Câu 30: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: $d\left( {{d}_{1}};{{d}_{2}} \right)=\frac{\left| \overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}.\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}};\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right] \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}};\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right] \right|}$
Với $\overrightarrow{{{u}_{1}}};\overrightarrow{{{u}_{2}}}$ lần lượt là các VTCP của ${{d}_{1}};{{d}_{2}};{{M}_{1}}\in {{d}_{1}}{{M}_{2}}\in {{d}_{2}}$
Cách giải:
Ta có $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;1;3 \right);\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;1;0 \right)$lần lượt là các VTCP của${{d}_{1}};{{d}_{2}}.$Ta có $\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}};\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]=\left( -3;3;1 \right)$
Lấy ${{M}_{1}}\left( 1;0;0 \right)\in {{d}_{1}};{{M}_{2}}\left( 1;2;m \right)\in {{d}_{2}}\Rightarrow \overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}=\left( 0;2;m \right)$
$ \Rightarrow d\left( {{d_1};{d_2}} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{M_1}{M_2}} .\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = \frac{{\left| {6 + m} \right|}}{{\sqrt {19} }} = \frac{5}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = - 1\\
m = - 11
\end{array} \right. \Rightarrow S = \left\{ { - 1; - 11} \right\}$
Câu 31: Đáp án
Phương pháp: Tìm các điểm biểu diễn và đưa về bài toán hình học.
Cách giải :
Đặt ${{z}_{3}}=i{{z}_{2}}\Rightarrow z_{3}^{2}=-z_{2}^{2}\Rightarrow S=\left| z_{1}^{2}+4z_{2}^{2} \right|=\left| z_{1}^{2}-4z_{3}^{2} \right|=\left| {{z}_{1}}-2{{z}_{3}} \right|\left| {{z}_{1}}+2{{z}_{3}} \right|$
M, N là các điểm biểu diễn cho ${{z}_{1}},{{z}_{3}}\Rightarrow OM=2,ON=\left| {{z}_{3}} \right|=\left| i{{z}_{2}} \right|=i.\left| {{z}_{2}} \right|=\sqrt{3}$
Gọi P là điểm biểu diễn cho $2{{z}_{3}}$và Q là điểm biểu diễn cho $-2{{z}_{3}}$, ta có N là trung điểm của OP và P, Q đối xứng nhau qua O. Khi đó $S=MP.MQ$
Áp dụng định lí Cosin trong $\Delta OMP$ có:
$M{{P}^{2}}=O{{P}^{2}}+O{{M}^{2}}-2OP.OM.c\text{os}30=12+4-2.2\sqrt{3}.2.\frac{\sqrt{3}}{2}=4\Rightarrow MP=2$
Áp dụng định lí Cosin trong $\Delta OMQ$ có: $\begin{array}{l}
M{Q^2} = O{M^2} + O{Q^2} - 2OM.OQ.c{\rm{os}}{150^0} = 4 + 12 + 2.2.2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 7 \\
\Rightarrow S = MP.MQ = 2.2\sqrt 7 = 4\sqrt 7
\end{array}$
Câu 32: Đáp án A
Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số $y=\frac{a\,x+b}{x+c}$có đường TCĐ $x=-c\Rightarrow -c=1\Leftrightarrow c=-1,$TCN $y=a\Rightarrow a=-1$
Đồ thị hàm số đi qua $\left( 0;-1 \right)\Rightarrow -2=\frac{b}{c}\Rightarrow b=-2c=2$
$\Rightarrow T=a-3b+2c=-1-3.2+2\left( -1 \right)=-9$
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp: Đặt $\operatorname{s}\text{inx}=a,\cos x=b$
Cách giải: Đặt $\operatorname{s}\text{inx}=a,\cos x=b$ta có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1$
Khi đó $y=\left| a+b+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right|=\left| \frac{ab\left( a+b \right)+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+a+b}{ab} \right|=\left| \frac{ab\left( a+b \right)+a+b+1}{ab} \right|$
