Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Đồng Đậu lần 2

Mỗi cách lập một số tự nhiên có hai chữ số khác nhau từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8;9 là một chỉnh hợp chập 2 của 9.

Vậy có \(A_{9}^{2}\) số tự nhiên có hai chữ số khác nhau

\({u_3} = {u_1} + 2d = 2 + 2.1 = 4.\)

Trên khoảng \(\left( 0;2 \right)\) đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) đi xuống từ trái sang phải nên hàm số \(y=f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( 0;2 \right).\)

Hàm số đạt cực đại tại điểm khi đi qua nó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm ta có hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0

Dựa vào đồ thị ta thấy, trên đoạn \(\left[ -3;1 \right]\), hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{x-5}=0\) và \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{x-5}=0\) nên đường thẳng y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Quan sát đồ thị, ta thấy \(\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow a>0.\)

Mặt khác, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên b,a khác dấu, kết hợp với a>0 ta được b<0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có hoành độ âm nên \(c=y\left( 0 \right)<0.\)

\(\left( C \right) \cap Ox \Leftrightarrow y = 0 \Leftrightarrow x = 2\)

Với mọi số dương \(a,b\) ta có: \(\ln \left( ab \right)=\ln a+\ln b.\)

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ, ta có \(\left( {{3}^{x}} \right)'={{3}^{x}}\ln 3.\)

\({a^{m + n}} = {a^m}.{a^n}.\)

PT \( \Leftrightarrow {3^{{x^2}}} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 .\)

\({\log _2}\left( {x - 3} \right) = 3 \Leftrightarrow x - 3 = {2^3} \Leftrightarrow x = 11.\)

\(\int\limits_{}^{} {\left( {2{x^3} - 9} \right)dx}  = \frac{1}{2}{x^4} - 9x + C.\)

\(\int\limits_{}^{} {\left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)dx}  = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C.\)

\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  = 10 \Leftrightarrow F\left( b \right) - F\left( a \right) = 10 \Leftrightarrow F\left( b \right) = 7.\)

\(\int\limits_5^2 {\left[ {2 - 4f\left( x \right)} \right]dx}  = \int\limits_5^2 {2dx}  - 4\int\limits_5^2 {f\left( x \right)dx}  = 2\left( {2 - 5} \right) - 4.\left( { - 10} \right) = 34.\)

Có \(\overline{z}=7+i\sqrt{5},\) có phần thực là 7, phần ảo là \(\sqrt{5}\).

\({z_1} - {z_2} = \left( {2 - 2i} \right) - \left( { - 3 + 3i} \right) = 5 - 5i.\)

Điểm M có tọa độ là \(M\left( 3;-4 \right)\Rightarrow \) điểm M biểu diễn số phức z=3-4i.

Thể tích khối hộp là V = B.h

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}A{B^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.{\left( {2a} \right)^2} = \sqrt 3 {a^2}.\)

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = \sqrt 3 {a^2}.a\sqrt 3  = {a^3}.\)

Thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h\)

Ta có \(AO=\sqrt{S{{A}^{2}}-S{{O}^{2}}}=4cm,\) suy ra thể tích khối nón là

\(V=\frac{1}{3}\pi O{{A}^{2}}SO=\frac{1}{3}\pi {{.4}^{2}}.3=16\pi c{{m}^{3}}.\)

Tọa độ trọng tâm của tam giác OMN là \(\left( {\frac{{ - 1 + 0 + 0}}{3};\frac{{2 + 2 + 0}}{3};\frac{{3 + \left( { - 1} \right) + 0}}{3}} \right) = \left( { - \frac{1}{3};\frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right).\)

Mặt cầu tâm \(I\left( 1;-2;3 \right)\) và bán kính R=2 có phương trình là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=4.\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là \(\frac{x}{1}+\frac{y}{-2}+\frac{z}{3}=1\) (phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn).

