Câu 30: Chọn B.
Ta có: $A\left( 1;\,2 \right)$, $B\left( 5;-1 \right)$ $\Rightarrow AB=5$.
Câu 31: Chọn C.
Ta có $\int\limits_{0}^{1}{\frac{\pi {{x}^{3}}+{{2}^{x}}+\text{e}{{x}^{3}}{{.2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{3}}+\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}} \right)\text{d}x}=\frac{1}{4}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\frac{1}{4}+J$.
Tính $J=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}$. Đặt $\pi +\text{e}{{.2}^{x}}=t\Rightarrow \text{e}{{.2}^{x}}\ln 2\text{d}x=\text{d}t\Leftrightarrow {{2}^{x}}\text{d}x=\frac{1}{\text{e}.\ln 2}\text{d}t$.
Đổi cận: Khi $x=0$ thì $t=\pi +\text{e}$; khi $x=1$ thì $t=\pi +2\text{e}$.
$J=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\frac{1}{\text{e}\ln 2}\int\limits_{\pi +\text{e}}^{\pi +2\text{e}}{\frac{1}{t}\text{d}t}=\frac{1}{\text{e}\ln 2}\left. \ln \left| t \right| \right|_{\pi +\text{e}}^{\pi +2\text{e}}=\frac{1}{\text{e}\ln 2}\ln \left( 1+\frac{\text{e}}{\text{e}+\pi } \right)$.
Khi đó $\int\limits_{0}^{1}{\frac{\pi {{x}^{3}}+{{2}^{x}}+\text{e}{{x}^{3}}{{.2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\frac{1}{4}+\frac{1}{\text{e}\ln 2}\ln \left( 1+\frac{\text{e}}{\text{e}+\pi } \right)$$\Rightarrow m=4$, $n=2$, $p=1$. Vậy $S=7$.
Câu 32: Chọn A.
Ta có ${y}'=x-m+\frac{1}{x-1}$.
Để hàm số $y=\frac{{{x}^{2}}}{2}-mx+\ln \left( x-1 \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( 1;+\infty \right)$ thì ${y}'\ge 0$ với $\forall x\in \left( 1;+\infty \right)$
$\Leftrightarrow x+\frac{1}{x-1}\ge m$ với $\forall x\in \left( 1;+\infty \right)$$\Rightarrow m\le \underset{\left( 1;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=x+\frac{1}{x-1}$ trên khoảng $\left( 1;+\infty \right)$ ta có
$f\left( x \right)=x-1+\frac{1}{x-1}+1\ge 2\sqrt{\left( x-1 \right)\frac{1}{\left( x-1 \right)}}+1\ge 3$$\Rightarrow \underset{\left( 1;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=3$. Do $m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}$ nên $m\in \left\{ 1;2;3 \right\}$.
Câu 33: Chọn A.
Ta có tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, tam giác $BDC$ vuông cân tại $D$.
Ta có
$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\left( \overrightarrow{DB}-\overrightarrow{DA} \right)\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{DB}.\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{DA}.\overrightarrow{CD}$
$=\left| \overrightarrow{DB} \right|\left| \overrightarrow{CD} \right|\cos \left( \overrightarrow{DB},\overrightarrow{CD} \right)-\left| \overrightarrow{DA} \right|\left| \overrightarrow{CD} \right|\cos \left( \overrightarrow{DA},\overrightarrow{CD} \right)=-\frac{1}{2}{{a}^{2}}$.
Mặt khác ta lại có
$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\left| \overrightarrow{AB} \right|\left| \overrightarrow{CD} \right|\cos \left( \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD} \right)\Leftrightarrow \cos \left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD} \right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|\left| \overrightarrow{CD} \right|}=-\frac{1}{2}$
$\Rightarrow \left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{DC} \right)=120{}^\circ \Rightarrow \left( AB,CD \right)=60{}^\circ $.
Câu 34: Chọn C.
Xét $y=f\left( x \right)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4$ và $y=g\left( x \right)=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4$ đều xác định trên$\mathbb{R}.$
Với mọi $x\in \mathbb{R}$ ta luôn có $f\left( -x \right)={{\left( -x \right)}^{3}}+3{{\left( -x \right)}^{2}}-4=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4=g\left( x \right)$
Suy ra đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và $y=g\left( x \right)$ đối xứng nhau qua $Oy$, tức $\left( {{C}_{1}} \right)$ và $\left( {{C}_{2}} \right)$ đối xứng nhau qua $Oy.$
Câu 35: Chọn C.
