Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Lê Thị Hồng Gấm lần 2

Số cách chọn 4 học sinh của tổ đó tham gia đội xung kích là \(C_{12}^4.\)

\({u_{10}} = 2.10 + 3 = 23.\)

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y=f\left( x \right),\) hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 0;2 \right).\)

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2

Hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số \(g\left( x \right)=f\left( x \right)+x\) cũng có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và \(g'\left( x \right)=f'\left( x \right)+1;g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=-1.\)

Dựa vào đồ thị \(f'\left( x \right)\) ta có \(f'\left( x \right)=-1\) có ba nghiệm phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}\) với \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}.\)

Bảng biến thiên của \(g\left( x \right):\)

Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu.

Ta có \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\frac{1}{3}\Rightarrow \) tiệm cận ngang là \(y=\frac{1}{3}.\)

* Đây là dạng của đồ thị của hàm phân thức \(y=\frac{ax+b}{cx+d}\) nên hai hàm đa thức \(y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-1\) và \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2\) bị loại.

* Nhận thấy đồ thị có đường tiệm cận đứng x=-1 nên hàm số \(y=\frac{x+1}{x-1}\) bị loại.

Hàm số \(y=\frac{x-1}{x+1}\) có đồ thị như đường cong của đề cho.

Tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\frac{{{x}^{2}}-2x-3}{x-2}=x+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-3={{x}^{2}}-x-2\Leftrightarrow x=-1\Rightarrow y=0.\)

\({\log _3}\left( {3a} \right) = {\log _3}3 + {\log _3}a = 1 + {\log _3}a.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}.\)

\(y'=2\cos 2x+{{3}^{x}}\ln 3.\)

\(\sqrt {{a^\alpha }}  = {\left( {\sqrt a } \right)^\alpha }\) đúng

Điều kiện x>-1. Có \({{\log }_{25}}\left( x+1 \right)=\frac{1}{2}\Rightarrow x+1=5\Leftrightarrow x=4.\)

\({2^x} = 7 \Leftrightarrow x = {\log _2}7.\)

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

Hàm số \(f\left( x \right)=\cos \left( 4x+7 \right)\) có một nguyên hàm là \(\frac{1}{4}\sin \left( 4x+7 \right)-3.\)

\(I = \int\limits_{ - 2}^3 {\frac{{2x - 3}}{{x - 4}}dx} = \int\limits_{ - 2}^3 {\left( {2 + \frac{5}{{x - 4}}} \right)dx} = \left( {2x + 5\ln \left| {x - 4} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}3\\ - 2\end{array} \right. = 10 - 5\ln 6.\)

Hay a=10,b=-5. Khi đó a-b=15.

\(\int\limits_0^3 {\left( {2x + 1} \right)dx} = \left( {{x^2} + x} \right)\left| \begin{array}{l}3\\0\end{array} \right. = 12.\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2}}  = \sqrt 5 \)

Ta có \({{z}_{1}}+{{z}_{2}}=-2-6i.\) Vậy điểm biểu diễn \({{z}_{1}}+{{z}_{2}}\) trên mặt phẳng tọa độ là điểm \(Q\left( -2;-6 \right).\)

Điểm M trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số phức z=-3-2i.

V = hB.

Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V=Bh.

\(V = \pi {R^2}h = 45\pi .\)

Vì mặt cầu bán kính R nội tiếp trong một hình lập phương nên độ dài một cạnh hình lập phương bằng 2R.

Thể tích khối lập phương \(V={{\left( 2R \right)}^{3}}=8{{R}^{3}}\)

Điểm \(M\left( x;y;z \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( Oxy \right)\) khi và chỉ khi \(M\left( x;y;0 \right)\).

