Câu 31.Chọn D
Số cách chia ngẫu nhiên 8 đội bóng thành hai bảng đấu là: $n(Omega )=C_{8}^{4}.C_{4}^{4}=70$.
Gọi $A$ là biến cố: “ hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau”.
Bảng 1: Từ 8 đội tham gia chọn ngẫu nhiên 1 đội Việt Nam và 3 đội nước ngoài vào bảng 1 có số cách chọn là $C_{6}^{3}.C_{2}^{1}$.
Bảng 2: Sau khi chọn các đội vào bảng 1 còn 1 đội Việt Nam và 3 đội nước ngoài xếp vào bảng 2 có 1 cách xếp.
Số cách chia 8 đội thành 2 bảng đấu sao cho hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau là: $n(A)=C_{6}^{3}.C_{2}^{1}.1=40$.
Vậy Xác suất cần tìm: $P(A)=frac{n(A)}{n(Omega )}=frac{40}{70}=frac{4}{7}$.
Câu 32.Chọn A
$Fleft( x right)=int{fleft( x right)text{d}x=int{frac{x}{operatorname{s}text{i}{{text{n}}^{2}}x}}text{d}x}$.
Đặt $left{ begin{array}{l}
u = x\
{rm{d}}v = frac{1}{{{mathop{rm s}nolimits} {rm{i}}{{rm{n}}^2}x}}{rm{d}}x
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{d}}u = {rm{d}}x\
v = – cot x
end{array} right.$
Khi đó: $Fleft( x right)=int{frac{x}{operatorname{s}text{i}{{text{n}}^{2}}x}text{d}x}=-x.cot x+int{cot xtext{d}x}=-x.cot x+int{frac{cos x}{sin x}text{d}x}=-x.cot x+int{frac{text{d}left( sin x right)}{sin x}}$
$=-x.cot x+ln left| operatorname{s}text{in}x right|+C$.
Với $xin left( 0;pi right)Rightarrow operatorname{s}text{in}x>0Rightarrow ln left| operatorname{s}text{in}x right|=ln left( operatorname{s}text{in}x right)$.
Vậy $Fleft( x right)=-xcot x+ln left( operatorname{s}text{in}x right)+C$.
Câu 33.Chọn C
Cách 1.
Xét $Delta ABC$ vuông tại $A$ có: $AC=sqrt{B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=3a$.
Gắn hệ trục tọa độ như hình và không mất tính tổng quát ta chọn $a=1$, khi đó ta có:
$Aleft( 0,;,0,;,0 right)$, $Bleft( 2,;,0,;,0 right)$, $Cleft( 0,;3,;,0 right)$, $Eleft( 1,;,0,;,0 right)$, ${A}’left( 0,;,0,;,4 right)$.
$overrightarrow{{A}’B}=left( 2,;,0,;,-4 right)$ , $overrightarrow{CE}=left( 1,;,-3,;,0 right)$ $Rightarrow ,left[ overrightarrow{{A}’B},,,overrightarrow{CE} right]=left( -12,;,-4,;,-6 right)$ .
$overrightarrow{CB}=left( 2,;,-3,;,0 right)$ .
$dleft( {A}’B,,CE right)=frac{left| left[ overrightarrow{{A}’B},,,overrightarrow{CE} right].,overrightarrow{CB} right|}{left| left[ overrightarrow{{A}’B},,,overrightarrow{CE} right] right|}=frac{left| -12.,2+left( -4 right).left( -3 right)+left( -6 right).,0 right|}{sqrt{{{left( -12 right)}^{2}}+{{left( -4 right)}^{2}}+{{left( -6 right)}^{2}}}}=frac{6}{7}$.
Vậy khoảng cách giữa ${A}’B$ và $CE$ là $frac{6a}{7}$.
Cách 2.
Gọi $F$ là trung điểm $A{A}’$.
Ta có $left( CEF right)text{//}{A}’B$ nên $text{d}left( CE,{A}’B right)=text{d}left( {A}’B,left( CEF right) right)=text{d}left( {A}’,left( CEF right) right)=text{d}left( A,left( CEF right) right)$.
Kẻ $AIbot CE;AHbot FI$ thì $AHbot left( CEF right)$ hay $text{d}left( A,left( CEF right) right)=AH$.
$frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{A{{F}^{2}}}+frac{1}{A{{I}^{2}}}=frac{1}{A{{F}^{2}}}+frac{1}{A{{E}^{2}}}+frac{1}{A{{F}^{2}}}+frac{1}{A{{C}^{2}}}=frac{1}{{{a}^{2}}}+frac{1}{9{{a}^{2}}}+frac{1}{4{{a}^{2}}}=frac{49}{36{{a}^{2}}}$.
Suy ra
$text{d}left( CE,{A}’B right)=text{d}left( A,left( CEF right) right)=AH=frac{6a}{7}$.
Vậy khoảng cách giữa ${A}’B$ và $CE$ là $frac{6a}{7}$.
Câu 34.Chọn B
Đặt $t=gleft( x right)={{x}^{3}}-3x,text{ }xin left[ -1;2 right]$
$g’left( x right) = 3{x^2} – 3 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = – 1
end{array} right.$
Bảng biến thiên của hàm số $gleft( x right)$ trên $left[ -1;2 right]$
Suy ra với $t=-2$, có $1$ giá trị của $x$ thuộc đoạn $left[ -1;2 right]$.
$tin left( -2;2 right]$, có $2$ giá trị của $x$ thuộc đoạn $left[ -1;2 right]$.
Phương trình $fleft( {{x}^{3}}-3x right)=m$ có $6$ nghiệm phân biệt thuộc đoạn $left[ -1;2 right]$ khi và chỉ khi phương trình $fleft( t right)=m$ có $3$ nghiệm phân biệt thuộc $left( -2;2 right]$. (1)
Dựa vào đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ và $m$ nguyên ta có hai giá trị của $m$ thỏa mãn điều kiện (1) là: $m=0,text{ }m=-1.$
Câu 35.Chọn D
Gọi $z=a+bi$; $left( a,bin mathbb{R} right)$$Rightarrow overline{z}=a-bi$.
Ta có: ${{left| z-1 right|}^{2}}={{left| a+bi-1 right|}^{2}}={{left( a-1 right)}^{2}}+{{b}^{2}}$,
$left| z-overline{z} right|i=left| a+bi-a+bi right|i=sqrt{{{left( 2b right)}^{2}}}i=2left| b right|i$,
${{i}^{2019}}={{i}^{4.504+3}}={{left( {{i}^{4}} right)}^{504}}.{{i}^{3}}=i.{{i}^{2}}=-i$,
$left( z+overline{z} right){{i}^{2019}}=-ileft( a+bi+a-bi right)=-2ai$.
Suy ra phương trình đã cho tương đương với:
${{left( a-1 right)}^{2}}+{{b}^{2}}+2left| b right|i-2ai=1$
$begin{array}{l}
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left( {a – 1} right)^2} + {b^2} = 1\
2left| b right| – 2a = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{a^2} – 2a + {b^2} = 0\
a = left| b right|
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{left| b right|^2} – 2left| b right| = 0\
a = left| b right|
end{array} right.\
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
left| b right| = 0\
left| b right| = 1
end{array} right.\
a = left| b right|
end{array} right. Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{a = 0}\
{b = 0}
end{array}} right.}\
{left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{a = 1}\
{b = 1}
end{array}} right.}\
{left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{a = 1}\
{b = – 1}
end{array}} right.}
end{array}} right.
end{array}$
Vậy có 3 số phức $z$ thỏa mãn.
Câu 36.Chọn B
Ta có: $m+{{x}^{2}}<fleft( x right)+frac{1}{3}{{x}^{3}}$ $Leftrightarrow m<fleft( x right)+frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}$.
Xét hàm số $gleft( x right)=fleft( x right)+frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}$ trên $left[ 0;3 right]$, có $g’left( x right)=f’left( x right)+{{x}^{2}}-2x$.
$g’left( x right)ge 0Leftrightarrow f’left( x right)ge 2x-{{x}^{2}}$ $forall xin left[ 0;3 right]$.