Ta có $f\left( x \right)=\int{{f}'\left( x \right)\text{d}x}=\int{\frac{1}{x\left( \ln x-1 \right)}\text{d}x}=\int{\frac{1}{\ln x-1}\text{d}\left( \ln x \right)}=\ln \left| \ln x-1 \right|+C$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
\ln \left| {\ln x - 1} \right| + {C_1}\;\;\;\;\;{\rm{khi}}\;0 < x < {\rm{e}}\\
\ln \left| {\ln x - 1} \right| + {C_2}\;\;\;\;\;{\rm{khi }}x > {\rm{e}}
\end{array} \right.$
Do $f\left( \frac{1}{{{\text{e}}^{2}}} \right)=\ln 6\Rightarrow \ln \left| \ln \frac{1}{{{\text{e}}^{2}}}-1 \right|+{{C}_{1}}=\ln 6\Leftrightarrow \ln 3+{{C}_{1}}=\ln 6\Leftrightarrow {{C}_{1}}=\ln 2$
Đồng thời $f\left( {{\text{e}}^{2}} \right)=3\Rightarrow \ln \left| \ln {{\text{e}}^{2}}-1 \right|+{{C}_{2}}=3\Leftrightarrow {{C}_{2}}=3$
Khi đó: $f\left( \frac{1}{\text{e}} \right)+f\left( {{\text{e}}^{3}} \right)=\ln \left| \ln \frac{1}{\text{e}}-1 \right|+\ln 2+\ln \left| \ln {{\text{e}}^{3}}-1 \right|+3=3\left( \ln 2+1 \right)$.
Câu 36: Chọn A.
Ta có ${{\text{e}}^{m\cos x-\sin x}}-{{\text{e}}^{2\left( 1-\sin x \right)}}=2-\sin x-m\cos x$
$\Leftrightarrow {{\text{e}}^{m\cos x-\sin x}}+m\cos x-\sin x={{\text{e}}^{2\left( 1-\sin x \right)}}+2\left( 1-\sin x \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)={{\text{e}}^{t}}+t$ $\left( t\in \mathbb{R} \right)$, ${f}'\left( t \right)={{\text{e}}^{t}}+1>0$$\Rightarrow f\left( t \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Suy ra
${{\text{e}}^{m\cos x-\sin x}}+m\cos x-\sin x={{\text{e}}^{2\left( 1-\sin x \right)}}+2\left( 1-\sin x \right)\Leftrightarrow m\cos x-\sin x=2\left( 1-\sin x \right)$
$\Leftrightarrow m\cos x+\sin x=2$. Phương trình có nghiệm khi ${{m}^{2}}+1\ge 4\Leftrightarrow {{m}^{2}}\ge 3$.
$\Rightarrow S=\left( -\infty ;-\sqrt{3} \right]\cup \left[ \sqrt{3};+\infty \right)$. Vậy $T=10a+20b$$=10\sqrt{3}$.
Câu 37: Chọn D.
Gọi $A\left( a;0;0 \right)$, $B\left( 0;b;0 \right)$, $C\left( 0;0;c \right)$, do $A$, $B$, $C$ thuộc ba tia $Ox$, $Oy$, $Oz$ nên $a$, $b$, $c>0$.
$\left( P \right)$ theo đoạn chắn có dạng $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$. Do $M\left( 2;1;1 \right)\in \left( P \right)\Rightarrow \frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$.
Áp dụng Cauchy cho $\text{3}$ số dương $\frac{2}{a}$, $\frac{1}{b}$, $\frac{1}{c}$ ta có $1=\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{2}{abc}}$
$\Rightarrow {{V}_{OABC}}=\frac{abc}{6}\ge 9$. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{2}{a} = \frac{1}{b} = \frac{1}{c} = \frac{1}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 6\\
b = c = 3
\end{array} \right.$
Vậy $\left( P \right):\frac{x}{6}+\frac{y}{3}+\frac{z}{3}=1\Leftrightarrow x+2y+2z-6=0$.
Câu 38: Chọn B.
Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $OMN$.
Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác $OMN$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, ta có $a.\overrightarrow{IO}+b.\overrightarrow{IM}+c.\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{0}$, với $a=MN$, $b=ON$, $c=OM$”.
Ta có $OM=\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}=3$, $ON=\sqrt{{{\left( \frac{-8}{3} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{4}{3} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{8}{3} \right)}^{2}}}=4$.
