Câu 30: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: $dleft( {{d}_{1}};{{d}_{2}} right)=frac{left| overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}.left[ overrightarrow{{{u}_{1}}};overrightarrow{{{u}_{2}}} right] right|}{left| left[ overrightarrow{{{u}_{1}}};overrightarrow{{{u}_{2}}} right] right|}$
Với $overrightarrow{{{u}_{1}}};overrightarrow{{{u}_{2}}}$ lần lượt là các VTCP của ${{d}_{1}};{{d}_{2}};{{M}_{1}}in {{d}_{1}}{{M}_{2}}in {{d}_{2}}$
Cách giải:
Ta có $overrightarrow{{{u}_{1}}}=left( 2;1;3 right);overrightarrow{{{u}_{2}}}=left( 1;1;0 right)$lần lượt là các VTCP của${{d}_{1}};{{d}_{2}}.$Ta có $left[ overrightarrow{{{u}_{1}}};overrightarrow{{{u}_{2}}} right]=left( -3;3;1 right)$
Lấy ${{M}_{1}}left( 1;0;0 right)in {{d}_{1}};{{M}_{2}}left( 1;2;m right)in {{d}_{2}}Rightarrow overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}=left( 0;2;m right)$
$ Rightarrow dleft( {{d_1};{d_2}} right) = frac{{left| {overrightarrow {{M_1}{M_2}} .left[ {overrightarrow {{u_1}} ;overrightarrow {{u_2}} } right]} right|}}{{left| {left[ {overrightarrow {{u_1}} ;overrightarrow {{u_2}} } right]} right|}} = frac{{left| {6 + m} right|}}{{sqrt {19} }} = frac{5}{{sqrt {19} }} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = – 1\
m = – 11
end{array} right. Rightarrow S = left{ { – 1; – 11} right}$
Câu 31: Đáp án
Phương pháp: Tìm các điểm biểu diễn và đưa về bài toán hình học.
Cách giải :
Đặt ${{z}_{3}}=i{{z}_{2}}Rightarrow z_{3}^{2}=-z_{2}^{2}Rightarrow S=left| z_{1}^{2}+4z_{2}^{2} right|=left| z_{1}^{2}-4z_{3}^{2} right|=left| {{z}_{1}}-2{{z}_{3}} right|left| {{z}_{1}}+2{{z}_{3}} right|$
M, N là các điểm biểu diễn cho ${{z}_{1}},{{z}_{3}}Rightarrow OM=2,ON=left| {{z}_{3}} right|=left| i{{z}_{2}} right|=i.left| {{z}_{2}} right|=sqrt{3}$
Gọi P là điểm biểu diễn cho $2{{z}_{3}}$và Q là điểm biểu diễn cho $-2{{z}_{3}}$, ta có N là trung điểm của OP và P, Q đối xứng nhau qua O. Khi đó $S=MP.MQ$
Áp dụng định lí Cosin trong $Delta OMP$ có:
$M{{P}^{2}}=O{{P}^{2}}+O{{M}^{2}}-2OP.OM.ctext{os}30=12+4-2.2sqrt{3}.2.frac{sqrt{3}}{2}=4Rightarrow MP=2$
Áp dụng định lí Cosin trong $Delta OMQ$ có: $begin{array}{l}
M{Q^2} = O{M^2} + O{Q^2} – 2OM.OQ.c{rm{os}}{150^0} = 4 + 12 + 2.2.2sqrt 3 .frac{{sqrt 3 }}{2} = 2sqrt 7 \
Rightarrow S = MP.MQ = 2.2sqrt 7 = 4sqrt 7
end{array}$
Câu 32: Đáp án A
Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số $y=frac{a,x+b}{x+c}$có đường TCĐ $x=-cRightarrow -c=1Leftrightarrow c=-1,$TCN $y=aRightarrow a=-1$
Đồ thị hàm số đi qua $left( 0;-1 right)Rightarrow -2=frac{b}{c}Rightarrow b=-2c=2$
$Rightarrow T=a-3b+2c=-1-3.2+2left( -1 right)=-9$
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp: Đặt $operatorname{s}text{inx}=a,cos x=b$
Cách giải: Đặt $operatorname{s}text{inx}=a,cos x=b$ta có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=1$
Khi đó $y=left| a+b+frac{a}{b}+frac{b}{a}+frac{1}{a}+frac{1}{b} right|=left| frac{ableft( a+b right)+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+a+b}{ab} right|=left| frac{ableft( a+b right)+a+b+1}{ab} right|$