Đặt $t=a+b\in \left[ -\sqrt{2};\sqrt{2} \right]\Rightarrow {{t}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab=1+2ab\Rightarrow ab=\frac{{{t}^{2}}-1}{2},$ khi đó ta có :
$y=\left| t+\frac{2\left( t+1 \right)}{{{t}^{2}}-1} \right|=\left| t+\frac{2}{t-1} \right|=\left| t-1+\frac{2}{t-1}+1 \right|$
Nếu $t-1>0\Rightarrow t-1+\frac{2}{t-1}+1\ge 2\sqrt{2}+1\Rightarrow y\ge 2\sqrt{2}+1$
Nếu $t-1<0\Rightarrow \frac{1}{t-1}+1-t\ge 2\sqrt{2}\Rightarrow \frac{1}{t-1}+t-1\le 2\sqrt{2}\Rightarrow \frac{1}{t-1}+t-1+1\le 1-2\sqrt{2}\Rightarrow y\ge 2\sqrt{2}-1$
Vậy $y\ge 2\sqrt{2}-1$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow {{\left( 1-t \right)}^{2}}=2\Leftrightarrow t=1-\sqrt{2}\left( t<0 \right)$
$\Rightarrow \operatorname{s}\text{inx}+\cos x=1-\sqrt{2}\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)=1-\sqrt{2}\Leftrightarrow \sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)=\frac{1-\sqrt{2}}{2}$
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp : Xác định hàm số$f'\left( x \right)$ từ đó tính được $f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)dx}$
Cách giải : Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là $y=3{{x}^{2}}+1\Rightarrow f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+1\Rightarrow f\left( x \right)=\int{f'\left( x \right)dx}={{x}^{3}}+x+C$
Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ $\Rightarrow C=0\Rightarrow f\left( x \right)={{x}^{3}}+x$
$\Rightarrow f\left( 4 \right)=68;\,\,f\left( 2 \right)=10\Rightarrow H=58$
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp :
+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $m-2:\,$
$y=f'\left( m-2 \right)\left( x-m+2 \right)+y\left( m-2 \right)\,\left( d \right)$
+) Xác định các giao điểm của d và các đường tiệm cận ${{\Rightarrow }_{2}};{{y}_{1}}$
+) Thay vào phương trình ${{x}_{2}}+{{y}_{1}}=-5$ giải tìm các giá trị của m.
Cách giải: TXĐ: $D=R\backslash \left\{ -2 \right\}$
Ta có $y'=\frac{3}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}\Rightarrow y'\left( m-2 \right)=\frac{3}{{{m}^{2}}};y\left( m-2 \right)=\frac{m-2-1}{m-2+2}=\frac{m-3}{m}$
=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $m-2$là:
$y=\frac{3}{{{m}^{2}}}\left( x-m+2 \right)+\frac{m-3}{m}\left( d \right)$
Đồ thị hàm số $y=\frac{x-1}{x+2}$ có đường TCN $y=1$và tiệm cậm đứng$x=-2$
$\begin{array}{l}
*\,y\left( { - 2} \right) = \frac{3}{{{m^2}}}\left( { - m} \right) + \frac{{m - 3}}{m} = \frac{{ - 3}}{m} + \frac{{m - 3}}{m} + \frac{{m - 6}}{m} \Rightarrow A\left( { - 2;\frac{{m - 6}}{m}} \right) \Rightarrow {y_1} = \frac{{m - 6}}{m}\\
*\,1 = \frac{3}{{{m^2}}}\left( {x - m + 2} \right) + \frac{{m - 3}}{m} \Rightarrow \frac{{3\left( {x - m + 2} \right)}}{{{m^2}}} = 0\\
\Leftrightarrow x - m + 2 = m \Leftrightarrow x = 2m - 2 \Rightarrow B\left( {2m - 2;1} \right) \Rightarrow {x_2} = 2m - 2\\
\Rightarrow {x_2} + {y_1} = 2m - 2 + \frac{{m - 6}}{m} = - 5 \Leftrightarrow 2{m^2} - 2m + m - 6 = - 5m\\
\Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m = - 3
\end{array} \right. \Rightarrow S = \left\{ {1; - 3} \right\} \Rightarrow {1^2} + {\left( { - 3} \right)^2} = 10
\end{array}$
Câu 36: Đáp án B
Phương pháp:
Gọi các trung điểm của các cạnh bên và các cạnh đáy.
Tìm các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D.
Cách giải:
Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD và M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .
Ta có thể tìm được các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D là $\left( E\,FGH \right);\left( E\,FNQ \right);\left( GHQN \right);\left( FGPM \right);\left( EHPM \right)$
Câu 37: Đáp án B
Phương pháp: Xét các trường hợp:
TH1: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=5$
TH2: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=6$
TH3: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=7$
Cách giải:
TH1: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=5$, ta có $0+5=1+4=2+3=5$
- Nếu $\left( {{a}_{1}};{{a}_{2}} \right)=\left( 0l5 \right)\Rightarrow $có 1 cách chọn$\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}} \right)$
Có 2 cách chọn $\left( {{a}_{3}}{{a}_{4}} \right)$, 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
Tương tự $\left( {{a}_{5}}{{a}_{6}} \right)$có 2 cách chọn.
=>Có 8 số thỏa mãn.
- Nếu $\left( {{a}_{1}};{{a}_{2}} \right)\ne \left( 0;5 \right)\Rightarrow $có 2 cách chọn$\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}} \right)$,2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
Có 2 cách chọn $\left( {{a}_{3}}{{a}_{4}} \right)$, 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
Tương tự $\left( {{a}_{5}}{{a}_{6}} \right)$có 2 cách chọn.
=>Có 32 số thỏa mãn.
Vậy TH1 có: $8+32=40$ số thỏa mãn.
TH2: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=6,$ta có $0+6=1+5=2+4=6$
Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn.
TH3: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=7$, ta có $1+6-2+5=3+4=7$
Có 3 cách chọn $\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}} \right)$, hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn.
Tương tự có 4 cách chọn $\left( {{a}_{3}}{{a}_{4}} \right)$và 2 cách chọn $\left( {{a}_{5}}{{a}_{6}} \right)$.
Vậy TH3 có $6.4.2=48$ số thỏa mãn.
Vậy có tất cả $40+40+48=128$ số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}$
Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì có $6.6.5.4.3.2=4320$số.
Vậy $p=\frac{128}{4320}=\frac{4}{135}$
Câu 38: Đáp án A
Phương pháp :
+) Nhóm các tổ hợp có chỉ số dưới bằng nhau.
+) Sử dụng tổng ${{\left( 1+n \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+...C_{n}^{n}={{2}^{n}}$
+) Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.
+) Để S là số có 1000 chữ số thì ${{10}^{999}}\le S\le {{10}^{1000}}$
Cách giải:
$\begin{array}{l}
S = 2 + \left( {C_1^0 + C_2^0 + ... + C_n^0} \right) + \left( {C_1^1 + C_2^1 + ... + C_n^1} \right) + ... + \left( {C_{n - 1}^{n - 1} + C_n^{n - 1}} \right) + C_n^n\\
S = 2 + \left( {C{\kern 1pt} _1^0 + C_1^1} \right) + \left( {C_2^0 + C_2^1 + C_2^2} \right) + \left( {C_3^0 + C_3^1 + C_3^2 + C_3^3} \right) + ... + \left( {C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n} \right)
\end{array}$
Xét tổng ${{\left( 1+n \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+...C_{n}^{n}={{2}^{n}}$
Từ đó ta có: $S=2+{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+...+{{2}^{n}}=2+\frac{2\left( 1-{{2}^{n}} \right)}{1-2}=2+2\left( {{2}^{n}}-1 \right)={{2}^{n+1}}$
Để S là số có 1000 chữ số thì ${{10}^{999}}\le {{2}^{n+1}}\le {{10}^{1000}}\Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{10}^{999}}-1\le n\le {{\log }_{2}}{{10}^{1000}}-1\Leftrightarrow 3317,6\le n\le 3320,9$
n là số nguyên dương $\Rightarrow n\in \left\{ 3318;3319;3320 \right\}$
Câu 39: Đáp án A
Phương pháp: Chia cả 2 vế cho ${{3}^{x}}$, đặt $t={{\left( \frac{4+\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}$, tìm điều kiện của t.