$MN=\sqrt{{{\left( \frac{-8}{3}-2 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{4}{3}-2 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{8}{3}-1 \right)}^{2}}}=5$.
$5.\overrightarrow {IO} + 4.\overrightarrow {IM} + 3.\overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_I} = \frac{{5.0 + 4.2 + 3.\left( {\frac{{ - 8}}{3}} \right)}}{{3 + 4 + 5}} = 0\\
{y_I} = \frac{{5.0 + 4.2 + 3.\left( {\frac{4}{3}} \right)}}{{3 + 4 + 5}} = 1\\
{z_I} = \frac{{5.0 + 4.2 + 3.\left( {\frac{8}{3}} \right)}}{{3 + 4 + 5}} = 1
\end{array} \right.$.
Mặt phẳng $\left( Oxz \right)$ có phương trình $y=0$.
Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng $\left( Oxz \right)$ nên mặt cầu có bán kính $R=d\left( I,\left( Oxz \right) \right)=1$.
Vậy phương trình mặt cầu là: ${{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=1$.
Câu 39: Chọn B.
Ta có ${{S}_{n}}=\frac{n\left( 2{{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d \right)}{2}\Leftrightarrow \frac{n\left( 2.3+\left( n-1 \right).4 \right)}{2}=253$
$ \Leftrightarrow 4{n^2} + 2n - 506 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 11\\
n = - \frac{{23}}{2}\left( L \right)
\end{array} \right.$.
Câu 40: Chọn A.
Theo giả thiết ta có ${{S}_{xq}}=2\pi rl\Leftrightarrow r=\frac{{{S}_{xq}}}{2\pi l}=\frac{16\pi {{a}^{2}}}{2\pi .2a}=4a$.
Câu 41: Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm
$mx + 1 = \frac{{x + 1}}{{x - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne 1\\
\left( {mx + 1} \right)\left( {x - 1} \right) = x + 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne 1\\
m{x^2} - mx - 2 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)
\end{array} \right.$
YCBT $\Leftrightarrow $$\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ khác $1$ thỏa mãn $\left( {{x}_{1}}-1 \right)\left( {{x}_{2}}-1 \right)<0$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
\Delta = {m^2} + 8m > 0\\
m{.1^2} - m.1 - 2 \ne 0\\
{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m > 0\\
m < - 8
\end{array} \right.\\
m \in R\\
- \frac{2}{m} - 1 + 1 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > 0\\
m < - 8
\end{array} \right.\\
\frac{2}{m} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0$
Câu 42: Chọn C.
Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}
x + 2 > 0\\
x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0$ (*).
Phương trình $\Leftrightarrow \ln {{\left( x+2 \right)}^{2}}+\ln 4=\ln x+\ln {{3}^{4}}\Leftrightarrow \ln \left[ 4{{\left( x+2 \right)}^{2}} \right]=\ln \left( x{{.3}^{4}} \right)$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x{.3^4} > 0\\
4{\left( {x + 2} \right)^2} = 81x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 16\\
x = \frac{1}{4}
\end{array} \right.$ thỏa mãn $[\left( * \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = \frac{1}{4}\\
{x_2} = 16
\end{array} \right. \Rightarrow P = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = \frac{1}{{64}}$
Câu 43: Chọn C.
Ta có ${y}'=-3{{x}^{2}}+4x-m$, ${{y}'}'=-6x+4$
Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'\left( 1 \right) = 0\\
y''\left( 1 \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 1\\
- 2 > 0
\end{array} \right.$ (vô nghiệm)
Câu 44: Chọn D.
Ta có $h=\left| d \right|=\left| 5\sin 6t-4\cos 6t \right|=\sqrt{41}\left| \sin \left( 6t+\alpha \right) \right|\le \sqrt{41}$, với $\left\{ \begin{array}{l}
\cos \alpha = \frac{5}{{\sqrt {41} }}\\
\sin \alpha = \frac{4}{{\sqrt {41} }}
\end{array} \right.$.
Do đó vật ở xa vị trí cân bằng nhất ${{h}_{\max }}=\sqrt{41}$ khi $\left| \sin \left( 6t+\alpha \right) \right|=1\Leftrightarrow \cos \left( 6t+\alpha \right)=0$
$\Leftrightarrow 6t+\alpha =\frac{\pi }{2}+k\pi \Leftrightarrow t=-\frac{\alpha }{6}+\frac{\pi }{12}+k\frac{\pi }{6}$.