Đặt $t=a+bin left[ -sqrt{2};sqrt{2} right]Rightarrow {{t}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab=1+2abRightarrow ab=frac{{{t}^{2}}-1}{2},$ khi đó ta có :
$y=left| t+frac{2left( t+1 right)}{{{t}^{2}}-1} right|=left| t+frac{2}{t-1} right|=left| t-1+frac{2}{t-1}+1 right|$
Nếu $t-1>0Rightarrow t-1+frac{2}{t-1}+1ge 2sqrt{2}+1Rightarrow yge 2sqrt{2}+1$
Nếu $t-1<0Rightarrow frac{1}{t-1}+1-tge 2sqrt{2}Rightarrow frac{1}{t-1}+t-1le 2sqrt{2}Rightarrow frac{1}{t-1}+t-1+1le 1-2sqrt{2}Rightarrow yge 2sqrt{2}-1$
Vậy $yge 2sqrt{2}-1$
Dấu bằng xảy ra $Leftrightarrow {{left( 1-t right)}^{2}}=2Leftrightarrow t=1-sqrt{2}left( t<0 right)$
$Rightarrow operatorname{s}text{inx}+cos x=1-sqrt{2}Leftrightarrow sqrt{2}sin left( x+frac{pi }{4} right)=1-sqrt{2}Leftrightarrow sin left( x+frac{pi }{4} right)=frac{1-sqrt{2}}{2}$
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp : Xác định hàm số$f’left( x right)$ từ đó tính được $fleft( x right)=int{f’left( x right)dx}$
Cách giải : Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là $y=3{{x}^{2}}+1Rightarrow f’left( x right)=3{{x}^{2}}+1Rightarrow fleft( x right)=int{f’left( x right)dx}={{x}^{3}}+x+C$
Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ $Rightarrow C=0Rightarrow fleft( x right)={{x}^{3}}+x$
$Rightarrow fleft( 4 right)=68;,,fleft( 2 right)=10Rightarrow H=58$
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp :
+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $m-2:,$
$y=f’left( m-2 right)left( x-m+2 right)+yleft( m-2 right),left( d right)$
+) Xác định các giao điểm của d và các đường tiệm cận ${{Rightarrow }_{2}};{{y}_{1}}$
+) Thay vào phương trình ${{x}_{2}}+{{y}_{1}}=-5$ giải tìm các giá trị của m.
Cách giải: TXĐ: $D=Rbackslash left{ -2 right}$
Ta có $y’=frac{3}{{{left( x+2 right)}^{2}}}Rightarrow y’left( m-2 right)=frac{3}{{{m}^{2}}};yleft( m-2 right)=frac{m-2-1}{m-2+2}=frac{m-3}{m}$
=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $m-2$là:
$y=frac{3}{{{m}^{2}}}left( x-m+2 right)+frac{m-3}{m}left( d right)$
Đồ thị hàm số $y=frac{x-1}{x+2}$ có đường TCN $y=1$và tiệm cậm đứng$x=-2$
$begin{array}{l}
*,yleft( { – 2} right) = frac{3}{{{m^2}}}left( { – m} right) + frac{{m – 3}}{m} = frac{{ – 3}}{m} + frac{{m – 3}}{m} + frac{{m – 6}}{m} Rightarrow Aleft( { – 2;frac{{m – 6}}{m}} right) Rightarrow {y_1} = frac{{m – 6}}{m}\
*,1 = frac{3}{{{m^2}}}left( {x – m + 2} right) + frac{{m – 3}}{m} Rightarrow frac{{3left( {x – m + 2} right)}}{{{m^2}}} = 0\
Leftrightarrow x – m + 2 = m Leftrightarrow x = 2m – 2 Rightarrow Bleft( {2m – 2;1} right) Rightarrow {x_2} = 2m – 2\
Rightarrow {x_2} + {y_1} = 2m – 2 + frac{{m – 6}}{m} = – 5 Leftrightarrow 2{m^2} – 2m + m – 6 = – 5m\
Leftrightarrow 2{m^2} + 4m – 6 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m = – 3
end{array} right. Rightarrow S = left{ {1; – 3} right} Rightarrow {1^2} + {left( { – 3} right)^2} = 10
end{array}$
Câu 36: Đáp án B
Phương pháp:
Gọi các trung điểm của các cạnh bên và các cạnh đáy.