Theo bảng biến thiên $f’left( x right)>1$, $forall xin left[ 0;3 right]$, mà $2x-{{x}^{2}}le 1,,forall xin mathbb{R}$ $Rightarrow f’left( x right)>2x-{{x}^{2}},forall xin left[ 0;3 right]$ nên ta có bảng biến thiên của $gleft( x right)$ trên $left[ 0;3 right]$:
Từ bảng biến thiên ta có $m<gleft( x right),forall xin left( 0;3 right)Leftrightarrow mle fleft( 0 right)$
Câu 37 .Chọn B
Gọi $Ileft( a;,b;,c right)$là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng $(Oyz)$đồng thời đi qua các điểm$M$, $N$, $P$, nên:$left{ begin{array}{l}
IM = IN\
IM = IP\
dleft( {I,,left( {Oyz} right)} right) = IN
end{array} right.$
(I)
Ta có: Phương trình mặt phẳng $left( Oyz right)$: $x=0$.
$overrightarrow{IM}=left( 2-a;,1-b;,4-c right)Rightarrow IM=sqrt{{{left( 2-a right)}^{2}}+{{left( 1-b right)}^{2}}+{{left( 4-c right)}^{2}}}$.
$overrightarrow{IN}=left( 5-a;-b;-c right)Rightarrow IN=sqrt{{{left( 5-a right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$.
$overrightarrow{IP}=left( 1-a;-3-b;1-c right)Rightarrow IP=sqrt{{{left( 1-a right)}^{2}}+{{left( b+3 right)}^{2}}+{{left( 1-c right)}^{2}}}$.
$dleft( I,,left( Oyz right) right)=frac{left| a right|}{sqrt{1}}=left| a right|$.
Thay vào (I):
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
3a – b – 4c = 2\
a + 4b + 3c = 5\
– 10a + {b^2} + {c^2} = – 25
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
b = 3a – 4c – 2\
a + 4(3a – 4c – 2) + 3c = 5\
– 10a + {b^2} + {c^2} = – 25
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
b = 1 – c\
a = 1 + c\
{c^2} – 6c + 8 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
c = 2\
b = – 1\
a = 3
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
c = 4\
b = – 3\
a = 5
end{array} right.
end{array} right.$
Vì: $a+b+c<5$nên ta chọn: $left{ begin{array}{l}
c = 2\
b = – 1\
a = 3
end{array} right.$
Câu 38 .Chọn A
Đặt $t=sqrt{3x+1}Rightarrow {{t}^{2}}=3x+1Rightarrow 2ttext{d}t=3text{d}x$
Đổi cận: $x=0Rightarrow t=1$;$x=1Rightarrow t=2$.
Ta có: $intlimits_{1}^{2}{frac{text{d}x}{3x+1+5sqrt{3x+1}+6}}=frac{2}{3}intlimits_{1}^{2}{frac{ttext{d}t}{{{t}^{2}}+5t+6}}$$=frac{2}{3}intlimits_{1}^{2}{left( frac{3}{t+3}-frac{2}{t+2} right)text{d}t}$$=frac{2}{3}left. left[ 3ln left| t+3 right|-2ln left| t+2 right| right] right|_{1}^{2}$
$=frac{2}{3}left[ left( 3ln 5-2ln 4 right)-left( 3ln 4-2ln 3 right) right]=-frac{20}{3}ln 2+frac{4}{3}ln 3+2ln 5$
Suy ra: $a=-frac{20}{3}$, $b=frac{4}{3}$, $c=2$.
Vậy $a+b+c=-frac{10}{3}$.
Câu 39.Chọn C
Phương trình tham số của đường thẳng $d:left{ begin{array}{l}
x = – 1 + 2t\
y = t\
z = 2 – t
end{array} right.$
Vì $C$ thuộc $d$ nên tọa độ của $C$ có dạng $Cleft( -1+2t;t;2-t right)$.
Ta có $overrightarrow{AB}left( 1;-1;-2 right)$ và $overrightarrow{AC}left( 2t;t-3;1-t right)$ .
Suy ra $left[ overrightarrow{AB},overrightarrow{AC} right]=left( 3t-7;-3t-1;3t-3 right)$ .
Diện tích tam giác $ABC$ là ${{S}_{vartriangle ABC}}=frac{1}{2}left| left[ overrightarrow{AB},overrightarrow{AC} right] right|frac{1}{2}sqrt{{{(3t-7)}^{2}}+{{(-3t-1)}^{2}}+{{(3t-3)}^{2}}}$ .