Đưa về bất phương trình dạng $m\ge f\left( t \right)\forall t\left( a;b \right)\Rightarrow m\ge \underset{t\in \left( a;b \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)$
Cách giải :
$m{{.3}^{x+1}}+\left( 3m+2 \right){{\left( 4-\sqrt{7} \right)}^{x}}+{{\left( 4+\sqrt{7} \right)}^{x}}>0\Leftrightarrow 3m+\left( 3m+2 \right){{\left( \frac{4-\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}+{{\left( \frac{4+\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}>0$
Ta có $\frac{4-\sqrt{7}}{3}.\frac{4+\sqrt{7}}{3}=1\Rightarrow {{\left( \frac{4-\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}.{{\left( \frac{4+\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}=1$
Đặt $t={{\left( \frac{4+\sqrt{7}}{3} \right)}^{x}}\,\,\left( 0<t<1\forall x\in \left( -\infty ;0 \right) \right),$khi đó phương trình trở thành
$\begin{array}{l}
3m + \left( {3m + 2} \right)\frac{1}{t} + t > 0 \Leftrightarrow \frac{{{t^2} + 3mt + \left( {3m + 2} \right)}}{t} > 0 \Leftrightarrow {t^2} + 3mt + \left( {3m + 2} \right) > 0\forall t \in \left( {0;1} \right)\\
\Leftrightarrow 3m\left( {t + 1} \right) + {t^2} + 2 > 0\forall t \in \left( {0;1} \right) \Leftrightarrow 3m > \frac{{ - {t^2} - 2}}{{t + 1}} = f\left( t \right)\forall t \in \left( {0;1} \right)\\
\Rightarrow 3m \ge \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{t \in \left( {0;1} \right)} f\left( t \right)
\end{array}$
Ta có: $f'\left( t \right)=\frac{-2t\left( t+1 \right)-\left( -{{t}^{2}}-2 \right)}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=\frac{-{{t}^{2}}-2t+2}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=0\Rightarrow t=-1+\sqrt{3}$
$f\left( -1+\sqrt{3} \right)=\frac{-6+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2-2\sqrt{3}=\underset{t\in \left( 0;1 \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)$
Vậy $3m\ge 2-2\sqrt{3}\Rightarrow m\ge \frac{2-2\sqrt{3}}{3}$
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp :
+) Kẻ$AD\bot B'C$, xác định góc giữa mặt phẳng $\left( AB'C \right)$và mặt phẳng $\left( BCC'B' \right)$
+) Tính BB’.
+) Tính thể tích khối lăng trụ và suy ra thế tích AB’CA’C’
Cách giải :
Gọi H là trung điểm của BC ta có $AH\bot BC\Rightarrow AH\bot \left( BCC'B' \right)\Rightarrow AH\bot B'C$
Trong $\left( AB'C \right)$kẻ $AD\bot B'C$
$\Rightarrow B'C\bot \left( AHD \right)\Rightarrow B'C\bot HD$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AB'C} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = B'C\\
\left( {AB'C} \right) \supset AD \bot B'C\\
\left( {BCC'B'} \right) \supset HD \bot B'C
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {AB'C} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {AD;HD} \right) = ADH$
Ta có $AH=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow HD=AH.\cot 60=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Dễ thấy $\Delta CBB'$đồng dạng với$\Delta CDH\,\left( g.g \right)$
$\Rightarrow \frac{BB'}{HD}=\frac{CB'}{CH}\Rightarrow \frac{BB'}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{6{{a}^{2}}+BB{{'}^{2}}}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}\Leftrightarrow \sqrt{3}BB'=\sqrt{6{{a}^{2}}+BB{{'}^{2}}}\Leftrightarrow 2BB{{'}^{2}}=6{{a}^{2}}\Leftrightarrow BB'=a\sqrt{3}$ Ta có: $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{3}\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{3{{a}^{2}}}{2}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{2}\\
{V_{AB'CA'C}} + {V_{B'.ABC}} = {V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_{AB'CA'C'}} - {V_{B'.ABC}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\\
\Rightarrow {V_{AB'CA'C'}} = \frac{2}{3}.\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{2} = {a^3}\sqrt 3
\end{array}$
Câu 41: Đáp án A
Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt $x=a-t$.
