Câu 30: Chọn A.
Xét hàm số $y=frac{2x-1}{x+1}$ ta có ${y}’=frac{3}{{{left( x+1 right)}^{2}}}>0$với $xne -1$ nên hàm số không có cực trị.
Câu 31: Chọn D.
Quãng đường ô tô đi được trong $5$$left( text{s} right)$ đầu là ${{s}_{1}}=intlimits_{0}^{5}{7ttext{d}t}=7left. frac{{{t}^{2}}}{2} right|_{0}^{5}=87,5$ (mét).
Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là ${{v}_{left( 2 right)}}left( t right)=35-35t$ (m/s). Khi xe dừng lại hẳn thì ${{v}_{left( 2 right)}}left( t right)=0Leftrightarrow 35-35t=0Leftrightarrow t=1$.
Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là ${{s}_{2}}=intlimits_{0}^{1}{left( 35-35t right)text{d}t}$$=left. left( 35t-35frac{{{t}^{2}}}{2} right) right|_{0}^{1}$$=17.5$ (mét).
Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là $s={{s}_{1}}+{{s}_{2}}$$=87.5+17.5$$=105$ (mét).
Câu 32: Chọn C.
Xét hàm số $gleft( t right)=frac{{{text{e}}^{t}}}{{{text{e}}^{t}}+sqrt{text{e}}}$ ta có $gleft( 1-t right)=frac{{{text{e}}^{1-t}}}{{{text{e}}^{1-t}}+sqrt{text{e}}}=frac{frac{text{e}}{{{text{e}}^{t}}}}{frac{text{e}}{{{text{e}}^{t}}}+sqrt{text{e}}}=frac{sqrt{text{e}}}{sqrt{text{e}}+{{text{e}}^{t}}}$.
Khi đó $gleft( t right)+gleft( 1-t right)=frac{{{text{e}}^{t}}}{{{text{e}}^{t}}+sqrt{text{e}}}+frac{sqrt{text{e}}}{sqrt{text{e}}+{{text{e}}^{t}}}=1$. (*)
Xét hàm số $y=fleft( x right)=2018ln left( {{text{e}}^{frac{x}{2018}}}+sqrt{text{e}} right)$ ta có ${y}’={f}’left( x right)=frac{{{text{e}}^{frac{x}{2018}}}}{{{text{e}}^{frac{x}{2018}}}+sqrt{text{e}}}$.
Do $frac{1}{2018}+frac{2017}{2018}=1$ nên theo (*) ta có ${f}’left( 1 right)+{f}’left( 2017 right)={f}’left( frac{1}{2018} right)+{f}’left( frac{2017}{2018} right)=1$.
Khi đó ta có $T={f}’left( 1 right)+{f}’left( 2 right)+…+{f}’left( 2017 right)$
$=left[ {f}’left( 1 right)+{f}’left( 2017 right) right]+left[ {f}’left( 2 right)+{f}’left( 2016 right) right]+…+left[ {f}’left( 1008 right)+{f}’left( 1010 right) right]+{f}’left( 1009 right)$
$=1+1+…+1+frac{{{text{e}}^{frac{1009}{2018}}}}{{{text{e}}^{frac{1009}{2018}}}+sqrt{text{e}}}$$=1008+frac{1}{2}$$=frac{2017}{2}$
Câu 33. Chọn A.
Hàm số không xác định tại điểm $x=frac{b}{4}$. Theo đồ thị ta có tiệm cận đứng nhỏ hơn $1$ $Leftrightarrow $$frac{b}{4}<1Leftrightarrow b<4$. Do $b$ nguyên dương nên $bin left{ 1,2,3 right}$.
Ta có ${y}’=frac{4a-2b}{{{left( 4x-b right)}^{2}}}$ . Hàm số nghịch biến nên $4a-2b<0$$Leftrightarrow $ $b>2a$. Do $a$ là số nguyên dương và $bin left{ 1,2,3 right}$ nên ta có một cặp $left( a,,b right)$ thỏa mãn là $left( 1,,3 right)$.
Câu 34. Chọn A.