Trong giây đầu tiên,
$0\le t\le 1\Leftrightarrow 0\le -\frac{\alpha }{6}+\frac{\pi }{12}+k\frac{\pi }{6}\le 1\Leftrightarrow \frac{\alpha }{\pi }-\frac{1}{2}\le k\le \frac{6}{\pi }+\frac{\alpha }{\pi }-\frac{1}{2}\Rightarrow k\in \left\{ 0;1 \right\}$.
Vậy có $2$ lần vật ở xa vị trí cân bằng nhất.
Câu 45: Chọn A.
Ta có ${{u}_{n+1}}={{u}_{n}}+3$ với mọi $n\ge 1$ nên ${{u}_{n}}$ là cấp số cộng có công sai $d=3$
${{\text{e}}^{{{u}_{18}}}}+5\sqrt{{{\text{e}}^{{{u}_{18}}}}-{{\text{e}}^{4{{u}_{1}}}}}={{\text{e}}^{4{{u}_{1}}}}\Leftrightarrow 5\sqrt{{{\text{e}}^{{{u}_{18}}}}-{{\text{e}}^{4{{u}_{1}}}}}={{\text{e}}^{4{{u}_{1}}}}-{{\text{e}}^{{{u}_{18}}}}$$\left( 1 \right)$
Đặt $t={{\text{e}}^{{{u}_{18}}}}-{{\text{e}}^{4{{u}_{1}}}}$ $\left( t\ge 0 \right)$
Phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành $5\sqrt t = - t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t \le 0\\
25t = {t^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 0$
$5\sqrt{t}=-t\Leftrightarrow t+5\sqrt{t}=0\Leftrightarrow \sqrt{t}\left( \sqrt{t}+5 \right)=0\Leftrightarrow \sqrt{t=0}\Leftrightarrow t=0$
Với $t=0$ ta có : ${{\text{e}}^{{{u}_{18}}}}={{\text{e}}^{4{{u}_{1}}}}\Leftrightarrow {{u}_{18}}=4{{u}_{1}}\Leftrightarrow {{u}_{1}}+51=4{{u}_{1}}\Leftrightarrow {{u}_{1}}=17$
Vậy ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d=17+\left( n-1 \right)3=3n+14$
Có : ${{\log }_{3}}{{u}_{n}}<\ln 2018\Leftrightarrow {{u}_{n}}<{{3}^{\ln 2018}}\Leftrightarrow 3n+14<{{3}^{\ln 2018}}\Leftrightarrow n<\frac{{{3}^{\ln 2018}}-14}{3}\approx 1419,98$
Vậy giá trị lớn nhất của $n$ là $1419$.
Câu 46: Chọn A.
Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( -1;1;0 \right)$ và bán kính $R=2$.
Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $B$, có một VTCP là $\overrightarrow{BA}=\left( 1;2;3 \right)$$\Rightarrow $$AB:\left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y = 2t\\
z = 1 + 3t
\end{array} \right.\left( {t \in R} \right)$
$\overrightarrow{IB}=\left( 1;-1;1 \right)$$\Rightarrow IB=\sqrt{3}<R$$\Rightarrow \left( P \right)$ luôn cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo giao tuyến là đường tròn $\left( C \right)$
$\left( C \right)$ có bán kính nhỏ nhất $\Leftrightarrow d\left( I,\left( P \right) \right)$ lớn nhất.
Gọi $H$, $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $\left( P \right)$ và $AB$, ta có:
$d\left( I,\left( P \right) \right)=IH\le IK$
Do đó $d\left( I,\left( P \right) \right)$ lớn nhất $\Leftrightarrow H\equiv K$ hay mặt phẳng $\left( P \right)$ vuông góc với $IK$
Tìm $K:K\in AB\Rightarrow K\left( t;2t;1+3t \right)\Rightarrow \overrightarrow{IK}=\left( t+1;2t-1;3t+1 \right)$
Ta có $IK\bot AB\Leftrightarrow \overrightarrow{IK}.\overrightarrow{AB}=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{7}$$\Rightarrow \overrightarrow{IK}\left( \frac{6}{7};-\frac{9}{7};\frac{4}{7} \right)=\frac{1}{7}\left( 6;-9;4 \right)$
Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $B\left( 0;0;1 \right)$, có một VTPT là $\overrightarrow{n}=\left( 6;-9;4 \right)$
$\Rightarrow $$\left( P \right):6x-9y+4z-4=0\Leftrightarrow -\frac{9}{2}x+\frac{27}{4}y-3z+3=0$. Vậy $T=-\frac{3}{4}$.
