Câu 30: Chọn A.
Vì $Fleft( x right)=left( a{{x}^{2}}+bx-c right){{text{e}}^{2x}}$ là một nguyên hàm của hàm số $fleft( x right)=left( 2018{{x}^{2}}-3x+1 right){{text{e}}^{2x}}$ trên khoảng $left( -infty ;+infty right)$ nên ta có: ${{left( Fleft( x right) right)}^{prime }}=fleft( x right)$, với mọi $xin left( -infty ;+infty right)$.
$Leftrightarrow left( 2a{{x}^{2}}+xleft( 2b+2a right)-2c+b right){{text{e}}^{2x}}=left( 2018{{x}^{2}}-3x+1 right){{text{e}}^{2x}}$, với mọi $xin left( -infty ;+infty right)$.
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2a = 2018\
2b + 2a = – 3\
– 2c + b = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1009\
b = – frac{{2021}}{2}\
c = – frac{{2023}}{4}
end{array} right.$.
Vậy $T=a+2b+4c$ $=1009+2.left( -frac{2021}{2} right)+4.left( -frac{2023}{4} right)$$=-3035$.
Câu 31: Chọn A.
Khối tròn xoay có được là hai khối nón giống nhau úp hai đáy lại với nhau.
Mỗi khối nón có đường cao $h=frac{a}{2}$, bán kính đường tròn đáy $r=frac{asqrt{3}}{2}$.
Vậy thể tích khối tròn xoay là $V=2.frac{1}{3}.h.pi .{{r}^{2}}$$=frac{2}{3}frac{a}{2}pi {{left( frac{asqrt{3}}{2} right)}^{2}}$$=frac{pi {{a}^{3}}}{4}$.
Câu 32: Chọn A.
$Fleft( x right)=int{fleft( x right)text{d}x}=int{frac{1}{2{{text{e}}^{x}}+3}text{d}x}=int{frac{{{text{e}}^{x}}}{left( 2{{text{e}}^{x}}+3 right){{text{e}}^{x}}}text{d}x}$.
Đặt $t={{text{e}}^{x}}Rightarrow text{d}t={{text{e}}^{x}}text{d}x$. Suy ra
$Fleft( x right)=int{frac{1}{left( 2t+3 right)t}text{d}t}=frac{1}{3}ln left| frac{t}{2t+3} right|+C=frac{1}{3}ln left( frac{{{text{e}}^{x}}}{2{{text{e}}^{x}}+3} right)+C=frac{1}{3}left( x-ln left( 2{{text{e}}^{x}}+3 right) right)+C$.
Vì $Fleft( 0 right)=10$ nên $10=frac{1}{3}left( 0-ln 5 right)+CLeftrightarrow C=10+frac{ln 5}{3}$.
Vậy $Fleft( x right)=frac{1}{3}left( x-ln left( 2{{text{e}}^{x}}+3 right) right)+10+frac{ln 5}{3}$.
Câu 33: Chọn A.
Số hạng tổng quát thứ $k+1$ là ${{T}_{k+1}}=C_{n}^{k}{{left( -3x right)}^{k}}=C_{n}^{k}{{left( -3 right)}^{k}}{{x}^{k}}$.
Vì hệ số của ${{x}^{2}}$ nên cho $k=2$.
Khi đó ta có $C_{n}^{2}{{left( -3 right)}^{2}}=90$$Leftrightarrow C_n^2 = 10 Leftrightarrow frac{{nleft( {n – 1} right)}}{2} = 10 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
n = 5 & left( n right)\
n = – 4 & left( l right)
end{array} right.$
Vậy n=5.
Câu 34: Chọn D.
Ta có: ${y}’={f}’left( x right)-5$; $y=0Leftrightarrow {f}’left( x right)=5$. Dấu đạo hàm sai ${y}’$
Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình ${f}’left( x right)=5$ có nghiệm duy nhất và đó là nghiệm đơn.