Vậy hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( 1;2;-4 \right)\) trên mặt phẳng Oxy là điểm có tọa độ là \(\left( 1;2;0 \right).\)

Ta có \(d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 3+2.\left( -1 \right)-2.2 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}=1.\)

Phương trình mặt cầu có tâm I và tiếp xúc mặt phẳng \(\left( P \right)\) là

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

Phương trình mặt phẳng P đi qua điểm \(A\left( -1;2;0 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{n}=\left( -1;0;2 \right)\) làm một véc tơ pháp tuyến có phương trình là \(-1\left( x+1 \right)+0\left( y-2 \right)+2\left( z-0 \right)=0\Leftrightarrow x-2z+1=0.\)

Ta có một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục Oy là \(\overrightarrow{j}=\left( 0;1;0 \right)\)

Chọn \(\overrightarrow{u}=2020\overrightarrow{j}=\left( 0;2020;0 \right)\) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục Oy.

Xét ngẫu nhiên 10 học sinh thành một hàng có 10! cách \(\Rightarrow n\left( \Omega  \right)=10!\)

Gọi biến cố A: “Xếp 10 học sinh thành một hàng sao cho An và Bình đứng cạnh nhau”.

Xem An và Bình là nhóm X.

Xếp X và 8 học sinh còn lại có 9! cách.

Hoán vị An và Bình trong X có 2! cách.

Vậy có 9!2! cách \(\Rightarrow n\left( A \right)=9!2!\)

Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{1}{5}.\)

Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số đã cho, ta suy ra đây là hàm số bậc ba có hệ số a>0.

Trong các đáp án chỉ có duy nhất hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+3\) là thỏa các điều kiện trên.

Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để bấm máy, tìm GTNN của hàm số trên đoạn đã cho.

Bất phương trình đã cho tương đương 0 < x - 1 < 8 hay 1 < x < 9.

\(\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - x + 1}}d} x = \int\limits_2^3 {\left( {1 - \frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}} \right)dx} = \left( {x - \ln \left| {{x^2} - x + 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}3\\2\end{array} \right. = 1 - \ln 7 + \ln 3\)

\( \Rightarrow a =  - 1,b = 1,c = 0,d = 1 \Rightarrow T = 5.\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2}} .\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}}  = 5.\)

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Do ABCD là hình thoi nên \(BO\bot AC\left( 1 \right).\)

Lại có \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot BO\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(BO\bot \left( SAC \right)\)

Vậy \(\left( SB,\left( SAC \right) \right)=\left( SB,BO \right)=\widehat{BSO}\)

Trong tam giác vuông BOA, ta có \(\widehat{ABO}={{30}^{0}}\) nên suy ra \(AO=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}\) và \(BO=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Trong tam giác vuông SAO, ta có

\(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{3a}{2}.\)

\(BO\bot \left( SAC \right)\Rightarrow BO\bot SO\Rightarrow \Delta SOB\) vuông tại O.

Ta có \(\tan \widehat{BSO}=\frac{BO}{SO}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{2}{3a}=\frac{\sqrt{3}}{3}.\)

Vậy \(\left( SB,\left( SAC \right) \right)=\left( SB,SO \right)=\widehat{BSO}={{30}^{0}}.\)

Ta có \(BC=\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=\sqrt{3}a.\) Do đó \(DA=\sqrt{3}a;DC=DD'=a\)

Tứ diện DACD' vuông tại D nên ta có

\(\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{D{{A}^{2}}}+\frac{1}{D{{C}^{2}}}+\frac{1}{DD{{'}^{2}}}\)

\(=\frac{1}{3{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\)

\(=\frac{7}{3{{a}^{2}}}\)

Suy ra \(h=\sqrt{\frac{3}{7}}a=\frac{\sqrt{21}}{7}a.\)

Bán kính của mặt cầu: \(R=\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}-2}=\sqrt{3}\Rightarrow \) Đường kính của mặt cầu là \(2R=2\sqrt{3}.\)

Do \(\left( 2;-2;1 \right)\) cũng là véc-tơ chỉ phương nên phương trình tham số là \(\left\{ \begin{align} & x=2+2t \\ & y=-3t \\ & z=-1+t \\\end{align} \right..\)

