Giải chi tiết đề
Câu 1.Ta có $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{left[ fleft( x right)+fleft( -x right) right]text{d}x}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{sqrt{1+cos 2x}text{d}x}$.
Vì hàm số $y=sqrt{1+cos 2x}$ là hàm chẵn nên
$intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{sqrt{1+cos 2x}text{d}x}=2intlimits_{0}^{frac{3pi }{4}}{sqrt{1+cos 2x}text{d}x}=$$2sqrt{2}intlimits_{0}^{frac{3pi }{4}}{left| cos x right|text{d}x}=2sqrt{2}left( intlimits_{0}^{frac{pi }{2}}{cos xtext{d}x}-intlimits_{frac{pi }{2}}^{frac{3pi }{4}}{cos xtext{d}x} right)=$$=2sqrt{2}left( left. sin x right|_{0}^{frac{pi }{2}}-left. sin x right|_{frac{pi }{2}}^{frac{3pi }{4}} right)=2sqrt{2}left( 2-frac{sqrt{2}}{2} right)=4sqrt{2}-2$.
Mặt khác $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{left[ fleft( x right)+fleft( -x right) right]text{d}x}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( x right)text{d}x}+intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( -x right)text{d}x}$.
Xét $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( -x right)text{d}x}$. Đặt $-x=tRightarrow text{d}x=-text{d}t$, khi $x=-frac{3pi }{4}$ thì $t=frac{3pi }{4}$, khi $x=frac{3pi }{4}$ thì $t=-frac{3pi }{4}$. Do đó $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( -x right)text{d}x}=-intlimits_{frac{3pi }{4}}^{-,,frac{3pi }{4}}{fleft( t right)text{d}t}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( t right)text{d}t}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( x right)text{d}x}$.
Suy ra $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{left[ fleft( x right)+fleft( -x right) right]text{d}x}=2intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( x right)text{d}x}$.
Vậy $2intlimits_{-frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( x right)text{d}x}=4sqrt{2}-2Leftrightarrow intlimits_{-frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft( x right)text{d}x}=2sqrt{2}-1$.
Câu 2.
Kẻ đường thẳng $d$ đi qua $N$ và song song với $AM$. Gọi $P$ là hình chiếu của $A$ trên $d$.
Vì $APbot NP$ và $SAbot NP$ $Rightarrow left( SAP right)bot NP$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SP$.
Vì $AHbot SP$, $AHbot NP$$Rightarrow H$ là hình chiếu của $A$ trên $left( SNP right)$.
Ta có $AM//NPRightarrow AM//left( SNP right)Rightarrow dleft( AM,SN right)=dleft( AM,left( SNP right) right)=dleft( A,left( SNP right) right)=AH$.
$frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{S{{A}^{2}}}+frac{1}{A{{P}^{2}}}=frac{1}{{{a}^{2}}}+frac{16}{{{a}^{2}}}=frac{17}{{{a}^{2}}}Rightarrow AH=frac{a}{sqrt{17}}$ hay khoảng cách cần tìm bằng $frac{a}{sqrt{17}}$.
Câu 3. Tập xác định của hàm số $D=left[ -3;,,5 right]$.
$f(x)=sqrt{3+x}+sqrt{5-x}-3{{x}^{2}}+6x=sqrt{3+x}+sqrt{5-x}-3{{(x-1)}^{2}}+3$.
Ta có $left{ begin{array}{l}
2.sqrt {3 + x} le frac{{4 + 3 + x}}{2}\
2.sqrt {5 – x} le frac{{4 + 5 – x}}{2}
end{array} right.$$Rightarrow sqrt{3+x}+sqrt{5-x}le frac{4+3+x+4+5-x}{4}$$Rightarrow sqrt{3+x}+sqrt{5-x}le 4$.
Dấu bằng xảy ra $left{ begin{array}{l}
4 = x + 3\
4 = 5 – x
end{array} right. Leftrightarrow x = 1$
Và $3{{(x-1)}^{2}}ge 0$, dấu bằng xảy ra $Leftrightarrow x=1$.