Cách giải : Đặt $x=a-t\Rightarrow dx=-dt.$ Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = a\\
x = a \Rightarrow t = 0
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow I = - \int\limits_a^0 {\frac{1}{{1 + f\left( {a - t} \right)}}dt} = \int\limits_0^a {\frac{1}{{1 + f\left( {a - x} \right)}}dx = } \int\limits_0^a {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{f\left( x \right)}}}}} dx = \int\limits_0^a {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}}dx} \\
\Rightarrow f\left( x \right) = 1 \Rightarrow I = \int\limits_0^a {\frac{1}{2}dx = \left. {\frac{x}{2}} \right|} _0^a = \frac{a}{2}
\end{array}$
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.
Cách giải :
Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}
\left( P \right) \bot \left( Q \right)\\
\left( P \right) \cap \left( Q \right) = \Delta \Rightarrow AC \bot \left( Q \right)\\
\left( P \right) \supset AC \bot \Delta
\end{array} \right.$
Gọi I là trung điểm của AD, do $\Delta BD$vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BD$.
Gọi N là trung điểm của AC.
Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC $\Rightarrow d\bot \left( ABD \right)$
Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD $\Rightarrow d'\bot AC$
Gọi $I=d\cap d'\Rightarrow $ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính $\text{R}=IA$
Ta có: $AM=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2};AN=\frac{a}{2}\Rightarrow AI=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{2}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp : Chia hai trường hợp :
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.
Cách giải : $\left| \Omega \right|=C_{2n}^{3}$
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{2}.C_{n}^{1}$ cách.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{3}$cách.
Gọi A là biến cố học sinh TWO không phải thi lại $\Rightarrow \left| A \right|=C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{\left| A \right|}{\left| \Omega \right|}=\frac{C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}}{C_{2n}^{3}}$
Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn$n=10$ , ta tính được $P\left( A \right)=\frac{1}{2}$
Câu 44: Đáp án A
Phương pháp:
+) Viết phương trình mặt phẳng $\left( ABC \right)$ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
+) $\left( ABC \right)$tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$tâm I bán kính R$\Leftrightarrow d\left( I;\left( ABC \right) \right)=R$
Cách giải:
$\begin{array}{l}
\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\\
M\left( {\frac{1}{7};\frac{2}{7};\frac{3}{7}} \right) \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow \frac{1}{{7a}} + \frac{2}{{7b}} + \frac{3}{{7c}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 7
\end{array}$
$\left( ABC \right)$tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$và bán kính$R=\sqrt{\frac{72}{7}}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}} \\
\Leftrightarrow \frac{6}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}} \Rightarrow \sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} = \frac{{\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{7}{2}
\end{array}$
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm $\operatorname{s}\text{inx}=\cos x\Leftrightarrow \tan \,x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi $
TH1: $a=\frac{\pi }{4}\Rightarrow S=\left| \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\left( \operatorname{s}\text{inx}-\cos x \right)dx} \right|=\sqrt{2}-1\Rightarrow $ không thỏa mãn
TH2: $a=\frac{\pi }{2}\Rightarrow S=\left| \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\left( \operatorname{s}\text{inx}-\cos x \right)dx} \right|+\left| \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \operatorname{s}\text{inx}-\cos x \right)} \right|=\sqrt{2}-1+\sqrt{2}-1=2\sqrt{2}-2\Rightarrow $không thỏa mãn
TH3: $a\in \left( \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2} \right)$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow S = \left| {\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} - \cos x} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^a {\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} - \cos x} \right)} } \right| = \sqrt 2 - 1 + \left| {\left. {\left( { - \cos x - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right)} \right|_{\frac{\pi }{4}}^a} \right|\\
\Rightarrow S = \sqrt 2 - 1 + \left| { - \cos x - \sin a + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right| = \frac{1}{2}\left( { - 3 + 4\sqrt 2 - \sqrt 3 } \right)\\
\Leftrightarrow \left| { - \cos a - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{ina + }}\sqrt 2 } \right| = - \frac{1}{2} + \sqrt 2 - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- \cos a - \sin a + \sqrt 2 = - \frac{1}{2} + \sqrt 2 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\
- \cos a - \sin a + \sqrt 2 = \frac{1}{2} - \sqrt 2 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos a + \sin a = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\
\cos a + \sin a = - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + 2\sqrt 2 \left( {ktm} \right)\,\left( {\left( {\sin a + \cos a} \right) \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]} \right)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow a = \frac{\pi }{3}\left( {a \in \left[ {\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right]} \right) \approx 1,04 \in \left( {\frac{{51}}{{50}};\frac{{11}}{{10}}} \right)
\end{array}$
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để phương trình $y'=0$có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ.
+) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng $\Leftrightarrow C\in AB$
Cách giải: TXĐ: $D=R\backslash \left\{ \left| m \right| \right\}$
Ta có:
$\begin{array}{l}
y' = \frac{{\left( {2x - \left| m \right|} \right)\left( {x - \left| m \right|} \right) - {x^2} + \left| m \right|x - 4}}{{{{\left( {x - \left| m \right|} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2\left| m \right|x + {m^2} - 4}}{{{{\left( {x - \left| m \right|} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - \left| m \right|} \right)^2} = 4\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2 + \left| m \right| \Rightarrow y = \left| m \right| + 4 \Rightarrow A\left( {2 + \left| m \right|;4 + \left| m \right|} \right)\\
x = - 2 + \left| m \right| \Rightarrow y = \left| m \right| - 4 \Rightarrow B\left( { - 2 + \left| m \right|; - 4 + \left| m \right|} \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.
Đường thẳng AB có phương trình: $\frac{x-2-\left| m \right|}{-4}=\frac{y-4-\left| m \right|}{-8}\Leftrightarrow 2x-4-2\left| m \right|=y-4-\left| m \right|\Leftrightarrow y=2x-\left| m \right|$
Để$A,B,C\left( 4;2 \right)$phân biệt thẳng hàng $\Leftrightarrow C\in AB\Rightarrow 2=4.2-\left| m \right|\Leftrightarrow \left| m \right|=6$
Khi đó ta có: $B\left( 4;2 \right)\equiv C\Rightarrow $ không thỏa mãn.
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp:
Đặt $f\left( x \right)=a\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right)\left( x-{{x}_{4}} \right),$ tính đạo hàm của hàm số$y=f\left( x \right)$
Xét hàm số $h\left( x \right)=\frac{f'\left( x \right)}{f\left( x \right)}$và chứng minh $f''\left( x \right).f\left( x \right)-{{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}<0\forall x\notin \left\{ {{x}_{1}};{{x}_{2}};{{x}_{3}};{{x}_{4}} \right\}$
Cách giải: Đồ thị hàm số$y=f\left( x \right)$cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên $f\left( x \right)=a\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right)\left( x-{{x}_{4}} \right)$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow f'\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\\
+ a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_4}} \right) + a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\\
f'\left( x \right) = f\left( x \right)\left( {\frac{1}{{x - {x_1}}} + \frac{1}{{x - {x_2}}} + \frac{1}{{x - {x_3}}} + \frac{1}{{x - {x_4}}}} \right)\,\,\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\} \Rightarrow f'\left( x \right) \ne 0\,\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}
\end{array}$ Đặt $h\left( x \right)=\frac{f'\left( x \right)}{f\left( x \right)}=\frac{1}{x-{{x}_{1}}}+\frac{1}{x-{{x}_{2}}}+\frac{1}{x-{{x}_{3}}}+\frac{1}{x-{{x}_{4}}}\forall x\notin \left\{ {{x}_{1}};{{x}_{2}};{{x}_{3}};{{x}_{4}} \right\}$
Ta có $h'\left( x \right) = \frac{{f''\left( x \right).f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_1}} \right)}^2}}} + \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_2}} \right)}^2}}} + \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_3}} \right)}^2}}} + \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - {x_4}} \right)}^2}}} < 0\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}$ $\begin{array}{l}
\Rightarrow f''\left( x \right).f\left( x \right) - {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} < 0\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}\\
\Rightarrow g\left( x \right) = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} - f''\left( x \right).f\left( x \right) > 0\forall x \notin \left\{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} \right\}
\end{array}$
Khi $f\left( x \right)=0\Rightarrow f'\left( x \right)\ne 0\Rightarrow g\left( x \right)={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}-f''\left( x \right).f\left( x \right)\ne 0$
Vậy đồ thị hàm số $y=g\left( x \right)={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}-f\left( x \right).f''\left( x \right)$ không cắt trục Ox.