Gọi $O=ACcap BD$ và $M$ là trung điểm $AB$. Hình nón có đỉnh $S$ và đường tròn đáy nội tiếp tứ giác $ABCD$ có bán kính đáy là $R=OM=frac{a}{2}$ và có chiều cao là $h=SO$.
Thể tích khối nón $V=frac{1}{3}Bh$ trong đó $B=pi {{R}^{2}}=frac{pi {{a}^{2}}}{4}$.
Diện tích tam giác $SAB$ là $2{{a}^{2}}$ nên $frac{1}{2}SM.AB=2{{a}^{2}}$$Leftrightarrow $ $SM=4a$ .
Trong tam giác vuông $SOM$ ta có $SO=sqrt{S{{M}^{2}}-O{{M}^{2}}}=sqrt{16{{a}^{2}}-frac{{{a}^{2}}}{4}}=frac{3asqrt{7}}{2}$ hay $h=frac{3asqrt{7}}{2}$ .
Vậy thể tích của khối nón $V=frac{pi {{a}^{3}}sqrt{7}}{8}$.
Câu 35. Chọn A.
Ta có $P=lo{{g}_{a}}b+lo{{g}_{a}}c+lo{{g}_{b}}a+lo{{g}_{b}}c+4lo{{g}_{c}}a+4lo{{g}_{c}}b$$Leftrightarrow $
$P=left( lo{{g}_{a}}b+frac{1}{lo{{g}_{a}}b} right)+left( lo{{g}_{a}}c+frac{4}{lo{{g}_{a}}c} right)+left( lo{{g}_{b}}c+frac{4}{lo{{g}_{b}}c} right)$ $ge 2+4+4=10$ $Rightarrow $$m=10$.
Dấu đẳng xảy ra khi $lo{{g}_{a}}b=1$, $lo{{g}_{a}}c=2$, $lo{{g}_{b}}c=2$$Rightarrow $$n=2$.
Vậy $m+n=12$ .
Câu 36. Chọn D.
Phương trình tương đương ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}={{m}^{3}}-3{{m}^{2}}$. Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $d:$ $y={{m}^{3}}-3{{m}^{2}}$ có ba điểm chung với đồ thị hàm số $f(x)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}$.
Ta có ${f}’left( x right)=3{{x}^{2}}-6x$ , $f’left( x right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.$ .
Bảng biến thiên
Ta có $fleft( -1 right)=4$ và $fleft( 3 right)=0$. Phương trình có ba nghiệm phân biệt $Leftrightarrow $$-4<{{m}^{3}}-3{{m}^{2}}<0$ $Leftrightarrow $$-4<fleft( m right)<0$.
Dựa vào bảng biến thiên ta được: $min left( -1;,3 right)backslash left{ 0,,2 right}$.
Câu 37. Chọn A.
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:
${{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-2=mLeftrightarrow {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-2-m=0,,,,,,,,,left( 1 right)$.
Vì $m>0Leftrightarrow -2-m<0$ hay phương trình $left( 1 right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:
${{x}^{2}}=frac{3+sqrt{4m+17}}{2}Rightarrow {{x}_{1}}=sqrt{frac{3+sqrt{4m+17}}{2}},,text{va }{{x}_{2}}=-sqrt{frac{3+sqrt{4m+17}}{2}}$.
Khi đó: $Aleft( {{x}_{1}};m right)$, $Bleft( {{x}_{2}};m right)$.
Ta có tam giác $OAB$ vuông tại $O$, trong đó $O$ là gốc tọa độ $Leftrightarrow overrightarrow{OA}.overrightarrow{OB}=0Leftrightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{2}}+{{m}^{2}}=0$.
$ Leftrightarrow frac{{3 + sqrt {4m + 17} }}{2} = {m^2} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{m^2} – 3 ge 0\
4{m^4} – 12{m^2} – 4m – 8 = 0
end{array} right.m = 2$.
Vậy m=2 là giá trị cần tìm.
Câu 38. Chọn A.
