Câu 31.
$y=2{{x}^{3}}-3left( 2m+1 right){{x}^{2}}+6mleft( m+1 right)x+1$.
Tập xác định $D=mathbb{R}$. Hàm số có ${y}’=6{{x}^{2}}-6left( 2m+1 right)x+6mleft( m+1 right)$.
${y}’=0Leftrightarrow 6{{x}^{2}}-6left( 2m+1 right)x+6mleft( m+1 right)=0$.
$Leftrightarrow {{x}^{2}}-left( 2m+1 right)x+mleft( m+1 right)=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = m\
x = m + 1
end{array} right.$
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên $left( -infty ,;,m right)$ và $left( m+1,;,+infty right)$. Suy ra hàm số đồng biến trên $left( 2;+infty right)$ khi $left( 2,;+infty right)subset left( m+1,;,+infty right)Leftrightarrow ,,m+1le 2,,Leftrightarrow ,,mle 1$.
Mà $m$ là số nguyên thuộc khoảng $left( -1000,;,1000 right)$$Rightarrow min left{ -999,,;,,-998,,;,,…,,;,1 right}$.
Có tất cả $1001$ giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn bài toán.
Câu 32.
Khi ô tô dừng lại thì vận tốc $vleft( t right)=0$($text{m/s}$). Thời gian ô tô đi được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi xe dừng lại là: $-10t+20=0Leftrightarrow t=2left( text{s} right)$.
Gọi $t=0$ là thời điểm tính từ lúc xe bắt đầu đạp phanh thì đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là:
$s=intlimits_{0}^{2}{left( -10t+20 right)},text{dt}=left. left( -5{{t}^{2}}+20t right) right|_{0}^{2}=20left( text{m} right)$.
Câu 33.
Gọi $z=a+bi$ với $ain mathbb{R}$, $bin mathbb{R}$. Ta có hệ phương trình sau:
$left{ begin{array}{l}
left| {z + isqrt 5 } right| + left| {z – isqrt 5 } right| = 6\
left| z right| = sqrt 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left| {a + left( {b + sqrt 5 } right)i} right| + left| {a + left( {b – sqrt 5 } right)i} right| = 6\
left| {a + bi} right| = sqrt 5
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
sqrt {{a^2} + {{left( {b + sqrt 5 } right)}^2}} + sqrt {{a^2} + {{left( {b – sqrt 5 } right)}^2}} = 6\
sqrt {{a^2} + {b^2}} = sqrt 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
sqrt {{a^2} + {b^2} + 2sqrt 5 b + 5} + sqrt {{a^2} + {b^2} – 2sqrt 5 b + 5} = 6\
{a^2} + {b^2} = 5
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
sqrt {10 + 2sqrt 5 b} + sqrt {10 – 2sqrt 5 b} = 6\
{a^2} + {b^2} = 5
end{array} right.$ , (điều kiện $-sqrt{5}le ale sqrt{5}$, $-sqrt{5}le ble sqrt{5}$)
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
20 + 2sqrt {100 – 20{b^2}} = 36\
{a^2} + {b^2} = 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
sqrt {100 – 20{b^2}} = 8\
{a^2} + {b^2} = 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
100 – 20{b^2} = 64\
{a^2} + {b^2} = 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{a^2} = frac{{16}}{5}\
{b^2} = frac{9}{5}
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
a = frac{4}{{sqrt 5 }}\
a = – frac{4}{{sqrt 5 }}
end{array} right.\
left[ begin{array}{l}
b = frac{3}{{sqrt 5 }}\
b = – frac{3}{{sqrt 5 }}
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = frac{4}{{sqrt 5 }}\
b = frac{3}{{sqrt 5 }}
end{array} right. vee left{ begin{array}{l}
a = frac{4}{{sqrt 5 }}\
b = – frac{3}{{sqrt 5 }}
end{array} right. vee left{ begin{array}{l}
a = – frac{4}{{sqrt 5 }}\
b = frac{3}{{sqrt 5 }}
end{array} right. vee left{ begin{array}{l}
a = – frac{4}{{sqrt 5 }}\
b = – frac{3}{{sqrt 5 }}
end{array} right.$
Kết hợp với điều kiện ta có bốn số phức cần tìm là: $z=frac{4}{sqrt{5}}+frac{3}{sqrt{5}}i$, $z=frac{4}{sqrt{5}}-frac{3}{sqrt{5}}i$, $z=-frac{4}{sqrt{5}}+frac{3}{sqrt{5}}i$, $z=-frac{4}{sqrt{5}}-frac{3}{sqrt{5}}i$.
Câu 34.
Đường tròn $left( C right):$ Tâm $Ileft( 1;-2 right)$, bán kính $R=sqrt{5}$.
$overrightarrow{AB}=left( 3;-1 right)Rightarrow AB=sqrt{10}$.
Phương trình của đường thẳng $AB$ là $x+3y=0$.
Vì $AB,text{//},CD$$Rightarrow CD:x+3y+m=0,,;,,mne 0$.