Vì \(0\in \left[ -1;2 \right]\) và \(\left\{ \begin{align} & \underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \\ & \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \\\end{align} \right.\) nên hàm số không có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ -1;2 \right].\)

Đặt \(t={{3}^{x}},t>0.\) Khi đó bất phương trình đã cho trở thành

\({{t}^{2}}-2\left( x+5 \right)t+9\left( 2x+1 \right)\ge 0\Leftrightarrow \left( t-9 \right)\left( t-2x-1 \right)\ge 0.\)

* Trường hợp 1: \(\left\{ \begin{array}{l}t - 9 \ge 0\\t - 2x - 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ge 9\\t - 2x - 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{3^x} \ge 9{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{3^x} - 2x - 1 \ge 0.{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

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

Đặt \(g\left( x \right)={{3}^{x}}-2x-1\) trên \(\mathbb{R}.\) Ta có \(g'\left( x \right)={{3}^{x}}\ln 3-2.\)

Gọi \({{x}_{0}}\) là nghiệm duy nhất của phương trình \(g'\left( x \right)=0,{{x}_{0}}>0.\)

Khi đó, \(g\left( x \right)=0\) có nhiều nhất hai nghiệm.

Xét thấy, \(g\left( x \right)=0\) có hai nghiệm là x=0 và x=1.

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có \(\left( 2 \right)\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x\le 0 \\ & x\ge 1 \\\end{align} \right..\)

Mặt khác \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow x\ge 2.\)

Kết hợp \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(x\ge 2\) (*)

* Trường hợp 2: \(\left\{ \begin{array}{l}t - 9 \le 0\\t - 2x - 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \le 9\\t - 2x - 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{3^x} \le 9\\{3^x} - 2x - 1 \le 0\end{array} \right.\) \(\begin{array}{l}\left( 3 \right)\\\left( 4 \right)\end{array}\)

Xét bất phương trình \(\left( 4 \right):\)

Đặt \(g\left( x \right)={{3}^{x}}-2x-1\) trên \(\mathbb{R}.\) Ta có \(g'\left( x \right)={{3}^{x}}\ln 3-2.\)

Gọi \({{x}_{0}}\) là nghiệm duy nhất của phương trình \(g'\left( x \right)=0,{{x}_{0}}>0\)

Khi đó, \(g\left( x \right)=0\) có nhiều nhất hai nghiệm.

Xét thấy, \(g\left( x \right)=0\) có hai nghiệm là x=0 và x=1

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có \(\left( 4 \right)\Leftrightarrow 0\le x\le 1.\)

Mặt khác, \(\left( 3 \right)\Leftrightarrow x\le 2.\)

Kết hợp \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(0\le x\le 1.\left( ** \right)\)

Kết hợp (*) và (**) ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S=\left[ 0;1 \right]\cup \left[ 2;+\infty  \right).\)

Vậy tổng a+b+c=3.

\(I = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{x + 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{x + 1 - 1}}{{x + 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx} = \int\limits_0^1 {dx} - \int\limits_0^1 {\frac{1}{{x + 1}}dx} \)

\( = x\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. - \ln \left( {x + 1} \right)\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = 1 - \ln 2.\)

\(\begin{array}{l}\frac{{\left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {1 + iz} \right)}}{{z - \frac{1}{{\overline z }}}} = i \Leftrightarrow \frac{{\left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {1 + iz} \right)\overline z }}{{z\overline z - 1}} = i{\rm{ }}\left( {\left| z \right| \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{\left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {1 + iz} \right)\overline z }}{{{{\left| z \right|}^2} - 1}} = i \Leftrightarrow \frac{{\left( {1 + iz} \right)\overline z }}{{\left| z \right| + 1}} = i\\ \Leftrightarrow \overline z + i{\left| z \right|^2} = i\left( {\left| z \right| + 1} \right) \Leftrightarrow a - bi + \left( {{a^2} + {b^2}} \right)i = i\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} + 1} \right)\\ \Leftrightarrow a + \left( { - b + {a^2} + {b^2}} \right)i = i\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} + 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\{b^2} - b = \left| b \right| + 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b < 0\\b = \pm 1\left( L \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b > 0\\{b^2} - 2b - 1 = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\\left[ \begin{array}{l}b = 1 + \sqrt 2 \left( N \right)\\b = 1 - \sqrt 2 \left( L \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Rightarrow P = a + b = 1 + \sqrt 2 .\end{array}\)