Theo bài ra ta có ${{S}_{vartriangle ABC}}=2sqrt{2}Leftrightarrow frac{1}{2}sqrt{27{{t}^{2}}-54t+59}=2sqrt{2}$.
$Leftrightarrow 27{{t}^{2}}-54t+59=32$ $Leftrightarrow {{(t-1)}^{2}}=0$$Leftrightarrow t=1$ .
Với $t=1$ thì $Cleft( 1;1;1 right)$ nên $m=1;n=1;p=1$ .
Vậy giá trị của tổng $m+n+p=3$ .
Câu 40:Chọn C
Điều kiện xác định $x>-5$ (*).
Xét $left( {{x^3} – 9x} right)ln left( {x + 5} right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x^3} – 9x = 0\
ln left( {x + 5} right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = pm 3\
x = – 4
end{array} right.,$
(thỏa mãn điều kiện (*)).
Bảng xét dấu của biểu thức $fleft( x right)=left( {{x}^{3}}-9x right)ln left( x+5 right)$ trên khoảng $left( -5;,+infty right)$.
Khi đó $fleft( x right) le 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
– 4 le x le – 3\
0 le x le 3
end{array} right.,,.$
Vì $xin mathbb{Z}Rightarrow xin left{ -4;,-3;,0;,1;,2;,3 right}$, suy ra đáp án C.
Câu 41. Chọn A
Đặt $g(x)=f(cos x)+{{x}^{2}}-x.$ Ta thấy $g'(x)=-sin x.f'(cos x)+2x-1.$ Do $-1le cos xle 1$ nên $-1le f'(cos x)le 1$, suy ra $left| -sin x.f'(cos x) right|le 1,$ với mọi $xin mathbb{R}.$
Cách 1.
Ta có $g'(x)=-sin x.f'(cos x)+2x-1le 1+(2x-1)=2xle 0,forall xle 0.$ Loại đáp án B và D.
Với $xin left( 0;frac{1}{2} right)$ thì $0le sin x<1,$ $0<cos xle 1$ nên $-sin x.f'(cos x)le 0.$ Do đó Do đó $g'(x)le 0,$ $forall xin left( 0;frac{1}{2} right).$ Loại đáp án C. Chọn đáp án A.
Cách 2.
Vì $g'(x)=-sin x.f'(cos x)+2x-1ge -1+(2x-1)=2x-2$ nên $g'(x)>0,forall x>1.$
Suy ra $g(x)=f(cos x)+{{x}^{2}}-x$ đồng biến trên khoảng $(1;2).$ Chọn đáp án A.
Câu 42.Chọn B
Hàm số$f(x)={{2}^{x}}-{{2}^{-x}}$ xác định $forall xin R$.
Khi đó $-xin R$, ta có $f(-x)={{2}^{-x}}-{{2}^{x}}=-({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})=-f(x)$.
Suy ra $f(x)$ là hàm số lẻ $(1)$
Mặt khác ${f}'(x)=({{2}^{x}}+{{2}^{-x}})ln 2>0$, $forall xin R$.
Do đó hàm số $f(x)$ đồng biến trên $R$ $(2)$
Ta có $f(m)+f(2m-{{2}^{12}})<0$$Leftrightarrow f(2m-{{2}^{12}})<-f(m)$.
Theo $(1)$ suy ra $f(2m-{{2}^{12}})<f(-m)$.
Theo $(2)$ ta được $2m-{{2}^{12}}<-mLeftrightarrow 3m<{{2}^{12}}Leftrightarrow m<frac{{{2}^{12}}}{3}$.
Vì $min Z$ nên $mle 1365Rightarrow {{m}_{0}}=1365$.
Vậy ${{m}_{0}}in left[ 1009;1513 right)$.
Câu 43.Chọn D
Ta có $fleft( x right)+{f}’left( x right)={{text{e}}^{-x}}Leftrightarrow fleft( x right){{text{e}}^{x}}+{f}’left( x right){{text{e}}^{x}}=1Leftrightarrow {{left( fleft( x right){{text{e}}^{x}} right)}^{prime }}=1Leftrightarrow fleft( x right){{text{e}}^{x}}=x+{{C}_{1}}$.