Hạ $IHbot CDRightarrow H$ là trung điểm của $CD$.
Áp dụng định lý Pytago trong $Delta IHtext{D}:,,{{R}^{2}}=I{{D}^{2}}=I{{H}^{2}}+D{{H}^{2}}=I{{H}^{2}}+frac{A{{B}^{2}}}{4}Rightarrow I{{H}^{2}}=frac{5}{2}$ .
$ Rightarrow dleft( {I,CD} right) = frac{{sqrt {10} }}{2} Leftrightarrow frac{{left| {m – 5} right|}}{{sqrt {10} }} = frac{{sqrt {10} }}{2} Leftrightarrow left| {m – 5} right| = 5 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 10 Rightarrow CD:x + 3y + 10 = 0,,left( {t/m} right)\
m = 0 Rightarrow CD,:,,x + 3y = 0,, equiv ,left( {AB} right)
end{array} right.$
Vậy phương trình đường thẳng $left( CD right),:,,x+3y+10=0$.
Câu 35.
$I=intlimits_{0}^{1}{{f}’left( x right).{{text{e}}^{fleft( x right)}}text{d}x}=intlimits_{0}^{1}{{{text{e}}^{fleft( x right)}}text{d}left( fleft( x right) right)}={{text{e}}^{fleft( x right)}}left| _{0}^{1} right.={{text{e}}^{fleft( 1 right)}}-{{text{e}}^{fleft( 0 right)}}={{text{e}}^{5}}-{{text{e}}^{5}}=0$.
Vậy $I=0$.
Câu 36.
${{log }_{2}}left( 7{{x}^{2}}+7 right)ge {{log }_{2}}left( m{{x}^{2}}+4x+m right)$ nghiệm đúng với mọi $x$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
7{x^2} + 7 ge m{x^2} + 4x + m\
m{x^2} + 4x + m > 0
end{array} right.$
TH1: Xét $m=7$ ta được $left{ begin{array}{l}
– 4x ge 0\
7{x^2} + 4x + 7 > 0
end{array} right.$.(1). Ta thấy hệ (1) không nghiệm đúng với mọi $x$
$Rightarrow m=7$ (loại).
TH2: Xét $m=0$ ta được $left{ begin{array}{l}
7{x^2} – 4x + 7 ge 0\
4x > 0
end{array} right.$(2). Ta thấy hệ (2) không nghiệm đúng với mọi $x$
$Rightarrow m=0$ ( loại).
TH3: Xét $mne 7$và $mne 0$.
$left{ begin{array}{l}
left( {7 – m} right){x^2} – 4x + 7 – m ge 0\
m{x^2} + 4x + m > 0
end{array} right.$nghiệm đúng với mọi x
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
0 < m < 7\
left[ begin{array}{l}
m ge 9\
m le 5
end{array} right.\
left[ begin{array}{l}
m > 2\
m < – 2
end{array} right.
end{array} right.{kern 1pt} Leftrightarrow 2 < m le 5.{kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} $
Câu 37.
Gọi $alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $left( P right)$và $left( Q right)$. Vì $0{}^circ le alpha le 90{}^circ $ nên $alpha $ nhỏ nhất khi và chỉ khi $text{cos}alpha $ lớn nhất.
Ta có $text{cos}alpha =frac{left| 1+2m-2left( m-1 right) right|}{sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{left( -2 right)}^{2}}}.sqrt{{{1}^{2}}+{{m}^{2}}+{{left( m-1 right)}^{2}}}}$$text{=}frac{1}{sqrt{2{{m}^{2}}-2m+2}}$
$text{=}frac{1}{sqrt{2}}.frac{1}{sqrt{{{m}^{2}}-m+1}}$$text{=}frac{1}{sqrt{2}}.frac{1}{sqrt{{{left( m-frac{1}{2} right)}^{2}}+frac{3}{4}}}$$le frac{1}{sqrt{2}}.frac{1}{sqrt{frac{3}{4}}}=frac{sqrt{6}}{3},forall m$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $m-frac{1}{2}=0Leftrightarrow m=frac{1}{2}$.
Khi đó $left( Q right):x+frac{1}{2}y-frac{1}{2}z+2019=0$. Dễ thấy điểm $Mleft( -2019,;,1,;,1 right)$ thuộc mặt phẳng$left( Q right)$.
Vậy mặt phẳng $left( Q right)$ đi qua điểm $Mleft( -2019,;,1,;,1 right)$.
Câu 38.
Ta có: ${{log }_{2}}^{2}x-{{log }_{2}}{{x}^{2}}+3=mLeftrightarrow {{log }_{2}}^{2}x-2{{log }_{2}}x+3=m,,left( 1 right)$.
Đặt $t={{log }_{2}}x$, $xin left[ 1,;,8 right]$$Rightarrow tin left[ 0,;,3 right]$. Phương trình $left( 1 right)$ trở thành ${{t}^{2}}-2t+3=m,,left( 2 right)$.
Phương trình $left( 1 right)$ có nghiệm $xin left[ 1,;,8 right]$ khi và chỉ khi phương trình $left( 2 right)$ có nghiệm $tin left[ 0,;,3 right]$.
