Câu 31.Chọn D
Xét $hleft( x right)=3fleft( x right)-{{x}^{3}}+3x$ với $xin left[ -sqrt{3},;,sqrt{3} right]$.
Ta có ${h}’left( x right)=3{f}’left( x right)-3{{x}^{2}}+3$.
${h}’left( x right)=0$$Leftrightarrow $${f}’left( x right)={{x}^{2}}-1$$ Leftrightarrow $$left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = pm sqrt 3
end{array} right.$
Bảng biến thiên của hàm số $hleft( x right)$
Vậy $underset{left[ -sqrt{3},;,sqrt{3} right]}{mathop{max }},hleft( x right)=hleft( -sqrt{3} right)=3fleft( -sqrt{3} right)$.
Bất phương trình ${{4}^{x-1}}-mleft( {{2}^{x}}+1 right)>0$ $left( 1 right)$.
Đặt $t={{2}^{x}}$, $t>0$.
Bất phương trình (1) trở thành: $frac{1}{4}{{t}^{2}}-mleft( t+1 right)>0$$Leftrightarrow $${{t}^{2}}-4mt-4m>0$ $left( 2 right)$.
Đặt $fleft( t right)={{t}^{2}}-4mt-4m$.
Đồ thị hàm số $y=fleft( t right)$ có đồ thị là một Parabol với hệ số $a$ dương, đỉnh $Ileft( 2m,;,-4{{m}^{2}}-4m right)$.
Bất phương trình $left( 1 right)$ nghiệm đúng với mọi $xin mathbb{R}$$Leftrightarrow $Bất phương trình $left( 2 right)$ nghiệm đúng với mọi $t>0$ hay $fleft( t right)>0,,,,forall t>0$.
TH1: $mle 0$$Rightarrow $$fleft( 0 right)=-4mge 0$ $Rightarrow $$mle 0$ thỏa mãn.
TH2: $m>0$$Rightarrow $$-4{{m}^{2}}-4m<0$ nên $m>0$ không thỏa mãn.
Vậy $mle 0$.
$gleft( x right)=fleft[ fleft( x right) right]$$Rightarrow $${g}'(x)={f}'(x).{f}’left[ fleft( x right) right]$.
${g}'(x)=0$$Leftrightarrow $${f}'(x).{f}’left[ fleft( x right) right]=0$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
f'(x) = 0\
f’left[ {fleft( x right)} right] = 0
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = {x_1} in left( { – 2,;, – 1} right)\
x = 0\
x = {x_2} in left( {1,;,2} right)\
x = 2\
fleft( x right) = {x_1} in left( { – 2,;, – 1} right) Leftrightarrow x = {x_3} < – 2\
f(x) = 0 Leftrightarrow x in left{ { – 2,;,0,;,2} right}\
f(x) = {x_2} in left( {1,;,2} right) Leftrightarrow x in left{ {{x_4},;,{x_5},;,{x_6}} right},,{x_3} < {x_4} < {x_5} < 0 < 2 < {x_6}\
f(x) = 2 Leftrightarrow x in left{ {{x_7},;,{x_8},;,{x_9}} right},,{x_4} < {x_7} < {x_8} < {x_5} < {x_6} < {x_9}
end{array} right.$
Kết luận phương trình ${g}’left( x right)=0$ có $12$ nghiệm phân biệt.
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
Dễ thấy $AMbot BC$, ${A}’Gbot BC$$Rightarrow BCbot left( {A}’AM right)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $A{A}’$.
Từ đó suy ra khoảng cách giữa hai đường $A{A}’$ và $BC$ bằng $MH=frac{asqrt{3}}{4}$.
$AM=frac{asqrt{3}}{2},,,{A}’G=x$, ${A}’A=sqrt{{A}'{{G}^{2}}+A{{G}^{2}}}=sqrt{{{x}^{2}}+frac{{{a}^{2}}}{3}}$.
Ta có ${A}’G.AM=HM.{A}’ARightarrow x.afrac{sqrt{3}}{2}=afrac{sqrt{3}}{4}.sqrt{{{x}^{2}}+frac{{{a}^{2}}}{3}}Leftrightarrow x=frac{a}{3}$.
