Câu 30: Chọn B.
Ta có: $Aleft( 1;,2 right)$, $Bleft( 5;-1 right)$ $Rightarrow AB=5$.
Câu 31: Chọn C.
Ta có $intlimits_{0}^{1}{frac{pi {{x}^{3}}+{{2}^{x}}+text{e}{{x}^{3}}{{.2}^{x}}}{pi +text{e}{{.2}^{x}}}text{d}x}=intlimits_{0}^{1}{left( {{x}^{3}}+frac{{{2}^{x}}}{pi +text{e}{{.2}^{x}}} right)text{d}x}=frac{1}{4}+intlimits_{0}^{1}{frac{{{2}^{x}}}{pi +text{e}{{.2}^{x}}}text{d}x}=frac{1}{4}+J$.
Tính $J=intlimits_{0}^{1}{frac{{{2}^{x}}}{pi +text{e}{{.2}^{x}}}text{d}x}$. Đặt $pi +text{e}{{.2}^{x}}=tRightarrow text{e}{{.2}^{x}}ln 2text{d}x=text{d}tLeftrightarrow {{2}^{x}}text{d}x=frac{1}{text{e}.ln 2}text{d}t$.
Đổi cận: Khi $x=0$ thì $t=pi +text{e}$; khi $x=1$ thì $t=pi +2text{e}$.
$J=intlimits_{0}^{1}{frac{{{2}^{x}}}{pi +text{e}{{.2}^{x}}}text{d}x}=frac{1}{text{e}ln 2}intlimits_{pi +text{e}}^{pi +2text{e}}{frac{1}{t}text{d}t}=frac{1}{text{e}ln 2}left. ln left| t right| right|_{pi +text{e}}^{pi +2text{e}}=frac{1}{text{e}ln 2}ln left( 1+frac{text{e}}{text{e}+pi } right)$.
Khi đó $intlimits_{0}^{1}{frac{pi {{x}^{3}}+{{2}^{x}}+text{e}{{x}^{3}}{{.2}^{x}}}{pi +text{e}{{.2}^{x}}}text{d}x}=frac{1}{4}+frac{1}{text{e}ln 2}ln left( 1+frac{text{e}}{text{e}+pi } right)$$Rightarrow m=4$, $n=2$, $p=1$. Vậy $S=7$.
Câu 32: Chọn A.
Ta có ${y}’=x-m+frac{1}{x-1}$.
Để hàm số $y=frac{{{x}^{2}}}{2}-mx+ln left( x-1 right)$ đồng biến trên khoảng $left( 1;+infty right)$ thì ${y}’ge 0$ với $forall xin left( 1;+infty right)$
$Leftrightarrow x+frac{1}{x-1}ge m$ với $forall xin left( 1;+infty right)$$Rightarrow mle underset{left( 1;+infty right)}{mathop{min }},fleft( x right)$.
Xét hàm số $fleft( x right)=x+frac{1}{x-1}$ trên khoảng $left( 1;+infty right)$ ta có
$fleft( x right)=x-1+frac{1}{x-1}+1ge 2sqrt{left( x-1 right)frac{1}{left( x-1 right)}}+1ge 3$$Rightarrow underset{left( 1;+infty right)}{mathop{min }},fleft( x right)=3$. Do $min {{mathbb{Z}}^{+}}$ nên $min left{ 1;2;3 right}$.
Câu 33: Chọn A.
Ta có tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, tam giác $BDC$ vuông cân tại $D$.
Ta có
$overrightarrow{AB}.overrightarrow{CD}=left( overrightarrow{DB}-overrightarrow{DA} right)overrightarrow{CD}=overrightarrow{DB}.overrightarrow{CD}-overrightarrow{DA}.overrightarrow{CD}$
$=left| overrightarrow{DB} right|left| overrightarrow{CD} right|cos left( overrightarrow{DB},overrightarrow{CD} right)-left| overrightarrow{DA} right|left| overrightarrow{CD} right|cos left( overrightarrow{DA},overrightarrow{CD} right)=-frac{1}{2}{{a}^{2}}$.