Đặt $t={{4}^{x}}$, $t>0$, khi đó phương trình trở thành: $left( m+1 right){{t}^{2}}-2left( 2m-3 right)t+6m+5=0$. $left( * right)$
Để phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu thì phương trình $left( * right)$ có hai nghiệm dương và số 1 nằm giữa khoảng hai nghiệm
$left{ begin{array}{l}
left( {m + 1} right)fleft( 1 right) < 0\
{t_1} + {t_2} = frac{{2left( {2m – 3} right)}}{{m + 1}} > 0\
{t_1}.{t_2} = frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left( {m + 1} right)left( {3m + 12} right) < 0\
frac{{2left( {2m – 3} right)}}{{m + 1}} > 0\
frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 4 < m < – 1\
left[ begin{array}{l}
m > frac{3}{2}\
m < – 1
end{array} right.\
left[ begin{array}{l}
m > – frac{5}{6}\
m < – 1
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow – 4 < m < – 1$
Vì $min mathbb{Z}Rightarrow min left{ -3;-2 right}$.
Câu 39.Chọn A.
Tọa độ giao điểm $I=left( frac{3}{2};frac{1}{2} right)$.
Gọi tọa độ tiếp điểm là $left( {{x}_{0}};frac{{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}+3} right)$. Khi đó phương trình tiếp tuyến $Delta $ với đồ thị hàm số tại điểm $left( {{x}_{0}};frac{{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}+3} right)$ là:
$y=-frac{1}{{{left( 2{{x}_{0}}-3 right)}^{2}}}left( x-{{x}_{0}} right)+frac{{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}-3}Leftrightarrow x+{{left( 2{{x}_{0}}-3 right)}^{2}}y-2x_{0}^{2}+4{{x}_{0}}-3=0$.
Khi đó: $dleft( I,Delta right)=frac{left| frac{3}{2}+frac{1}{2}{{left( 2{{x}_{0}}-3 right)}^{2}}-2x_{0}^{2}+4{{x}_{0}}-3 right|}{sqrt{1+{{left( 2{{x}_{0}}-3 right)}^{4}}}}=frac{left| -2{{x}_{0}}+3 right|}{sqrt{1+{{left( 2{{x}_{0}}-3 right)}^{4}}}}le frac{left| 2{{x}_{0}}-3 right|}{sqrt{2{{left( 2{{x}_{0}}-3 right)}^{2}}}}=frac{1}{sqrt{2}}$
(Theo bất đẳng thức Cô si)
Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi ${left( {2{x_0} – 3} right)^2} = 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
2{x_0} – 3 = 1\
2{x_0} – 3 = – 1
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 2\
{x_0} = 1
end{array} right.$.
Vậy $max dleft( I,Delta right)=frac{1}{sqrt{2}}$.
Câu 40. Chọn B.
Vì góc giữa $left( SBC right)$ và mặt đáy $left( ABCD right)$ là $60{}^circ $ nên $widehat{SBA}=60{}^circ $ $Rightarrow AB=frac{SA}{tan 60{}^circ }=frac{2a}{sqrt{3}}$.
Khi đó: ${{S}_{ABCD}}=AB.AD=frac{2a}{sqrt{3}}.2a=frac{4{{a}^{2}}sqrt{3}}{3}$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó:${{S}_{ADM}}=frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}=frac{2{{a}^{2}}sqrt{3}}{3}$.
$Rightarrow $ ${{V}_{S.ADG}}=frac{2}{3}{{V}_{S.ADM}}=frac{2}{3}.frac{1}{3}.2a.frac{2{{a}^{2}}sqrt{3}}{3}=frac{8{{a}^{3}}sqrt{3}}{27}$.
Câu 41. Chọn B.
Điều kiện: $-2le xle 2$.
Đặt $t=sqrt{2-x}+sqrt{2+x}ge 0Rightarrow {{t}^{2}}=4+2sqrt{4-{{x}^{2}}}Rightarrow sqrt{4-{{x}^{2}}}=frac{{{t}^{2}}-4}{2}$.
Phương trình đã cho thành $t-frac{{{t}^{2}}-4}{2}=m$.