Tìm các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D.
Cách giải:
Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD và M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .
Ta có thể tìm được các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D là $left( E,FGH right);left( E,FNQ right);left( GHQN right);left( FGPM right);left( EHPM right)$
Câu 37: Đáp án B
Phương pháp: Xét các trường hợp:
TH1: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=5$
TH2: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=6$
TH3: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=7$
Cách giải:
TH1: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=5$, ta có $0+5=1+4=2+3=5$
– Nếu $left( {{a}_{1}};{{a}_{2}} right)=left( 0l5 right)Rightarrow $có 1 cách chọn$left( {{a}_{1}}{{a}_{2}} right)$
Có 2 cách chọn $left( {{a}_{3}}{{a}_{4}} right)$, 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
Tương tự $left( {{a}_{5}}{{a}_{6}} right)$có 2 cách chọn.
=>Có 8 số thỏa mãn.
– Nếu $left( {{a}_{1}};{{a}_{2}} right)ne left( 0;5 right)Rightarrow $có 2 cách chọn$left( {{a}_{1}}{{a}_{2}} right)$,2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
Có 2 cách chọn $left( {{a}_{3}}{{a}_{4}} right)$, 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.
Tương tự $left( {{a}_{5}}{{a}_{6}} right)$có 2 cách chọn.
=>Có 32 số thỏa mãn.
Vậy TH1 có: $8+32=40$ số thỏa mãn.
TH2: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=6,$ta có $0+6=1+5=2+4=6$
Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn.
TH3: ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}=7$, ta có $1+6-2+5=3+4=7$
Có 3 cách chọn $left( {{a}_{1}}{{a}_{2}} right)$, hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn.
Tương tự có 4 cách chọn $left( {{a}_{3}}{{a}_{4}} right)$và 2 cách chọn $left( {{a}_{5}}{{a}_{6}} right)$.
Vậy TH3 có $6.4.2=48$ số thỏa mãn.
Vậy có tất cả $40+40+48=128$ số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}}+{{a}_{4}}={{a}_{5}}+{{a}_{6}}$
Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì có $6.6.5.4.3.2=4320$số.
Vậy $p=frac{128}{4320}=frac{4}{135}$
Câu 38: Đáp án A
Phương pháp :
+) Nhóm các tổ hợp có chỉ số dưới bằng nhau.
+) Sử dụng tổng ${{left( 1+n right)}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+…C_{n}^{n}={{2}^{n}}$
+) Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.
+) Để S là số có 1000 chữ số thì ${{10}^{999}}le Sle {{10}^{1000}}$
Cách giải:
$begin{array}{l}
S = 2 + left( {C_1^0 + C_2^0 + … + C_n^0} right) + left( {C_1^1 + C_2^1 + … + C_n^1} right) + … + left( {C_{n – 1}^{n – 1} + C_n^{n – 1}} right) + C_n^n\
S = 2 + left( {C{kern 1pt} _1^0 + C_1^1} right) + left( {C_2^0 + C_2^1 + C_2^2} right) + left( {C_3^0 + C_3^1 + C_3^2 + C_3^3} right) + … + left( {C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + … + C_n^n} right)
end{array}$
Xét tổng ${{left( 1+n right)}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+…C_{n}^{n}={{2}^{n}}$
Từ đó ta có: $S=2+{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+…+{{2}^{n}}=2+frac{2left( 1-{{2}^{n}} right)}{1-2}=2+2left( {{2}^{n}}-1 right)={{2}^{n+1}}$
Để S là số có 1000 chữ số thì ${{10}^{999}}le {{2}^{n+1}}le {{10}^{1000}}Leftrightarrow {{log }_{2}}{{10}^{999}}-1le nle {{log }_{2}}{{10}^{1000}}-1Leftrightarrow 3317,6le nle 3320,9$
n là số nguyên dương $Rightarrow nin left{ 3318;3319;3320 right}$
Câu 39: Đáp án A
Phương pháp: Chia cả 2 vế cho ${{3}^{x}}$, đặt $t={{left( frac{4+sqrt{7}}{3} right)}^{x}}$, tìm điều kiện của t.