\(\overrightarrow{AB}=\left( -3;4;-2 \right).\)

Vậy đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{v}\left( -3;4;-2 \right).\)

Sắp xếp ngẫu nhiên 16 tấm bìa \(n\left( \Omega  \right)=16!\)

Do có 4 tấm bìa “HỌC” và “ĐỂ” nên số cách sắp xếp theo yêu cầu bài toán là \(n\left( A \right)=4!.4!.\)

Vậy xác suất là \(P\left( A \right)=\frac{4!.4!}{16!}\)

Vì đồ thị đi qua gốc tọa độ nên loại phương án \(y={{x}^{3}}+{{x}^{2}}-4\) và \(y={{x}^{3}}-3x+1.\)

Từ hình dạng của đồ thị suy ra hệ số của \({{x}^{3}}\) phải dương nên loại thêm phương án \(y=-{{x}^{3}}+3x.\)

Vậy đồ thị trên là của hàm số \(y={{x}^{3}}-3x.\)

Vì hàm số \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ 0;1 \right]\) nên nó có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

Theo đồ thị ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;1 \right)\) hay \(f'\left( x \right)\le 0\) với mọi x thuộc \(\left[ 0;1 \right].\)

Do đó \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,y=2\) tại x=0 và \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,y=0\) tại x=1.

\({3^x} > 9 \Leftrightarrow {3^x} > {3^2} \Leftrightarrow x > 2.\)

\(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\sin xdx} = - \cos x\left| \begin{array}{l}\frac{\pi }{4}\\0\end{array} \right. = 1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{{\sqrt 2 }}.\)

\(\text{w}=3{{z}_{1}}-2{{z}_{2}}=-1+12i.\) Vậy \(\text{w}\) có phần ảo là 12.

Vì \(SA\bot \left( ABC \right)\) nên góc \(\widehat{\left( SC,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SC,AC \right)}=\widehat{SCA}\) (vì \(\widehat{SCA}<{{90}^{0}}\)).

Tam giác SAC vuông tại A có

\(SA=a\sqrt{2},SB=a\sqrt{5}\Rightarrow AB=\sqrt{S{{B}^{2}}-S{{A}^{2}}}=a\sqrt{3}\Rightarrow BC=a\sqrt{3}.\)

Do đó \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=a\sqrt{6}.\)

Tam giác SAC có \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SCA}={{30}^{0}}.\)

Vậy \(\left( SC,\left( ABC \right) \right)=\widehat{SCA}={{30}^{0}}.\)

Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra \(BD\bot \left( SAO \right).\)

Từ A kẻ \(AH\bot SO\) tại H. Khi đó \(AH\bot \left( SBD \right)\)

\(\Rightarrow d\left( A,\left( SBD \right) \right)=AH.\)

Xét tam giác SAO vuông tại A, có AH là đường cao, \(SA=a,AO=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Suy ra \(AH=\frac{SA.AO}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}{{a}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{2}a}{2} \right)}^{2}}}}=\frac{\sqrt{3}a}{3}.\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) đạt chu vi lớn nhất khi \(\left( C \right)\) đi qua tâm I của mặt cầu \(\left( S \right).\)

Ta có: \(C=2\pi R=2\pi \sqrt{2}\Leftrightarrow R=\sqrt{2}.\)

Khi đó

\(\Rightarrow \left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2.\)

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;3;2 \right).\)

Đường thẳng AB có phương trình chính tắc là \(\frac{x}{-1}=\frac{y-1}{3}=\frac{z-3}{2}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{2}}+2x+m-4\) trên đoạn \(\left[ -2;1 \right].\) Ta có \(f'\left( x \right)=2x+2=0\Leftrightarrow x=-1.\)

Ta có \(f\left( -2 \right)=m-4,f\left( 1 \right)=m-1\) và \(f\left( -1 \right)=m-5.\)

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là \(\max \left\{ \left| m-4 \right|,\left| m-1 \right|,\left| m-5 \right| \right\}.\)

Ta thấy m-5<m-4<m-1 nên \(\left| m-4 \right|<\max \left\{ \left| m-1 \right|,\left| m-5 \right| \right\}.\) Do đó

\(\max \left\{ \left| m-4 \right|,\left| m-1 \right|,\left| m-5 \right| \right\}=\max \left\{ \left| m-1 \right|,\left| m-5 \right| \right\}\).

Đặt \(A=m-1=\left( m-3 \right)+2\) và \(m=m-5=\left( m-3 \right)-2.\)

      * \(m-3>0\Rightarrow \max \left\{ \left| A \right|,\left| B \right| \right\}\ge \left| A \right|>2.\)

      * \(m-3<0\Rightarrow \max \left\{ \left| A \right|,\left| B \right| \right\}\left| B \right|>2.\)

      * \(m-3=0\Rightarrow \max \left\{ \left| A \right|,\left| B \right| \right\}=\left| A \right|=\left| B \right|=2.\)

Vậy để giá trị lớn nhất của hàm số đạt giá trị nhỏ nhất thì m=3.