Thể tích $V$ của khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là: $V={A}’G.{{S}_{ABC}}=frac{a}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$.
Câu 35. Chọn A
Ta có $z+1+3i-left| z right|i=0$$Leftrightarrow left( a+1 right)+left( b+3-sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} right)i=0$.
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a + 1 = 0\
b + 3 – sqrt {{a^2} + {b^2}} = 0
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = – 1\
sqrt {1 + {b^2}} = b + 3,,,,,,,,,,,,,,,,,,left( * right)
end{array} right.$.
$left( * right) Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
b ge – 3\
1 + {b^2} = {left( {b + 3} right)^2}
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
b ge – 3\
b = – frac{4}{3}
end{array} right.$$ Leftrightarrow b = – frac{4}{3}$.
Vậy $left{ begin{array}{l}
a = – 1\
b = – frac{4}{3}
end{array} right.$$ Rightarrow S = 2a + 3b = – 6$.
$overrightarrow{AM}=left( 6,;,-7,;,1 right)$, vectơ pháp tuyến của $left( alpha right)$ là $overrightarrow{n}=(3,;,-4,;,1)$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $a$.
$dleft( A,;,a right)=AHle AM=sqrt{86}$$Rightarrow $$dleft( A,;,a right)$ lớn nhất khi $Hequiv M$.
Khi đó $a$ là đường thẳng đi qua $M$, song song với $left( alpha right)$ và vuông góc với $AM$.
Gọi $overrightarrow{u}$ là vectơ chỉ phương của $a$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow u bot overrightarrow n \
overrightarrow u bot overrightarrow {AM}
end{array} right.$
; $left[ overrightarrow{AM},,,overrightarrow{n} right]=left( -3,;,-3,;,-3 right)=-3left( 1,;,1,;,1 right)$.
Chọn $overrightarrow{u}=left( 1,;,1,;,1 right)$. Đáp án D thỏa mãn.
Câu 37.Chọn D
Diện tích hình vuông $ABCD$ là: ${{S}_{ABCD}}=4{{a}^{2}}$ . Gọi $H$ là trung điểm cạnh $AB$.
Do tam giác $SAB$ cân tại $S$ và $left( SAB right)bot left( ABCD right)$ nên $SHbot left( ABCD right)$.
$Rightarrow SH,=,frac{3{{V}_{S.ABCD}}}{{{S}_{ABCD}}},,=,frac{3.frac{4{{a}^{3}}}{3}}{4{{a}^{2}}},=,a$.
$Delta BHC$ vuông tại $B$ nên $HC,=,sqrt{B{{C}^{2}}+H{{B}^{2}}},=,sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}},=,asqrt{5}$.
$Delta SHC$ vuông tại $H$nên $SC,=,sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}},=,sqrt{{{a}^{2}}+5{{a}^{2}}},=,asqrt{6}$.
Câu 38.Chọn C
Ta có: $4{{cos }^{3}}x-cos 2x+left( m-3 right)cos x-1=0Leftrightarrow 4{{cos }^{3}}x-2{{cos }^{2}}x+left( m-3 right)cos x=0$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
cos x = 0\
4{cos ^2}x – 2cos x,, + ,,m,, – ,,3 = 0,,,,,,,,,,,,left( 1 right)
end{array} right.$
- $cos x=0Leftrightarrow x=frac{pi }{2}+kpi ,,,kin mathbb{Z}$ không có nghiệm thuộc khoảng $left( -frac{pi }{2},;,frac{pi }{2} right)$.
- Đặt $t=cos x$, vì $xin left( -frac{pi }{2},;,frac{pi }{2} right)$ nên $tin left( 0,;,1 right]$.
Khi đó phương trình $left( 1 right),Leftrightarrow ,,4{{t}^{2}}-2t,+,m,-3=0,,,,,,,,,,,left( 2 right),$.