Câu 47: Chọn C.
Ta có $A{A}'\bot \left( ABC \right)$ nên $A{A}'\bot CM$. Mặt khác ${A}'H\bot CM$. Do đó $CM\bot \left( A{A}'H \right)$. Suy ra $CM\bot AH$. Vậy $H$ còn là hình chiếu của $A$ trên $CM$.
Ta có ${{S}_{AHC}}=\frac{1}{2}AH.HC\le \frac{1}{2}.\frac{1}{2}\left( A{{H}^{2}}+H{{C}^{2}} \right)=\frac{A{{C}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{4}$. Dấu bằng xảy ra khi $AH=HC$, tức là khi $\widehat{ACM}=45{}^\circ $. Vậy tam giác $AHC$ có diện tích lớn nhất khi $M$ ở vị trí sao cho $\widehat{ACM}=45{}^\circ $. Khi đó $HC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $\widehat{HCB}=15{}^\circ $.
Trong tam giác $HBC$: $B{{H}^{2}}=H{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}-2HC.BC.\cos \widehat{HCB}$
$=\frac{{{a}^{2}}}{2}+{{a}^{2}}-2.\frac{a\sqrt{2}}{2}.a.\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}=\frac{\left( 4-2\sqrt{3} \right){{a}^{2}}}{4}$$\Rightarrow BH=\frac{a\left( \sqrt{3}-1 \right)}{2}$.
Câu 48: Chọn D.
Cách 1:
Đặt $z-3-2i=w$ với $w=x+yi$ $\left( x,y\in \mathbb{R} \right)$. Theo bài ra ta có $\left| w \right|=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4$.
Ta có
$P=\left| z+1-2i \right|+2\left| z-2-5i \right|=\left| w+4 \right|+2\left| w+1-3i \right|=\sqrt{{{\left( x+4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}+2\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}}$
$=\sqrt{20+8x}+2\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}}=2\sqrt{5+2x}+2\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}}$
$=2\left( \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x+1}+\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}} \right)=2\left( \sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}} \right)$
$\ge 2\left( \left| y \right|+\left| y-3 \right| \right)\ge 2\left| y+3-y \right|=6$.
$P = 6 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - 1\\
y\left( {3 - y} \right) \ge 0\\
{x^2} + {y^2} = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - 1\\
y = \sqrt 3
\end{array} \right.$
Vậy GTNN của $P$ là bằng $6$ đạt được khi $z=2+\left( 2+\sqrt{3} \right)i$.
Cách 2:
$\left| z-3-2i \right|=2$$\Rightarrow MI=2$$\Rightarrow M\in \left( I;2 \right)$ với $I=\left( 3;2 \right)$.
$P=\left| z+1-2i \right|+2\left| z-2-5i \right|=MA+2MB$ với $A=\left( 1;2 \right)$, $B=\left( 2;5 \right)$.
Ta có $IM=2$; $IA=4$. Chọn $K\left( 2;2 \right)$ thì $IK=1$. Do đó ta có $IA.IK=I{{M}^{2}}$$\Rightarrow \frac{IA}{IM}=\frac{IM}{IK}$
$\Rightarrow \Delta IAM$ và $\Delta IMK$ đồng dạng với nhau $\Rightarrow \frac{AM}{MK}=\frac{IM}{IK}=2$$\Rightarrow AM=2MK$.
Từ đó $P=MA+2MB$$=2\left( MK+MB \right)$$\ge 2BK$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$, $K$, $B$ thẳng hàng và $M$ thuộc đoạn thẳng $BK$.
Từ đó tìm được $M=\left( 2;2+\sqrt{3} \right)$.
Cách 3:
Gọi $M\left( a;b \right)$ là điểm biểu diễn số phức $z=a+bi.$ Đặt $I=\left( 3;2 \right)$, $A\left( -1;2 \right)$ và $B\left( 2;5 \right)$.
Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I$, bán kính $R=2$ sao cho biểu thức $P=MA+2MB$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Trước tiên, ta tìm điểm $K\left( x;y \right)$ sao cho $MA=2MK$$\forall M\in \left( C \right)$.