Nghĩa là phương trình ${y}’=0$ có nghiệm duy nhất và ${y}’$ đổi dấu khi qua nghiệm này.
Vậy hàm số $y=fleft( x right)-5x$ có một điểm cực trị.
Câu 35: Chọn C.
Ta có ${f}’left( x right)={{3.2}^{2018}}left( {{x}^{2}}+2x right)$.
Do đồ thị hàm số $y=fleft( x right)={{2}^{2018}}{{x}^{3}}+{{3.2}^{2018}}{{x}^{2}}-2018$ cắt trục hoành tại $3$ điểm phân biệt có hoành độ ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$, ${{x}_{3}}$ nên theo định lý vi-et ta có: $left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} + {x_3} = – 3\
{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = 0\
{x_1}{x_1}{x_3} = frac{{2018}}{{{2^{2018}}}}
end{array} right.$ (1).
Ta có ${f}’left( {{x}_{1}} right){f}’left( {{x}_{2}} right)={{left( {{3.2}^{2018}} right)}^{2}}left[ {{left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)+4{{x}_{1}}{{x}_{2}} right]$.
${f}’left( {{x}_{2}} right){f}’left( {{x}_{3}} right)={{left( {{3.2}^{2018}} right)}^{2}}left[ {{left( {{x}_{2}}{{x}_{3}} right)}^{2}}+2{{x}_{2}}{{x}_{3}}left( {{x}_{2}}+{{x}_{3}} right)+4{{x}_{2}}{{x}_{3}} right]$
${f}’left( {{x}_{1}} right){f}’left( {{x}_{3}} right)={{left( {{3.2}^{2018}} right)}^{2}}left[ {{left( {{x}_{1}}{{x}_{3}} right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{3}}left( {{x}_{1}}+{{x}_{3}} right)+4{{x}_{1}}{{x}_{3}} right]$
$Rightarrow {f}’left( {{x}_{1}} right){f}’left( {{x}_{2}} right)+{f}’left( {{x}_{2}} right){f}’left( {{x}_{3}} right)+{f}’left( {{x}_{3}} right){f}’left( {{x}_{1}} right)$$={{left( {{3.2}^{2018}} right)}^{2}}left[ {{left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{2}}{{x}_{3}}+{{x}_{3}}{{x}_{2}} right)}^{2}}+4left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{2}}{{x}_{3}}+{{x}_{3}}{{x}_{1}} right) right]$ (2).
Thay (1) vào (2) ta có ${f}’left( {{x}_{1}} right){f}’left( {{x}_{2}} right)+{f}’left( {{x}_{2}} right){f}’left( {{x}_{3}} right)+{f}’left( {{x}_{3}} right){f}’left( {{x}_{1}} right)=0$ (3).
Mặt khác $P=frac{1}{{f}’left( {{x}_{1}} right)}+frac{1}{{f}’left( {{x}_{2}} right)}+frac{1}{{f}’left( {{x}_{3}} right)}$$=frac{{f}’left( {{x}_{1}} right){f}’left( {{x}_{2}} right)+{f}’left( {{x}_{2}} right){f}’left( {{x}_{3}} right)+{f}’left( {{x}_{3}} right){f}’left( {{x}_{1}} right)}{{f}’left( {{x}_{1}} right){f}’left( {{x}_{2}} right){f}’left( {{x}_{2}} right)}$ (4).
Thay (3) vào (4) ta có $P=0$.
Câu 36: Chọn C.
Vì $10$ đội bóng thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt nên số trận đấu là $C_{10}^{2}=45$ (trận).
Gọi số trận hòa là $x$, số không hòa là $45-x$ (trận).
Tổng số điểm mỗi trận hòa là $2$, tổng số điểm của trận không hòa là $3left( 45-x right)$.
Theo đề bài ta có phương trình $2x+3left( 45-x right)=130$$Leftrightarrow x=5$.
Vậy có $5$ trận hòa.
Câu 37: Chọn C.