Từ đó suy ra $f(x)le 4+3Rightarrow f(x)le 7$, $f(x)=7Leftrightarrow x=1$.
Hàm số $f(x)=sqrt{3+x}+sqrt{5-x}-3{{x}^{2}}+6x$ đạt giá trị lớn nhất khi $x$ bằng $1$.
Câu4 . $underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{9+99+999+…+overbrace{99…9}^{n}}{{{10}^{n}}}$$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{10-1+100-1+1000-1+…+1overbrace{00…0}^{n}-1}{{{10}^{n}}}$
$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{10+100+…1overbrace{00…0}^{n}-n}{{{10}^{n}}}$$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{10.frac{{{10}^{n}}-1}{9}-n}{{{10}^{n}}}$$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},left( frac{10}{9}left( 1-frac{1}{{{10}^{n}}} right)-frac{n}{{{10}^{n}}} right)$$=frac{10}{9}$.
Câu 5:
G là trọng tâm của tứ diện $Rightarrow frac{GH}{OH}=frac{1}{4}$.
Gọi $h$ là chiều cao của chóp $O.ABC$,${h}’$ là chiều cao của chóp $G.ABC$ ta có $frac{{{h}’}}{h}=frac{GH}{OH}=frac{1}{4}$.
${{V}_{O.ABC}}={{V}_{A.OBC}}=frac{1}{3}AO.{{S}_{Delta OBC}}$$=frac{1}{3}AO.frac{1}{2}.OB.OC=frac{1}{6}abc$.
$frac{{{V}_{G.ABC}}}{{{V}_{O.ABC}}}=frac{{{h}’}}{h}=frac{1}{4}$$Rightarrow {{V}_{G.ABC}}=frac{1}{4}{{V}_{O.ABC}}=frac{1}{24}abc$.
Câu 6: Số cách chọn có đầy đủ cả 3 môn:
2 toán, 1 lý, 1 hóa: $C_{5}^{2}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}$
1 toán, 2 lý, 1 hóa: $C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{1}$
1 toán, 1 lý, 2 hóa: $C_{5}^{1}.C_{6}^{1}.C_{7}^{2}$.
Tổng cộng có $C_{5}^{2}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}+C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{1}+C_{5}^{1}.C_{6}^{1}.C_{7}^{2}=1575$cách.
Số cách chọn có cả 3 môn toàn nữ: $C_{2}^{2}.C_{3}^{1}.C_{3}^{1}+C_{2}^{1}.C_{3}^{2}.C_{3}^{1}+C_{2}^{1}.C_{3}^{1}.C_{3}^{2}=45$cách.
Số cách chọn có cả 3 môn toàn nam$C_{3}^{2}.C_{3}^{1}.C_{4}^{1}+C_{3}^{1}.C_{3}^{2}.C_{4}^{1}+C_{3}^{1}.C_{3}^{1}.C_{4}^{2}=126$cách.
Vậy số cách chọn có cả 3 môn và có cả nam lẫn nữ $1575-45-126=1404$.
Câu 7. ${{left( 1+x+{{x}^{2}}+frac{1}{x} right)}^{9}}$$={{left( 1+{{x}^{2}} right)}^{9}}{{left( 1+frac{1}{x} right)}^{9}}$$=sumlimits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}{{x}^{2k}}}.sumlimits_{i=0}^{9}{C_{9}^{i}.{{x}^{-i}}}$$=sumlimits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}}.sumlimits_{i=0}^{9}{C_{9}^{i}.}{{x}^{2k-i}}$.
Số hạng không chứa $x$ trong khai triển ứng với $left{ begin{array}{l}
2k – i = 0\
0 le i,k le 9
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2k = i\
0 le i,k le 9
end{array} right.$.
Ta có bảng:
Vậy hệ số của số hạng không chứa $x$ trong khai triển là:
$1+C_{9}^{1}C_{9}^{2}+C_{9}^{4}C_{9}^{2}+C_{9}^{6}C_{9}^{3}+C_{9}^{8}C_{9}^{4}=13051$.
