Câu 30. Chọn B.
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nên $AG$ cắt $SC$ tại trung điểm $M$ của $SC$, tương tự $BG$ cắt $SD$ tại trung điểm $N$ của $SD$.
Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ và $I$ là trung điểm của $AB$. Suy ra góc giữa mặt bên $left( SAB right)$ và mặt đáy $left( ABCD right)$ là $widehat{SIO}=60{}^circ $. Do đó $SO=OI.tan 60{}^circ =frac{asqrt{3}}{2}$.
Suy ra ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=frac{1}{3}{{a}^{2}}cdot frac{asqrt{3}}{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$.
Mặt khác ${{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}$, ta lại có $frac{{{V}_{S.ABM}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SA}{SA}cdot frac{SB}{SB}cdot frac{SM}{SC}=frac{1}{2}$ $Rightarrow {{V}_{S.ABM}}=frac{1}{2}.{{V}_{S.ABC}}$.
$frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=frac{SA}{SA}cdot frac{SN}{SD}cdot frac{SM}{SC}=frac{1}{2}cdot frac{1}{2}=frac{1}{4}$ $Rightarrow {{V}_{S.AMN}}=frac{1}{4}.{{V}_{S.ACD}}$.
Vậy ${{V}_{S.ABMN}}=frac{3}{4}{{V}_{S.ABCD}}=frac{3}{4}frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$.
Câu 31. Chọn B.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: ${x^2} – 2x = 0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.$.
Khi quay $left( H right)$ xung quanh trục $Ox$ ta được khối tròn xoay giới hạn bởi $left{ begin{array}{l}
y = {x^2}\
y = 2x\
x = 0\
x = 2
end{array} right.$.
Do đó thể tích của khối tròn xoay là: $V=pi intlimits_{0}^{2}{left| {{left( {{x}^{2}} right)}^{2}}-{{left( 2x right)}^{2}} right|text{d}x}=frac{64pi }{15}$.
Câu 32. Chọn A.
Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $BCD$ và $G$ là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện$ABCD$.
Khi đó bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện$ABCD$ là:
$r=dleft( G,left( ABC right) right)$$=dleft( G,left( BCD right) right)$$=dleft( G,left( ACD right) right)$$=dleft( G,left( ABD right) right)$.
Ta có: ${{V}_{G.BCD}}=frac{1}{3}.{{S}_{BCD}}.dleft( G,left( BCD right) right)$$Rightarrow dleft( G,left( BCD right) right)=frac{3.{{V}_{G.BCD}}}{{{S}_{BCD}}}$.
Mà ${{V}_{G.BCD}}$$={{V}_{G.ABC}}$$={{V}_{G.ABD}}$$={{V}_{G.ACD}}$(vì ${{S}_{BCD}}={{S}_{ABC}}={{S}_{ABD}}={{S}_{ACD}}$).
Mặt khác ${{V}_{G.BCD}}+{{V}_{G.ABC}}+{{V}_{G.ABD}}+{{V}_{G.ACD}}={{V}_{ABCD}}$$Rightarrow {{V}_{G.BCD}}=frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}$.
$BH=frac{asqrt{3}}{3}$; $AH=sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=frac{asqrt{6}}{3}$.
${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}.frac{asqrt{6}}{3}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$$Rightarrow {{V}_{G.BCD}}=frac{1}{4} {{V}_{ABCD}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{48}$.
$Rightarrow r=dleft( G,left( BCD right) right)$$=frac{3.{{V}_{G.BCD}}}{{{S}_{BCD}}}$$=frac{3.frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{48}}{frac{{{a}^{2}}sqrt{3}} {4}}$$=frac{asqrt{6}}{12}$.
Vậy thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện là: $V=frac{4}{3}pi {{r}^{3}}=frac{{{a}^{3}}pi sqrt{6}}{216}$.
Câu 33. Chọn D.
Điều kiện $x>0$. Đặt $t=sqrt{log _{3}^{2}x+1}ge 1$, ta được phương trình ${{t}^{2}}+t-2m-2=0,,,,,left( * right)$.
Ta có $xin left[ 1,;,,{{3}^{sqrt{3}}} right]$ Û $0le {{log }_{3}}xle sqrt{3}$ Û $1le t=sqrt{log _{3}^{2}x+1}le 2$.