Mặt khác ta lại có
$overrightarrow{AB}.overrightarrow{CD}=left| overrightarrow{AB} right|left| overrightarrow{CD} right|cos left( overrightarrow{AB}.overrightarrow{CD} right)Leftrightarrow cos left( overrightarrow{AB},overrightarrow{CD} right)=frac{overrightarrow{AB}.overrightarrow{CD}}{left| overrightarrow{AB} right|left| overrightarrow{CD} right|}=-frac{1}{2}$
$Rightarrow left( overrightarrow{AB},overrightarrow{DC} right)=120{}^circ Rightarrow left( AB,CD right)=60{}^circ $.
Câu 34: Chọn C.
Xét $y=fleft( x right)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4$ và $y=gleft( x right)=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4$ đều xác định trên$mathbb{R}.$
Với mọi $xin mathbb{R}$ ta luôn có $fleft( -x right)={{left( -x right)}^{3}}+3{{left( -x right)}^{2}}-4=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4=gleft( x right)$
Suy ra đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ và $y=gleft( x right)$ đối xứng nhau qua $Oy$, tức $left( {{C}_{1}} right)$ và $left( {{C}_{2}} right)$ đối xứng nhau qua $Oy.$
Câu 35: Chọn C.
Ta có $fleft( x right)=int{{f}’left( x right)text{d}x}=int{frac{1}{xleft( ln x-1 right)}text{d}x}=int{frac{1}{ln x-1}text{d}left( ln x right)}=ln left| ln x-1 right|+C$
$ Rightarrow fleft( x right) = left{ begin{array}{l}
ln left| {ln x – 1} right| + {C_1};;;;;{rm{khi}};0 < x < {rm{e}}\
ln left| {ln x – 1} right| + {C_2};;;;;{rm{khi }}x > {rm{e}}
end{array} right.$
Do $fleft( frac{1}{{{text{e}}^{2}}} right)=ln 6Rightarrow ln left| ln frac{1}{{{text{e}}^{2}}}-1 right|+{{C}_{1}}=ln 6Leftrightarrow ln 3+{{C}_{1}}=ln 6Leftrightarrow {{C}_{1}}=ln 2$
Đồng thời $fleft( {{text{e}}^{2}} right)=3Rightarrow ln left| ln {{text{e}}^{2}}-1 right|+{{C}_{2}}=3Leftrightarrow {{C}_{2}}=3$
Khi đó: $fleft( frac{1}{text{e}} right)+fleft( {{text{e}}^{3}} right)=ln left| ln frac{1}{text{e}}-1 right|+ln 2+ln left| ln {{text{e}}^{3}}-1 right|+3=3left( ln 2+1 right)$.
Câu 36: Chọn A.
Ta có ${{text{e}}^{mcos x-sin x}}-{{text{e}}^{2left( 1-sin x right)}}=2-sin x-mcos x$
$Leftrightarrow {{text{e}}^{mcos x-sin x}}+mcos x-sin x={{text{e}}^{2left( 1-sin x right)}}+2left( 1-sin x right)$
Xét hàm số $fleft( t right)={{text{e}}^{t}}+t$ $left( tin mathbb{R} right)$, ${f}’left( t right)={{text{e}}^{t}}+1>0$$Rightarrow fleft( t right)$ đồng biến trên $mathbb{R}$.
Suy ra
${{text{e}}^{mcos x-sin x}}+mcos x-sin x={{text{e}}^{2left( 1-sin x right)}}+2left( 1-sin x right)Leftrightarrow mcos x-sin x=2left( 1-sin x right)$
$Leftrightarrow mcos x+sin x=2$. Phương trình có nghiệm khi ${{m}^{2}}+1ge 4Leftrightarrow {{m}^{2}}ge 3$.
$Rightarrow S=left( -infty ;-sqrt{3} right]cup left[ sqrt{3};+infty right)$. Vậy $T=10a+20b$$=10sqrt{3}$.
Câu 37: Chọn D.
