow{u}}_{d}};{{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right) \right|=\frac{\left| 4m-4n+3 \right|}{\sqrt{41}.\sqrt{{{m}^{2}}+{{n}^{2}}+1}}=\frac{\left| 4m-4\left( 2m+2 \right)+3 \right|}{\sqrt{41}.\sqrt{{{m}^{2}}+{{\left( 2m+2 \right)}^{2}}+1}}=\frac{\left| -4m-5 \right|}{\sqrt{41}.\sqrt{5{{m}^{2}}+8m+5}}$
Để góc giữa $\Delta $và d là nhỏ nhất thì $c\text{os}\left( {{\overrightarrow{u}}_{d}};{{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right)m\text{ax}$
$\Rightarrow f\left( m \right)=\frac{\left| -4m-5 \right|}{\sqrt{5{{m}^{2}}+8m+5}}\,\max \Rightarrow g\left( m \right)={{f}^{2}}\left( m \right)=\frac{16{{m}^{2}}+40m+25}{5{{m}^{2}}+8m+5}\,m\text{ax}$
Có $g'\left( x \right) = \frac{{\left( {32m + 40} \right)\left( {5{m^2} + 8m + 5} \right) - \left( {16{m^2} + 40m + 25} \right)\left( {10m + 8} \right)}}{{{{\left( {5{m^2} + 8m + 5} \right)}^2}}} = \frac{{ - 72{m^2} - 90m}}{{{{\left( {5{m^2} + 8m + 5} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = - \frac{5}{4}
\end{array} \right.$ Lập BBT ta thấy $\max g\left( m \right)=5\Leftrightarrow m=0\Rightarrow n=2$
Vậy $T={{m}^{2}}-{{n}^{2}}=-4$
Câu 46: Đáp án C
Phương pháp : Sử dụng phương pháp gắn hệ trục tọa độ.
Cách giải :
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có : $D\left( 0;0;0 \right);S\left( 0;0;a\sqrt{3} \right);C\left( 0;2a;0 \right);A\left( \frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{-a}{2};0 \right);B\left( \frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{3a}{2};0 \right)$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \overrightarrow {SA} = \left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - a}}{2}; - a\sqrt 3 } \right);\overrightarrow {AC} = \left( { - \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\frac{{5a}}{2};0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {SA} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\frac{{5\sqrt 3 {a^2}}}{2};\frac{{3a}}{2};\sqrt 3 {a^2}} \right) = {n_{\left( {SAC} \right)}}\\
\overrightarrow {SB} = \left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\frac{{3a}}{2}; - a\sqrt 3 } \right)
\end{array}$
$\Rightarrow \left| c\text{os}\left( {{\overrightarrow{n}}_{\left( SAC \right)}};\overrightarrow{SB} \right) \right|=\frac{\left| {{\overrightarrow{n}}_{\left( SAC \right)}}.\overrightarrow{SB} \right|}{\left| {{\overrightarrow{n}}_{\left( SAC \right)}} \right|.\left| \overrightarrow{SB} \right|}=\frac{3}{\sqrt{144}}=\frac{1}{4}=\sin \left( SB;\left( SAC \right) \right)$
Câu 47: Đáp án B
Phương pháp:
Chứng minh khoảng cách từ O đến (ABC) không đổi.
Cách giải:
Kẻ $OH\bot AB\left( H\in AB \right);OK\bot CH\left( K\in CH \right)$ta có
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot OH\\
AB \bot OC
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {OHC} \right) \Rightarrow AB \bot OK\\
\left\{ \begin{array}{l}
OK \bot AB\\
OK \bot CH
\end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {ABC} \right)
\end{array}$
Ta sẽ chứng minh OK không đổi, khi đó mặt phẳng (ABC) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính OK.