Câu 8. Vì $A$, $B$, $C$ theo thứ tự là điểm đối xứng với $M$ qua mặt phẳng $left( yOz right),left( zOx right),left( xOy right)$
Vậy trọng tâm của tam giác $ABC$ là $Gleft( frac{a}{3};frac{b}{3};frac{c}{3} right)$.
Câu9. Xét hàm số $y={{x}^{3}}-x$
Có ${y}’=3{{x}^{2}}-1;text{ }{y}’=0Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-1=0Leftrightarrow x=pm frac{1}{sqrt{3}}$.
BBT
Từ đó ta có bảng biến thiên của đồ thị hàm số $y=left| {{x}^{3}}-x right|$ như sau
Đồ thị hàm số $y=left| {{x}^{3}}-x right|+m$ được vẽ bằng cách tịnh tiến đồ thì hàm số $y=left| {{x}^{3}}-x right|$ lên trên (xuống) theo trục $Oy$là $left| m right|$ đơn vị $Rightarrow $ Số điểm cực trị của hàm số $y=left| {{x}^{3}}-x right|+m$ bằng số điểm cực trị của hàm số $y=left| {{x}^{3}}-x right|$.
Vậy hàm số $y=left| {{x}^{3}}-x right|+m$ có 5 điểm cực trị.
Câu10. Xếp 10 học sinh thành một hàng có $10!$ cách sắp xếp $Rightarrow nleft( Omega right)=10!$.
Biến cố $A:$ “có đúng 2 bạn nữ đứng cạnh nhau”.
+) Chọn 2 bạn nữ trong số 4 bạn nữ và coi đó là 1 nhóm $X$$Rightarrow $ có $C_{4}^{2}.2!$ cách chọn và sắp xếp các học sinh trong nhóm $X$.
+) Xếp 6 bạn nam vào hàng ngang có $6!$ cách. Coi 6 nam là 6 vách ngăn $*|*|*|*|*|*|*$
$Rightarrow $ có 7 vị trí.
Chọn 3 vị trí trong 7 vị trí để xếp nhóm$X$ và 2 bạn nữ có $A_{7}^{3}$ (cách).
$Rightarrow nleft( A right)=C_{4}^{2}.2!.6!A_{7}^{3}$.
$Rightarrow Pleft( A right)=frac{C_{4}^{2}.2!6!A_{7}^{3}}{10!}=frac{1}{2}$.
Câu11.Chia khối tứ diện thành 4 khối chóp $M.ABC,,,M.ABD,,,M.ACD,,,M.BCD$. Gọi ${{h}_{1}},,{{h}_{2}},,{{h}_{3}},,{{h}_{4}}$ lần lượt là khoảng cách từ $M$ đến các mặt phẳng $left( ABC right),,,left( ABD right),,,left( ACD right),,,left( BCD right)$.
Khi đó ${{V}_{ABCD}}={{V}_{M.ABC}}+{{V}_{M.ACD}}+{{V}_{M.ABD}}+{{V}_{M.BCD}}=frac{1}{3}{{h}_{1}}.{{S}_{Delta ABC}}+frac{1}{3}{{h}_{2}}.{{S}_{Delta ABD}}+frac{1}{3}{{h}_{3}}.{{S}_{Delta ACD}}+frac{1}{3}{{h}_{4}}.{{S}_{Delta BCD}}$.
Mà $ABCD$ là tứ diện đều nên ${{S}_{Delta ABC}}={{S}_{Delta ABD}}={{S}_{Delta ACD}}={{S}_{Delta BCD}}=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4},,,{{V}_{ABCD}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.
Do đó ${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}{{S}_{Delta ABC}}left( {{h}_{1}}+{{h}_{2}}+{{h}_{3}}+{{h}_{4}} right)Rightarrow {{h}_{1}}+{{h}_{2}}+{{h}_{3}}+{{h}_{4}}=frac{3{{V}_{ABCD}}}{{{S}_{Delta ABC}}}=frac{3.frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}}{frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}}=asqrt{frac{2}{3}}$.