Đưa về bất phương trình dạng $mge fleft( t right)forall tleft( a;b right)Rightarrow mge underset{tin left( a;b right)}{mathop{max }},fleft( t right)$
Cách giải :
$m{{.3}^{x+1}}+left( 3m+2 right){{left( 4-sqrt{7} right)}^{x}}+{{left( 4+sqrt{7} right)}^{x}}>0Leftrightarrow 3m+left( 3m+2 right){{left( frac{4-sqrt{7}}{3} right)}^{x}}+{{left( frac{4+sqrt{7}}{3} right)}^{x}}>0$
Ta có $frac{4-sqrt{7}}{3}.frac{4+sqrt{7}}{3}=1Rightarrow {{left( frac{4-sqrt{7}}{3} right)}^{x}}.{{left( frac{4+sqrt{7}}{3} right)}^{x}}=1$
Đặt $t={{left( frac{4+sqrt{7}}{3} right)}^{x}},,left( 0<t<1forall xin left( -infty ;0 right) right),$khi đó phương trình trở thành
$begin{array}{l}
3m + left( {3m + 2} right)frac{1}{t} + t > 0 Leftrightarrow frac{{{t^2} + 3mt + left( {3m + 2} right)}}{t} > 0 Leftrightarrow {t^2} + 3mt + left( {3m + 2} right) > 0forall t in left( {0;1} right)\
Leftrightarrow 3mleft( {t + 1} right) + {t^2} + 2 > 0forall t in left( {0;1} right) Leftrightarrow 3m > frac{{ – {t^2} – 2}}{{t + 1}} = fleft( t right)forall t in left( {0;1} right)\
Rightarrow 3m ge mathop {m{rm{ax}}}limits_{t in left( {0;1} right)} fleft( t right)
end{array}$
Ta có: $f’left( t right)=frac{-2tleft( t+1 right)-left( -{{t}^{2}}-2 right)}{{{left( t+1 right)}^{2}}}=frac{-{{t}^{2}}-2t+2}{{{left( t+1 right)}^{2}}}=0Rightarrow t=-1+sqrt{3}$
$fleft( -1+sqrt{3} right)=frac{-6+2sqrt{3}}{sqrt{3}}=2-2sqrt{3}=underset{tin left( 0;1 right)}{mathop{max }},fleft( t right)$
Vậy $3mge 2-2sqrt{3}Rightarrow mge frac{2-2sqrt{3}}{3}$
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp :
+) Kẻ$ADbot B’C$, xác định góc giữa mặt phẳng $left( AB’C right)$và mặt phẳng $left( BCC’B’ right)$
+) Tính BB’.
+) Tính thể tích khối lăng trụ và suy ra thế tích AB’CA’C’
Cách giải :
Gọi H là trung điểm của BC ta có $AHbot BCRightarrow AHbot left( BCC’B’ right)Rightarrow AHbot B’C$
Trong $left( AB’C right)$kẻ $ADbot B’C$
$Rightarrow B’Cbot left( AHD right)Rightarrow B’Cbot HD$
Ta có: $left{ begin{array}{l}
left( {AB’C} right) cap left( {BCC’B’} right) = B’C\
left( {AB’C} right) supset AD bot B’C\
left( {BCC’B’} right) supset HD bot B’C
end{array} right. Rightarrow left( {left( {AB’C} right);left( {BCC’B’} right)} right) = left( {AD;HD} right) = ADH$
Ta có $AH=frac{AB}{2}=frac{asqrt{6}}{2}Rightarrow HD=AH.cot 60=frac{asqrt{2}}{2}$
Dễ thấy $Delta CBB’$đồng dạng với$Delta CDH,left( g.g right)$
$Rightarrow frac{BB’}{HD}=frac{CB’}{CH}Rightarrow frac{BB’}{frac{asqrt{2}}{2}}=frac{sqrt{6{{a}^{2}}+BB{{‘}^{2}}}}{frac{asqrt{6}}{2}}Leftrightarrow sqrt{3}BB’=sqrt{6{{a}^{2}}+BB{{‘}^{2}}}Leftrightarrow 2BB{{‘}^{2}}=6{{a}^{2}}Leftrightarrow BB’=asqrt{3}$ Ta có: $AB=AC=frac{BC}{sqrt{2}}=asqrt{3}Rightarrow {{S}_{ABC}}=frac{1}{2}AB.AC=frac{3{{a}^{2}}}{2}$
$begin{array}{l}
Rightarrow {V_{ABC.A’B’C’}} = BB’.{S_{ABC}} = asqrt 3 .frac{{3{a^2}}}{2} = frac{{3sqrt 3 {a^3}}}{2}\
{V_{AB’CA’C}} + {V_{B’.ABC}} = {V_{ABC.A’B’C’}} Rightarrow {V_{AB’CA’C’}} – {V_{B’.ABC}} = {V_{ABC.A’B’C’}} – frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}}\
Rightarrow {V_{AB’CA’C’}} = frac{2}{3}.frac{{3sqrt 3 {a^3}}}{2} = {a^3}sqrt 3
end{array}$
Câu 41: Đáp án A
Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt $x=a-t$.