Gọi $Aleft( a;0;0 right)$, $Bleft( 0;b;0 right)$, $Cleft( 0;0;c right)$, do $A$, $B$, $C$ thuộc ba tia $Ox$, $Oy$, $Oz$ nên $a$, $b$, $c>0$.
$left( P right)$ theo đoạn chắn có dạng $frac{x}{a}+frac{y}{b}+frac{z}{c}=1$. Do $Mleft( 2;1;1 right)in left( P right)Rightarrow frac{2}{a}+frac{1}{b}+frac{1}{c}=1$.
Áp dụng Cauchy cho $text{3}$ số dương $frac{2}{a}$, $frac{1}{b}$, $frac{1}{c}$ ta có $1=frac{2}{a}+frac{1}{b}+frac{1}{c}ge 3sqrt[3]{frac{2}{abc}}$
$Rightarrow {{V}_{OABC}}=frac{abc}{6}ge 9$. Dấu bằng xảy ra khi $frac{2}{a} = frac{1}{b} = frac{1}{c} = frac{1}{3} Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = 6\
b = c = 3
end{array} right.$
Vậy $left( P right):frac{x}{6}+frac{y}{3}+frac{z}{3}=1Leftrightarrow x+2y+2z-6=0$.
Câu 38: Chọn B.
Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $OMN$.
Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác $OMN$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, ta có $a.overrightarrow{IO}+b.overrightarrow{IM}+c.overrightarrow{IN}=overrightarrow{0}$, với $a=MN$, $b=ON$, $c=OM$”.
Ta có $OM=sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}=3$, $ON=sqrt{{{left( frac{-8}{3} right)}^{2}}+{{left( frac{4}{3} right)}^{2}}+{{left( frac{8}{3} right)}^{2}}}=4$.
$MN=sqrt{{{left( frac{-8}{3}-2 right)}^{2}}+{{left( frac{4}{3}-2 right)}^{2}}+{{left( frac{8}{3}-1 right)}^{2}}}=5$.
$5.overrightarrow {IO} + 4.overrightarrow {IM} + 3.overrightarrow {IN} = overrightarrow 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x_I} = frac{{5.0 + 4.2 + 3.left( {frac{{ – 8}}{3}} right)}}{{3 + 4 + 5}} = 0\
{y_I} = frac{{5.0 + 4.2 + 3.left( {frac{4}{3}} right)}}{{3 + 4 + 5}} = 1\
{z_I} = frac{{5.0 + 4.2 + 3.left( {frac{8}{3}} right)}}{{3 + 4 + 5}} = 1
end{array} right.$.
Mặt phẳng $left( Oxz right)$ có phương trình $y=0$.
Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng $left( Oxz right)$ nên mặt cầu có bán kính $R=dleft( I,left( Oxz right) right)=1$.
Vậy phương trình mặt cầu là: ${{x}^{2}}+{{left( y-1 right)}^{2}}+{{left( z-1 right)}^{2}}=1$.
Câu 39: Chọn B.
Ta có ${{S}_{n}}=frac{nleft( 2{{u}_{1}}+left( n-1 right)d right)}{2}Leftrightarrow frac{nleft( 2.3+left( n-1 right).4 right)}{2}=253$
$ Leftrightarrow 4{n^2} + 2n – 506 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
n = 11\
n = – frac{{23}}{2}left( L right)
end{array} right.$.
Câu 40: Chọn A.
Theo giả thiết ta có ${{S}_{xq}}=2pi rlLeftrightarrow r=frac{{{S}_{xq}}}{2pi l}=frac{16pi {{a}^{2}}}{2pi .2a}=4a$.
Câu 41: Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm
$mx + 1 = frac{{x + 1}}{{x – 1}} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ne 1\
left( {mx + 1} right)left( {x – 1} right) = x + 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ne 1\
m{x^2} – mx – 2 = 0{rm{ }}left( 1 right)
end{array} right.$
YCBT $Leftrightarrow $$left( 1 right)$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ khác $1$ thỏa mãn $left( {{x}_{1}}-1 right)left( {{x}_{2}}-1 right)<0$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne 0\
Delta = {m^2} + 8m > 0\
m{.1^2} – m.1 – 2 ne 0\
{x_1}{x_2} – left( {{x_1} + {x_2}} right) + 1 < 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne 0\
left[ begin{array}{l}
m > 0\
m < – 8
end{array} right.\
m in R\
– frac{2}{m} – 1 + 1 < 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m > 0\
m < – 8
end{array} right.\
frac{2}{m} > 0
end{array} right. Leftrightarrow m > 0$
Câu 42: Chọn C.