Xét hàm số $fleft( t right)={{t}^{2}}-2t+3$ với $tin left[ 0,;,3 right]$.
Ta có bảng biến thiên:
Vậy phương trình $left( 1 right)$ có nghiệm $xin left[ 1,;,8 right]$$Leftrightarrow fleft( 1 right)le mle fleft( 3 right)$$Leftrightarrow 2le mle 6$.
Câu 39 .
Tập xác định của hàm số $D=mathbb{R}backslash left{ 1 right}$.
Hoành độ giao điểm của $d$ và $,left( C right)$ là nghiệm của phương trình $frac{2x}{x-1},,=x-m+2$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
0 < m < 7\
left[ begin{array}{l}
m ge 9\
m le 5
end{array} right.\
left[ begin{array}{l}
m > 2\
m < – 2
end{array} right.
end{array} right.{kern 1pt} Leftrightarrow 2 < m le 5.{kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} {kern 1pt} $$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ne 1\
2x = {x^2} – mx + 2x – x + m – 2,,,,,,,,,,,,,
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ne 1\
{x^2} – left( {m + 1} right)x + m – 2 = 0,,,left( 1 right)
end{array} right.$.
$d$ cắt $,left( C right)$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi $left( 1 right)$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$
$ Leftrightarrow $$left{ begin{array}{l}
{left( {m + 1} right)^2} – 4left( {m – 2} right) > 0\
{1^2} – left( {m + 1} right).1 + m – 2 ne 0,
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{m^2} – 2m + 9 > 0\
– 2 ne 0,,,,,,,,,,,,,,,
end{array} right.$$ Leftrightarrow {left( {m – 1} right)^2} + 8 > 0$, đúng với $forall min mathbb{R}$.
Nghiệm ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ của $left( 1 right)$ lần lượt là hoành độ điểm $A$, $B$.
Gọi $Aleft( {{x}_{1}},;,,{{x}_{1}}-m+2 right)$ và $Bleft( {{x}_{2}},;,,{{x}_{2}}-m+2 right)$. Theo hệ thức Vi-ét ta có: $left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = m + 1\
{x_1}{x_2} = m – 2
end{array} right.$
.
$A{{B}^{2}}={{left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} right)}^{2}}+{{left( {{x}_{2}}-m+2-{{x}_{1}}+m-2 right)}^{2}}$$=2{{left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} right)}^{2}}$$=2{{left( {{x}_{2}}+{{x}_{1}} right)}^{2}}-8{{x}_{2}}{{x}_{1}}$$=2{{left( m+1 right)}^{2}}-8left( m-2 right)$$=2{{m}^{2}}-4m+18$$=2{{left( m-1 right)}^{2}}+16$$ge 16,forall m$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $m=1$.
Vậy $AB$ ngắn nhất khi $m=1$.
Câu 40.
Ta có thể tích khối lăng trụ $V=dleft( {A}’;left( ABC right) right).{{S}_{ABC}}$.
Điểm $M$ nằm trên cạnh $A{A}’$ thỏa mãn $AM=2M{A}’$ nên $dleft( M,;left( ABC right) right)=frac{2}{3}dleft( {A}’,;,left( ABC right) right)$ và $dleft( M,;left( {A}'{B}'{C}’ right) right)=frac{1}{3}dleft( A,;left( {A}'{B}'{C}’ right) right)$$=frac{1}{3}dleft( {A}’,;left( ABC right) right)$.
Thể tích khối chóp $M.ABC$ là ${{V}_{1}}=frac{1}{3}.dleft( M,;left( ABC right) right).{{S}_{ABC}}$$=frac{1}{3}.frac{2}{3}.dleft( {A}’,;left( ABC right) right).{{S}_{ABC}}$$=frac{2}{9}V$.
Thể tích khối chóp $M.{A}'{B}'{C}’$ là ${{V}_{2}}=frac{1}{3}.dleft( M;left( {A}'{B}'{C}’ right) right).{{S}_{{A}'{B}'{C}’}}$$=frac{1}{3}.frac{1}{3}.dleft( {A}’,;left( ABC right) right).{{S}_{ABC}}$$=frac{1}{9}V$.
Thể tích khối chóp $M.BC{C}'{B}’$ là ${V}’=V-{{V}_{1}}-{{V}_{2}}$$=V-frac{2}{9}V-frac{1}{9}V$$=frac{2}{3}V$.
Vậy $frac{{{V}’}}{V}=frac{2}{3}$.
Có thể tính nhanh:
$frac{{{V}’}}{V}=frac{V-{{V}_{M.ABC}}-{{V}_{M.{A}'{B}'{C}’}}}{V}$$=1-frac{frac{1}{3}dleft( M;left( ABC right) right)}{dleft( {A}’;left( ABC right) right)}-frac{frac{1}{3}dleft( M;left( {A}'{B}'{C}’ right) right)}{dleft( A;left( {A}'{B}'{C}’ right) right)}$$=1-frac{2}{9}-frac{1}{9}=frac{2}{3}$.