Cách giải : Đặt $x=a-tRightarrow dx=-dt.$ Đổi cận $left{ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow t = a\
x = a Rightarrow t = 0
end{array} right.$
$begin{array}{l}
Rightarrow I = – intlimits_a^0 {frac{1}{{1 + fleft( {a – t} right)}}dt} = intlimits_0^a {frac{1}{{1 + fleft( {a – x} right)}}dx = } intlimits_0^a {frac{1}{{1 + frac{1}{{fleft( x right)}}}}} dx = intlimits_0^a {frac{{fleft( x right)}}{{1 + fleft( x right)}}dx} \
Rightarrow fleft( x right) = 1 Rightarrow I = intlimits_0^a {frac{1}{2}dx = left. {frac{x}{2}} right|} _0^a = frac{a}{2}
end{array}$
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.
Cách giải :
Ta có : $left{ begin{array}{l}
left( P right) bot left( Q right)\
left( P right) cap left( Q right) = Delta Rightarrow AC bot left( Q right)\
left( P right) supset AC bot Delta
end{array} right.$
Gọi I là trung điểm của AD, do $Delta BD$vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta BD$.
Gọi N là trung điểm của AC.
Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC $Rightarrow dbot left( ABD right)$
Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD $Rightarrow d’bot AC$
Gọi $I=dcap d’Rightarrow $ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính $text{R}=IA$
Ta có: $AM=frac{1}{2}AD=frac{1}{2}sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2};AN=frac{a}{2}Rightarrow AI=sqrt{frac{{{a}^{2}}}{2}+frac{{{a}^{2}}}{4}}=frac{asqrt{3}}{2}$
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp : Chia hai trường hợp :
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.
Cách giải : $left| Omega right|=C_{2n}^{3}$
TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{2}.C_{n}^{1}$ cách.
TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có $C_{n}^{3}$cách.
Gọi A là biến cố học sinh TWO không phải thi lại $Rightarrow left| A right|=C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}Rightarrow Pleft( A right)=frac{left| A right|}{left| Omega right|}=frac{C_{n}^{2}.C_{n}^{1}+C_{n}^{3}}{C_{2n}^{3}}$
Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn$n=10$ , ta tính được $Pleft( A right)=frac{1}{2}$
Câu 44: Đáp án A
Phương pháp:
+) Viết phương trình mặt phẳng $left( ABC right)$ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt phẳng $left( ABC right)$.
+) $left( ABC right)$tiếp xúc với mặt cầu $left( S right)$tâm I bán kính R$Leftrightarrow dleft( I;left( ABC right) right)=R$
Cách giải:
$begin{array}{l}
left( {ABC} right):frac{x}{a} + frac{y}{b} + frac{z}{c} = 1\
Mleft( {frac{1}{7};frac{2}{7};frac{3}{7}} right) in left( {ABC} right) Rightarrow frac{1}{{7a}} + frac{2}{{7b}} + frac{3}{{7c}} = 1 Leftrightarrow frac{1}{a} + frac{2}{b} + frac{3}{c} = 7
end{array}$
$left( ABC right)$tiếp xúc với mặt cầu $left( S right)$có tâm $Ileft( 1;2;3 right)$và bán kính$R=sqrt{frac{72}{7}}$
$begin{array}{l}
Rightarrow dleft( {I;left( {ABC} right)} right) = R Leftrightarrow frac{{left| {frac{1}{a} + frac{2}{b} + frac{3}{c} – 1} right|}}{{sqrt {frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}}} }} = sqrt {frac{{72}}{7}} \
Leftrightarrow frac{6}{{sqrt {frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}}} }} = sqrt {frac{{72}}{7}} Rightarrow sqrt {frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}}} = frac{{sqrt {14} }}{2} Rightarrow frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{b^2}}} + frac{1}{{{c^2}}} = frac{7}{2}
end{array}$
