Đề số 2

Hàm số đạt cực đại tại điểm $x$ mà $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ dương sang âm.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x=1.$

Chọn đáp án D

Ta có $SA\perp \left(ABC\right)$ $\Rightarrow SA=d\left(S;\left(ABC\right)\right)$ .

$\Delta ABC\perp$tại A  nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{3}$ ;

góc giữa đường thẳng SC  và (ABC)  là $\widehat{SCA}={30}^0$ . $\Delta SAC\perp$ tại A  nên $h=SA.tan{30}^0$ $=a$ .

Do d  vuông góc với (P)  nên VTPT của (P)  cũng là VTCP của  d  

Suy ra VTCP $\overrightarrow{u_d}=\left(2;-3;1\right)$ .

Đường thẳng d  đi qua A  và vuông góc với (P)  có phương trình là: $\frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{-3}=\frac{z-3}{1}$ .

Xét tích phân $A=\underset{1}{\overset{e^3}{\int }}\frac{f\left(\ln x\right)}{x}dx$ .

Đặt $t=\ln x\Rightarrow dt=\frac{1}{x}dx$ , đổi cận $x=1\Rightarrow t=0$ , $x=e^3\Rightarrow t=3$ .

Do đó $A=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$ .

Xét tích phân $B=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(\cos x\right).\sin xdx$ .

Đặt $u=\cos x\Rightarrow du=-\sin xdx$ , đổi cận $x=0\Rightarrow u=1$ , $x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=0$ .

Do đó $A=\underset{1}{\overset{0}{\int }}-f\left(u\right)du=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$ .

Xét $\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(f\left(x\right)+2x\right)dx=\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}2xdx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+{\left.x^2\right|}_1^3=7-3+8=12$ .

Gọi H  là trung điểm của AB  thì $SH\perp \left(ABCD\right)$ . Ta có $HD=\frac{a\sqrt{5}}{2}$  nên $SH=\sqrt{\frac{9a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a$ .

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}$

Gọi I  là trung điểm của AB . Khi đó $I\left(2;-2;0\right)$ .

Từ đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$  và đồ thị hàm số $y=x$  ta thấy

 $f^{\text{'}}\left(x\right)-x>0$ với $\forall x\in \left(-\infty ;1\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

 $f^{\text{'}}\left(x\right)-x<0$ với $\forall x\in \left(1;2\right)$

Ta có bảng biến thiên của

ĐK: $x+2m>0$

Ta có $2^{x-1}={\log }_4\left(x+2m\right)+m\iff 2^x={\log }_2\left(x+2m\right)+2m$

Đặt $t={\log }_2\left(x+2m\right)$  ta có  $\left\{\begin{array}{l}{2}^x=t+2m\\ 2^t=x+2m\end{array}\right.\Rightarrow 2^x+x=2^t+t\left(1\right)$

Do hàm số $f\left(u\right)=2^u+u$  đồng biến trên R , nên ta có (1)$\left(1\right)\iff t=x$ .

Khi đó: $2^x=x+2m\iff 2m=2^x-x$

Xét hàm số $g\left(x\right)=2^x-x\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=2^x\ln 2-1=0\iff x=-{\log }_2\left(\ln 2\right)$

Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi $2m\ge g\left(-{\log }_2\left(\ln 2\right)\right)\iff m\ge \frac{g\left(-{\log }_2\left(\ln 2\right)\right)}{2}$ $\approx 0,457$  (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì $x+2m=2^x>0$ )

Do m  nguyên và $\left|m\right|<10$ , nên $m\in \left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$ .

Theo đồ thị ta có $f^{\text{'}}\left(0\right)=0\iff d=0$  và hệ số $a<0$ .

Xét $\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=f\left(x\right)\left|{}_{-1}^0\right.=-a+b-c+d$ , mà $\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx<0$  

nên ta có $-a+b-c+d<0$ (1)

Hay $a+c>b+d$ . Do đó ta loại C.

Thay $d=0$  ta có $a>b-c$ , vì $a<0$  nên $b-c<0$ . Loại D.

Xét $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=f\left(x\right)\left|{}_0^1\right.=a+b+c+d$ , mà $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx>0$  

nên ta có $a+b+c+d>0$ (2).

Do đó ta loại B.

Từ (2) ta có $-a-b-c-d<0$  cộng từng vế với (1) ta có $a+c>0$

Gọi A(0;1), $B\left(-1;3\right),C\left(1;-1\right)$ . Ta thấy A  là trung điểm của BC

  $\Rightarrow M{A}^2=\frac{M{B}^2+M{C}^2}{2}-\frac{B{C}^2}{4}\iff M{B}^2+M{C}^2=2M{A}^2+\frac{B{C}^2}{2}=2M{A}^2+10$

Ta lại có : $5\left|z-i\right|=\left|z+1-3i\right|+3\left|z-1+i\right|$

 $\iff 5MA=MB+3MC\le \sqrt{10}.\sqrt{M{B}^2+M{C}^2}$

$\Rightarrow 25M{A}^2\le 10\left(2M{A}^2+10\right)\Rightarrow MC\le 2\sqrt{5}$

Mà $\left|z-2+3i\right|=\left|\left(z-i\right)+\left(-2+4i\right)\right|\le \left|z-i\right|+\left|2-4i\right|\le \left|z-i\right|+2\sqrt{5}\le 4\sqrt{5}$ .

Dấu "="  xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\left|z-i\right|=2\sqrt{5}\\ \frac{a}{-2}=\frac{b-1}{4}\end{array}\right.$ , với $z=a+bi$ ; $a,b\in ℝ$ .

$\iff \left[\begin{array}{l}z=2-3i\left(loai\right)\\ z=-2+5i\end{array}\right.$

Đặt $BC=a$ ; $CA=b$ ; $AB=c$  .

Gọi M , N  lần lượt là trrung điểm của AB và CD .

Theo giả thiết ta có tam giác $\Delta ABC=\Delta CDA$  $\left(c.c.c\right)$  

$\Rightarrow CM=DM$ hay tam giác CMD  cân tại M $\Rightarrow MN\perp CD$   

Chứng minh tương tự ta cũng có $MN\perp AB$ .

Gọi I  là trung điểm của MN  thì $IA=IB$  và $IC=ID$ .

Mặt khác ta lại có $AB=CD$  nên  $\Delta BMI=\Delta CNI$ $\Rightarrow IB=IC$ hay I  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .

Ta có $I{A}^2=I{M}^2+A{M}^2$$=\frac{M{N}^2}{4}+\frac{A{B}^2}{4}=\frac{M{N}^2+c^2}{4}$ .

Mặt khác CM  là đường trung tuyến của tam giác ABC  nên $C{M}^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}$

$\Rightarrow M{N}^2=C{I}^2-C{N}^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}-\frac{c^2}{4}=\frac{a^2+b^2-c^2}{2}$

Vậy $I{A}^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{8}$ .

Với $a^2+b^2+c^2=2m^2+2{\left(m-1\right)}^2+2{\left(m+4\right)}^2=6{\left(m+1\right)}^2+28$

Vậy $=6{\left(m+1\right)}^2+28\Rightarrow I{A}_{\min }=\sqrt{\frac{7}{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}$ .