Cách 2: Lưu Thêm
+ ${{V}_{M.BC{C}'{B}’}}={V}’=frac{1}{3}dleft( M;left( BC{C}'{B}’ right) right).{{S}_{BC{C}'{B}’}}$
$=frac{1}{3}d.left( A;left( BC{C}'{B}’ right) right).{{S}_{BC{C}'{B}’}}$$={{V}_{A.BC{C}'{B}’}}$ $left( 1 right)$
+ Ta lại có: $frac{{{V}_{A.BC{C}'{B}’}}}{V}=1-frac{{{V}_{A.{A}'{B}'{C}’}}}{V}$$=1-frac{frac{1}{3}dleft( A;left( {A}'{B}'{C}’ right) right).{{S}_{{A}'{B}'{C}’}}}{dleft( A;left( {A}'{B}'{C}’ right) right).{{S}_{{A}'{B}'{C}’}}}=1-frac{1}{3}=frac{2}{3}$ $left( 2 right)$
Từ $left( 1 right)$ và $left( 2 right)$ $Rightarrow frac{{{V}’}}{V}=frac{2}{3}$.
Câu 41.
Dãy số ${{u}_{n}}=frac{n}{n+1}$ bị chặn vì $0<frac{n}{n+1}<1$ với $forall nin ,{{mathbb{N}}^{*}},$. Chọn A.
Lại có: + $underset{nto +infty }{mathop{lim }},sqrt{{{n}^{2}}+1}$$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},left( n.sqrt{1+frac{1}{{{n}^{2}}}} right)$$=+,infty $.
+ $underset{nto +infty }{mathop{lim }},left( {{2}^{n}}+1 right)=+,infty $.
+ $underset{nto +infty }{mathop{lim }},left( n+frac{1}{n} right)$ $=underset{nto +infty }{mathop{lim }},left[ nleft( 1+frac{1}{{{n}^{2}}} right) right]=+,infty $.
Nên các dãy số ${{u}_{n}}=sqrt{{{n}^{2}}+1}$, ${{u}_{n}}={{2}^{n}}+1$, ${{u}_{n}}=n+frac{1}{n}$ không bị chặn trên, suy ra các dãy số này không bị chặn. Loại B, C, D.
Câu 42.
Ta có $left( 2z-1 right)left( 1+i right)+left( overline{z}+1 right)left( 1-i right)=2-2i$
$Leftrightarrow 2zleft( 1+i right)-1-i+left( 1-i right)overline{z}+1-i=2-2i$.
$Leftrightarrow 2zleft( 1+i right)=2-left( 1-i right)overline{z}text{ }left( 1 right)$.
Đặt $z=a+bi$ với $a,;,,bin mathbb{R}$.
Ta có: $2zleft( 1+i right)=2left( a+bi right)left( 1+i right)=2a-2b+left( 2a+2b right)i$.
$2-left( 1-i right)overline{z}text{ }$= $2-left( 1-i right)left( a-bi right)=2-a+b+left( a+b right)i$.
Do đó $left( 1 right) Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2a – 2b = 2 – a + b\
2a + 2b = a + b
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
3a – 3b = 2\
a + b = 0
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = frac{1}{3}\
b = – frac{1}{3}
end{array} right.$
Vậy $z=frac{1}{3}-frac{1}{3}i$$Rightarrow left| z right|=sqrt{{{left( frac{1}{3} right)}^{2}}+{{left( -frac{1}{3} right)}^{2}}}=frac{sqrt{2}}{3}$.
Câu 43.
Cách 1:
Gọi $M,,N$lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AD$ .
Ta có: $Delta ABC$ và $Delta SBC$ là các tam giác đều cạnh $a$$Rightarrow AM=SM=frac{asqrt{3}}{2}$.
$Rightarrow Delta SAM$là tam giác đều cạnh $frac{asqrt{3}}{2}$.
Gọi $F$ là trung điểm của $AM$$Rightarrow SFbot AM$ $left( 1 right)$.
Mặt khác $Delta ABC$ đều $Rightarrow AMbot BC$.
$Delta SBC$ đều $Rightarrow SMbot BC$.
$Rightarrow BCbot left( SAM right)$$Rightarrow BCbot SF$ $left( 2 right)$.
Từ $left( 1 right)$ và $left( 2 right)$ $Rightarrow SFbot left( ABC right)$.
Gọi $E$ là trọng tâm $Delta ABC$, $Delta ABC$ đều $Rightarrow ,E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$.
Qua $E$ kẻ đường thẳng $left( d right)$ vuông góc với $mpleft( ABC right)$
$Rightarrow $$left( d right)$ là trục của đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$.
Vì $SFbot left( ABC right)$$Rightarrow left( d right),text{//},SF$ .
Mặt khác $Delta SAM$ đều nên đường thẳng $MN$ là đường trung trực đoạn $SA$.
Trong $mpleft( SAM right)$, gọi $O=left( d right)cap MN$.
+ $Oin left( d right)Rightarrow ,,OA=OB=OC$.