Phương trình đã cho có nghiệm thuộc $xin left[ 1,;,,{{3}^{sqrt{3}}} right]$ Û $left( * right)$ có nghiệm $tin left[ 1,;,,2 right]$.
Đặt $fleft( t right)={{t}^{2}}+t$, với $tin left[ 1,;,,2 right]$.
Hàm số $fleft( t right)$ là hàm đồng biến trên đoạn $left[ 1,;,,2 right]$. Ta có $fleft( 1 right)=2$ và $fleft( 2 right)=6$.
Phương trình ${{t}^{2}}+t=2m+2$ $Leftrightarrow $ $fleft( t right)=2m+2$ có nghiệm $tin left[ 1,;,,2 right]$ $Leftrightarrow $ $fleft( 1 right)le 2m+2le fleft( 2 right)$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
fleft( 1 right) le 2m + 2\
2m + 2 le fleft( 2 right)
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2 le 2m + 2\
2m + 2 le 6
end{array} right. Leftrightarrow 0 le m le 2$
Câu 34. Chọn B.
Điều kiện $left{ begin{array}{l}
x > 2\
x ne 4\
x in Z
end{array} right.$. Phương trình đã cho tương đương với:
$2{{log }_{3}}left( x-2 right)+2{{log }_{3}}left| x-4 right|=0$ $Leftrightarrow $ ${{log }_{3}}left[ left( x-2 right)left| x-4 right| right]=0$ $Leftrightarrow $ $left( x-2 right)left| x-4 right|=1$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
left( {x – 2} right)left( {x – 4} right) = 1\
x > 4
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
left( {x – 2} right)left( {x – 4} right) = – 1\
2 < x < 4
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
{x^2} – 6x + 7 = 0\
x > 4
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
{x^2} – 6x + 9 = 0\
2 < x < 4
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
x = 3 pm sqrt 2 \
x > 4
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
x = 3\
2 < x < 4
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 3 + sqrt 2 \
x = 3
end{array} right.$
Do $xin mathbb{Z}$ nên $x=3$.
Vậy tổng số tiền mà An để dành được sau $1$ tuần ($7$ ngày) là $21$ (nghìn đồng).
Câu 35. Chọn D.
Gọi $H$ là giao điểm của $d$ và $Delta $, khi đó giá của $overrightarrow{MH}$ vuông góc với đường thẳng $Delta $.
$Hleft( 1+2t;,-1+t;,-t right)$, $overrightarrow{MH}=left( 2t-1;,t-2;,-t right)$, $overrightarrow{{{u}_{Delta }}}=left( 2;,1;,-1 right)$ là VTCP của $Delta $.
Ta có $overrightarrow{MH}.overrightarrow{{{u}_{Delta }}}=0Leftrightarrow 2left( 2t-1 right)+1left( t-2 right)-1left( -t right)=0$ $Leftrightarrow t=frac{2}{3}$
$overrightarrow{MH}=left( frac{1}{3};,-frac{4}{3};,-frac{2}{3} right)$.
Vậy vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $overrightarrow{u}=left( 1;,-4;,-2 right)$.
Câu 36. Chọn A.
Ta có $widehat{left( {A}’D,left( ABCD right) right)}=widehat{{A}’DG}=45{}^circ $.
Ta giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $BG=frac{asqrt{3}}{3}$, $DB=asqrt{3}$, $DG=2BG=frac{2asqrt{3}}{3}$.
Tam giác ${A}’DG$ vuông cân tại $G$ nên ${A}’G=DG=frac{2asqrt{3}}{3}$.
${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}={{S}_{ABCD}}.AG=frac{1}{2}a.asqrt{3}.frac{2asqrt{3}}{3}={{a}^{3}}$.
Câu 37. Chọn C.
Ta có: $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},y=+infty $$Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng; $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=2$$Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang.
$Min left( C right)$$Rightarrow Mleft( a;,2+frac{5}{a-1} right)$ với $ane 1$.
Khoảng cách từ $M$ đến tiệm cận đứng: ${{d}_{1}}=frac{left| a-1 right|}{sqrt{1}}=left| a-1 right|$,
Khoảng cách từ $M$ đến tiệm ngang ${{d}_{2}}=frac{left| 2+frac{5}{a-1}-2 right|}{sqrt{{{0}^{2}}+{{1}^{2}}}}=left| frac{5}{a-1} right|$.