Vì $fleft( 0 right)=2Rightarrow {{C}_{1}}=2Rightarrow fleft( x right){{text{e}}^{2x}}=left( x+2 right){{text{e}}^{x}}$.
$Rightarrow int{fleft( x right){{text{e}}^{2x}}}text{d}x=int{left( x+2 right){{text{e}}^{x}}text{d}x}=int{left( x+2 right)text{d}left( {{text{e}}^{x}} right)}=left( x+2 right){{text{e}}^{x}}-int{{{text{e}}^{x}}text{d}left( x+2 right)}=left( x+2 right){{text{e}}^{x}}-int{{{text{e}}^{x}}text{d}x}=$
$,,,=left( x+2 right){{text{e}}^{x}}-{{text{e}}^{x}}+C=left( x+1 right){{text{e}}^{x}}+C$.
Câu 44. Chọn D
Xét hàm số: $hleft( x right)=fleft( x right)+frac{1}{2}{{x}^{2}}-fleft( 0 right)$.
Ta có ${h}’left( x right)={f}’left( x right)+x$; ${h}’left( x right)=0Leftrightarrow {f}’left( x right)=-x$
Nghiệm phương trình trên là hoành độ giao điểm của hai đồ thị $y=-x$ và $y={f}’left( x right)$
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình: ${f}’left( x right)=-x$ có ba nghiệm
$left[ begin{array}{l}
x = – 2\
x = 0\
x = 2
end{array} right.$
Trên khoảng$left( -2;3 right)$, hàm số $hleft( x right)$ có một điểm cực trị là $x=2$, (do qua nghiệm $x=0$, ${h}’left( x right)$ không đổi dấu). Do đó đồ thị hàm số $y=hleft( x right)$ cắt trục hoành tại tối đa 2 điểm.
Suy ra hàm số $y=left| hleft( x right) right|$ có tối đa $2+1=3$ điểm cực trị trong khoảng $left( -2;3 right)$. Chọn D.
Câu 45.Chọn C
Sử dụng phương pháp tọa độ hóa
* Chọ hệ trục tọa độ $text{O}xyz$ như hình vẽ.
Chuẩn hóa $a=1$(đơn vị dài). Khi đó: $SA=sqrt{11}$
Đặt $OC=OD=b>0$ ; $OS=c>0$
Ta có: $S{{A}^{2}}=S{{C}^{2}}=S{{O}^{2}}+O{{C}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ $Rightarrow text{ }{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=11$ (1)
* Tọa độ các điểm: $Bleft( 0,;,-b,;,0 right)$, $Cleft( b,;,0,;,0 right)$, $Dleft( 0,;,b,;,0 right)$, $Sleft( 0,;,0,;,c right)$.
Mặt phẳng $left( SBC right)$ có phương trình: $frac{x}{b}+frac{y}{-b}+frac{z}{c}=1text{ }$$Rightarrow overrightarrow{{{n}_{SBC}}}=left( frac{1}{b};-frac{1}{b};,frac{1}{c} right)$ là vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng $left( SBC right)$
Mặt phẳng $left( SCD right)$ có phương trình: $frac{x}{b}+frac{y}{b}+frac{z}{c}=1$$Rightarrow overrightarrow{{{n}_{SCD}}}=left( frac{1}{b},;,frac{1}{b},;,frac{1}{c} right)$ là vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng $left( SCD right)$
Theo giả thiết ta có: $left| ,cos left( overrightarrow{{{n}_{SBC}}},,,,overrightarrow{{{n}_{SCD}}} right), right|=frac{1}{10}Leftrightarrow frac{left| frac{1}{b}.frac{1}{b}+left( -frac{1}{b} right).frac{1}{b}+frac{1}{c}.frac{1}{c} right|}{sqrt{frac{1}{{{b}^{2}}}+,frac{1}{{{b}^{2}}},+,frac{1}{{{c}^{2}}}}.sqrt{frac{1}{{{b}^{2}}}+,frac{1}{{{b}^{2}}},+,frac{1}{{{c}^{2}}}}}=frac{1}{10}$
$Leftrightarrow frac{frac{1}{{{c}^{2}}}}{frac{2}{{{b}^{2}}}+,frac{1}{{{c}^{2}}}}=frac{1}{10}Leftrightarrow frac{9}{{{c}^{2}}}=frac{2}{{{b}^{2}}}Leftrightarrow 9{{b}^{2}}-2{{c}^{2}}=0$ (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được $left{ begin{array}{l}
{b^2} = 2\
{c^2} = 9
end{array} right.{rm{ }} Rightarrow left{ begin{array}{l}
b = sqrt 2 \
c = 3
end{array} right.$
(do $b,,c>0$)
Vậy $CD=OCsqrt{2}=2$ ; $SO=3$ $Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SO=frac{1}{3}{{.2}^{2}}.3=4$ (đơn vị thể tích).