Điều kiện $left{ begin{array}{l}
x + 2 > 0\
x > 0
end{array} right. Leftrightarrow x > 0$ (*).
Phương trình $Leftrightarrow ln {{left( x+2 right)}^{2}}+ln 4=ln x+ln {{3}^{4}}Leftrightarrow ln left[ 4{{left( x+2 right)}^{2}} right]=ln left( x{{.3}^{4}} right)$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x{.3^4} > 0\
4{left( {x + 2} right)^2} = 81x
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 16\
x = frac{1}{4}
end{array} right.$ thỏa mãn $[left( * right) Rightarrow left{ begin{array}{l}
{x_1} = frac{1}{4}\
{x_2} = 16
end{array} right. Rightarrow P = frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = frac{1}{{64}}$
Câu 43: Chọn C.
Ta có ${y}’=-3{{x}^{2}}+4x-m$, ${{y}’}’=-6x+4$
Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
y’left( 1 right) = 0\
y”left( 1 right) > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m = 1\
– 2 > 0
end{array} right.$ (vô nghiệm)
Câu 44: Chọn D.
Ta có $h=left| d right|=left| 5sin 6t-4cos 6t right|=sqrt{41}left| sin left( 6t+alpha right) right|le sqrt{41}$, với $left{ begin{array}{l}
cos alpha = frac{5}{{sqrt {41} }}\
sin alpha = frac{4}{{sqrt {41} }}
end{array} right.$.
Do đó vật ở xa vị trí cân bằng nhất ${{h}_{max }}=sqrt{41}$ khi $left| sin left( 6t+alpha right) right|=1Leftrightarrow cos left( 6t+alpha right)=0$
$Leftrightarrow 6t+alpha =frac{pi }{2}+kpi Leftrightarrow t=-frac{alpha }{6}+frac{pi }{12}+kfrac{pi }{6}$.
Trong giây đầu tiên,
$0le tle 1Leftrightarrow 0le -frac{alpha }{6}+frac{pi }{12}+kfrac{pi }{6}le 1Leftrightarrow frac{alpha }{pi }-frac{1}{2}le kle frac{6}{pi }+frac{alpha }{pi }-frac{1}{2}Rightarrow kin left{ 0;1 right}$.
Vậy có $2$ lần vật ở xa vị trí cân bằng nhất.
Câu 45: Chọn A.
Ta có ${{u}_{n+1}}={{u}_{n}}+3$ với mọi $nge 1$ nên ${{u}_{n}}$ là cấp số cộng có công sai $d=3$
${{text{e}}^{{{u}_{18}}}}+5sqrt{{{text{e}}^{{{u}_{18}}}}-{{text{e}}^{4{{u}_{1}}}}}={{text{e}}^{4{{u}_{1}}}}Leftrightarrow 5sqrt{{{text{e}}^{{{u}_{18}}}}-{{text{e}}^{4{{u}_{1}}}}}={{text{e}}^{4{{u}_{1}}}}-{{text{e}}^{{{u}_{18}}}}$$left( 1 right)$
Đặt $t={{text{e}}^{{{u}_{18}}}}-{{text{e}}^{4{{u}_{1}}}}$ $left( tge 0 right)$
Phương trình $left( 1 right)$ trở thành $5sqrt t = – t Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t le 0\
25t = {t^2}
end{array} right. Leftrightarrow t = 0$
$5sqrt{t}=-tLeftrightarrow t+5sqrt{t}=0Leftrightarrow sqrt{t}left( sqrt{t}+5 right)=0Leftrightarrow sqrt{t=0}Leftrightarrow t=0$
Với $t=0$ ta có : ${{text{e}}^{{{u}_{18}}}}={{text{e}}^{4{{u}_{1}}}}Leftrightarrow {{u}_{18}}=4{{u}_{1}}Leftrightarrow {{u}_{1}}+51=4{{u}_{1}}Leftrightarrow {{u}_{1}}=17$
Vậy ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+left( n-1 right)d=17+left( n-1 right)3=3n+14$
Có : ${{log }_{3}}{{u}_{n}}<ln 2018Leftrightarrow {{u}_{n}}<{{3}^{ln 2018}}Leftrightarrow 3n+14<{{3}^{ln 2018}}Leftrightarrow n<frac{{{3}^{ln 2018}}-14}{3}approx 1419,98$
Vậy giá trị lớn nhất của $n$ là $1419$.