Xét ${{d}_{1}}.{{d}_{2}}=left| a-1 right|.left| frac{5}{a-1} right|=left| left( a-1 right).frac{5}{a-1} right|=5$.
Câu 38. Chọn D.
Gọi phương trình parabol $left( P right):y=a{{x}^{2}}+bx+c$. Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho $left( P right)$ có đỉnh $Iin Oy$ (như hình vẽ).
|
Ta có hệ phương trình: $left{ begin{array}{l} Vậy $left( P right):y=-{{x}^{2}}+frac{9}{4}$. Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là: $S=intlimits_{frac{-3}{2}}^{frac{3}{2}}{left( -{{x}^{2}}+frac{9}{4} right)text{d}x}$$=2intlimits_{0}^{frac{3}{2}}{left( -{{x}^{2}}+frac{9}{4} right)text{d}x}$$=left. 2left( frac{- {{x}^{3}}}{3}+frac{9}{4}x right) right|_{0}^{frac{9}{4}}$$=frac{9}{2}{{text{m}}^{2}}$. Số tiền phải trả là: $frac{9}{2}.1500000=6750000$ đồng. Câu 39. Chọn A. Ta có: $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{1+sqrt{4-frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+frac{3}{x}}=frac{3}{2}Rightarrow $$y=frac{3}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $left( C right)$. $underset{xto -infty }{mathop{lim }},y=$$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=$$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{1-sqrt{4-frac{3}{{{x}^{2}}}}}{2+frac{3}{x}}=frac{-1}{2}$$Rightarrow y=frac{-1}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị $left( C right)$. $underset{xto {{left( -frac{3}{2} right)}^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{left( -frac{3}{2} right)}^{+}}}{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=+infty $; $underset{xto {{left( -frac{3}{2} right)}^{-}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{left( -frac{3}{2} right)}^{-}}}{mathop{lim }},frac{x+sqrt{4{{x}^{2}}-3}}{2x+3}=-infty Rightarrow $ $x=-frac{3}{2}$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị $left( C right)$ suy đồ thị $left( C right)$ của hàm số có $3$ đường tiệm cận nên $m=3$. Với $x=1$ ta có $n=yleft( 1 right)=frac{2}{5}$. Vậy $m.n=frac{6}{5}$. Câu 40. Chọn C.
Theo giả thiết vì $SAbot left( ABC right)$ nên $SAbot AB$, $SAbot BC$. Mặt khác $BCbot AB$ nên $BCbot SB$. Vậy góc giữa $left( SBC right)$ và đáy là góc $widehat{SBA}=alpha $. Trong tam giác vuông $SAB$ ta có: $tan alpha =frac{SA}{AB}=sqrt{3}Rightarrow alpha =60{}^circ $. Câu 41. Chọn C. TXĐ $D=mathbb{R}$. ${f}’left( x right)=3{{x}^{2}}+2ax+b$. Điều kiện để hàm số có hai điểm cực trị là ${f}’left( x right)=0$ có hai nghiệm phân biệt $Rightarrow {{a}^{2}}-3b>0$. Lấy $fleft( x right)$ chia cho ${f}’left( x right)$. Ta có $fleft( x right)={f}’left( x right).left( frac{1}{3}x+frac{1}{9}a right)+left( frac{2}{3}b-frac{2}{9} right)x+c-frac{1}{9}ab$. Suy ra đường thẳng đi qua $A$, $B$là: $y=left( frac{2}{3}b-frac{2}{9} right)x+c-frac{1}{9}abtext{ }left( d right)$. Theo đầu bài $left( d right)$ đi qua gốc tọa độ $Rightarrow c-frac{1}{9}ab=0$$Leftrightarrow ab=9c$. Khi đó $P=abc+ab+c$ $Leftrightarrow P=9{{c}^{2}}+10c$$Leftrightarrow P={{left( 3c+frac{5}{3} right)}^{2}}-frac{25}{9}$. Suy ra $min P=-frac{25}{9}$. Câu 42. Chọn D. Ta có $frac{1}{z}+frac{1}{w}=frac{1}{z+w}$$Rightarrow {{left( z+w right)}^{2}}=zw$$Leftrightarrow {{w}^{2}}+wz+{{z}^{2}}=0$$Leftrightarrow w=frac{-zpm zsqrt{3}i}{2}$.