Xét hàm số $fleft( x right)=sqrt{2-x}+sqrt{2+x}$, với $xin left[ -2;2 right]$ ta có
${f}’left( x right)=-frac{1}{2sqrt{2-x}}+frac{1}{2sqrt{2+x}}$; $left{ begin{array}{l}
x in left( { – 2;2} right)\
f’left( x right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x in left( { – 2;2} right)\
2 – x = 2 + x
end{array} right. Leftrightarrow x = 0$
Hàm số $fleft( x right)$ liên tục trên $left[ -2;2 right]$ và $fleft( -2 right)=2$; $fleft( 2 right)=2$; $fleft( 0 right)=2sqrt{2}$
$Rightarrow underset{left[ -2;2 right]}{mathop{min }},fleft( x right)=2$ và $underset{left[ -2;2 right]}{mathop{max }},fleft( x right)=2sqrt{2}$$Rightarrow 2le fleft( x right)le 2sqrt{2}Rightarrow tin left[ 2;2sqrt{2} right]$.
Xét hàm số $fleft( t right)=t-frac{{{t}^{2}}-4}{2}$, với $tin left[ 2;2sqrt{2} right]$ ta có ${f}’left( t right)=1-t<0$, $forall tin left( 2;2sqrt{2} right)$.
Bảng biến thiên:
YCBT $Leftrightarrow $ trên $left[ -2;2 right]$ đồ thị hàm số $y=fleft( t right)$ cắt đường thẳng $y=m$$Leftrightarrow 2sqrt{2}-2le mle 2$.
Khi đó $left{ begin{array}{l}
a = 2sqrt 2 – 2\
b = 2
end{array} right. Rightarrow T = left( {a + 2} right)sqrt 2 + b = 6$
Câu 42. Chọn D.
Ta có $ADtext{//}BCRightarrow AD$ nhận $overrightarrow{CB}=left( 5;2;-1 right)$ là một VTCP.
Kết hợp với $AD$ qua $Aleft( { – 2;3;1} right) Rightarrow AD:left{ begin{array}{l}
x = – 2 + 5t\
y = 3 + 2t\
z = 1 – t
end{array} right.$
Biến đổi ${{S}_{ABCD}}=3{{S}_{ABC}}$$Leftrightarrow {{S}_{ACD}}=2{{S}_{ABC}}$ $left( 1 right)$
Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} = left( {4; – 2; – 1} right)\
overrightarrow {AC} = left( { – 1; – 4;0} right)\
overrightarrow {AD} = left( {5t;2t; – t} right)
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
left[ {overrightarrow {AB} ;overrightarrow {AC} } right] = left( { – 4;1; – 18} right)\
left[ {overrightarrow {AC} ;overrightarrow {AD} } right] = left( {4t; – t;18t} right)
end{array} right.$
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{S_{ABC}} = frac{1}{2}left| {left[ {overrightarrow {AB} ;overrightarrow {AC} } right]} right| = frac{1}{2}sqrt {{{left( { – 4} right)}^2} + {1^2} + {{left( { – 18} right)}^2}} = frac{{sqrt {341} }}{2}\
{S_{ACD}} = frac{1}{2}left[ {overrightarrow {AC} ;overrightarrow {AD} } right] = frac{1}{2}sqrt {{{left( {4t} right)}^2} + {{left( { – t} right)}^2} + {{left( {18t} right)}^2}} = frac{{left| t right|sqrt {341} }}{2}
end{array} right.$
Kết hợp với $left( 1 right)$ ta được $frac{{left| t right|sqrt {341} }}{2} = sqrt {341} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 2 Rightarrow Dleft( {8;7; – 1} right)\
t = – 2 Rightarrow Dleft( { – 12; – 1;3} right)
end{array} right.$
Với $Dleft( 8;7;-1 right)Rightarrow overrightarrow{AD}=left( 10;4;-2 right)=2overrightarrow{CB}=-2overrightarrow{BC}$.
Với $Dleft( -12;-1;3 right)Rightarrow overrightarrow{AD}=left( -10;-4;2 right)=-2overrightarrow{CB}=2overrightarrow{BC}$.
Hình thang $ABCD$ có đáy $AD$ thì $overrightarrow{AD}=koverrightarrow{BC}$ với $k>0$.
Do đó chỉ có $Dleft( -12;-1;3 right)$ thỏa mãn.
Câu 43. Chọn D.