Ta có $MA=2MK\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=4M{{K}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}=4{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IK} \right)}^{2}}$
$\Leftrightarrow M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IA}=4\left( M{{I}^{2}}+I{{K}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IK} \right)\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MI}\left( \overrightarrow{IA}-4\overrightarrow{IK} \right)=3{{R}^{2}}+4I{{K}^{2}}-I{{A}^{2}}$$\left( * \right)$.
$\left( * \right)$ luôn đúng $\forall M \in \left( C \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {IA} - 4\overrightarrow {IK} = \overrightarrow 0 \\
3{R^2} + 4I{K^2} - I{A^2} = 0
\end{array} \right.$.
$\overrightarrow {IA} - 4\overrightarrow {IK} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4\left( {x - 3} \right) = - 4\\
4\left( {y - 2} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 2
\end{array} \right.$ .
Thử trực tiếp ta thấy $K\left( 2;2 \right)$ thỏa mãn $3{{R}^{2}}+4I{{K}^{2}}-I{{A}^{2}}=0$.
Vì $B{{I}^{2}}={{1}^{2}}+{{3}^{2}}=10>{{R}^{2}}=4$ nên $B$ nằm ngoài $\left( C \right)$.
Vì $K{{I}^{2}}=1<{{R}^{2}}=4$ nên $K$ nằm trong $\left( C \right)$.
Ta có $MA+2MB=2MK+2MB=2\left( MK+MB \right)\ge 2KB$.
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi $M$ thuộc đoạn thẳng $BK$.
Do đó $MA+2MB$ nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của $\left( C \right)$ và đoạn thẳng $BK.$
Phương trình đường thẳng $BK:x=2$.
Phương trình đường tròn $\left( C \right):{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=4$.
Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ hoặc 4e7 .
Thử lại thấy $M\left( 2;2+\sqrt{3} \right)$ thuộc đoạn $BK$.
Vậy $a=2$, $b=2+\sqrt{3}$ $\Rightarrow a+b=4+\sqrt{3}$.
Câu 49: Chọn B.
Từ $N$ kẻ $NP\text{//}AC$, $N\in AD$
$M$ kẻ $MQ\text{//}AC$, $Q\in BC$. Mặt phẳng $\left( P \right)$ là $MPNQ$
Ta có ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}AH.{{S}_{ABCD}}=\frac{\sqrt{2}}{12}$
$V={{V}_{ACMPNQ}}={{V}_{AMPC}}+{{V}_{MQNC}}+{{V}_{MPNC}}$
Ta có ${{V}_{AMPC}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AP}{AD}.{{V}_{ABCD}}$$=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{V}_{ABCD}}$
${{V}_{MQNC}}=\frac{1}{2}{{V}_{AQNC}}=\frac{1}{2}\frac{CQ}{CB}.\frac{CN}{CD}.{{V}_{ABCD}}$$=\frac{1}{2}\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{2}{{V}_{ABCD}}$
${{V}_{MPNC}}=\frac{2}{3}{{V}_{MPCD}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}{{V}_{MACD}}$$=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}\frac{AM}{AB}.{{V}_{ABCD}}$$=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}\frac{1}{2}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{9}{{V}_{ABCD}}$
Vậy $V=\left( \frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{9} \right){{V}_{ABCD}}$$\Rightarrow V=\frac{11}{18}{{V}_{ABCD}}=\frac{11\sqrt{2}}{216}$.
Câu 50: Chọn D.
Gọi số cần tìm có dạng $\overline{abcde}=11k$
Số cách chọn số có $5$ chữ số từ tập số tự nhiên là: $n\left( \Omega \right)={{9.10}^{4}}$
Gọi $A$ là biến cố: chọn được số chia hết cho $11$ và chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố.
Do số có tận cùng là số nguyên tố nên $e=\left\{ 2;3;5;7 \right\}$
Suy ra $k$ có tận cùng là $2$; $3$;$5$; $7$.
Ta có số cần tìm có $5$ chữ số nên $10010\le 11k\le 99990$$\Leftrightarrow 910\le 11k\le 9090$.
Xét các bộ số $\left( 910;911,...919 \right)$; $\left( 920;921;...929 \right)$;$\left( 9080;9081...9089 \right)$
Số các bộ số là $\frac{9090-910}{10}=818$ bộ.
mỗi bộ số sẽ có $4$ số $k$ thỏa mãn. Do đó ${{n}_{A}}=818.4=3272$
Xác suất của biến cố là ${{P}_{A}}=\frac{3272}{{{9.10}^{4}}}=\frac{409}{11250}$.