Ycbt $Leftrightarrow $ phương trình $left( 2 right)$ có 2 nghiệm phân biệt ${{t}_{1}},,,{{t}_{2}}$ thỏa mãn $0<{{t}_{1}},,,{{t}_{2}}<1$.
Cách 1:
Đặt $fleft( t right)=4{{t}^{2}}-2t,+,m,-3$, với $tin left( 0,;,1 right]$.
Khi đó, phương trình $left( 2 right)$ có 2 nghiệm phân biệt ${{t}_{1}},,,{{t}_{2}}$ thỏa mãn $0<{{t}_{1}},,,{{t}_{2}}<1$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ > 0\
fleft( 0 right) > 0\
fleft( 1 right) > 0\
0 < frac{{ – b}}{{2a}} < 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m < frac{{13}}{4}\
m > 3\
m > 1\
0 < frac{1}{4} < 1
end{array} right. Leftrightarrow 3 < m < frac{{13}}{4}$. Vì m nguyên nên không có giá trị nào.
Cách 2:
$left( 2 right)Leftrightarrow m=-4{{t}^{2}}+2t+3=gleft( t right)$
Ta có bảng biến thiên của $gleft( t right)$ trên $tin left( 0,;,1 right]$.
Từ bảng biến thiên trên phương trình $left( 2 right)$ có 2 nghiệm phân biệt ${{t}_{1}},,,{{t}_{2}}$thỏa mãn $0<{{t}_{1}},,,{{t}_{2}}<1$
thì $3<m<frac{13}{4}$. Vì $m$nguyên nên không có giá trị nào.
Đồ thị được cho hình vẽ là đồ thị của Parabol nên có dạng:$y=a{{x}^{2}}+bx+c$ .
Biễu diễn mối liên hệ vận tốc và thời gian nên $v(t)=a{{t}^{2}}+bt+c$.
Quan sát đồ thị ta thấy parabol đi qua 3 điểm $Aleft( 0,;,4 right),text{ }Bleft( 4,;,12 right),text{ }Ileft( 1,;,3 right)$ áp vào biểu thức Parabol ta được hệ
$left{ begin{array}{l}
4 = c\
12 = 16a + 4b + c\
3 = a + b + c
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
b = – 2\
c = 4
end{array} right.$
Ta có biểu thức vận tốc $v(t)={{t}^{2}}-2t+4$ lại có ${s}’left( t right)=vleft( t right)$ nên
$S=intlimits_{0}^{4}{({{t}^{2}}-2t+4)text{d}t}=frac{64}{3}$.
Là quãng đường vật chuyển động mà vật di chuyển được trong $4$ giờ kể từ lúc xuất phát.
Câu 40.Chọn D
Đặt
$left{ begin{array}{l}
u = x\
{rm{d}}v = f'(3x){rm{d}}x
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{d}}u = {rm{d}}x\
v = frac{1}{3}f(3x)
end{array} right.$
Suy ra $I = frac{1}{3}x.f(3x)left| begin{array}{l}
1\
0
end{array} right. – intlimits_0^1 {frac{1}{3}f(3x){rm{d}}x} = frac{1}{3}f(3) – frac{1}{9}intlimits_0^3 {f(x){rm{d}}x} = 6$
Vậy $I=6$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho các tia $Ox$,$Oy$,$Oz$ lần lượt trùng với các tia $AB$,$AD$,$A{A}’$và gốc tọa độ $O$ trùng với điểm $A$.
Có:$Aleft( 0,;,0,;,0 right)$,$Cleft( a,;,a,;,0 right)$, $B’left( a,;,0,;,a right)$, $Dleft( 0,;,a,;,0 right)$, ${C}’left( a,;,a,;,a right)$.
$Rightarrow overrightarrow{AC}=left( a,;,a,;,0 right)$, $overrightarrow{A{B}’}=left( a,;,0,;,a right)$, $overrightarrow{AD}=left( 0,;,a,;,0 right)$. $Rightarrow left[ overrightarrow{AC},,,overrightarrow{A{B}’} right]=left( {{a}^{2}},;,-{{a}^{2}},;,-{{a}^{2}} right)$.