Đường chéo BC' của mặt bên \(\left( BCC'B' \right)\) một góc bằng \({{30}^{0}}\) nên \(\left( \widehat{BC',\left( ACC'A' \right)} \right)=\widehat{\left( BC',AC' \right)}=\widehat{BC'A}={{30}^{0}}.\)

\(B'C'=\frac{AC}{\cos {{60}^{0}}}=2a;AB=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\sqrt{3}.\)

\(C'B=\frac{AB}{\sin {{30}^{0}}}=2a\sqrt{3}\Rightarrow BB'=2a\sqrt{2}.\)

\(V=BB'.{{S}_{\Delta ABC}}=2a\sqrt{2}.\frac{1}{2}a\sqrt{3}.a={{a}^{3}}\sqrt{6}.\)

Diện tích xung quanh của 2 cây cột trước đại sảnh là \({{S}_{1}}=2\left( 2\pi {{r}_{1}}h \right)=2.2\pi .\frac{1}{5}.4,2=\frac{84\pi }{25}\left( {{m}^{2}} \right).\)

Diện tích xung quanh của 6 cây cột còn lại là \({{S}_{2}}=6\left( 2\pi {{r}_{2}}h \right)=6.2\pi .\frac{13}{100}.4,2=\frac{819\pi }{125}\left( {{m}^{2}} \right).\)

Diện tích xung quanh của 8 cây cột là \(S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\frac{1239\pi }{125}\left( {{m}^{2}} \right).\)

Số tiền ít nhất để sơn hết các cây cột là \(S.380000=\frac{1239\pi }{125}.380000=11832997,23\approx 11.833.000\)

Gọi \(\left( \beta  \right)\) là mặt phẳng qua \(A\left( 1;2;-1 \right)\) và song song với \(\left( \alpha  \right)\) nên có phương trình x+y-z-4=0.

Gọi \(\beta =d\cap \left( \beta  \right).\) Khi đó, tọa độ x,y,z của B là nghiệm của hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y - 3}}{3} = \frac{z}{2}\\x + y - z - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - y = 6\\2x - z = 6\\x + y - z - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 0\\z = - 2\end{array} \right..\)

Suy ra \(B\left( 2;0;-2 \right)\) và đường thẳng \(\Delta :\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z+1}{-1}.\)

Nhận thấy hàm \(g\left( x \right)\) cũng liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đạo hàm \(g'\left( x \right)=f'\left( x \right)-x.\)

Từ đồ thị đã cho vẽ đường thẳng y=x (như hình bên) suy ra

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=x\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=0 \\ & x=2 \\\end{align} \right..\)

Cũng từ đồ thị bên ta có hàm \(g'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu từ dương sang âm khi qua các điểm x=0 và x=1.

Vậy hàm số \(y=g\left( x \right)\) có 2 điểm cực đại.