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=4{{a}^{3}}$
Câu 46.Chọn B
Ta gọi thể tích của chiếc mũ là $V$.
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng $OA=10$ cm và đường cao $O{O}’=5$ cm là ${{V}_{1}}$.
Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong $AB$và hai trục tọa độ quanh trục $Oy$là ${{V}_{2}}$.
Ta có $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}$
${{V}_{1}}={{5.10}^{2}}pi =500pi $ $left( text{c}{{text{m}}^{3}} right)$.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Do parabol có đỉnh $A$ nên nó có phương trình dạng $(P):y=a{{(x-10)}^{2}}$.
Vì $left( P right)$ qua điểm $Bleft( 0;20 right)$ nên $a=frac{1}{5}$.
Do đó, $left( P right):y=frac{1}{5}{{left( x-10 right)}^{2}}$. Từ đó suy ra $x=10-sqrt{5y}$ (do $x<10$).
Suy ra ${{V}_{2}}=pi intlimits_{0}^{20}{{{left( 10-sqrt{5y} right)}^{2}}text{dy}}=pi left( 3000-frac{8000}{3} right)=frac{1000}{3}pi $ $left( text{c}{{text{m}}^{3}} right)$.
Do đó $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}=frac{1000}{3}pi +500pi =frac{2500}{3}pi $ $left( text{c}{{text{m}}^{3}} right)$.
Câu 47.Chọn C
Giả sử$z=x+yi$, $x,yin mathbb{R}$.Gọi $A,B$lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$. Suy ra $AB=left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|=4$.
* Ta có $left( z-6 right)left( 8+overline{zi} right)$$=left[ left( x-6 right)+yi right].left[ left( 8-y right)-xi right]$$=left( 8x+6y-48 right)-left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6x-8y right)i$. Theo giả thiết $left( z-6 right)left( 8+overline{zi} right)$là số thực nên ta suy ra ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6x-8y=0$. Tức là các điểm $A,B$ thuộc đường tròn $left( C right)$tâm $Ileft( 3;4 right)$, bán kính $R=5$.
* Xét điểm $M$ thuộc đoạn $AB$thỏa $overrightarrow{MA}+3overrightarrow{MB}=overrightarrow{0}Leftrightarrow overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}=4overrightarrow{OM}$.Gọi $H$là trung điểm $AB$. Ta tính được$H{{I}^{2}}={{R}^{2}}-H{{B}^{2}}=21;IM=sqrt{H{{I}^{2}}+H{{M}^{2}}}=sqrt{22}$, suy ra điểm $M$ thuộc đường tròn $left( {{C}’} right)$tâm $Ileft( 3;4 right)$, bán kính $r=sqrt{22}$.
* Ta có $left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} right|=left| overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB} right|=left| 4overrightarrow{OM} right|=4OM$, do đó $left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} right|$nhỏ nhất khi $OM$nhỏ nhất.
Ta có ${{left( OM right)}_{min }}=O{{M}_{0}}=left| OI-r right|=5-sqrt{22}$.
Vậy ${{left| {{z}_{1}}+3{{z}_{2}} right|}_{min }}=4O{{M}_{0}}=20-4sqrt{22}$.
Câu 48.Chọn C
Đặt $t=frac{x}{2}+1$, khi $-2le xle 2$ thì $0le tle 2$.
Phương trình đã cho trở thành $frac{1}{3}fleft( t right)+2t-2=m$ $Leftrightarrow fleft( t right)+6t-6=3m$.
Xét hàm số $gleft( t right)=fleft( t right)+6t-6$ trên đoạn $left[ 0,;,2 right]$.