+ $Oin MNRightarrow ,,OS=OA$.
Vậy $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$, bán kính $R=OA=sqrt{O{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}}$.
Trong $Delta ABC$: $AE=frac{2}{3}AM=frac{2}{3}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{asqrt{3}}{3}$, $EM=frac{1}{3}AM=frac{asqrt{3}}{6}$.
$Delta SAM$ đều $Rightarrow ,MN$ là đường phân giác trong góc $widehat{SMA}$$Rightarrow widehat{OME}=30{}^circ $.
Xét $Delta OME$ vuông tại $E$: $tan 30{}^circ =frac{OE}{EM}$$Rightarrow OE=frac{asqrt{3}}{6}.frac{1}{sqrt{3}}=frac{a}{6}$.
Vậy $R=sqrt{O{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}}=sqrt{frac{{{a}^{2}}}{36}+frac{{{a}^{2}}}{3}}=frac{asqrt{13}}{6}$.
Cách 2:
Gọi $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $SAB$, $E$ là trung điểm của $SA$.
$Delta SAB$ cân tại $B$ nên $Hin BE$.
Vì $CA=CB=CS=a$ nên $CHbot (SAB)$.
$Rightarrow $ Đường thẳng $CH$ là trục của đường tròn ngoại tiếp $Delta SAB$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CB$, qua $M$ dựng đường thẳng $left( d right)$ vuông góc với $BC$.
$left( d right)cap ,CH=O$.
+ $Oin left( d right)Rightarrow OB=OC$.
+ $Oin CHRightarrow OS=OA=OB$.
Suy ra $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $SABC$, bán kính $R=,OC$.
Ta có $Delta CMOsim Delta CHB$$Rightarrow frac{CM}{CH}=frac{CO}{CB}$$Rightarrow CO=frac{CM.CB}{CH}=frac{C{{B}^{2}}}{2.CH}$.
Xét $Delta SBE$ ta có: $BE=sqrt{S{{B}^{2}}-S{{E}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-frac{3{{a}^{2}}}{16}}=frac{asqrt{13}}{4}$.
Ta có: ${{S}_{Delta SAB}}=frac{1}{2}BE.SA=frac{1}{2}.frac{asqrt{13}}{4}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{{{a}^{2}}sqrt{39}}{16}$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp $Delta SAB$ là: $BH=frac{SA.SB.AB}{4.{{S}_{Delta SAB}}}=frac{frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{2}}{4.frac{{{a}^{2}}sqrt{39}}{16}}=frac{2a}{sqrt{13}}$.
Xét $Delta CHB$ ta có: $CH=sqrt{C{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-frac{4{{a}^{2}}}{13}}=frac{3a}{sqrt{13}}$.
Vậy $R=CO=frac{C{{B}^{2}}}{2.CH}=frac{{{a}^{2}}}{2.frac{3a}{sqrt{13}}}=frac{asqrt{13}}{6}$.
Câu 44.
Cách 1:
Ta có $overrightarrow{AB}=left( 1;,-1;,2 right)Rightarrow AB=sqrt{6}$, $overrightarrow{AC}=left( 2;,2;,-4 right)Rightarrow AC=2sqrt{6}$.
Giả sử đường phân giác trong của góc $A$ cắt $BC$ tại $D$.
Khi đó: $frac{DB}{DC}=frac{AB}{AC}=frac{1}{2}Rightarrow DB=frac{1}{2}DCRightarrow overrightarrow{DB}=-frac{1}{2}overrightarrow{DC}$ (*) (vì $D$ nằm giữa $B$ và $C$).
Gọi $Dleft( x;,y;,z right)Rightarrow overrightarrow{DB}=left( 3-x;,-y;,2-z right)$, $overrightarrow{DC}=left( 4-x;,3-y;,-4-z right)$.
Thay vào (*) ta được hệ phương trình
$left{ begin{array}{l}
3 – x = – frac{1}{2}left( {4 – x} right)\
– y = – frac{1}{2}left( {3 – y} right)\
2 – z = – frac{1}{2}left( { – 4 – z} right)
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = frac{{10}}{3}\
y = 1\
z = 0
end{array} right.$. Vậy $Dleft( frac{10}{3};,1;,0 right)$.
Suy ra $overrightarrow{AD}=left( frac{4}{3};,0;,0 right)$.
Đường phân giác trong của góc $A$ đi qua điểm $Aleft( 2;,1;,0 right)$ và có vectơ chỉ phương $overrightarrow{u}=frac{3}{4}overrightarrow{AD}=left( 1;,0;,0 right)$ nên có phương trình là:
$left{ begin{array}{l}
x = 2 + t\
y = 1\
z = 0
end{array} right.$
Cách 2:
Ta có $overrightarrow{AB}=left( 1;,-1;,2 right)Rightarrow left| overrightarrow{AB} right|=sqrt{6}$, $overrightarrow{AC}=left( 2;,2;,-4 right)Rightarrow left| overrightarrow{AC} right|=2sqrt{6}$.