Câu 46: Chọn A.
Mặt cầu $left( S right)$ có tâm $Ileft( -1;1;0 right)$ và bán kính $R=2$.
Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $B$, có một VTCP là $overrightarrow{BA}=left( 1;2;3 right)$$Rightarrow $$AB:left{ begin{array}{l}
x = t\
y = 2t\
z = 1 + 3t
end{array} right.left( {t in R} right)$
$overrightarrow{IB}=left( 1;-1;1 right)$$Rightarrow IB=sqrt{3}<R$$Rightarrow left( P right)$ luôn cắt mặt cầu $left( S right)$ theo giao tuyến là đường tròn $left( C right)$
$left( C right)$ có bán kính nhỏ nhất $Leftrightarrow dleft( I,left( P right) right)$ lớn nhất.
Gọi $H$, $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $left( P right)$ và $AB$, ta có:
$dleft( I,left( P right) right)=IHle IK$
Do đó $dleft( I,left( P right) right)$ lớn nhất $Leftrightarrow Hequiv K$ hay mặt phẳng $left( P right)$ vuông góc với $IK$
Tìm $K:Kin ABRightarrow Kleft( t;2t;1+3t right)Rightarrow overrightarrow{IK}=left( t+1;2t-1;3t+1 right)$
Ta có $IKbot ABLeftrightarrow overrightarrow{IK}.overrightarrow{AB}=0Leftrightarrow t=-frac{1}{7}$$Rightarrow overrightarrow{IK}left( frac{6}{7};-frac{9}{7};frac{4}{7} right)=frac{1}{7}left( 6;-9;4 right)$
Mặt phẳng $left( P right)$ đi qua $Bleft( 0;0;1 right)$, có một VTPT là $overrightarrow{n}=left( 6;-9;4 right)$
$Rightarrow $$left( P right):6x-9y+4z-4=0Leftrightarrow -frac{9}{2}x+frac{27}{4}y-3z+3=0$. Vậy $T=-frac{3}{4}$.
Câu 47: Chọn C.
Ta có $A{A}’bot left( ABC right)$ nên $A{A}’bot CM$. Mặt khác ${A}’Hbot CM$. Do đó $CMbot left( A{A}’H right)$. Suy ra $CMbot AH$. Vậy $H$ còn là hình chiếu của $A$ trên $CM$.
Ta có ${{S}_{AHC}}=frac{1}{2}AH.HCle frac{1}{2}.frac{1}{2}left( A{{H}^{2}}+H{{C}^{2}} right)=frac{A{{C}^{2}}}{4}=frac{{{a}^{2}}}{4}$. Dấu bằng xảy ra khi $AH=HC$, tức là khi $widehat{ACM}=45{}^circ $. Vậy tam giác $AHC$ có diện tích lớn nhất khi $M$ ở vị trí sao cho $widehat{ACM}=45{}^circ $. Khi đó $HC=frac{asqrt{2}}{2}$ và $widehat{HCB}=15{}^circ $.
Trong tam giác $HBC$: $B{{H}^{2}}=H{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}-2HC.BC.cos widehat{HCB}$
$=frac{{{a}^{2}}}{2}+{{a}^{2}}-2.frac{asqrt{2}}{2}.a.frac{sqrt{2}+sqrt{6}}{4}=frac{left( 4-2sqrt{3} right){{a}^{2}}}{4}$$Rightarrow BH=frac{aleft( sqrt{3}-1 right)}{2}$.