Câu 12. Vì $tan x=m$ nên $cos xne 0$. Do đó:
$begin{array}{l}
frac{{sin x – cos x}}{{2{{sin }^3}x – cos x}} = frac{{tan x.cos x – cos x}}{{2{{tan }^3}x.{{cos }^3}x – cos x}} = frac{{cos xleft( {tan x – 1} right)}}{{{{cos }^3}xleft( {2{{tan }^3}x – frac{1}{{{{cos }^2}x}}} right)}}\
, & & = frac{1}{{{{cos }^2}x}}.frac{{tan x – 1}}{{2{{tan }^3}x – left( {1 + {{tan }^2}x} right)}} = left( {1 + {{tan }^2}x} right)frac{{tan x – 1}}{{2{{tan }^3}x – {{tan }^2}x – 1}}\
& & = frac{{left( {{m^2} + 1} right)left( {m – 1} right)}}{{2{m^3} – {m^2} – 1}} = frac{{left( {{m^2} + 1} right)left( {m – 1} right)}}{{left( {m – 1} right)left( {2{m^2} + m + 1} right)}} = frac{{{m^2} + 1}}{{2{m^2} + m + 1}}
end{array}$
Câu 13.
Mặt phẳng cách đều hai đỉnh nếu mặt phẳng đó song song hoặc đi qua trung điểm của cạnh nối hai điểm đó.
Câu 14.
Ta có $frac{S{A}’}{SA}=m,frac{S{B}’}{SB}=n,frac{S{C}’}{SC}=p.$
$frac{SG}{SO}=frac{3}{4}Rightarrow overrightarrow{SG}=frac{3}{4}overrightarrow{SO}=frac{1}{4}left( overrightarrow{SA}+overrightarrow{SB}+overrightarrow{SC} right)=frac{1}{4}left( frac{1}{m}overrightarrow{S{A}’}+frac{1}{n}overrightarrow{S{B}’}+frac{1}{p}overrightarrow{S{C}’} right)$ (1)
Mặt khác do $G$ thuộc $left( {A}'{B}'{C}’ right)$nên ta có $overrightarrow{G{A}’}=xoverrightarrow{G{B}’}+yoverrightarrow{G{C}’}$
$Leftrightarrow overrightarrow{S{A}’}-overrightarrow{SG}=xoverrightarrow{S{B}’}-xoverrightarrow{SG}+yoverrightarrow{S{C}’}-yoverrightarrow{SG}$
$Leftrightarrow left( x+y-1 right)overrightarrow{SG}=-overrightarrow{S{A}’}+xoverrightarrow{S{B}’}+yoverrightarrow{S{C}’}$
$Leftrightarrow overrightarrow{SG}=-frac{1}{x+y-1}overrightarrow{S{A}’}+frac{x}{x+y-1}overrightarrow{S{B}’}+frac{y}{x+y-1}overrightarrow{S{C}’}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $Rightarrow frac{1}{4m}=-frac{1}{x+y-1};frac{1}{4n}=frac{x}{x+y-1};frac{1}{4p}=frac{y}{x+y-1}Rightarrow frac{1}{m}+frac{1}{n}+frac{1}{p}=4.$
Câu15. Áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn vào hai khai triển
${{left( 1+2 right)}^{99}}=C_{99}^{0}+2C_{99}^{1}+{{2}^{2}}C_{99}^{2}+{{2}^{3}}C_{99}^{3}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}+…+{{2}^{98}}C_{99}^{98}+{{2}^{99}}C_{99}^{99},,,left( 1 right)$
${{left( 1-2 right)}^{99}}=C_{99}^{0}-2C_{99}^{1}+{{2}^{2}}C_{99}^{2}-{{2}^{3}}C_{99}^{3}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}-…+{{2}^{98}}C_{99}^{98}-{{2}^{99}}C_{99}^{99},,,left( 2 right)$
Cộng theo vế $left( 1 right)$và $left( 2 right)$ ta có ${{3}^{99}}-1=2left( 1+{{2}^{2}}C_{99}^{2}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}+…+{{2}^{98}}C_{99}^{98} right)$
$Rightarrow 1+{{2}^{2}}C_{99}^{2}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}+…+{{2}^{98}}C_{99}^{98}=frac{{{3}^{99}}-1}{2}$
Câu16. Do hình chóp tứ giác $S.ABCD$ đều nên ta có $SObot left( ABCD right),,O=ACcap BD$
Xét tam giác $SOC$ vuông tại $O$ có $SO=sqrt{S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-{{left( frac{asqrt{2}}{2} right)}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Khi đó ta có $Sleft( 0,;,0,;frac{asqrt{2}}{2} right)$; $Cleft( frac{asqrt{2}}{2},;,0,;0 right)$; $Aleft( -frac{asqrt{2}}{2},;,0,;0 right)$; $Bleft( 0,;,frac{asqrt{2}}{2},;0 right)$.