Gọi $A\left( a;0;0 \right);B\left( 0;b;0 \right);C\left( 0;0;c \right)$ta có: ${{V}_{ABC}}=\frac{1}{6}abc$
$\begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( { - a;b;0} \right);\overrightarrow {AC} = \left( { - a;0;c} \right)\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {bc;ac;ab} \right) \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \\
\Rightarrow \frac{{{S_{ABC}}}}{{{V_{OABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}{{\frac{1}{6}abc}} = \frac{3}{2}\\
\Leftrightarrow \sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} = \frac{1}{2}abc \Leftrightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} = \frac{1}{4}{a^2}{b^2}{c^2} \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{1}{4}
\end{array}$
Xét tam giác vuông OCK có $\frac{1}{O{{K}^{2}}}=\frac{1}{O{{C}^{2}}}+\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{C}^{2}}}+\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{B}^{2}}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}=\frac{1}{4}\Rightarrow OK=2$
Vậy mặt phẳng (ABC) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính 2
Câu 48: Đáp án C
Cách giải :
Với mỗi số thực $\sqrt{2}\alpha \in \mathbb{R}$ ta có:
$\begin{array}{l}
\left| {\int\limits_0^1 {{e^x}f\left( x \right)dx} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {{e^x}f\left( x \right)dx - \int\limits_0^1 {\alpha xf\left( x \right)dx} } } \right|\\
= \left| {\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\left( {{e^x} - \alpha x} \right)dx} } \right| \le \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|.\left| {{e^x} - \alpha x} \right|dx} \le \int\limits_0^1 {\left| {{e^x} - \alpha x} \right|} dx
\end{array}$
$\Rightarrow \left| \int\limits_{0}^{1}{{{e}^{x}}f\left( x \right)dx} \right|\le \underset{\alpha \in \mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,\int\limits_{0}^{1}{\left| {{e}^{x}}-\alpha x \right|}dx\le \underset{\alpha \in \left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\int\limits_{0}^{1}{\left| {{e}^{x}}-\alpha x \right|=\underset{\alpha \in \left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left. \left( {{e}^{x}}-\frac{\alpha {{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{1}}$
Theo đề bài ta có: $\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{m\text{ax}}}\,\left| f\left( x \right) \right|=1\Rightarrow f\left( x \right)\le 1\Rightarrow \alpha \le 1\Rightarrow \underset{\alpha \in \left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,\left( e-1-\frac{\alpha }{2} \right)=e-\frac{3}{2}$
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp:
Xét hàm số$y={{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}+a,$ lập BBT của đồ thị hàm số.
Chia các trường hợp và tìm GTNN của hàm số $f\left( x \right)=\left| {{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}+a \right|$
Sử dụng giả thiết $M\le 2m$ tìm các giá trị a nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách giải:
Xét hàm số: $y={{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}+a$có $y'=4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+8x$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 12{x^2} + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.\\
\Rightarrow y\left( 0 \right) = a;y\left( 1 \right) = a + 1;y\left( 2 \right) = a
\end{array}$
Ta có BBT như hình bên:
TH1: $a\ge 0$ thì ta thấy trong $\left[ 0;2 \right]$đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục Ox $\Rightarrow M=a+1;m=a$
$\Rightarrow M\le 2m\Leftrightarrow a+1\le 2a\Leftrightarrow a\ge 1$
Mà $\left\{ \begin{array}{l}
a \in Z\\
a \in \left[ { - 3;3} \right]
\end{array} \right. \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3} \right\}$
TH2: $\text{a+1}\le \text{0}\Leftrightarrow \text{a}\le \text{-1}$ ta thấy trong $\left[ 0;2 \right]$đồ thị hàm số $y={{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}+a$ nằm phía dưới trục Ox được lấy đối xứng lên phía trên trục Ox. Khi đó: $M=a;m=a+1$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow M \le 2m \Leftrightarrow a \le 2\left( {a + 1} \right) \Leftrightarrow a \le 2a + 2 \Leftrightarrow a \ge - 2\\
\Rightarrow - 2 \le a \le - 1
\end{array}$
Mà $\left\{ \begin{array}{l}
a \in Z\\
a \in \left[ { - 3;3} \right]
\end{array} \right. \Rightarrow a \in \left\{ { - 1; - 2} \right\}$
TH3: $\text{a0a+1}\Leftrightarrow \text{-1a0}\Rightarrow $ Trường hợp này không có số nguyên nào của a thỏa mãn.
Kết hợp 3 TH trên ta có $a\in \left\{ -2;-1;1;2;3 \right\}\Rightarrow $có 5 giá trị của a thỏa mãn bài toán.
Câu 50: Đáp án C
Phương pháp:
+) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh. Chóp S.ABC có đỉnh B và đáy SAC.
+) Chứng minh tam giác SAC vuông tại S.
+) Xác định góc giữa SC và (ABC).
+) Sử dụng công thức tính thể tích $V=\frac{1}{3}Bh$
Cách giải:
Có $AB=BC=a\sqrt{3}\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại B
Gọi H là trung điểm của AC ta có $BH\bot AC$
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {ABC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\\
\left( {ABC} \right) \cap \left( {SAC} \right) = AC\\
\left( {ABC} \right) \supset BHAC
\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BH \bot SA\left( 1 \right)$
Gọi K là trung điểm của SC, do tam giác SAB đều $\Rightarrow BK\bot SA\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow SA\bot \left( BHK \right)\Rightarrow SA\bot HK$ .
Lại có HK là đường trung bình của tam giác SAC $\Rightarrow HK//SC\Rightarrow SA\bot SC\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại S.
Trong (SAC) kẻ$SI\bot AC$, tương tự ta có
$SI\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \left( SC;\left( ABC \right) \right)=\left( SC;IC \right)=SCI={{60}^{0}}$
Xét tam giác vuông SAC có $SC=AC.\cot 60=a\sqrt{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}=a\Rightarrow AC=\sqrt{{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=2a$
$\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}SA.SC=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.a=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$
Có H là trung điểm của AC $\Rightarrow AH=\frac{1}{2}AC=a\Rightarrow BH=\sqrt{B{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$
Vậy ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}BH.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$