Giả sử $Mleft( {x;y;z} right) Rightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AM} = left( {x;y;z + 1} right)\
overrightarrow {BM} = left( {x + 1;y – 1;z} right)\
overrightarrow {CM} = left( {x – 1;y;z – 1} right)
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
A{M^2} = {x^2} + {y^2} + {left( {z + 1} right)^2}\
B{M^2} = {left( {x + 1} right)^2} + {left( {y – 1} right)^2} + {z^2}\
C{M^2} = {left( {x – 1} right)^2} + {y^2} + {left( {z – 1} right)^2}
end{array} right.$
$Rightarrow 3M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}=3left[ {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{left( z+1 right)}^{2}} right]+2left[ {{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-1 right)}^{2}}+{{z}^{2}} right]$
$-left[ {{left( x-1 right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{left( z-1 right)}^{2}} right]$
$=4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}+6x-4y+8z+6={{left( 2x+frac{3}{2} right)}^{2}}+{{left( 2y-1 right)}^{2}}+{{left( 2z+2 right)}^{2}}-frac{5}{4}ge -frac{5}{4}$.
Dấu $”=”$ xảy ra $Leftrightarrow x=-frac{3}{4}$, $y=frac{1}{2}$, $z=-1$, khi đó $Mleft( -frac{3}{4};frac{1}{2};-1 right)$.
Câu 44. Chọn B.
Gọi ${A}’$ là hình chiếu của $A$ lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm ${O}’$.
Gọi ${B}’$ là hình chiếu của $B$ lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm $O$.
Gọi $R$ là bán kính của đường tròn tâm $O$, suy ra: $R=2a$. Ta có: $alpha =widehat{BA{B}’}$.
Suy ra: $A{B}’=2Rtan alpha $. Gọi $I$ là trung điểm của $A{B}’$$Rightarrow OIbot A{B}’$.
Ta có: $OI=sqrt{O{{{{B}’}}^{2}}-I{{{{B}’}}^{2}}}=sqrt{{{R}^{2}}-{{R}^{2}}{{tan }^{2}}alpha }=Rsqrt{1-{{tan }^{2}}alpha }$.
Và: ${{S}_{Delta OA{B}’}}=frac{1}{2}OI.,A{B}’=frac{1}{2}R.,sqrt{1-{{tan }^{2}}alpha }.,2Rtan alpha $$={{R}^{2}}tan alpha .,sqrt{1-{{tan }^{2}}alpha }$.
Suy ra: ${{V}_{O{O}’AB}}=frac{1}{3}{{V}_{OA{B}’.,{O}'{A}’B}}=frac{1}{3}O{O}’.,{{S}_{Delta OA{B}’}}=frac{1}{3}.,2R.,{{R}^{2}}tan alpha .,sqrt{1-{{tan }^{2}}alpha }$.
Ta có: ${{V}_{O{O}’AB}}$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $tan alpha .,sqrt{1-{{tan }^{2}}alpha }$ đạt giá trị lớn nhất.
Xét hàm số $fleft( t right)=t.,sqrt{1-{{t}^{2}}}$ với $tin left[ 0,;,1 right]$ có ${f}’left( t right)=sqrt{1-{{t}^{2}}}+frac{t.,left( -t right)}{sqrt{1-{{t}^{2}}}}=frac{1-2{{t}^{2}}}{sqrt{1-{{t}^{2}}}}$ với $tin left( 0,;,1 right)$.
Xét ${f}’left( t right)=0Leftrightarrow 1-2{{t}^{2}}=0Leftrightarrow t=pm frac{1}{sqrt{2}}$.
Vì $0{}^circ <alpha <90{}^circ $ nên $tan alpha >0$$Rightarrow t=frac{1}{sqrt{2}}$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có ${{V}_{max }}$ khi $t=frac{1}{sqrt{2}}$ hay $tan alpha =frac{1}{sqrt{2}}$.
Câu 45:Chọn B.
Điều kiện: $-2le xle 2$.
Đặt $t=sqrt{2-x}+sqrt{2+x}ge 0Rightarrow {{t}^{2}}=4+2sqrt{4-{{x}^{2}}}Rightarrow sqrt{4-{{x}^{2}}}=frac{{{t}^{2}}-4}{2}$.
Phương trình đã cho thành $t-frac{{{t}^{2}}-4}{2}=m$.