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm $operatorname{s}text{inx}=cos xLeftrightarrow tan ,x=1Leftrightarrow x=frac{pi }{4}+kpi $
TH1: $a=frac{pi }{4}Rightarrow S=left| intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{left( operatorname{s}text{inx}-cos x right)dx} right|=sqrt{2}-1Rightarrow $ không thỏa mãn
TH2: $a=frac{pi }{2}Rightarrow S=left| intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{left( operatorname{s}text{inx}-cos x right)dx} right|+left| intlimits_{frac{pi }{4}}^{frac{pi }{2}}{left( operatorname{s}text{inx}-cos x right)} right|=sqrt{2}-1+sqrt{2}-1=2sqrt{2}-2Rightarrow $không thỏa mãn
TH3: $ain left( frac{pi }{4};frac{pi }{2} right)$
$begin{array}{l}
Rightarrow S = left| {intlimits_0^{frac{pi }{4}} {left( {{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} – cos x} right)dx} } right| + left| {intlimits_{frac{pi }{4}}^a {left( {{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} – cos x} right)} } right| = sqrt 2 – 1 + left| {left. {left( { – cos x – {mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}} right)} right|_{frac{pi }{4}}^a} right|\
Rightarrow S = sqrt 2 – 1 + left| { – cos x – sin a + frac{{sqrt 2 }}{2} + frac{{sqrt 2 }}{2}} right| = frac{1}{2}left( { – 3 + 4sqrt 2 – sqrt 3 } right)\
Leftrightarrow left| { – cos a – {mathop{rm s}nolimits} {rm{ina + }}sqrt 2 } right| = – frac{1}{2} + sqrt 2 – frac{{sqrt 3 }}{2} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
– cos a – sin a + sqrt 2 = – frac{1}{2} + sqrt 2 – frac{{sqrt 3 }}{2}\
– cos a – sin a + sqrt 2 = frac{1}{2} – sqrt 2 + frac{{sqrt 3 }}{2}
end{array} right.\
Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
cos a + sin a = frac{1}{2} + frac{{sqrt 3 }}{2}\
cos a + sin a = – frac{1}{2} – frac{{sqrt 3 }}{2} + 2sqrt 2 left( {ktm} right),left( {left( {sin a + cos a} right) in left[ { – sqrt 2 ;sqrt 2 } right]} right)
end{array} right.\
Rightarrow a = frac{pi }{3}left( {a in left[ {frac{pi }{4};frac{pi }{2}} right]} right) approx 1,04 in left( {frac{{51}}{{50}};frac{{11}}{{10}}} right)
end{array}$
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để phương trình $y’=0$có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ.
+) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng $Leftrightarrow Cin AB$
Cách giải: TXĐ: $D=Rbackslash left{ left| m right| right}$
Ta có:
$begin{array}{l}
y’ = frac{{left( {2x – left| m right|} right)left( {x – left| m right|} right) – {x^2} + left| m right|x – 4}}{{{{left( {x – left| m right|} right)}^2}}} = frac{{{x^2} – 2left| m right|x + {m^2} – 4}}{{{{left( {x – left| m right|} right)}^2}}} = 0 Leftrightarrow {left( {x – left| m right|} right)^2} = 4\
Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 2 + left| m right| Rightarrow y = left| m right| + 4 Rightarrow Aleft( {2 + left| m right|;4 + left| m right|} right)\
x = – 2 + left| m right| Rightarrow y = left| m right| – 4 Rightarrow Bleft( { – 2 + left| m right|; – 4 + left| m right|} right)
end{array} right.
end{array}$
=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.
Đường thẳng AB có phương trình: $frac{x-2-left| m right|}{-4}=frac{y-4-left| m right|}{-8}Leftrightarrow 2x-4-2left| m right|=y-4-left| m right|Leftrightarrow y=2x-left| m right|$
Để$A,B,Cleft( 4;2 right)$phân biệt thẳng hàng $Leftrightarrow Cin ABRightarrow 2=4.2-left| m right|Leftrightarrow left| m right|=6$
Khi đó ta có: $Bleft( 4;2 right)equiv CRightarrow $ không thỏa mãn.