Lấy điểm $E$ trên cạnh $AB$ sao cho $AE=1$. Khi đó $overrightarrow{AE}=frac{1}{left| overrightarrow{AB} right|}overrightarrow{AB}=left( frac{1}{sqrt{6}};,-frac{1}{sqrt{6}};,frac{2}{sqrt{6}} right)$.
Lấy điểm $F$ trên cạnh $AC$ sao cho $AF=1$. Khi đó $overrightarrow{AF}=frac{1}{left| overrightarrow{AC} right|}overrightarrow{AC}=left( frac{1}{sqrt{6}};,frac{1}{sqrt{6}};,-frac{2}{sqrt{6}} right)$.
Dựng hình bình hành $AEDF$, ta có $overrightarrow{AD}=overrightarrow{AE}+overrightarrow{AF}=left( frac{2}{sqrt{6}};,0;,0 right)$.
Vì $AE=AF=1$ nên hình bình hành $AEDF$ cũng là hình thoi. Do đó $overrightarrow{AD}$ là một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong của góc $A$ của tam giác $ABC$.
Vậy đường phân giác trong của góc $A$ đi qua điểm $Aleft( 2;,1;,0 right)$ và có vectơ chỉ phương là$overrightarrow{u}=frac{sqrt{6}}{2}overrightarrow{AD}=left( 1;,0;,0 right)$ nên có phương trình là:
$left{ begin{array}{l}
x = 2 + t\
y = 1\
z = 0
end{array} right.$
Nhận xét:
Đường phân giác trong của góc $widehat{BAC}$ có vectơ chỉ phương là $overrightarrow{u}=frac{1}{left| overrightarrow{AB} right|}overrightarrow{AB}+frac{1}{left| overrightarrow{AC} right|}overrightarrow{AC}$..
Cách 3: Lưu Thêm
Ta có $overrightarrow{AB}=left( 1;,-1;,2 right)Rightarrow AB=sqrt{6}$, $overrightarrow{AC}=left( 2;,2;,-4 right)Rightarrow AC=2sqrt{6}$.
Gọi $I$ là trung điểm $AC$. Ta có $I=left( 3;,2;,-2 right)$ và $AI=sqrt{6}$.
Dựng hình bình hành $ABKI$, ta có $overrightarrow{AK}=overrightarrow{AB}+overrightarrow{AI}=left( 2;,0;,0 right)$.
Vì $AB=AI=sqrt{6}$ nên hình bình hành $ABKI$ cũng là hình thoi. Do đó $overrightarrow{AK}$ là một vectơ chỉ phương của đường phân giác trong của góc $A$ của tam giác $ABC$.
Vậy đường phân giác trong của góc $A$ đi qua điểm $Aleft( 2;,1;,0 right)$ và có vectơ chỉ phương là$overrightarrow{u}=frac{1}{2}overrightarrow{AI}=left( 1;,0;,0 right)$ nên có phương trình là: $left{ begin{array}{l}
x = 2 + t\
y = 1\
z = 0
end{array} right.$
Câu 45.
Bảng xét dấu:
Khi đó: $intlimits_{1}^{5}{left| frac{x-2}{x+1} right|}text{d}x$$=-intlimits_{1}^{2}{frac{x-2}{x+1}}text{d}x+intlimits_{2}^{5}{frac{x-2}{x+1}}text{d}x$$=-intlimits_{1}^{2}{left( 1-frac{3}{x+1} right)}text{d}x+intlimits_{2}^{5}{left( 1-frac{3}{x+1} right)}text{d}x$
$=-intlimits_{1}^{2}{text{d}x}+3intlimits_{1}^{2}{frac{text{d}left( x+1 right)}{x+1}+}intlimits_{2}^{5}{text{d}x}-3intlimits_{2}^{5}{frac{text{d}left( x+1 right)}{x+1}}$
$=-left. x right|_{1}^{2}+left. 3ln left| x+1 right| right|_{1}^{2}+left. x right|_{2}^{5}-left. 3ln left| x+1 right| right|_{2}^{5}$$=2-6ln 2+3ln 3$.
Suy ra: $a=2,text{ }b=-6,text{ }c=3$. Vậy $P=-36$.
Câu 46.
Điều kiện : $xin left[ -1;1 right]$.
Xét phương trình: ${{text{e}}^{m}}+{{text{e}}^{3m}}=2left( x+sqrt{1-{{x}^{2}}} right)left( 1+xsqrt{1-{{x}^{2}}} right) left( 1 right)$.
Đặt $t=x+sqrt{1-{{x}^{2}}}$.
Ta có ${{t}^{2}}=1+2x.sqrt{1-{{x}^{2}}}Rightarrow x.sqrt{1-{{x}^{2}}}=frac{{{t}^{2}}-1}{2}$.
Khi đó, phương trình $left( 1 right)$ trở thành:
${{text{e}}^{m}}+{{text{e}}^{3m}}=2tleft( 1+frac{{{t}^{2}}-1}{2} right)$$Leftrightarrow {{text{e}}^{m}}+{{text{e}}^{3m}}=tleft( {{t}^{2}}+1 right)$$Leftrightarrow {{left( {{text{e}}^{m}} right)}^{3}}+{{text{e}}^{m}}={{t}^{3}}+t left( 2 right)$.