Do $M,,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA$ và $BC$ nên $Mleft( -frac{asqrt{2}}{4},;,0,;frac{asqrt{2}}{4} right)$; $Nleft( frac{asqrt{2}}{4},;,frac{asqrt{2}}{4},;0 right)$.
Do đó có $overrightarrow{SC}left( frac{asqrt{2}}{2},;,0,;-frac{asqrt{2}}{2} right)Rightarrow overrightarrow{{{u}_{SC}}}left( 1,;,0,;-1 right)$
$overrightarrow{MN}left( frac{asqrt{2}}{2},;,frac{asqrt{2}}{4},;-frac{asqrt{2}}{4} right)Rightarrow overrightarrow{{{u}_{MN}}}left( 2,;,1,;-1 right)$
Vậy $cosleft( SC,MN right)=left| cosleft( overrightarrow{{{u}_{SC}}},overrightarrow{{{u}_{MN}}} right) right|=frac{left| 3 right|}{sqrt{6}.sqrt{2}}=frac{sqrt{3}}{2}Rightarrow widehat{left( SC,MN right)}={{30}^{0}}$.
Câu 17. Điều kiện $left{ begin{array}{l}
x > 0\
{log _2}x > 0\
{log _4}x > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x > 0\
x > 1
end{array} right. Leftrightarrow x > 1$
Ta có
$begin{array}{l}
{log _2}left( {{{log }_4}x} right) + {log _4}left( {{{log }_2}x} right) le 2 Leftrightarrow {log _2}left( {frac{1}{2}{{log }_2}x} right) + frac{1}{2}{log _2}left( {{{log }_2}x} right) le 2\
Leftrightarrow {log _2}left( {frac{1}{2}{{log }_2}x.{{left( {{{log }_2}x} right)}^{frac{1}{2}}}} right) le 2 Leftrightarrow {log _2}left( {frac{1}{2}{{left( {{{log }_2}x} right)}^{frac{3}{2}}}} right) le 2\
Leftrightarrow frac{1}{2}{left( {{{log }_2}x} right)^{frac{3}{2}}} le 4 Leftrightarrow {left( {{{log }_2}x} right)^{frac{3}{2}}} le 8 Leftrightarrow left( {{{log }_2}x} right) le 4 Leftrightarrow x le 16
end{array}$
$Leftrightarrow frac{1}{2}{{left( {{log }_{2}}x right)}^{frac{3}{2}}}le 4Leftrightarrow {{left( {{log }_{2}}x right)}^{frac{3}{2}}}le 8Leftrightarrow left( {{log }_{2}}x right)le 4Leftrightarrow xle 16$.
Suy ra bất phương trình ${{log }_{2}}left( {{log }_{4}}x right)+{{log }_{4}}left( {{log }_{2}}x right)le 2$ có tập nghiệm là $left( text{1;16} right]$.
Câu 18. Ta có
$begin{array}{l}
{u_1} = 1\
{u_2} = 1 + 2\
{u_3} = 1 + 2 + 3\
…\
{u_n} = 1 + 2 + 3 + … + n
end{array}$
Do đó ${{u}_{n}}=frac{nleft( n+1 right)}{2}$ .
Suy ra $underset{{}}{mathop{lim }},frac{{{u}_{n}}}{{{n}^{2}}}=underset{{}}{mathop{lim }},frac{nleft( n+1 right)}{2{{n}^{2}}}=underset{{}}{mathop{lim }},frac{1+frac{1}{n}}{2}=frac{1}{2}$.