Ta có ${g}’left( t right)={f}’left( t right)+6$. Từ đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ suy ra hàm số $fleft( t right)$ đồng biến trên khoảng $left( 0,;,2 right)$ nên ${f}’left( t right)>0,,forall tin left( 0,;,2 right)$ $Rightarrow {g}’left( t right)>0,,forall tin left( 0,;,2 right)$ và $gleft( 0 right)=-10$; $gleft( 2 right)=12$.
Bảng biến thiên của hàm số $gleft( t right)$ trên đoạn $left[ 0,;,2 right]$
Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn $left[ -2,;,2 right]$ khi và chỉ khi phương trình $gleft( t right)=3m$ có nghiệm thuộc đoạn $left[ 0,;,2 right]$ hay $-10,le ,3m,le 12$ $Leftrightarrow -frac{10}{3}le mle 4$.
Mặt khác $m$ nguyên nên $min left{ -3,;,-2,;,-1,;,0,;,1,;,2,;,3,;,4 right}$.
Vậy có 8 giá trị $m$ thoả mãn bài toán.
Câu 49.Chọn A
$Hin {{Delta }_{1}}Leftrightarrow Hleft( 3+2t;t;1+t right)$.
$Kin {{Delta }_{2}}Leftrightarrow Kleft( 1+m;2+2m;m right)$.
Ta có$overrightarrow{HK}=left( m-2t-2;2m-t+2;m-t-1 right)$.
Đường thẳng $d$ có một VTCP là $overrightarrow{{{u}_{d}}}=left( 1;1;-2 right)$.
$Delta bot dLeftrightarrow $$overrightarrow{{{u}_{d}}}.overrightarrow{HK}=0$$Leftrightarrow m-t+2=0Leftrightarrow m=t-2Rightarrow overrightarrow{HK}=left( -t-4;t-2;-3 right).$
Ta có$H{{K}^{2}}={{left( -t-4 right)}^{2}}+{{left( t-2 right)}^{2}}+{{left( -3 right)}^{2}}=2{{left( t+1 right)}^{2}}+27ge 27,forall tin mathbb{R}$
$Rightarrow minHK=sqrt{27},$đạt được khi $t=-1$.
Khi đó ta có $overrightarrow{HK}=left( -3;-3;-3 right)$, suy ra $overrightarrow{u}left( 1;1;1 right)Rightarrow h=k=1Rightarrow h-k=0.$
Câu 50. Chọn A
Vì $overrightarrow{MN}$cùng hướng với $overrightarrow{a}$ nên $exists t>0:overrightarrow{MN}=toverrightarrow{a}$.
Hơn nữa, $MN=5sqrt{2}Leftrightarrow t.left| overrightarrow{a} right|=5sqrt{2}$$Leftrightarrow t=5$. Suy ra $overrightarrow{MN}=left( 5;,-5;,0 right)$.
Gọi ${A}’left( {x}’;,{y}’;,{z}’ right)$ là điểm sao cho $overrightarrow{A{A}’}=overrightarrow{MN}$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x’ + 4 = 4\
y’ – 7 = – 5\
z’ – 3 = 0
end{array} right.$ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x’ + 4 = 4\
y’ – 7 = – 5\
z’ – 3 = 0
end{array} right.$
$Rightarrow {A}’left( 1;,2;,3 right)$.
Dễ thấy các điểm ${A}’$, $B$ đều nằm cùng phía so với mặt phẳng $left( Oxy right)$ vì chúng đều có cao độ
dương. Hơn nữa vì cao độ của chúng khác nhau nên đường thẳng $A’B$ luôn cắt mặt phẳng
$left( Oxy right)$ tại một điểm cố định.
Từ $overrightarrow{A{A}’}=overrightarrow{MN}$ suy ra $AM={A}’N$ nên $left| AM-BN right|=left| A’N-BN right|le A’B$ dấu bằng xảy ra khi $N$
là giao điểm của đường thẳng $A’B$ với mặt phẳng $left( Oxy right)$.
Do đó $max left| AM-BN right|=A’B=sqrt{{{left( 4-1 right)}^{2}}+{{left( 4-2 right)}^{2}}+{{left( 5-3 right)}^{2}}}=sqrt{17}$, đạt được khi
$N={A}’Bcap left( Oxy right)$.