Xét hàm số:$gleft( u right)={{u}^{3}}+u$ trên $mathbb{R}$.
Ta có: ${g}’left( u right)=3{{u}^{2}}+1>0, forall uin mathbb{R}$. Suy ra hàm số $gleft( u right)$ đồng biến trên $mathbb{R}$.
Do đó: $left( 2 right) Leftrightarrow gleft( {{text{e}}^{m}} right)=gleft( t right)Leftrightarrow {{text{e}}^{m}}=t$.
Khi đó ta có $left( 1 right)Leftrightarrow {{text{e}}^{m}}=x+sqrt{1-{{x}^{2}}}left( 3 right)$
Xét hàm số: $fleft( x right)=x+sqrt{1-{{x}^{2}}}$ . TXĐ: $left[ -1;1 right]$.
Ta có: ${f}’left( x right)=1-frac{x}{sqrt{1-{{x}^{2}}}}=frac{sqrt{1-{{x}^{2}}}-x}{sqrt{1-{{x}^{2}}}}$.
$f’left( x right) = 0 Leftrightarrow sqrt {1 – {x^2}} = x Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ge 0\
1 – {x^2} = {x^2}
end{array} right. Leftrightarrow x = frac{{sqrt 2 }}{2}$
Bảng biến thiên:
Phương trình $left( 1 right)$có nghiệm $xin left[ -1;1 right]Leftrightarrow $ phương trình $left( 3 right)$ có nghiệm $xin left[ -1;1 right]$$Leftrightarrow -1le {{text{e}}^{m}}le sqrt{2}$$Leftrightarrow mle ln sqrt{2}$.
Do $min mathbb{N}$ nên $min left{ 0 right}$.
Câu 47.
Tập xác định $D=mathbb{R}$.
${f}’left( x right)=3left( m-1 right){{x}^{2}}-10x+left( m+3 right)$.
* Trường hợp 1: $m=1$.
Lúc đó ${f}’left( x right)=-10x+4$. Ta có ${f}’left( x right)=0Leftrightarrow x=frac{2}{5}$. Suy ra hàm số $y=fleft( x right)$ có một điểm cực trị dương. Suy ra hàm số $y=fleft( left| x right| right)$ có đúng 3 điểm cực trị.
* Trường hợp 2: $mne 1$.
Lúc này hàm số $y=fleft( x right)$ là hàm bậc ba. Hàm số $y=fleft( left| x right| right)$ có đúng ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ${f}’left( x right)=0$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thoả mãn ${{x}_{1}}<0<{{x}_{2}}$ hoặc ${{x}_{1}}=0<{{x}_{2}}$.
Ø Phương trình ${f}’left( x right)=0$ có hai nghiệm trái dấu $Leftrightarrow $ $left( m-1 right).left( m+3 right)<0$$Leftrightarrow $$-3<m<1$.
Ø Phương trình ${f}’left( x right)=0$ có nghiệm ${{x}_{1}}=0<{{x}_{2}}$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
P = 0\
S > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m + 3 = 0\
frac{{10}}{{3left( {m – 1} right)}} > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m = – 3\
m > 1
end{array} right.$. Hệ phương trình này vô nghiệm.
Kết hợp các trường hợp, ta có$-3<mle 1$. Vì $min mathbb{Z}$ nên $min left{ -2;-1;0;1 right}$.
Vậy có $4$ giá trị nguyên của $m$ để hàm số $y=fleft( left| x right| right)$ có đúng $3$ điểm cực trị.
Câu 48.
Giả sử $z=x+yi,,,left( x,,,yin mathbb{R} right)$. Theo giả thiết ta có ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1$.
Ta có: $P=left| {{z}^{2}}-z right|+left| {{z}^{2}}+z+1 right|=left| zleft( z-1 right) right|+left| {{z}^{2}}+z+1 right|=left| z right|.left| z-1 right|+left| {{z}^{2}}+z+1 right|=left| z-1 right|+left| {{z}^{2}}+z+1 right|$.
$left| z-1 right|=left| x+yi-1 right|=sqrt{{{left( x-1 right)}^{2}}+{{y}^{2}}}=sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1}=sqrt{2-2x}$.
${{z}^{2}}+z+1={{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2xyi+x+yi+1=2{{x}^{2}}+x+yleft( 2x+1 right)i$
$Rightarrow left| {{z}^{2}}+z+1 right|=sqrt{{{x}^{2}}{{left( 2x+1 right)}^{2}}+{{y}^{2}}{{left( 2x+1 right)}^{2}}}=sqrt{{{left( 2x+1 right)}^{2}}left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} right)}=left| 2x+1 right|$.
Suy ra $P=sqrt{2-2x}+left| 2x+1 right|$.
Xét hàm số $fleft( x right)=sqrt{2-2x}+left| 2x+1 right|$ trên đoạn $left[ -1;1 right]$.