Đặt m=3a khi đó bất phương trình đã cho trở thành

\({{\log }_{m}}11+{{\log }_{\frac{1}{7}}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+mx+10}+4 \right).{{\log }_{m}}\left( {{x}^{2}}+mx+12 \right)\ge 0 \left( 1 \right)\)

Điều kiện của bất phương trình là \(m>0;m\ne 1;{{x}^{2}}+mx+10\ge 0.\) Ta có:

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow \frac{1-{{\log }_{7}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+mx+10}+4 \right).{{\log }_{11}}\left( {{x}^{2}}+mx+12 \right)}{{{\log }_{11}}m}\ge 0 \left( 2 \right)\)

Đặt \(u={{x}^{2}}+mx+10,u\ge 0.\)

* Với 0<m<1. Ta có

\(\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( u \right)={{\log }_{7}}\left( \sqrt{u}+4 \right).{{\log }_{11}}\left( u+2 \right)\ge 1=f\left( 9 \right). \left( 3 \right)\)

Vì \(f\left( u \right)\) là hàm tăng trên \(\left( 0;+\infty  \right)\) nên từ \(\left( 3 \right)\) ta có

\(f\left( u \right)\ge f\left( 9 \right)\Leftrightarrow u\ge 9\Leftrightarrow {{x}^{2}}+mx+1\ge 0. \left( 4 \right)\)

\(\left( 4 \right)\) vô số nghiệm vì \(\Delta ={{m}^{2}}-4<0\) với \(\forall m\in \left( 0;1 \right).\) Suy ra 0<m<1 không thỏa bài toán.

* Với m>1. Ta có

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( u \right) \le f\left( 9 \right) \Leftrightarrow 0 \le u \le 9 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + mx + 10 \ge 0{\rm{ }}\left( 5 \right)\\{x^2} + mx + 1 \le 0{\rm{ }}\left( 6 \right)\end{array} \right.\)

Xét \(\left( 6 \right)\), ta có \(\Delta ={{m}^{2}}-4.\)

+ \({{m}^{2}}-4<0\Leftrightarrow 1<m<2\) thì \(\left( 6 \right)\) vô nghiệm. Không thỏa bài toán.

+ \({{m}^{2}}-4>0\Leftrightarrow m>2\) thì \(\left( 6 \right)\) có nghiệm là đoạn \(\left[ {{x}_{1}};{{x}_{2}} \right]\), lúc này \(\left( 5 \right)\) nhận hơn 1 số của \(\left[ {{x}_{1}};{{x}_{2}} \right]\) làm nghiệm. Không thỏa bài toán.

+ \({{m}^{2}}-4=0\Leftrightarrow m=2\) thì \(\left( 6 \right)\) có nghiệm duy nhất x=-1 và x=-1 thỏa \(\left( 5 \right).\) Do đó bất phương trình có nghiệm duy nhất là x=-1.

Vậy \(m=2\Leftrightarrow a=\frac{2}{3}.\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( P \right)\) tại \(N\left( 2;6 \right)\) là \(\left( {{d}_{1}} \right):y=4x-2.\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( P \right)\) tại \(M\left( -1;3 \right)\) là \(\left( {{d}_{2}} \right):y=-2x+1. \left( {{d}_{1}} \right)\) cắt \(\left( {{d}_{2}} \right)\) tại điểm \(\left( \frac{1}{2};0 \right).\) Ta có diện tích

\(S=\int\limits_{-1}^{\frac{1}{2}}{\left( {{x}^{2}}+2+2x-1 \right)dx}+\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( {{x}^{2}}+2-4x+2 \right)dx}=\frac{7}{4}.\)

Đặt \({{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}i,\left( {{x}_{1}},{{y}_{1}}\in \mathbb{R} \right);{{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}i,\left( {{x}_{2}},{{y}_{2}}\in \mathbb{R} \right)\)

Ta có \(\left| {{z}_{1}}+5 \right|=5\Leftrightarrow \left| \left( {{x}_{1}}+5 \right)+{{y}_{2}}i \right|=5\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+5 \right)}^{2}}+y_{2}^{2}=25.\)

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức \({{z}_{1}}\) là đường tròn \(\left( C \right):{{\left( x+5 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=25.\)

Ta có \(\left| {{z}_{2}}+1-3i \right|=\left| {{z}_{2}}-3-6i \right|\Leftrightarrow \left| \left( {{x}_{2}}+1 \right)+\left( {{y}_{2}}-3 \right)i \right|=\left| \left( {{x}_{2}}-3 \right)+\left( {{y}_{2}}-6 \right)i \right|\)

\(\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{2}}+1 \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-3 \right)}^{2}}={{\left( {{x}_{2}}-3 \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-6 \right)}^{2}}\Leftrightarrow 8{{x}_{2}}+6{{y}_{2}}=35.\)

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn các số phức \({{z}_{2}}\) là đường thẳng \(\Delta :8x+6y=35.\)

\(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( -5;0 \right)\), bán kính R=5.

