Thí sinh chọn các phương án đúng theo yêu cầu từ câu 21 đến câu 25 (nếu chọn duy nhất một phương án mà phương án đó là phương án đúng sẽ được tính một nửa số điểm của câu hỏi. Nếu chọn tất cả các phương án đúng sẽ đạt điểm tối đa của câu hỏi).

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\) và \({d_2}:\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {2;1;0} \right)\) và cắt cả hai đường thẳng \({d_1},{d_2}\). Những phương án nào dưới đây đúng?    

\({\log _2}\frac{{1 + {x^2} + {y^2}}}{{x - 2y}} = {4^{x - 2y}} - 2 \cdot {2^{{x^2} + {y^2}}} + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 + {x^2} + {y^2}} \right) + {2^{{x^2} + {y^2} + 1}} = {\log _2}\left( {2x - 4y} \right) + {2^{2x - 4y}}\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + {2^t}\) với \(t > 0\).

Có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + {2^t}\ln 2 > 0,\forall t > 0\). Suy ra \(f\left( t \right)\) đồng biến.

Khi đó \(f\left( {1 + {x^2} + {y^2}} \right) = f\left( {2x - 4y} \right) \Leftrightarrow 1 + {x^2} + {y^2} = 2x - 4y\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) (*).

1. Sai. Vì \(x,y \in \mathbb{Z}\) nên để \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) thì ta có:

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} = 4\\{\left( {y + 2} \right)^2} = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\\y =  - 2\end{array} \right.\).

Suy ra có hai cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\\{\left( {y + 2} \right)^2} = 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\\left[ \begin{array}{l}y = 0\\y =  - 4\end{array} \right.\end{array} \right.\).

Suy ra có hai cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.

Vậy có 4 cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.

2. Đúng. Theo (*), ta có \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) là phương trình đường tròn có tâm \(I\left( {1; - 2} \right),R = 2\).

3. Đúng. Xét đường thẳng \(\Delta :3x - 4y - P = 0\).

Để tồn tại điểm \(\left( {x;y} \right)\) thì đường thẳng \(\Delta :3x - 4y - P = 0\) phải giao với đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\).

Tức là \(d\left( {I,\Delta } \right) \le R\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {3 \cdot 1 - 4 \cdot \left( { - 2} \right) - P} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} \le 2\)\( \Leftrightarrow \left| {11 - P} \right| \le 10\)\( \Leftrightarrow 1 \le P \le 21\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(P\)là 21.

4. Đúng. Theo câu 3) ta có \(M = 21;m = 1\). Suy ra \(M \cdot m = 21\). Chọn ý 2, 3, 4.

1. Đúng.  Có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{6} \cdot 2a \cdot {\left( {2a} \right)^2} = \frac{{4{a^3}}}{3}\).

2. Sai. Hạ \(AH \bot SB\)(1).

Có \(BC \bot AB\) và \(BC \bot SA\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\). Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \).

3. Đúng. Có \(SA \bot AB,AB \bot BC\) nên \(d\left( {SA,BC} \right) = AB = 2a\).

4. Sai. Có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AM\) là hình chiếu vuông góc của \(SM\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Khi đó \(\left( {SM,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\).

Vì \(M\)là trung điểm của \(BC\) nên \(BM = MC = a\).

Xét \(\Delta ABM\) vuông tại \(B\), có \(AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}}  = \sqrt {4{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 5 \).

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \widehat {SMA} \approx 42^\circ \).

5. Sai.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), kẻ \(ME//CN\left( {E \in AB} \right)\) \( \Rightarrow CN//\left( {SME} \right)\).

Khi đó \(d\left( {SM,CN} \right) = d\left( {CN,\left( {SME} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)\).

Lại có \(\frac{{d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right)}} = \frac{{NE}}{{AE}} = \frac{{\frac{1}{2}NB}}{{\frac{7}{2}NB}} = \frac{1}{7}\).

Kẻ \(AK \bot ME\), Kẻ \(AJ \bot SK\)(3).

Có \(AK \bot ME\) mà \(ME \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\) nên \(ME \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow ME \bot AJ\) (4).

Từ (3) và (4), suy ra \(AJ \bot \left( {SME} \right)\).

Khi đó \(d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = AJ\).

Có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}MB \cdot AE = \frac{1}{2}MB \cdot \frac{7}{8}AB = \frac{7}{{16}} \cdot a \cdot 2a = \frac{7}{8}{a^2}\).

Có \(CN = \sqrt {B{C^2} + B{N^2}}  = \sqrt {4{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\).

Có \(ME\) là đường trung bình của \(\Delta BCN\) nên \(ME = \frac{1}{2}CN = \frac{{a\sqrt {17} }}{4}\).

Lại có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}AK \cdot ME = \frac{7}{8}{a^2} \Rightarrow AK = \frac{{7a}}{{\sqrt {17} }}\).

Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{{17}}{{49{a^2}}} = \frac{{117}}{{196{a^2}}}\)\( \Rightarrow AJ = \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}}\).

Suy ra \(d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7}d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7} \cdot \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}} = \frac{{2a\sqrt {13} }}{{39}}\). Chọn ý 1, 3.

 1. Đúng. Minh chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 thẻ rút ra nên \(P\left( A \right) = \frac{1}{2}\).

2. Đúng. \(B = \left( {B \cap A} \right) \cup \left( {B \cap \overline A } \right)\).

3. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{8}\).

4. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2};P\left( {B|A} \right) = \frac{7}{{12}}\).

Xác suất để Minh chọn được thẻ hợp lệ là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{8} = \frac{{29}}{{48}}\).

Suy ra xác suất thẻ Minh chọn hợp lệ từ hộp A là

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}}}}{{\frac{{29}}{{48}}}} = \frac{{14}}{{29}}\]. Chọn ý 1, 2.

Gọi \({R_h} = 10\;mm\) là độ dài kim giờ (\(OA\)), \({R_m} = 15\;mm\)là độ dài kim phút \(\left( {OB} \right)\).

Tốc độ góc của kim phút \({\omega _m} = \frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\)(rad/phút).

Tốc độ góc của kim giờ \({\omega _h} = \frac{{2\pi }}{{12 \cdot 60}} = \frac{\pi }{{360}}\) (rad/phút).

Góc giữa hai kim tại thời điểm \(t\)(phút) là \(\theta \left( t \right) = \left| {\left( {{\omega _m} - {\omega _h}} \right)t} \right| = \left| {\left( {\frac{\pi }{{30}} - \frac{\pi }{{360}}} \right)t} \right| = \frac{{11\pi }}{{360}}t\) (rad).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 \cdot \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t\).

1. Đúng. Có \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t \le 1\) nên \({S_{\Delta AOB}} \le 75\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{180}}{{11}} + k\frac{{720}}{{11}}\).

Thời điểm đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\) lớn nhất ứng với \(k = 0\). Tức là \(t = \frac{{180}}{{11}} \approx 16,36\).

2. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 37,5 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 37,5\)\( \Leftrightarrow \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{1}{2}\).

Thời điểm đầu tiên ứng với góc nhỏ nhất. Khi đó \(\frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{{360}}{{6 \cdot 11}} \approx 5,5\) phút.

3. Đúng. Vì \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right)\).

4. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 0 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = k\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{360}}{{11}}k\).

Với 30 phút đầu tiên thì ứng với \(k = 0\).

Vậy trong 30 phút đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\)bằng 0 tại đúng 1 thời điểm. Chọn ý 1, 3.