Câu19. Đặt $z=a+bi,$$left( a,,b,in mathbb{R} right)$ .
Ta có : $T=frac{left| z+overline{z} right|+left| z-overline{z} right|}{left| z right|}=frac{2left| a right|+2left| b right|}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}$.
Ta có : $2left| a right|+2left| b right|=2left( left| a right|+left| b right| right)le 2sqrt{2left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)}Rightarrow Tle 2sqrt{2}$ .
Dấu $”=”$ xảy ra khi $left| a right|=left| b right|$ .
Ta lại có : $T=frac{2left| a right|+2left| b right|}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}=frac{2left( sqrt{{{a}^{2}}}+sqrt{{{b}^{2}}} right)}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}ge frac{2left( sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} right)}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}Rightarrow Tge 2$.
Dấu $”=”$ xảy ra khi $a=0vee b=0$.
Do đó : $Tin left[ 2,;,2sqrt{2} right]$ .
Câu20. Ta có : ${f}'(x)=2left( x-1 right)+2left( x-2 right)+…+2left( x-n right)=2nx-2left( 1+2+..+n right)=2nx-n(n+1)$ .
${f}'(x)=0Leftrightarrow x=frac{n+1}{2}$ .
Bảng biến thiên :
Dựa vảo bảng biến thiên , ta thấy hàm số $f(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=frac{n+1}{2}$ .
Câu 21. Từ phương trình ${{d}_{1}}$ ta có điểm ${{M}_{1}}left( -1;1;2 right)in {{d}_{1}}$, véc tơ chỉ phương của ${{d}_{1}}$ là $overrightarrow{{{u}_{1}}}=left( 2;3;1 right)$.
Từ phương trình ${{d}_{2}}$ ta có điểm ${{M}_{2}}left( 2;-2;0 right)in {{d}_{2}}$, véc tơ chỉ phương của ${{d}_{2}}$ là $overrightarrow{{{u}_{2}}}=left( 1;5;-2 right)$.
Gọi $AB$ là đoạn vuông góc chung của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ với $Ain {{d}_{1}}, Bin {{d}_{2}}$.
Khi đó mặt phẳng cách đều hai đường thẳng ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ là $left( P right)$ thì $left( P right)bot AB$.
Gọi vec tơ pháp tuyến của $left( P right)$ là $overrightarrow{n}$ thì $left{ begin{array}{l}
overrightarrow n bot overrightarrow {{u_1}} \
overrightarrow n bot overrightarrow {{u_2}}
end{array} right. Rightarrow overrightarrow n = left[ {overrightarrow {{u_1}} ,overrightarrow {{u_2}} } right] = left( { – 11;5;7} right)$
Do đó $left( P right)$ có dạng $-11x+5y+7z+m=0$.
Lại có $dleft( {{M}_{1}},left( P right) right)=dleft( {{M}_{2}},left( P right) right)Rightarrow frac{left| 11+5+14+m right|}{sqrt{195}}=frac{left| -22-10+m right|}{sqrt{195}}$
$Leftrightarrow left| m+30 right|=left| m-32 right|Leftrightarrow m=1$, suy ra $left( P right):-11x+5y+7z+1=0$
Câu 22. ${{log }_{27}}left| a right|+{{log }_{9}}{{b}^{2}}=5Leftrightarrow sqrt[3]{left| a right|}.left| b right|=243Leftrightarrow left| a right|.{{left| b right|}^{3}}={{3}^{15}} left( 1 right)$
${{log }_{27}}left| b right|+{{log }_{9}}{{a}^{2}}=7Leftrightarrow sqrt[3]{left| b right|}.left| a right|=2187Leftrightarrow {{left| a right|}^{3}}.left| b right|={{3}^{21}} left( 2 right)$
Lấy $frac{left( 2 right)}{left( 1 right)}$ được $frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}={{3}^{6}}Rightarrow {{a}^{2}}={{3}^{6}}.{{b}^{2}} left( 3 right)$.