Cách 1: Xét mặt phẳng $left( A{B}’C right)$ chứa $A{B}’,text{//},D{C}’$$Rightarrow left( A{B}’C right),text{//},D{C}’$.
Khi đó $dleft( AC,,,D{C}’ right)=dleft( D{C}’,,,left( A{B}’C right) right)=dleft( D,,,left( A{B}’C right) right)$.
mp$left( A{B}’C right)$ có vectơ pháp tuyến $overrightarrow{n}=frac{1}{{{a}^{2}}}left[ overrightarrow{AC},,,overrightarrow{A{B}’} right]=left( 1,;,-1,;,-1 right)$.
mp$left( A{B}’C right)$ chứa $AC$ nên phương trình $left( A{B}’C right)$có dạng: $x-y-z=0$.
Vậy $dleft( AC,,,D{C}’ right)=dleft( D,,,left( A{B}’C right) right)=frac{left| 0-a-0 right|}{sqrt{1+1+1}}=frac{a}{sqrt{3}}=frac{asqrt{3}}{3}$.
Cách 2:
Khoảng cách từ giữa $AC$ và $DC’$
$dleft( AC,,,DC’ right)=frac{left| overrightarrow{AD}.overrightarrow{n} right|}{left| overrightarrow{n} right|}=frac{left| overrightarrow{AD.}left[ overrightarrow{AC},,,overrightarrow{D{C}’} right] right|}{left| left[ overrightarrow{AC},,,overrightarrow{D{C}’} right] right|}$
Trong đó$Aleft( 0,;,0,;,0 right)$, $Cleft( a,;,a,;,0 right)$ $Rightarrow overrightarrow{AC}=left( a,;,a,;,0 right)$; $Dleft( 0,;,a,;,0 right)$, ${C}’left( a,;,a,;,a right)$.
$Rightarrow overrightarrow{D{C}’}=left( a,;,0,;,a right)$; $overrightarrow{AD}=left( 0,;,a,;,0 right)$.
$left[ {overrightarrow {AC} ,,,overrightarrow {DC’} } right] = left( {left| {begin{array}{*{20}{c}}
begin{array}{l}
a\
0
end{array}&begin{array}{l}
0\
a
end{array}
end{array}} right|,;,left| {begin{array}{*{20}{c}}
begin{array}{l}
0\
a
end{array}&begin{array}{l}
a\
a
end{array}
end{array}} right|,;,left| {begin{array}{*{20}{c}}
begin{array}{l}
a\
a
end{array}&begin{array}{l}
a\
0
end{array}
end{array}} right|} right) = left( {{a^2},;, – {a^2},;, – {a^2}} right) Rightarrow left| {left[ {overrightarrow {AC} ,,,overrightarrow {DC’} } right]} right| = {a^2}sqrt 3 $
$dleft( AC,,,D{C}’ right)=frac{left| left[ overrightarrow{AC},,,overrightarrow{D{C}’} right]overrightarrow{AD} right|}{left| left[ overrightarrow{AC},,overrightarrow{,D{C}’} right] right|}=frac{left| -{{a}^{3}} right|}{{{a}^{2}}sqrt{3}}=frac{asqrt{3}}{3}$.
Cách 3:
Xét mặt phẳng $left( A{B}’C right)$ chứa $A{B}’,text{//},D{C}’$ $Rightarrow left( A{B}’C right),text{//},D{C}’$.
Khi đó $dleft( AC,,,D{C}’ right)=dleft( D{C}’,,,left( A{B}’C right) right)=dleft( D,,,left( A{B}’C right) right)$.
Ta có $left{ begin{array}{l}
BD bot AC\
BB’ bot AC
end{array} right. Rightarrow AC bot left( {BB’D’D} right)$$ Rightarrow left( {AB’C} right) bot left( {BB’D’D} right)$theo giao tuyến $I{B}’$.
Trong mặt phẳng $left( B{B}'{D}’D right)$ kẻ $DHbot I{B}’$ $Rightarrow DHbot left( A{B}’C right)Rightarrow dleft( D,left( A{B}’C right) right)=DH$.