Ta có \({{5}^{-\left( y+4 \right)}}={{3}^{\left| {{x}^{2}}-2x-3 \right|-{{\log }_{3}}5}}\ge {{3}^{-{{\log }_{3}}5}}\Rightarrow {{5}^{-\left( y+4 \right)}}\ge {{5}^{-1}}\Rightarrow -\left( y+4 \right)\ge -1\Rightarrow y\le 3.\) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left| {{x}^{2}}-2x-3 \right|=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=3 \\\end{align} \right..\)

Khi đó \(4\left| y \right|-\left| y-1 \right|+{{\left( y+3 \right)}^{2}}\le 8\Leftrightarrow -4y-\left( 1-y \right)+{{y}^{2}}+6y+9\le 8\Leftrightarrow {{y}^{2}}+3y\le 0\Leftrightarrow -3\le y\le 0.\)

Kết hợp với điều kiện \(y\le -3\) ta suy ra y=-3.

Với y=-3, ta có \(\left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=3 \\\end{align} \right..\)

Vậy có đúng hai cặp số thực thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left\{ \begin{align} & x=-1 \\ & y=-3 \\\end{align} \right.\) và \(\left\{ \begin{align} & x=3 \\ & y=-3 \\\end{align} \right..\)

Ta có \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{3}}+3x}{{{x}^{2}}+3x+2}dx}=\int\limits_{0}^{1}{\left( x-3-\frac{4}{x+1}+\frac{14}{x+2} \right)dx}\)

\(=\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-3x-4\ln \left| x+1 \right|+14\ln \left| x+2 \right| \right)\left| \begin{align} & 1 \\ & 0 \\\end{align} \right.=-\frac{5}{2}-18\ln 2+14\ln 3.\)

Vậy \(a=-\frac{5}{2},b=-18,c=14.\) Khi đó tổng \(S=2a+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=515.\)

\(1 + \overline z  = {\left| {\overline z  - i} \right|^2} + {\left( {iz - 1} \right)^2} \Leftrightarrow 1 + a - bi = {a^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} - {a^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} - 2a\left( {b + 1} \right)i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + a = 2{\left( {b + 1} \right)^2}\\ - b = - 2a\left( {b + 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2{\left( {b + 1} \right)^2} - 1\\1 - \left( {b + 1} \right) = - 2a\left( {b + 1} \right)\end{array} \right..\)

Thế \(a=2{{\left( b+1 \right)}^{2}}-1\) vào phương trình dưới ta được

\(4{\left( {b + 1} \right)^3} - 3\left( {b + 1} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b + 1 = - 1\\b + 1 = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = - 2 \Rightarrow a = 1\left( L \right)\\b = - \frac{1}{2} \Rightarrow a = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \left| z \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Ta có \({{V}_{ABDM}}={{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}-{{V}_{A'.ABD}}-{{V}_{A'B'BMC'}}-{{V}_{A'D'DMC'}}-{{V}_{MBCD}}\)

\({{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=a\sqrt{3}.{{a}^{2}}={{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

\({{V}_{A'.ACD}}=\frac{1}{3}AA'.{{S}_{\Delta ABD}}=\frac{1}{6}{{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

\({{V}_{M.BCD}}=\frac{1}{3}MC.{{S}_{\Delta BCD}}=\frac{1}{12}{{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

\({{V}_{A'.B'BMC'}}=\frac{1}{2}A'B'.{{S}_{B'BMC'}}=\frac{1}{4}{{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

\({{V}_{A'.D'DMC'}}=\frac{1}{3}A'D'.{{S}_{D'DMC'}}=\frac{1}{4}{{a}^{3}}\sqrt{3}.\)

Từ đó suy ra \({{V}_{ABDM}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}.\)

Ta có: diện tích S của bề mặt nước trong cốc bằng một nửa diện tích elip có hai trục là 2b=6cm và \(2a=2\sqrt{{{15}^{2}}+{{3}^{2}}}=6\sqrt{26}cm.\)

Suy ra \(S=\frac{1}{2}\pi ab=\frac{1}{2}\pi .3.3\sqrt{26}=\frac{9\pi \sqrt{26}}{2}c{{m}^{2}}.\)

Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 2;-1;1 \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;2;0 \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=0\Rightarrow d//\left( P \right).\)

Do đó, nếu d' là hình chiếu của d trên \(\left( P \right)\) thì d'//d.