Khoảng cách từ I đến \(\Delta \) là \(d\left( I,\left( \Delta  \right) \right)=\frac{\left| 8.\left( -5 \right)+6.0-35 \right|}{\sqrt{{{8}^{2}}+{{6}^{2}}}}=\frac{75}{10}=\frac{15}{2}>R.\)

Suy ra \(\Delta \) không cắt \(\left( C \right)\). Do đó, nếu gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với \(\Delta ,d\) cắt \(\left( C \right)\) và \(\Delta \) lần lượt tại M,N và H thì một trong hai đoạn thẳng HM,HN là khoảng cách ngắn nhất nối hai điểm bất kỳ thuộc \(\left( C \right)\) và \(\Delta .\)

Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|\) là

\({{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}_{\min }}=HM=d\left( I,\Delta  \right)-R=\frac{15}{2}-5=\frac{5}{2}.\)

Do tam giác ABC vuông tại A có D là trung điểm BC và \(\widehat{ACB}={{60}^{0}}\) nên tam giác ABD đều cạnh a và \(BC=2a,CA=a\sqrt{3}.\)

Dựng \(SH\bot \left( ABC \right)\) với \(H\in \left( ABC \right)\)

\(\Rightarrow H\) là tâm tam giác đều BAD do SA=SB=SD.

Gọi hình chiếu của H lên AB,AC thứ tự là E,F

Gọi M là trung điểm đoạn BD.

\(\Rightarrow AM=\sqrt{B{{A}^{2}}-B{{M}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

\(\Rightarrow AH=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}\) và \(HE=HM=\frac{AM}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6}.\)

Ta có: \(SH\bot BC,AM\bot BC\) nên \(BC\bot \left( SAM \right).\)

Kẻ \(MN\bot SA\left( N\in SA \right)\) thì MN là đường vuông góc chung của SA và BC hay \(MN=\frac{3a}{4}.\)

\(\Rightarrow NA=\sqrt{M{{A}^{2}}-M{{N}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)

Trong tam giác SAM có MN,SH là hai đường cao nên AH.AM=AN.AS.

\(\Rightarrow AS=\frac{AH.AM}{AN}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=a.\)

Chọn hệ trục tọa độ với gốc tại A và các trục tọa độ như hình vẽ với tia Ox trùng với tia AB, tia Oy trùng với tia AC và tia Oz vuông góc với mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) và có hướng theo \(\overrightarrow{HS}.\) Các đơn vị trên các trục bằng nhau và bằng a.

Khi đó: \(A\left( 0;0;0 \right),B\left( 1;0;0 \right),C\left( 0;\sqrt{3};0 \right)\).

Do \(HF=AE=\frac{a}{2},HE=HM=\frac{a\sqrt{3}}{6}\) và SH=a nên \(S\left( \frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{6};1 \right).\)

Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( SAC \right)\) là

\(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AS} \right]=\left( \sqrt{3};0;\frac{-\sqrt{3}}{2} \right)\)

Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) là

\(\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left[ \overrightarrow{BC},\overrightarrow{SC} \right]=\left( -\sqrt{3};-1;\frac{-\sqrt{3}}{3} \right).\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( SAC \right)\) và \(\left( SBC \right),\) ta có:

\(\cos \alpha =\left| \cos \left( \overrightarrow{{{n}_{1}}};\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right) \right|=\frac{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}}.\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}=\frac{\sqrt{65}}{13}.\)