Có $D{C}’=asqrt{2}Rightarrow D{B}’=asqrt{3}$; $DI=AI=frac{asqrt{2}}{2}Rightarrow I{B}’=frac{asqrt{6}}{2}$.
Xét $Delta ID{B}’$ có $cos widehat{I{B}’D}=frac{I{{{{B}’}}^{2}}+D{{{{B}’}}^{2}}-I{{D}^{2}}}{2I{B}’.D{B}’}=frac{2sqrt{2}}{3}$$Rightarrow sin widehat{I{B}’D}=frac{1}{3}$.
Xét $Delta HD{B}’$ vuông tại $H$ có $DH=D{B}’.sin widehat{I{B}’D}=frac{asqrt{3}}{3}$.
Cách 4:
Dễ thấy $D{C}’subset left( D{C}'{A}’ right),//,left( {B}’AC right)supset AC$ nên $dleft( AC;,D{C}’ right)=dleft( left( D{C}'{A}’ right);left( AC{D}’ right) right)$.
Vì $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ là hình lập phương nên $B{D}’bot left( AC{D}’ right)$ và hai mặt phẳng $left( D{C}'{A}’ right),,,left( AC{D}’ right)$ chia đoạn $B{D}’$ thành 3 đoạn bằng nhau.
Do đó $dleft( AC;,D{C}’ right)=frac{1}{3}B{D}’=frac{asqrt{3}}{3}$.
Câu 42. Chọn B
Đặt $z=a+bi,,left( a,,,bin mathbb{R} right)$.
Ta có: $left| overline{z} right|=left| z+2i right|Leftrightarrow sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{left( b+2 right)}^{2}}}$$Leftrightarrow 4b+4=0Leftrightarrow b=-1$
$Rightarrow z=a-i$.
Xét: $left| z-1+2i right|+left| z+1+3i right|=left| a-1+i right|+left| a+1+2i right|$$=sqrt{{{left( 1-a right)}^{2}}+{{1}^{2}}}+sqrt{{{left( 1+a right)}^{2}}+{{2}^{2}}}$.
Áp dụng BĐT Mincôpxki:
$sqrt{{{left( 1-a right)}^{2}}+{{1}^{2}}}+sqrt{{{left( 1+a right)}^{2}}+{{2}^{2}}}ge sqrt{{{left( 1-a+1+a right)}^{2}}+{{left( 1+2 right)}^{2}}}$$=sqrt{4+9}=sqrt{13}$.
Suy ra: $left| z-1+2i right|+left| z+1+3i right|$ đạt GTNN là $sqrt{13}$ khi $2left( 1-a right)=1+aLeftrightarrow a=frac{1}{3}$.
Nhận xét : Bài toán trên có thể được giải quyết bằng cách đưa về bài toán hình học phẳng.
Câu 43.Chọn D
${{log }_{9}}x={{log }_{6}}y={{log }_{4}}left( x+y right)=t$, $tin mathbb{R}$. Ta có $x={{9}^{t}},$ $y={{6}^{t}},$ $x+y={{4}^{t}}$.
Theo bài ra ta có:
${{9}^{t}}+{{6}^{t}}={{4}^{t}}$$Leftrightarrow {{left( frac{9}{4} right)}^{t}}+{{left( frac{6}{4} right)}^{t}}=1$$Leftrightarrow {{left( frac{3}{2} right)}^{2t}}+{{left( frac{3}{2} right)}^{t}}-1=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{left( {frac{3}{2}} right)^t} = frac{{ – 1 + sqrt 5 }}{2}\
{left( {frac{3}{2}} right)^t} = frac{{ – 1 – sqrt 5 }}{2},, < 0
end{array} right.$
Ta có: $frac{x}{y}={{left( frac{9}{6} right)}^{t}}={{left( frac{3}{2} right)}^{t}}=frac{-1+sqrt{5}}{2}$.
Theo bài ra ta có : $a=1,,,b=5$ nên $T={{a}^{2}}+{{b}^{2}}=26$.