Xét hàm số $fleft( x right)=sqrt{2-x}+sqrt{2+x}$, với $xin left[ -2;2 right]$ ta có
${f}’left( x right)=-frac{1}{2sqrt{2-x}}+frac{1}{2sqrt{2+x}}$; $left{ begin{array}{l}
x in left( { – 2;2} right)\
f’left( x right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x in left( { – 2;2} right)\
2 – x = 2 + x
end{array} right. Leftrightarrow x = 0$
Hàm số $fleft( x right)$ liên tục trên $left[ -2;2 right]$ và $fleft( -2 right)=2$; $fleft( 2 right)=2$; $fleft( 0 right)=2sqrt{2}$
$Rightarrow underset{left[ -2;2 right]}{mathop{min }},fleft( x right)=2$ và $underset{left[ -2;2 right]}{mathop{max }},fleft( x right)=2sqrt{2}$$Rightarrow 2le fleft( x right)le 2sqrt{2}Rightarrow tin left[ 2;2sqrt{2} right]$.
Xét hàm số $fleft( t right)=t-frac{{{t}^{2}}-4}{2}$, với $tin left[ 2;2sqrt{2} right]$ ta có ${f}’left( t right)=1-t<0$, $forall tin left( 2;2sqrt{2} right)$.
Bảng biến thiên:
YCBT $Leftrightarrow $ trên $left[ -2;2 right]$ đồ thị hàm số $y=fleft( t right)$ cắt đường thẳng $y=m$$Leftrightarrow 2sqrt{2}-2le mle 2$.
Khi đó $left{ begin{array}{l}
a = 2sqrt 2 – 2\
b = 2
end{array} right. Rightarrow T = left( {a + 2} right)sqrt 2 + b = 6$
Câu 46: Chọn D.
Ta có $ADtext{//}BCRightarrow AD$ nhận $overrightarrow{CB}=left( 5;2;-1 right)$ là một VTCP.
Kết hợp với $AD$ qua $Aleft( -2;3;1 right)$ $Rightarrow AD:left{ begin{array}{l}
x = – 2 + 5t\
y = 3 + 2t\
z = 1 – t
end{array} right.$ $left( tin mathbb{R} right)$$Rightarrow Dleft( 5t-2;2t+3;1-t right)$.
Biến đổi ${{S}_{ABCD}}=3{{S}_{ABC}}$$Leftrightarrow {{S}_{ACD}}=2{{S}_{ABC}}$ $left( 1 right)$
Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} = left( {4; – 2; – 1} right)\
overrightarrow {AC} = left( { – 1; – 4;0} right)\
overrightarrow {AD} = left( {5t;2t; – t} right)
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
left[ {overrightarrow {AB} ;overrightarrow {AC} } right] = left( { – 4;1; – 18} right)\
left[ {overrightarrow {AC} ;overrightarrow {AD} } right] = left( {4t; – t;18t} right)
end{array} right.$
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{S_{ABC}} = frac{1}{2}left| {left[ {overrightarrow {AB} ;overrightarrow {AC} } right]} right| = frac{1}{2}sqrt {{{left( { – 4} right)}^2} + {1^2} + {{left( { – 18} right)}^2}} = frac{{sqrt {341} }}{2}\
{S_{ACD}} = frac{1}{2}left[ {overrightarrow {AC} ;overrightarrow {AD} } right] = frac{1}{2}sqrt {{{left( {4t} right)}^2} + {{left( { – t} right)}^2} + {{left( {18t} right)}^2}} = frac{{left| t right|sqrt {341} }}{2}
end{array} right.$
Kết hợp với $left( 1 right)$ ta được $frac{{left| t right|sqrt {341} }}{2} = sqrt {341} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 2 Rightarrow Dleft( {8;7; – 1} right)\
t = – 2 Rightarrow Dleft( { – 12; – 1;3} right)
end{array} right.$
Với $Dleft( 8;7;-1 right)Rightarrow overrightarrow{AD}=left( 10;4;-2 right)=2overrightarrow{CB}=-2overrightarrow{BC}$.