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp:
Đặt $fleft( x right)=aleft( x-{{x}_{1}} right)left( x-{{x}_{2}} right)left( x-{{x}_{3}} right)left( x-{{x}_{4}} right),$ tính đạo hàm của hàm số$y=fleft( x right)$
Xét hàm số $hleft( x right)=frac{f’left( x right)}{fleft( x right)}$và chứng minh $f”left( x right).fleft( x right)-{{left[ f’left( x right) right]}^{2}}<0forall xnotin left{ {{x}_{1}};{{x}_{2}};{{x}_{3}};{{x}_{4}} right}$
Cách giải: Đồ thị hàm số$y=fleft( x right)$cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên $fleft( x right)=aleft( x-{{x}_{1}} right)left( x-{{x}_{2}} right)left( x-{{x}_{3}} right)left( x-{{x}_{4}} right)$
$begin{array}{l}
Rightarrow f’left( x right) = aleft( {x – {x_1}} right)left( {x – {x_2}} right)left( {x – {x_3}} right)left( {x – {x_4}} right) + aleft( {x – {x_1}} right)left( {x – {x_3}} right)left( {x – {x_4}} right)\
+ aleft( {x – {x_1}} right)left( {x – {x_2}} right)left( {x – {x_4}} right) + aleft( {x – {x_1}} right)left( {x – {x_2}} right)left( {x – {x_3}} right)\
f’left( x right) = fleft( x right)left( {frac{1}{{x – {x_1}}} + frac{1}{{x – {x_2}}} + frac{1}{{x – {x_3}}} + frac{1}{{x – {x_4}}}} right),,forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right} Rightarrow f’left( x right) ne 0,forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}
end{array}$ Đặt $hleft( x right)=frac{f’left( x right)}{fleft( x right)}=frac{1}{x-{{x}_{1}}}+frac{1}{x-{{x}_{2}}}+frac{1}{x-{{x}_{3}}}+frac{1}{x-{{x}_{4}}}forall xnotin left{ {{x}_{1}};{{x}_{2}};{{x}_{3}};{{x}_{4}} right}$
Ta có $h’left( x right) = frac{{f”left( x right).fleft( x right) – {{left[ {f’left( x right)} right]}^2}}}{{{f^2}left( x right)}} = frac{{ – 1}}{{{{left( {x – {x_1}} right)}^2}}} + frac{{ – 1}}{{{{left( {x – {x_2}} right)}^2}}} + frac{{ – 1}}{{{{left( {x – {x_3}} right)}^2}}} + frac{{ – 1}}{{{{left( {x – {x_4}} right)}^2}}} < 0forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}$ $begin{array}{l}
Rightarrow f”left( x right).fleft( x right) – {left[ {f’left( x right)} right]^2} < 0forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}\
Rightarrow gleft( x right) = {left[ {f’left( x right)} right]^2} – f”left( x right).fleft( x right) > 0forall x notin left{ {{x_1};{x_2};{x_3};{x_4}} right}
end{array}$
Khi $fleft( x right)=0Rightarrow f’left( x right)ne 0Rightarrow gleft( x right)={{left[ f’left( x right) right]}^{2}}-f”left( x right).fleft( x right)ne 0$
Vậy đồ thị hàm số $y=gleft( x right)={{left[ f’left( x right) right]}^{2}}-fleft( x right).f”left( x right)$ không cắt trục Ox.
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính $Fleft( x right)$
Cách giải:
$Fleft( x right)=fleft( x right)=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-int{frac{x}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}dx+C=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-int{xdleft( tan ,x right)+C}}$
$Fleft( x right)=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-xtan ,x+int{tan ,dx+C}=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-x,tan ,x+int{frac{operatorname{s}text{inx}}{cos x}dx+C}$
$Fleft( x right)=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-xtan ,x-int{frac{dleft( cos x right)}{cos x}}+C=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-x,tan ,x-ln left| cos x right|+C$
$Fleft( 0 right)=C=0Rightarrow Fleft( x right)=frac{{{x}^{2}}}{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}-xtan ,x-ln left| cos x right|$
$begin{array}{l}
Fleft( x right) = int {xf’left( x right)dx = int {xdleft( {fleft( x right)} right)} = xfleft( x right)} – int {fleft( x right)dx + C} \
tan ,a = 3 Rightarrow frac{1}{{c{rm{o}}{{rm{s}}^2}a}} = {tan ^2}a + 1 = 10 Leftrightarrow cos a = frac{1}{{sqrt {10} }}left( {a in left( { – frac{pi }{2};frac{pi }{2}} right)} right)\
Rightarrow Fleft( a right) = 10{a^2} – 3a – ln frac{1}{{sqrt {10} }} Rightarrow Fleft( a right) – 10{a^2} + 3a = – ln frac{1}{{sqrt {10} }} = – frac{1}{2}lnfrac{1}{{10}} = frac{1}{2}ln 10
end{array}$
Câu 49: Đáp án D
Phương pháp: Đưa khoảng cách từ M đến (SAC) về khoảng cách từ H đến (SAC).
Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có $SHbot left( ABCD right)$
Ta có $left( SC;left( ABCD right) right)=left( SC;HC right)=SCH={{45}^{0}}$
=>$Delta SHC$vuông cân tại H $Rightarrow SH=HC=sqrt{B{{C}^{2}}+B{{H}^{2}}}=frac{asqrt{17}}{2}$
$dleft( M;left( SAC right) right)=frac{1}{2}dleft( D;left( SAC right) right)=frac{1}{2}dleft( B;left( SAC right) right)=dleft( H;left( SAC right) right)$
Trong $left( ABD right)$kẻ $HIbot AC$,trong $left( SHI right)$kẻ $HKbot SI$ ta có:
$left{ begin{array}{l}
AC bot HI\
AC bot SH
end{array} right. Rightarrow AC bot left( {SHI} right) Rightarrow AC bot HK Rightarrow HK bot left( {SAC} right) Rightarrow dleft( {H;left( {SAC} right)} right) = HK$
Ta có $Rightarrow Delta AHIsim Delta ACBleft( g.g right)Rightarrow frac{HI}{BC}=frac{AH}{AC}Rightarrow HI=frac{2a.frac{a}{2}}{asqrt{5}}=frac{a}{sqrt{5}}$
$Rightarrow frac{1}{H{{K}^{2}}}=frac{1}{S{{H}^{2}}}+frac{1}{H{{I}^{2}}}=frac{1}{frac{17{{a}^{2}}}{4}}+frac{1}{frac{{{a}^{2}}}{5}}=frac{89}{17{{a}^{2}}}Rightarrow HK=frac{asqrt{17}}{sqrt{89}}=frac{asqrt{1513}}{89}$
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp : Đặt ${{z}_{1}}=a+bileft( a;bin R right)$
$left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} right|=left| {{z}_{1}}-i{{z}_{1}} right|=left| left( 1-i right){{z}_{1}} right|=sqrt{2}left| {{z}_{1}} right|=sqrt{2}sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}},$tìm GTLN của $sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$
Cách giải : Đặt ${{z}_{1}}=a+bileft( a;bin R right)$
$begin{array}{l}
left| {{z_1} – {z_2}} right| = left| {{z_1} – i{z_1}} right| = left| {left( {1 – i} right){z_1}} right| = sqrt 2 left| {{z_1}} right| = sqrt 2 sqrt {{a^2} + {b^2}} \
left| {a + bi + 1 – i} right| = 2 Leftrightarrow {left( {a + 1} right)^2} + {left( {b – 1} right)^2} = 4 Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2left( {a – b} right) = 2\
Rightarrow 2left( {a – b} right) = 2 – left( {{a^2} + {b^2}} right)\
Rightarrow 4{left( {a – b} right)^2} = {left( {{a^2} + {b^2}} right)^2} – 4left( {{a^2} + {b^2}} right) + 4
end{array}$
Ta có : ${{left( a+b right)}^{2}}ge 0Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2abge 0Leftrightarrow 2left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab={{left( a-b right)}^{2}}$
$begin{array}{l}
Rightarrow {left( {{a^2} + {b^2}} right)^2} – 4left( {{a^2} + {b^2}} right) + 4 le 8left( {{a^2} + {b^2}} right)\
Leftrightarrow {left( {{a^2} + {b^2}} right)^2} – 12left( {{a^2} + {b^2}} right) + 4 le 0\
Rightarrow 6 – 4sqrt 2 le {a^2} + {b^2} le 6 + 4sqrt 2 Rightarrow sqrt {{a^2} + {b^2}} le 2 + sqrt 2 \
Rightarrow left| {{z_1} – {z_2}} right| = sqrt 2 sqrt {{a^2} + {b^2}} le 2sqrt 2 + 2
end{array}$