Gọi M' là hình chiếu của \(M\left( 1;0;2 \right)\) trên \(\left( P \right)\Rightarrow M'\in d'.\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua M và vuông góc với \(\left( P \right)\Rightarrow M'=\Delta \cap \left( P \right).\)

Vì \(\Delta \bot \left( P \right)\) nên \(\Delta \) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;2;0 \right).\)

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( 1;0;2 \right)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 1;2;0 \right)\) là

\(\Delta :\left\{ \begin{align} & x=1+t \\ & y=2t \\ & z=2 \\\end{align} \right..\)

\(M'=\Delta \cap \left( P \right)\Rightarrow \) tọa độ điểm M' thỏa mãn hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2t\\z = 2\\x + 2y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2t\\z = 2\\\left( {1 + t} \right) + 2.2t + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{3}{5}\\y = - \frac{4}{5}\\z = 2\\t = - \frac{2}{5}\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( {\frac{3}{5}; - \frac{4}{5};2} \right).\)

Hình chiếu d' song song với d và đi qua \(M'\left( \frac{3}{5};-\frac{4}{5};2 \right)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{align} & x=\frac{3}{5}+2t \\ & y=-\frac{4}{5}-t \\ & z=2+t \\\end{align} \right..\)

Ta có \(g'\left( x \right)=3f'\left( x \right)+3{{x}^{2}}-15;g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=5-{{x}^{2}}.\)

Đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) cắt đồ thị hàm số \(y=5-{{x}^{2}}\) tại hai điểm \(A\left( 0;5 \right),B\left( 2;1 \right).\)

Trong đó x=0 là nghiệm bội bậc 2; x=2 là nghiệm đơn.

Vậy hàm số có một điểm cực trị.

ĐK:\(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\6 + x - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\ - 2 \le x \le 3\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}5x + \sqrt {6{x^2} + {x^3} - {x^4}} {\log _2}x > \left( {{x^2} - x} \right){\log _2}x + 5 + 5\sqrt {6 + x - {x^2}} \\ \Leftrightarrow 5x + x\sqrt {6 + x - {x^2}} {\log _2}x > x\left( {x - 1} \right){\log _2}x + 5 + 5\sqrt {6 + x - {x^2}} \\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {5 - x{{\log }_2}x} \right) + \sqrt {6 + x - {x^2}} \left( {x{{\log }_2}x - 5} \right) > 0\\ \Leftrightarrow \left( {5 - x{{\log }_2}x} \right)\left( {x - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} } \right) > 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}5 - x{\log _2}x > 0\\x - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}5 - x{\log _2}x < 0\\x - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Xét hệ \(\left( I \right)\left\{ \begin{array}{l}5 - x{\log _2}x > 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\x - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} > 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Giải \(\left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=x\left( \frac{5}{x}-{{\log }_{2}}x \right)=xg\left( x \right)\) với \(x\in \left( 0;3 \right].\)

Ta có \(g'\left( x \right)=-\frac{5}{{{x}^{2}}}-\frac{1}{x\ln 2}<0,\forall x\in \left( 0;3 \right].\)

Lập bảng biến thiên:

Vậy \(f\left( x \right)=x\left( \frac{5}{x}-{{\log }_{2}}x \right)>0,\forall x\in \left( 0;3 \right].\)

Xét bất phương trình \(\left( 2 \right):\)

\(\left( 2 \right)\Leftrightarrow \sqrt{6+x-{{x}^{2}}}<x-1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 + x - {x^2} < {\left( {x - 1} \right)^2}\\x > 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x - 5 > 0\\x > 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > \frac{5}{2}\end{array} \right.\\x > 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x > \frac{5}{2}.\end{array}\)

Vậy nghiệm của hệ \(\left( I \right)\) là \(D=\left( \frac{5}{2};3 \right].\)

Hệ \(\left\{ \begin{array}{l}5 - x{\log _2}x < 0\\x - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} < 0\end{array} \right.\) vô nghiệm

Vậy \(S=\left( \frac{5}{2};3 \right],\) suy ra \(b-a=3-\frac{5}{2}=\frac{1}{2}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm là \(x=\pm 1.\) Do đó diện tích cần tìm là