Câu 43. Chọn B. Trường hợp 1: ${{x}^{2}}+2{{y}^{2}}>1$. Đặt $sqrt{2}y=z$. Suy ra $Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{z}^{2}}>1text{ }left( 1 right)$ ${{log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}left( 2x+y right)ge 1$ $Leftrightarrow 2x+yge {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$ $Leftrightarrow 2x+frac{z}{sqrt{2}}ge {{x}^{2}}+{{z}^{2}}$ $Leftrightarrow {{left( x-1 right)}^{2}}+{{left( z-frac{1}{2sqrt{2}} right)}^{2}}le frac{9}{8},text{ }left( 2 right)$ Tập hợp các điểm $Mleft( x;z right)$ là miền $left( H right)$ bao gồm miền ngoài của hình tròn $left( {{C}_{1}} right):{{x}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ và miền trong của hình tròn $left( {{C}_{2}} right):{{left( x-1 right)}^{2}}+{{left( z-frac{1}{2sqrt{2}} right)}^{2}}=frac{9}{8}$.
Hệ $left{ begin{array}{l} Để T đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng $d:,2x+frac{z}{sqrt{2}}-T=0$ tiếp xúc với đường tròn $left( {{C}_{2}} right)$ $Leftrightarrow dleft( I;d right)=frac{3}{2sqrt{2}}$ với $Ileft( 1;frac{1}{2sqrt{2}} right)$ là tâm của đường tròn $left( {{C}_{2}} right)$. $Leftrightarrow frac{left| 2+frac{1}{4}-T right|}{sqrt{4+frac{1}{2}}}=frac{3}{2sqrt{2}}$ $Leftrightarrow left| T-frac{9}{4} right|=frac{9}{4}$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l} Trường hợp 2: $0<{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}<1$. ${{log }_{{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}}}left( 2x+y right)ge 1$$Leftrightarrow 2x+yle {{x}^{2}}+2{{y}^{2}}$$Leftrightarrow T=2x+y<1$ (loại). Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $T=2x+y$ là $max T=frac{9}{2}$ . Câu 44. Chọn D. Ta có diện tích miếng tôn là $S=pi .2500text{ }left( text{c}{{text{m}}^{text{2}}} right)$. Diện tích toàn phần của hình nón là: ${{S}_{tp}}=pi {{R}^{2}}+pi .R.l$. Thỏa mãn yêu cầu bài toán ta có: $pi {{R}^{2}}+pi .R.l=2500pi $$Leftrightarrow {{R}^{2}}+R.l=2500=A$ $Leftrightarrow l=frac{A}{R}-R$. Thể tích khối nón là: $V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.h$ $Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.sqrt{{{l}^{2}}-{{R}^{2}}}$$Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.sqrt{{{left( frac{A}{R}-R right)}^{2}}-{{R}^{2}}}$ $Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.sqrt{frac{{{A}^{2}}}{{{R}^{2}}}-2A}$$Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi .sqrt{{{A}^{2}}.{{R}^{2}}-2A.{{R}^{4}}}$$Leftrightarrow V=frac{1}{3}pi .sqrt{frac{{{A}^{3}}}{8}-2A{{left( {{R}^{2}}-frac{A}{4} right)}^{2}}}$ $Leftrightarrow Vle frac{1}{3}pi .frac{A}{2}sqrt{frac{A}{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi $R=sqrt{frac{A}{4}}=25$, vậy $V$ đạt GTLN khi $R=25$. Câu 45. Chọn D. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó ta có $begin{array}{l} Do đó, $M{{A}^{4}}+M{{B}^{4}}$ đạt GTNN khi $MI$ nhỏ nhất $Leftrightarrow $ $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $text{d}$. Điểm $Ileft( 2;-1;0 right)$. Lấy $Mleft( 2+t;-1+2t;3t right)in text{d}$. $overrightarrow{IM}=left( t;2t;3t right)$ $overrightarrow{IM}bot overrightarrow{{{u}_{d}}}Leftrightarrow overrightarrow{IM}.overrightarrow{{{u}_{d}}}=0Leftrightarrow t+4t+9t=0Leftrightarrow t=0$ Suy ra $Mequiv I$. Vậy ${{x}_{0}}=2$ Câu 46. Chọn A. Đặt ${{2}^{x}}={{3}^{y}}={{6}^{-z}}=t$ với $t>0.$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l} Mặt khác: ${{log }_{6}}t=frac{1}{{{log }_{t}}6}=frac{1}{{{log }_{t}}3+{{log }_{t}}2}=frac{1}{frac{1}{{{log }_{3}}t}+frac{1}{{{log }_{2}}t}}=frac{{{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t}{{{log }_{3}}t+{{log }_{2}}t}$. $M=xy+yz+xz={{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t-{{log }_{3}}t.{{log }_{6}}t-{{log }_{6}}t.{{log }_{2}}t$$={{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t-left( {{log }_{3}}t+{{log }_{2}}t right).{{log }_{6}}t$ $={{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t-left( {{log }_{3}}t+{{log }_{2}}t right).frac{{{log }_{3}}t.{{log }_{2}}t}{{{log }_{3}}t+{{log }_{2}}t}=0.$ Câu 47. Chọn C.