+ Trên $left[ -1;-frac{1}{2} right)$:
$fleft( x right)=sqrt{2-2x}-2x-1Rightarrow {f}’left( x right)=-frac{1}{sqrt{2-2x}}-2<0,,,,,forall xin left[ -1;-frac{1}{2} right)$ .
Mặt khác hàm số $fleft( x right)=sqrt{2-2x}-2x-1$ liên tục trên $left[ -1;-frac{1}{2} right)$.
Do đó hàm số nghịch biến trên $left[ -1;-frac{1}{2} right)$$Rightarrow fleft( x right)le fleft( -1 right)=3,,,,forall xin left[ -1;-frac{1}{2} right)$.
$Rightarrow underset{xin left[ -1;-frac{1}{2} right)}{mathop{max fleft( x right)}},=3$. (1)
+ Trên $left[ -frac{1}{2};1 right]$:
$fleft( x right)=sqrt{2-2x}+2x+1Rightarrow {f}’left( x right)=-frac{1}{sqrt{2-2x}}+2Rightarrow {f}’left( x right)=0Leftrightarrow sqrt{2-2x}=frac{1}{2}Leftrightarrow x=frac{7}{8}$.
Có: $fleft( -frac{1}{2} right)=sqrt{3}$; $fleft( frac{7}{8} right)=frac{13}{4}$; $fleft( 1 right)=3$.
$Rightarrow underset{xin left[ -frac{1}{2};1 right]}{mathop{max fleft( x right)}},=frac{13}{4}$. (2)
Từ (1) và (2) $Rightarrow underset{xin left[ -1;1 right]}{mathop{max fleft( x right)}},=frac{13}{4}$ hay ${{P}_{max }}=frac{13}{4}$.
Chú ý:
Ta có thể biến đổi theo hướng khác như sau
Do $z.overline{z}=left| z right|=1Rightarrow {{z}^{2}}+z+1={{z}^{2}}+z+z.overline{z}=zleft( z+1+overline{z} right)=zleft( 2x+1 right)$
$Rightarrow left| {{z}^{2}}+z+1 right|=left| zleft( 2x+1 right) right|=left| z right|left| 2x+1 right|=left| 2x+1 right|$.
Câu 49.
Đặt $AM=x,,x>0$, ta tính được $A{{N}^{2}}={{b}^{2}}-{{x}^{2}}$ và $BN=sqrt{A{{N}^{2}}-A{{B}^{2}}}$$=sqrt{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}$.
Tính thể tích tứ diện $ABMN$.
Ta có ${{V}_{ABMN}}=frac{1}{3}AM.left( frac{1}{2}AB.BN right)$$=frac{1}{6}axsqrt{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}$
$=frac{a}{6}sqrt{{{x}^{2}}.left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}} right)}$$le frac{a}{6}left( frac{{{x}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2} right)=frac{1}{12}aleft( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} right)$.
Dấu $”=”$ xảy ra khi ${{x}^{2}}={{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{x}^{2}}$$Leftrightarrow x=sqrt{frac{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}{2}}$.
Câu 50.
Ta có $Min left( alpha right)$ và $widehat{AMB}=90{}^circ $ suy ra $M$ nằm trên đường tròn $left( C right)$ là giao tuyến của mặt phẳng $left( alpha right)$ và mặt cầu $left( S right)$ đường kính $AB$.
Lại có $Bin left( alpha right)$ suy ra $B$ và $M$ cùng nằm trên đường tròn $left( C right)$.
Khi đó $MB$ lớn nhất khi và chỉ khi $MB$ là đường kính của đường tròn $left( C right)$.
Gọi $I$ là tâm mặt cầu $left( S right)$ suy ra $Ileft( -frac{1}{2};0;-1 right)$,$H$ là tâm đường tròn $left( C right)$.
$left( alpha right)$ có một vectơ pháp tuyến là $overrightarrow{{{n}_{left( alpha right)}}}left( 2;2;-1 right)$.
Đường thẳng $IH$ vuông góc với $left( alpha right)$ nên nhận $overrightarrow{{{n}_{left( alpha right)}}}left( 2;2;-1 right)$ là vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của đường thẳng $IH:left{ begin{array}{l}
x = – frac{1}{2} + 2t\
y = 2t\
z = – 1 – t
end{array} right.$.
Ta có $Hleft( -frac{1}{2}+2t;2t;-1-t right)$.
$Hin left( alpha right)Leftrightarrow 2left( -frac{1}{2}+2t right)+2left( 2t right)-left( -1-t right)+9=0$$Leftrightarrow t=-1$. Suy ra $Hleft( -frac{5}{2};-2;0 right)$.
Phương trình đường thẳng $BM$ đi qua $B$ nhận $overrightarrow{BH}=left( -frac{1}{2};0;-1 right)=-frac{1}{2}left( 1;0;2 right)$ làm vectơ chỉ phương là: $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = – 2 + t}\
{y = – 2}\
{z = 1 + 2t}
end{array}} right.$