Lấy $left( 1 right).left( 2 right)$ được ${{a}^{4}}.{{b}^{4}}={{3}^{36}}Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}={{3}^{18}} left( 4 right)$.
Từ $left( 3 right),left( 4 right)$ suy ra ${{b}^{4}}={{3}^{12}}Leftrightarrow {{b}^{2}}={{3}^{6}}Leftrightarrow left| b right|={{3}^{3}}=27$.
Do đó ${{a}^{2}}={{3}^{6}}{{.3}^{6}}Leftrightarrow left| a right|={{3}^{6}}=729Rightarrow left| a right|-left| b right|=702$.
Câu 23. ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2x+4y-6z+{{m}^{2}}-9m+4=0,left( 1 right)$, đặt $a=-1;,b=-2;,c=3,,d={{m}^{2}}-9m+4$.
$left( 1 right)$là phương trình của một mặt cầu $Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d>0$
$Leftrightarrow 14-left( {{m}^{2}}-9m+4 right)>0$$Leftrightarrow {{m}^{2}}-9m-10<0$$Leftrightarrow -1<m<10$.
Vậy $-1<m<10$
Câu 24. Gọi $a,,b,,c$ là số thứ tự các quyển sách được lấy.
Có $left{ begin{array}{l}
a + 2 < b\
b + 2 < c
end{array} right.$$ Rightarrow 1 le a < b – 2 < c – 4 le 16$
Có $C_{16}^{3}$ (cách).
Câu25. Gọi $n$là số đỉnh của một mặt đáy hình lăng trụ.
Suy ra hình lăng trụ có số đỉnh $2n$ và số cạnh $3n$.
Ta có $2n+3n=200Leftrightarrow n=40$
Vậy hình lăng trụ có tổng số đỉnh và số cạnh bằng $200$thì số đỉnh là $80$.
Câu26. $S=1+frac{1}{i}+frac{1}{{{i}^{2}}}+…+frac{1}{{{i}^{2019}}}$
$S=1.frac{{{left( frac{1}{i} right)}^{2020}}-1}{frac{1}{i}-1}$
$Leftrightarrow S=frac{frac{1}{{{i}^{2020}}}-1}{-i-1}=frac{1-1}{-i-1}=0$.
Câu 27. $fleft( x right)=frac{1}{{{x}^{2}}-1}$$=frac{1}{2}left( frac{1}{x-1}-frac{1}{x+1} right)$
${{left( frac{1}{x-1} right)}^{prime }}=frac{left( -1 right)}{{{left( x-1 right)}^{2}}}$ ; ${{left( frac{1}{x-1} right)}^{prime prime }}=frac{{{left( -1 right)}^{2}}.1.2}{{{left( x-1 right)}^{3}}}$; ${{left( frac{1}{x-1} right)}^{prime prime prime }}=frac{{{left( -1 right)}^{3}}.1.2.3}{{{left( x-1 right)}^{4}}}$
Từ đó chứng minh quy nạp ta có : ${{left( frac{1}{x-1} right)}^{left( n right)}}=frac{{{left( -1 right)}^{n}}.n!}{{{left( x-1 right)}^{n+1}}}$
Tương tự ta có ${{left( frac{1}{x+1} right)}^{left( n right)}}=frac{{{left( -1 right)}^{n}}.n!}{{{left( x+1 right)}^{n+1}}}$
${{f}^{left( n right)}}left( x right)=frac{1}{2}left[ frac{{{left( -1 right)}^{n}}.n!}{{{left( x-1 right)}^{n+1}}}-frac{{{left( -1 right)}^{n}}.n!}{{{left( x+1 right)}^{n+1}}} right]$ $Rightarrow {{f}^{left( n right)}}left( 0 right)=frac{1}{2}left[ frac{{{left( -1 right)}^{n}}.n!}{{{left( 0-1 right)}^{n+1}}}-frac{{{left( -1 right)}^{n}}.n!}{{{left( 0+1 right)}^{n+1}}} right]=-frac{1}{2}left[ frac{{{left( -1 right)}^{n+1}}.n!}{{{left( 0-1 right)}^{n+1}}}-frac{{{left( -1 right)}^{n+1}}.n!}{{{left( 0+1 right)}^{n+1}}} right]=frac{-n!left[ 1+{{left( -1 right)}^{n}} right]}{2}$
Câu 28. Chọn $I$ sao cho $overrightarrow{IA}+2overrightarrow{IB}-overrightarrow{IC}=overrightarrow{0}$; gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