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính $F\left( x \right)$
Cách giải:
$F\left( x \right)=f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}-\int{\frac{x}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}dx+C=\frac{{{x}^{2}}}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}-\int{xd\left( \tan \,x \right)+C}}$
$F\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}-x\tan \,x+\int{\tan \,dx+C}=\frac{{{x}^{2}}}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}-x\,\tan \,x+\int{\frac{\operatorname{s}\text{inx}}{\cos x}dx+C}$
$F\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}-x\tan \,x-\int{\frac{d\left( \cos x \right)}{\cos x}}+C=\frac{{{x}^{2}}}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}-x\,\tan \,x-\ln \left| \cos x \right|+C$
$F\left( 0 \right)=C=0\Rightarrow F\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}-x\tan \,x-\ln \left| \cos x \right|$
$\begin{array}{l}
F\left( x \right) = \int {xf'\left( x \right)dx = \int {xd\left( {f\left( x \right)} \right)} = xf\left( x \right)} - \int {f\left( x \right)dx + C} \\
\tan \,a = 3 \Rightarrow \frac{1}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}a}} = {\tan ^2}a + 1 = 10 \Leftrightarrow \cos a = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\left( {a \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)} \right)\\
\Rightarrow F\left( a \right) = 10{a^2} - 3a - \ln \frac{1}{{\sqrt {10} }} \Rightarrow F\left( a \right) - 10{a^2} + 3a = - \ln \frac{1}{{\sqrt {10} }} = - \frac{1}{2}ln\frac{1}{{10}} = \frac{1}{2}\ln 10
\end{array}$
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp: Đưa khoảng cách từ M đến (SAC) về khoảng cách từ H đến (SAC).
Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có $SH\bot \left( ABCD \right)$
Ta có $\left( SC;\left( ABCD \right) \right)=\left( SC;HC \right)=SCH={{45}^{0}}$
=>$\Delta SHC$vuông cân tại H $\Rightarrow SH=HC=\sqrt{B{{C}^{2}}+B{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{17}}{2}$
$d\left( M;\left( SAC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( D;\left( SAC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( B;\left( SAC \right) \right)=d\left( H;\left( SAC \right) \right)$
Trong $\left( ABD \right)$kẻ $HI\bot AC$,trong $\left( SHI \right)$kẻ $HK\bot SI$ ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
AC \bot HI\\
AC \bot SH
\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow AC \bot HK \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HK$
Ta có $\Rightarrow \Delta AHI\sim \Delta ACB\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{HI}{BC}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow HI=\frac{2a.\frac{a}{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$
$\Rightarrow \frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{I}^{2}}}=\frac{1}{\frac{17{{a}^{2}}}{4}}+\frac{1}{\frac{{{a}^{2}}}{5}}=\frac{89}{17{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{17}}{\sqrt{89}}=\frac{a\sqrt{1513}}{89}$
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp : Đặt ${{z}_{1}}=a+bi\left( a;b\in R \right)$
$\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}}-i{{z}_{1}} \right|=\left| \left( 1-i \right){{z}_{1}} \right|=\sqrt{2}\left| {{z}_{1}} \right|=\sqrt{2}\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}},$tìm GTLN của $\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$
Cách giải : Đặt ${{z}_{1}}=a+bi\left( a;b\in R \right)$
$\begin{array}{l}
\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \left| {{z_1} - i{z_1}} \right| = \left| {\left( {1 - i} \right){z_1}} \right| = \sqrt 2 \left| {{z_1}} \right| = \sqrt 2 \sqrt {{a^2} + {b^2}} \\
\left| {a + bi + 1 - i} \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2\left( {a - b} \right) = 2\\
\Rightarrow 2\left( {a - b} \right) = 2 - \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\\
\Rightarrow 4{\left( {a - b} \right)^2} = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4
\end{array}$
Ta có : ${{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab\ge 0\Leftrightarrow 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab={{\left( a-b \right)}^{2}}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 \le 8\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\\
\Leftrightarrow {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 12\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 \le 0\\
\Rightarrow 6 - 4\sqrt 2 \le {a^2} + {b^2} \le 6 + 4\sqrt 2 \Rightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}} \le 2 + \sqrt 2 \\
\Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \sqrt 2 \sqrt {{a^2} + {b^2}} \le 2\sqrt 2 + 2
\end{array}$
