PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Cho tứ diện \(ABCD\), tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\), \(DA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), \(M\) là trung điểm \(AC\), \(AB = 2\), góc giữa đường thẳng \(CD\) với mặt phẳng \(\left( {BDM} \right)\) bằng \(\alpha \) biết \(\sin \alpha = \frac{1}{3}.\) Thể tích của khối tứ diện \(ABCD\) bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Đáp án: 0,6.

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) lên \(Ox\), \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên \(Ox\).

Tam giác \(AOQ\) vuông tại \(Q\) có \(QB\) là đường cao \( \Rightarrow OB \cdot OA = O{Q^2}\)\( \Rightarrow OB = \frac{{O{Q^2}}}{{OA}} = \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}\).

Ta có \(OA = \sqrt {O{K^2} + A{K^2}} = \sqrt {{x^2} + 4} .\)

\(\frac{{BH}}{{AK}} = \frac{{OB}}{{OA}} \Rightarrow BH = \frac{{AK \cdot OB}}{{OA}} \Rightarrow y = \frac{{2 \cdot \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = \frac{8}{{{x^2} + 4}}\).

\( \Rightarrow y' = \frac{{ - 8 \cdot 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}} = - \frac{{16x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}.\)

\(y'' = - 16 \cdot \frac{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2} - 2\left( {{x^2} + 4} \right) \cdot 2x \cdot x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}}\)

\( = - 16 \cdot \frac{{\left( {{x^2} + 4} \right)\left( {{x^2} + 4 - 4{x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}} = - 16 \cdot \frac{{\left( {{x^2} + 4} \right)\left( { - 3{x^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}}\)\( = - 16 \cdot \frac{{\left( { - 3{x^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^3}}}\).

\(y'' = 0 \Leftrightarrow - 16 \cdot \frac{{ - 3{x^2} + 4}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^3}}} = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{3}\)\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Bảng biến thiên hàm số \(y'\):

Dựa vào BBT ta có: \({y'_{\max }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \approx 0,6.\)

Đáp án: 18,7.

Ta có \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) nên \(N\) thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) có đường kính \(AB = 6\), bán kính \(R = 3\), tâm \(I\left( {0\,;0\,;1} \right)\).

Lại có \(N \in MA \Rightarrow N \in \left( {A\,;d} \right)\), tức \(N\) chạy trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(A\) và d.

Chọn điểm \(K\left( { - 1\,;1\,;1} \right) \in d \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {AK} } \right] = \left( {10\,;5\,; - 10} \right) = 5\left( {2\,;1\,; - 2} \right) = 5\overrightarrow n \).

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(A\left( {2\,; - 1\,;3} \right)\) có \(\overrightarrow n = \left( {2\,;1\,; - 2} \right)\) là:

\(2\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 3} \right) = 0\) hay \(2x + y - 2z + 3 = 0.\)

Ta có: \(d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 0 + 0 - 2 \cdot 1 + 3} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} = \frac{1}{3}\).

\(N\) vừa thuộc \(\left( S \right)\) vừa thuộc \(\left( P \right)\) nên \(N\) thuộc đường tròn giao tuyến của \(\left( S \right)\) và \(\left( P \right)\).

Bán kính đường tròn giao tuyến là \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt 5 }}{3}\).

Vậy độ dài đường cong là: \(2\pi r = \frac{{8\pi \sqrt 5 }}{3} \approx 18,7.\)