$left| overrightarrow{MA}+overrightarrow{MB}+overrightarrow{MC} right|=left| overrightarrow{MA}+2overrightarrow{MB}-overrightarrow{MC} right|$$Leftrightarrow left| 3overrightarrow{MG} right|=left| overrightarrow{MI}+overrightarrow{IA}+2overrightarrow{MI}+2overrightarrow{IB}-overrightarrow{MI}-overrightarrow{IC} right|$
$Leftrightarrow left| 3overrightarrow{MG} right|=left| 2overrightarrow{MI} right|$$Leftrightarrow 3MG=2MI$$Leftrightarrow 9M{{G}^{2}}=4M{{I}^{2}}$$Leftrightarrow 9{{overrightarrow{MG}}^{2}}-4{{overrightarrow{MI}}^{2}}=0$ $Leftrightarrow left( 3overrightarrow{MG}+2overrightarrow{MI} right)left( 3overrightarrow{MG}-2overrightarrow{MI} right)=0$$Leftrightarrow 5overrightarrow{MH}.overrightarrow{MK}=0$$Leftrightarrow overrightarrow{MH}.overrightarrow{MK}=0$
Vậy tập hợp điểm $M$ thuộc đường tròn đường kính $HK$ với $H$ thỏa $3overrightarrow{HG}+2overrightarrow{HI}=overrightarrow{0}$ và $K$ thỏa $3overrightarrow{KG}-2overrightarrow{KI}=overrightarrow{0}$.
Câu 29. Ta có
$begin{array}{l}
intlimits_a^2 {frac{1}{{{x^3} + x}}dx} = intlimits_a^2 {left( {frac{1}{x} – frac{x}{{{x^2} + 1}}} right)dx} = intlimits_a^2 {frac{1}{x}dx} – intlimits_a^2 {frac{x}{{{x^2} + 1}}dx} = left. {ln left| x right|} right|_a^2 – frac{1}{2}left. {ln left( {{x^2} + 1} right)} right|_a^2\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = ln 2 – ln a – frac{1}{2}left( {ln 5 – ln left( {{a^2} + 1} right)} right)
end{array}$
Do đó
$begin{array}{l}
ln 2 – ln a – frac{1}{2}left( {ln 5 – ln left( {{a^2} + 1} right)} right) = ln 2 Leftrightarrow 2ln a + ln 5 – ln left( {{a^2} + 1} right) = 0\
Leftrightarrow ln left( {5{a^2}} right) = ln left( {{a^2} + 1} right) Leftrightarrow 5{a^2} = {a^2} + 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
a = frac{1}{2}\
a = frac{{ – 1}}{2},,,(loi)
end{array} right. Leftrightarrow a = frac{1}{2}
end{array}$
Câu 30. TXĐ: $D=mathbb{R}backslash left{ -9 right}$.
${y}’=frac{m{{x}^{2}}+18mx-18m+42}{2{{left( x+9 right)}^{2}}}$.
Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt khác -9 $Leftrightarrow m{{x}^{2}}+18mx-18m+42=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác -9
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne 0\
81{m^2} – mleft( { – 18m + 42} right) > 0\
81m – 162m – 18m + 42 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne 0\
99{m^2} – 42m > 0\
– 99{m^2} + 42 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow m in left( { – infty ;0} right) cup left( {frac{{42}}{{99}}; + infty } right)$
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $Delta :y=mx+2-m$.
Ta thấy điểm $Aleft( 1;2 right)in Delta $ nên $dleft( O;Delta right)le OA=sqrt{5}$. Do đó $max dleft( O;Delta right)=sqrt{5}$ khi $Delta bot OA$.
Do $OA:y=2xRightarrow m.2=-1Leftrightarrow m=frac{-1}{2}$ (thỏa mãn).