Câu 48: Chọn D.
Cách 1:
Đặt $z-3-2i=w$ với $w=x+yi$ $left( x,yin mathbb{R} right)$. Theo bài ra ta có $left| w right|=2Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4$.
Ta có
$P=left| z+1-2i right|+2left| z-2-5i right|=left| w+4 right|+2left| w+1-3i right|=sqrt{{{left( x+4 right)}^{2}}+{{y}^{2}}}+2sqrt{{{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-3 right)}^{2}}}$
$=sqrt{20+8x}+2sqrt{{{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-3 right)}^{2}}}=2sqrt{5+2x}+2sqrt{{{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-3 right)}^{2}}}$
$=2left( sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x+1}+sqrt{{{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-3 right)}^{2}}} right)=2left( sqrt{{{left( x+1 right)}^{2}}+{{y}^{2}}}+sqrt{{{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-3 right)}^{2}}} right)$
$ge 2left( left| y right|+left| y-3 right| right)ge 2left| y+3-y right|=6$.
$P = 6 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = – 1\
yleft( {3 – y} right) ge 0\
{x^2} + {y^2} = 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = – 1\
y = sqrt 3
end{array} right.$
Vậy GTNN của $P$ là bằng $6$ đạt được khi $z=2+left( 2+sqrt{3} right)i$.
Cách 2:
$left| z-3-2i right|=2$$Rightarrow MI=2$$Rightarrow Min left( I;2 right)$ với $I=left( 3;2 right)$.
$P=left| z+1-2i right|+2left| z-2-5i right|=MA+2MB$ với $A=left( 1;2 right)$, $B=left( 2;5 right)$.
Ta có $IM=2$; $IA=4$. Chọn $Kleft( 2;2 right)$ thì $IK=1$. Do đó ta có $IA.IK=I{{M}^{2}}$$Rightarrow frac{IA}{IM}=frac{IM}{IK}$
$Rightarrow Delta IAM$ và $Delta IMK$ đồng dạng với nhau $Rightarrow frac{AM}{MK}=frac{IM}{IK}=2$$Rightarrow AM=2MK$.
Từ đó $P=MA+2MB$$=2left( MK+MB right)$$ge 2BK$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$, $K$, $B$ thẳng hàng và $M$ thuộc đoạn thẳng $BK$.
Từ đó tìm được $M=left( 2;2+sqrt{3} right)$.
Cách 3:
Gọi $Mleft( a;b right)$ là điểm biểu diễn số phức $z=a+bi.$ Đặt $I=left( 3;2 right)$, $Aleft( -1;2 right)$ và $Bleft( 2;5 right)$.
Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn $left( C right)$ có tâm $I$, bán kính $R=2$ sao cho biểu thức $P=MA+2MB$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Trước tiên, ta tìm điểm $Kleft( x;y right)$ sao cho $MA=2MK$$forall Min left( C right)$.
Ta có $MA=2MKLeftrightarrow M{{A}^{2}}=4M{{K}^{2}}Leftrightarrow {{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IA} right)}^{2}}=4{{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IK} right)}^{2}}$
$Leftrightarrow M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+2overrightarrow{MI}.overrightarrow{IA}=4left( M{{I}^{2}}+I{{K}^{2}}+2overrightarrow{MI}.overrightarrow{IK} right)Leftrightarrow 2overrightarrow{MI}left( overrightarrow{IA}-4overrightarrow{IK} right)=3{{R}^{2}}+4I{{K}^{2}}-I{{A}^{2}}$$left( * right)$.
$left( * right)$ luôn đúng $forall M in left( C right) Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow {IA} – 4overrightarrow {IK} = overrightarrow 0 \
3{R^2} + 4I{K^2} – I{A^2} = 0
end{array} right.$.
$overrightarrow {IA} – 4overrightarrow {IK} = overrightarrow 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
4left( {x – 3} right) = – 4\
4left( {y – 2} right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 2\
y = 2
end{array} right.$ .