Với $Dleft( -12;-1;3 right)Rightarrow overrightarrow{AD}=left( -10;-4;2 right)=-2overrightarrow{CB}=2overrightarrow{BC}$.
Hình thang $ABCD$ có đáy $AD$ thì $overrightarrow{AD}=koverrightarrow{BC}$ với $k>0$.
Do đó chỉ có $Dleft( -12;-1;3 right)$ thỏa mãn.
Câu 47: Chọn D.
Giả sử $Mleft( {x;y;z} right) Rightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AM} = left( {x;y;z + 1} right)\
overrightarrow {BM} = left( {x + 1;y – 1;z} right)\
overrightarrow {CM} = left( {x – 1;y;z – 1} right)
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
A{M^2} = {x^2} + {y^2} + {left( {z + 1} right)^2}\
B{M^2} = {left( {x + 1} right)^2} + {left( {y – 1} right)^2} + {z^2}\
C{M^2} = {left( {x – 1} right)^2} + {y^2} + {left( {z – 1} right)^2}
end{array} right.$
$Rightarrow 3M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}=3left[ {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{left( z+1 right)}^{2}} right]+2left[ {{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-1 right)}^{2}}+{{z}^{2}} right]$
$-left[ {{left( x-1 right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{left( z-1 right)}^{2}} right]$
$=4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}+6x-4y+8z+6={{left( 2x+frac{3}{2} right)}^{2}}+{{left( 2y-1 right)}^{2}}+{{left( 2z+2 right)}^{2}}-frac{5}{4}ge -frac{5}{4}$.
Dấu $”=”$ xảy ra $Leftrightarrow x=-frac{3}{4}$, $y=frac{1}{2}$, $z=-1$, khi đó $Mleft( -frac{3}{4};frac{1}{2};-1 right)$.
Câu 48. Chọn C.
Tập xác định $D=mathbb{R}$.
Ta có $y’ = 4{x^3} – 4x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 to y = 2\
x = pm 1 to y = 1
end{array} right.$
Bảng biến thiên
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị $Aleft( 0;2 right)$, $Bleft( -1;1 right)$, $Cleft( 1;1 right)$.
Nhận xét $Delta ABC$ cân tại $A$. Vì vậy $S=frac{1}{2}left| {{y}_{A}}-{{y}_{B}} right|.left| {{x}_{C}}-{{x}_{B}} right|=frac{1}{2}.1.2=1$.
Câu 49. Chọn C.
Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ frac{1}{3} right}$
Ta có $y=frac{2x-5}{3x-1}=frac{1}{3}.frac{6x-15}{3x-1}=frac{1}{3}left( 2-frac{13}{3x-1} right)$$Rightarrow 3y=$ $left( 2-frac{13}{3x-1} right)$
Ta có $yin mathbb{Z}$ nên $3yin mathbb{Z}$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
3x – 1 = 1\
3x – 1 = – 1\
3x – 1 = 13\
3x – 1 = – 13
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{2}{3} notin Z\
x = 0 in Z\
x = frac{{14}}{3} notin Z\
x = – 4 in Z
end{array} right.$.
Thử lại $x=0$ và $x=-4$ thỏa mãn.
Vậy có hai điểm có tọa độ nguyên $left( 0;5 right)$ và $left( -4;1 right)$.
Câu 50: Chọn A
Trước hết ta nhận thấy $Oztext{//}left( P right)$ và $left( {{x}_{O}}+{{y}_{O}}+7 right)left( {{x}_{A}}+{{y}_{A}}+7 right)>0$ nên $A$ và $Oz$ nằm về một phía của mặt phẳng $left( P right)$.
Gọi ${A}’$ là điểm đối xứng của $A$ qua $left( P right)$. Gọi $p$ là chu vi tam giác $ABC$.
Ta có $p=AB+BC+CA=AB+BC+{A}’C$ $ge AB+{A}’B$.
Do $Oztext{//}left( P right)$ nên $A{A}’bot Oz$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $Oz$, ta có $Ozbot {A}’K$.
Lúc đó $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{AB ge AK}\
{A’B ge A’K}
end{array}} right.$ $Rightarrow {{p}_{min }}$ khi $Kequiv B$.
Vậy $Bleft( 0;,0;,1 right)$.