\(S=\int\limits_{-1}^{1}{\left( \sqrt{4-{{x}^{2}}}-\sqrt{3}{{x}^{2}} \right)dx}=\int\limits_{-1}^{1}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}-\int\limits_{-1}^{1}{\sqrt{3}{{x}^{2}}dx}=I-\frac{2\sqrt{3}}{3},\) với \(I=\int\limits_{-1}^{1}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}\)

Để tính I đặt \(x=2\sin t\Rightarrow dx=2\cos tdt.\)

Nên \(I=\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{4{{\cos }^{2}}tdt}=\left( 2t-\sin 2t \right)\left| \begin{align} & \frac{\pi }{6} \\ & -\frac{\pi }{6} \\\end{align} \right.=\frac{2\pi }{3}+\sqrt{3}.\)

Do đó \(S=\frac{2\pi +\sqrt{3}}{3}.\)

* Gọi \(z=x+yi,\left( x,y\in \mathbb{R} \right).\) Từ giả thiết \(\left| z+2 \right|=\left| z+2i \right|,\) dẫn đến y=x. Khi đó z=x+xi.

* \(P=\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( x-2 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( x-4 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( x-6 \right)}^{2}}}.\)

* Sử dụng bất đẳng thức

\(\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\ge \sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{c}=\frac{b}{d}.\) Ta có

\(\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( x-2 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( x-6 \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( x-2 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( 5-x \right)}^{2}}+{{\left( 6-x \right)}^{2}}}\)

                                                                  \(\ge \sqrt{{{\left( x-1+6-x \right)}^{2}}+{{\left( x-2+5-x \right)}^{2}}}\)

                                                                  \(\ge \sqrt{34}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x-1}{6-x}=\frac{x-2}{5-x}\Leftrightarrow x=\frac{7}{2}.\)

* Mặt khác

\(\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( x-4 \right)}^{2}}}=\sqrt{2{{x}^{2}}-14x+25}=\sqrt{2}\sqrt{{{\left( x-\frac{7}{2} \right)}^{2}}+\frac{1}{4}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}.\)

Dấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=\frac{7}{2}.\)

* Từ hai trường hợp trên, ta thấy, giá trị nhỏ nhất của \(\left( P \right)\) là \(\frac{1+2\sqrt{17}}{\sqrt{2}}\). Khi đó a+b=3.

HB=HC nên tam giác HBC cân tại H, suy ra \(HM\bot BC\).

Trong mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) dựng \(AK\bot HC\Rightarrow HC\bot \left( SAK \right).\)

Mà góc giữa mặt phẳng \(\left( SHC \right)\) và \(\left( ABC \right)\) bằng \({{60}^{0}}\) nên \(\widehat{SKA}={{60}^{0}}.\)

Giả sử BC=a.

\(\Rightarrow BM=\frac{a}{2}\Rightarrow AH=HM=BM.\tan {{30}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\)

\(\Rightarrow AK=AH.\sin {{60}^{0}}=\frac{a}{4}\Rightarrow SA=AK.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)

Trang bị hệ trục tọa độ Axyz với \(A\left( 0;0;0 \right),S\left( 0;0;\frac{\sqrt{3}}{4} \right),H\left( \frac{\sqrt{3}}{6};0;0 \right),C\left( \frac{\sqrt{3}}{3};\frac{1}{2};0 \right),B\left( \frac{\sqrt{3}}{3};\frac{-1}{2};0 \right).\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{SH}=\left( \frac{\sqrt{3}}{6};0;\frac{-\sqrt{3}}{4} \right),\overrightarrow{HC}=\left( \frac{\sqrt{3}}{6};\frac{1}{2};0 \right),\overrightarrow{BC}=\left( 0;1;0 \right).\)

Từ đó suy ra mặt phẳng \(\left( SHC \right)\) nhận \(\overrightarrow{n}=\left( 3\sqrt{3};-3;2\sqrt{3} \right)\) là véc-tơ pháp tuyến.

Ta có \(\sin \left( BC,\left( SHC \right) \right)=\left| \cos \left( \overrightarrow{n},\overrightarrow{BC} \right) \right|=\left| \frac{-3}{\sqrt{48}} \right|=\frac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow \cos \left( BC,\left( SHC \right) \right)=\frac{\sqrt{13}}{4}.\)