Thử trực tiếp ta thấy $Kleft( 2;2 right)$ thỏa mãn $3{{R}^{2}}+4I{{K}^{2}}-I{{A}^{2}}=0$.
Vì $B{{I}^{2}}={{1}^{2}}+{{3}^{2}}=10>{{R}^{2}}=4$ nên $B$ nằm ngoài $left( C right)$.
Vì $K{{I}^{2}}=1<{{R}^{2}}=4$ nên $K$ nằm trong $left( C right)$.
Ta có $MA+2MB=2MK+2MB=2left( MK+MB right)ge 2KB$.
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi $M$ thuộc đoạn thẳng $BK$.
Do đó $MA+2MB$ nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của $left( C right)$ và đoạn thẳng $BK.$
Phương trình đường thẳng $BK:x=2$.
Phương trình đường tròn $left( C right):{{left( x-3 right)}^{2}}+{{left( y-2 right)}^{2}}=4$.
Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ hoặc 4e7 .
Thử lại thấy $Mleft( 2;2+sqrt{3} right)$ thuộc đoạn $BK$.
Vậy $a=2$, $b=2+sqrt{3}$ $Rightarrow a+b=4+sqrt{3}$.
Câu 49: Chọn B.
Từ $N$ kẻ $NPtext{//}AC$, $Nin AD$
$M$ kẻ $MQtext{//}AC$, $Qin BC$. Mặt phẳng $left( P right)$ là $MPNQ$
Ta có ${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}AH.{{S}_{ABCD}}=frac{sqrt{2}}{12}$
$V={{V}_{ACMPNQ}}={{V}_{AMPC}}+{{V}_{MQNC}}+{{V}_{MPNC}}$
Ta có ${{V}_{AMPC}}=frac{AM}{AB}.frac{AP}{AD}.{{V}_{ABCD}}$$=frac{1}{2}.frac{2}{3}{{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}{{V}_{ABCD}}$
${{V}_{MQNC}}=frac{1}{2}{{V}_{AQNC}}=frac{1}{2}frac{CQ}{CB}.frac{CN}{CD}.{{V}_{ABCD}}$$=frac{1}{2}frac{1}{2}.frac{2}{3}{{V}_{ABCD}}=frac{1}{2}{{V}_{ABCD}}$
${{V}_{MPNC}}=frac{2}{3}{{V}_{MPCD}}=frac{2}{3}.frac{1}{3}{{V}_{MACD}}$$=frac{2}{3}.frac{1}{3}frac{AM}{AB}.{{V}_{ABCD}}$$=frac{2}{3}.frac{1}{3}frac{1}{2}{{V}_{ABCD}}=frac{1}{9}{{V}_{ABCD}}$
Vậy $V=left( frac{1}{3}+frac{1}{6}+frac{1}{9} right){{V}_{ABCD}}$$Rightarrow V=frac{11}{18}{{V}_{ABCD}}=frac{11sqrt{2}}{216}$.
Câu 50: Chọn D.
Gọi số cần tìm có dạng $overline{abcde}=11k$
Số cách chọn số có $5$ chữ số từ tập số tự nhiên là: $nleft( Omega right)={{9.10}^{4}}$
Gọi $A$ là biến cố: chọn được số chia hết cho $11$ và chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố.
Do số có tận cùng là số nguyên tố nên $e=left{ 2;3;5;7 right}$
Suy ra $k$ có tận cùng là $2$; $3$;$5$; $7$.
Ta có số cần tìm có $5$ chữ số nên $10010le 11kle 99990$$Leftrightarrow 910le 11kle 9090$.
Xét các bộ số $left( 910;911,…919 right)$; $left( 920;921;…929 right)$;$left( 9080;9081…9089 right)$
Số các bộ số là $frac{9090-910}{10}=818$ bộ.
mỗi bộ số sẽ có $4$ số $k$ thỏa mãn. Do đó ${{n}_{A}}=818.4=3272$
Xác suất của biến cố là ${{P}_{A}}=frac{3272}{{{9.10}^{4}}}=frac{409}{11250}$.