Câu 44. Chọn B
Khi lăn trọn một vòng thì trục lăn tạo trên tường phẳng lớp sơn có diện tích bằng diện tích xung quanh của trục lăn là $S=2pi R.h$$=2pi .frac{5}{2}.23=115pi ,(text{c}{{text{m}}^{2}})$.
Vậy sau khi lăn trọn $10$ vòng thì trục lăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là $10S=1150pi ,(text{c}{{text{m}}^{2}})$.
Câu 45. Chọn D
Gọi số tiền mà ba anh em An, Bình và Cường vay ngân hàng lần lượt là $A$, $B$, $C$ và $X$ là số tiền mỗi người trả hàng tháng.
Áp dụng công thức tính số tiền còn lại sau $n$ tháng vay lãi ngân hàng
Trong đó: $M$: Số tiền vay, $r%$: lãi suất hàng tháng, $X$: Số tiền trả 1 tháng.
Khi trả hết nợ : ${{S}_{n}}=0$.
Ta có hệ phương trình: $left{ begin{array}{l}
A + B + C = {10^9}\
A{left( {1,007} right)^{10}} – Xfrac{{{{left( {1,007} right)}^{10}} – 1}}{{0,007}} = 0\
B{left( {1,007} right)^{15}} – Xfrac{{{{left( {1,007} right)}^{15}} – 1}}{{0,007}} = 0\
C{left( {1,007} right)^{25}} – Xfrac{{{{left( {1,007} right)}^{25}} – 1}}{{0,007}} = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
A = 206205230,7\
B = 304037610,4\
C = 489757158,9\
X = 21422719,34
end{array} right.$
Vậy tổng số tiền mà ba anh em trả ở tháng thứ nhất cho ngân hàng là:
$3times 21422719,34=64268158approx 64268000$ đồng.
Câu 46. Chọn D
Xét phương trình hoành độ giao điểm $-2x+m-1=frac{x+1}{x+2} (1)$.
Phương trình $(1)$có hai nghiệm phân biệt $ Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{f(x) = 2{x^2} – (m – 6)x – 2m + 3 = 0}\
{x ne – 2}
end{array}} right.$ có hai nghiệm phân biệt $ Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{f( – 2) ne 0}\
{Delta = {m^2} + 4m + 12 > 0}
end{array}} right. Leftrightarrow m in R$Gọi ${{x}_{1}},,,{{x}_{2}}$là hai nghiệm của phương trình $(1)$, khi đó $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{{x_1} + {x_2} = frac{{m – 6}}{2}}\
{{x_1}.{x_2} = frac{{3 – 2m}}{2}}
end{array}} right.$ Hệ số góc của tiếp tuyến của $left( C right)$ tại giao điểm của $d$ và $left( C right)$là $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{{k_1} = frac{1}{{{{left( {{x_1} + 2} right)}^2}}}}\
{{k_2} = frac{1}{{{{left( {{x_2} + 2} right)}^2}}}}
end{array}} right.$
Ta có ${{k}_{1}}.{{k}_{2}}=frac{1}{{{left( {{x}_{1}}+2 right)}^{2}}}.frac{1}{{{left( {{x}_{2}}+2 right)}^{2}}}=frac{1}{{{left[ {{x}_{1}}.{{x}_{2}}+2({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+4 right]}^{2}}}=frac{1}{{{left[ frac{3-2m}{2}+2.frac{m-6}{2}+4 right]}^{2}}}=4$.
TH1: $fleft( x right)=0$$Rightarrow {f}’left( x right)=0$ trái giả thiết.
TH2: $fleft( x right)ne 0$ $Rightarrow {f}’left( x right)=-left( 2x+1 right).{{f}^{2}}left( x right)$ $Rightarrow frac{{f}’left( x right)}{{{f}^{2}}left( x right)}=-left( 2x+1 right)$.$Rightarrow int{frac{{f}’left( x right)}{{{f}^{2}}left( x right)}}text{d}x=-int{left( 2x+1 right)}text{d}x$ $Rightarrow frac{-1}{fleft( x right)}=-left( {{x}^{2}}+x+C right)$.