Gọi $Mleft( x;,,y right)$ là điểm biểu diễn số phức $z$. Do $left| z-2-2i right|=2$ nên tập hợp điểm $M$ là đường tròn $left( C right):{{left( x-2 right)}^{2}}+{{left( y-2 right)}^{2}}=4$. Các điểm $Aleft( 1;1 right)$, $Bleft( 5;2 right)$ là điểm biểu diễn các số phức $1+i$ và $5+2i$. Khi đó, $P=MA+MB$. Nhận thấy, điểm $A$ nằm trong đường tròn $left( C right)$ còn điểm $B$ nằm ngoài đường tròn $left( C right)$, mà $MA+MBge AB=sqrt{17}$. Đẳng thức xảy ra khi $M$ là giao điểm của đoạn $AB$ với $left( C right)$. Ta có, phương trình đường thẳng $AB:x-4y+3=0$. Tọa độ giao điểm của đường thẳng $AB$ và đường tròn $left( C right)$ là nghiệm của hệ với $1<y<5$ $left{ begin{array}{l} Ta có ${left( {4y – 5} right)^2} + {left( {y – 2} right)^2} = 4 Leftrightarrow 17{y^2} – 44y + 25 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l} Vậy $min P=sqrt{17}$ khi $z=frac{37+4sqrt{59}}{17}+frac{22+sqrt{59}}{17}i$ Câu 48. Chọn B. Ta có $overrightarrow{AB}=left( 5;0;0 right)$, $overrightarrow{DC}=left( 5;0;0 right)$ nên $overrightarrow{AB}=overrightarrow{DC}$ $Rightarrow ABCD$ là hình bình hành, mặt khác $overrightarrow{AD}=left( 0;5;0 right)$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l} Tương tự, ta có $overrightarrow{MP}=overrightarrow{QN}=left( 5;0;0 right)$; $overrightarrow{MQ}=left( 0;5;0 right)$ nên $MPNQ$ cũng là hình vuông. Lại có, $overrightarrow{AM}=left( 0;0;5 right)$ nên $AMbot left( ABCD right)$ và $AM=AB=AD$. Vậy 8 điểm trên tạo thành hình lập phương nên có 9 mặt phẳng đối xứng. Câu 49. Chọn C. Ta có $y=frac{3x-1}{x-3}$$Rightarrow y=3+frac{8}{x-3}$. Đặt $left{ begin{array}{l} Gọi $Mleft( {{X}_{1}};,,frac{8}{{{X}_{1}}} right)$ thuộc nhánh trái, $Nleft( {{X}_{2}};,frac{8}{{{X}_{2}}} right)$ thuộc nhánh phải của đồ thị hàm số, Với ${{X}_{1}}<0<{{X}_{2}}$. Ta có: $M{{N}^{2}}={{left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} right)}^{2}}+64{{left( frac{1}{{{X}_{2}}}-frac{1}{{{X}_{1}}} right)}^{2}}$ $Rightarrow M{{N}^{2}}ge 2sqrt{{{left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} right)}^{2}}.64{{left( frac{1}{{{X}_{2}}}-frac{1}{{{X}_{1}}} right)}^{2}}}$$Rightarrow M{{N}^{2}}ge 16left| left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} right)left( frac{1}{{{X}_{2}}}-frac{1}{{{X}_{1}}} right) right|$ $Rightarrow M{{N}^{2}}ge 16frac{{{left( {{X}_{2}}-{{X}_{1}} right)}^{2}}}{left| {{X}_{1}}{{X}_{2}} right|}$$Rightarrow M{{N}^{2}}ge 16frac{-4{{X}_{1}}{{X}_{2}}}{-{{X}_{1}} {{X}_{2}}}=64$. Do vậy $MNge 8$. Dấu bằng xảy ra $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} Vậy với $M=left( -2sqrt{2};,,-2sqrt{2} right)$ ; $N=left( 2sqrt{2};,,2sqrt{2} right)$ thì $MN$ có độ dài ngắn nhất bằng $8$. Cách khác: Do $M,N$ thuộc hai nhánh khác nhau nên ta có $Mleft( 3-alpha ;3-frac{8}{alpha } right);Nleft( 3+beta ;3+frac{8}{beta } right)$, với $alpha ;beta >0$. Khi đó $M{{N}^{2}}={{left( alpha +beta right)}^{2}}+{{left( frac{8}{alpha }+frac{8}{beta } right)}^{2}}$$={{left( alpha +beta right)}^{2}}+frac{64{{left( alpha +beta right)}^{2}}}{{{left( alpha beta right)}^{2}}}$ $={{left( alpha +beta right)}^{2}}left( 1+frac{64}{{{left( alpha beta right)}^{2}}} right)ge 4alpha beta left( 1+frac{64}{{{left( alpha beta right)}^{2}}} right)$ $=4left( alpha beta +frac{64}{alpha beta } right)ge 4.2.8=64$. Vậy $M{{N}_{min }}=8$ khi $left{ begin{array}{l} Câu 50. Chọn C. Điều kiện $4x+4y-4ge 0$ Ta có ${{log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2}}left( 4x+4y-4 right)ge 1$ $Leftrightarrow 4x+4y-4ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2$$Leftrightarrow {{left( x-2 right)}^{2}}+{{left( y-2 right)}^{2}}le 2,,,,left( {{C}_{1}} right)$. Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn (cả bờ) $left( {{C}_{1}} right)$ có tâm ${{I}_{1}},left( 2;,,2 right)$ bán kính ${{R}_{1}}=sqrt{2}$ Mặt khác: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-2y+2-m=0$$Leftrightarrow {{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-1 right)}^{2}}=m,,,left( * right)$ Với $m=0$ $Rightarrow x=-1;,,y=1$ không thỏa mãn: ${{left( x-2 right)}^{2}}+{{left( y-2 right)}^{2}}le 2$. Với $m>0$ thì $,left( * right)$ là đường tròn$,left( {{C}_{2}} right)$ có tâm ${{I}_{2}},left( -1;,,1 right)$ bán kính ${{R}_{2}}=sqrt{m}$. Để để tồn tại duy nhất cặp $left( x;,y right)$ thì $,left( {{C}_{1}} right)$ và$,left( {{C}_{2}} right)$ tiếp xúc với nhau. Trường hợp 1: $,left( {{C}_{1}} right)$ và$,left( {{C}_{2}} right)$ tiếp xúc ngoài.
Khi đó: ${{R}_{1}}+{{R}_{2}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$sqrt{m}+sqrt{2}=sqrt{10}$$Leftrightarrow m={{left( sqrt{10}-sqrt{2} right)}^{2}}$. Trường hợp 2: $,left( {{C}_{1}} right)$ nằm trong $,left( {{C}_{2}} right)$ và hai đường tròn tiếp xúc trong.
Khi đó: ${{R}_{2}}-{{R}_{1}}={{I}_{1}}{{I}_{2}}$$Leftrightarrow sqrt{m}-sqrt{2}=sqrt{10}$ $Leftrightarrow m={{left( sqrt{10}+sqrt{2} right)}^{2}}$. Vậy $m={{left( sqrt{10}-sqrt{2} right)}^{2}}$ và $m={{left( sqrt{10}+sqrt{2} right)}^{2}}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
|