Ta có: $fleft( 2 right)=frac{1}{6}$ $Rightarrow C=0$ $Rightarrow fleft( x right)=frac{1}{{{x}^{2}}+x}=frac{1}{x}-frac{1}{x+1}$.
$Rightarrow P=frac{1}{1}-frac{1}{2}+frac{1}{2}-frac{1}{3}+…..-frac{1}{2020}=frac{2019}{2020}$ .
Ta có $d:frac{{x + 1}}{2} = frac{y}{1} = frac{{z – 2}}{1} Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = – 1 + 2t\
y = t\
z = 2 + t
end{array} right.$
Vì $Aleft( 1,;,-1,;,2 right)$ là trung điểm $MN$$Rightarrow Nleft( 3-2t,;,-2-t,;,2-t right)$.
Mặt khác $Nin left( P right)$$Rightarrow 3-2t-2-t-2left( 2-t right)+5=0$$Leftrightarrow t=2Rightarrow Mleft( 3,;,2,;,4 right)$$Rightarrow overrightarrow{AM}=left( 2,;,3,;,2 right)$là một vectơ chỉ phương của $Delta $.
Gọi $M$ là điểm nằm trên đường tròn giao tuyến của $left( S right)$ và $left( P right).$ Ta có $IM=R.$ Áp dụng công thức tính bán kính mặt cầu trong trường hợp mặt cầu $left( S right)$ giao với mặt phẳng $left( P right)$ theo giao tuyến là đường tròn có bán kính $r$ là
$I{{M}^{2}}={{R}^{2}}=d_{left( I,;,left( P right) right)}^{2}+{{r}^{2}}text{ },,,,,,,,,,,,,,left( * right)$
Ta có: ${{d}_{left( I;left( P right) right)}}=frac{left| -1-2.2+2.left( -1 right)-2 right|}{sqrt{{{1}^{2}}+{{left( -2 right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=3=IH.$
Từ $left( * right)Rightarrow {{R}^{2}}={{3}^{2}}+{{5}^{2}}=34$.
Vậy phương trình mặt cầu $left( S right)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài là
${{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-2 right)}^{2}}+{{left( z+1 right)}^{2}}=34.$
Ta có: Mặt cầu $left( S right)$ có tâm $Ileft( 2,;,3,;,5 right)$, bán kính $R=10$.
$dleft( I,left( alpha right) right)=frac{left| 2.2-2.3+5+15 right|}{sqrt{{{2}^{2}}+{{left( -2 right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=6<R$ $Rightarrow left( alpha right)cap left( S right)=Cleft( H,;,r right)$,$H$ là hình chiếu của $I$ lên $left( alpha right)$.
Gọi ${{Delta }_{1}}$ là đường thẳng qua $I$ và vuông góc với $left( alpha right)$ $Rightarrow {{Delta }_{1}}$ có VTCP là $overrightarrow {{u_{{Delta _1}}}} = left( {2; – 2;1} right)$ .
$ Rightarrow $ PTTS ${Delta _1}:left{ begin{array}{l}
x = 2 + 2t\
y = 3 – 2t\
z = 5 + t
end{array} right.$. Tọa độ $H$ là nghiệm của hệ: $left{ begin{array}{l}
x = 2 + 2t\
y = 3 – 2t\
z = 5 + t\
2x – 2y + z + 15 = 0
end{array} right.$$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = – 2\
y = 7\
z = 3
end{array} right.$
$Rightarrow Hleft( -2,;,7,;,3 right)$.
Ta có $AB$ có độ dài lớn nhất $Leftrightarrow AB$ là đường kính của $left( C right)$ $Leftrightarrow Delta equiv MH$.
Đường thẳng $MH$ đi qua $Mleft( -3,;,3,;,-3 right)$ và có VTCP $overrightarrow{MH}=left( 1,;,4,;,6 right)$.
Suy ra phương trình $Delta :frac{x+3}{1}=frac{y-3}{4}=frac{z+3}{6}.$