Ta có ${y}’=4{{x}^{3}}-4{{m}^{2}}x$.
Hàm số có cực đại cực tiểu $Leftrightarrow $ phương trình ${y}’=0$ có ba nghiệm phân biệt $Leftrightarrow mne 0$.
Gọi $Aleft( 0;{{m}^{4}}+5 right)$, $Bleft( m;5 right)$, $Cleft( -m;5 right)$ lần lượt là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABOC$ khi đó ta có ba điểm $A$, $I$,$O$ thẳng hàng.
Mặt khác do hai điểm $B$ và $C$ đối xứng nhau qua $AO$ nên $AO$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABOC$$Rightarrow ABbot OB$$Leftrightarrow overrightarrow{AB}.overrightarrow{OB}=0$.
Trong đó $overrightarrow{AB}=left( m;-{{m}^{4}} right)$, $overrightarrow{OB}=left( m;5 right)$. Ta có phương trình ${{m}^{2}}-5{{m}^{4}}=0$$Leftrightarrow m=pm frac{sqrt{5}}{5}$
Câu 38: Chọn C.
Ta có $1+2+3+…+k$ là tổng của cấp số cộng có ${{u}_{1}}=1$, $d=1$ nên $1+2+3+…+k=frac{left( 1+k right)k}{2}$
$Rightarrow frac{1}{1+2+…+k}=frac{2}{kleft( k+1 right)}$$=frac{2}{k}-frac{2}{k+1}$, $forall kin {{mathbb{N}}^{*}}$.
$L=lim left( frac{2}{1}-frac{2}{2}+frac{2}{2}-frac{2}{3}+frac{2}{3}-frac{2}{4}+…+frac{2}{n}-frac{2}{n+1} right)$$=lim left( frac{2}{1}-frac{2}{n+1} right)$$=2$.
Câu 39: Chọn D.
Ta có $B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.cos widehat{BAC}$$={{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.a.a.left( -frac{1}{2} right)$$=3{{a}^{2}}$$Rightarrow BC=asqrt[{}]{3}$.
Xét tam giác vuông ${B}’AB$ có $A{B}’=sqrt[{}]{B{{{{B}’}}^{2}}+A{{B}^{2}}}$$=sqrt[{}]{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}$$=asqrt[{}]{2}$.
Xét tam giác vuông $IAC$ có $IA=sqrt[{}]{I{{C}^{2}}+A{{C}^{2}}}$$=sqrt[{}]{{{a}^{2}}+frac{{{a}^{2}}}{4}}$$=frac{asqrt[{}]{5}}{2}$.
Xét tam giác vuông $I{B}'{C}’$ có ${B}’I=sqrt[{}]{{B}'{{{{C}’}}^{2}}+{C}'{{I}^{2}}}$$=sqrt[{}]{3{{a}^{2}}+frac{{{a}^{2}}}{4}}$$=frac{asqrt[{}]{13}}{2}$.
Xét tam giác $I{B}’A$ có ${B}'{{A}^{2}}+I{{A}^{2}}=2{{a}^{2}}+frac{5{{a}^{2}}}{4}$$=frac{13{{a}^{2}}}{4}$$={B}'{{I}^{2}}$$Rightarrow Delta I{B}’A$ vuông tại $A$
$Rightarrow $${{S}_{I{B}’A}}=frac{1}{2}A{B}’.AI$$=frac{1}{2}.asqrt[{}]{2}.frac{asqrt[{}]{5}}{2}$$=frac{{{a}^{2}}sqrt[{}]{10}}{4}$.
Lại có ${{S}_{ABC}}=frac{1}{2}AB.AC.sin widehat{BAC}$$=frac{1}{2}a.a.frac{sqrt[{}]{3}}{2}$$=frac{{{a}^{2}}sqrt[{}]{3}}{4}$.
Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng $left( ABC right)$ và $left( A{B}’I right)$là $alpha $.
Ta có $Delta ABC$ là hình chiếu vuông góc của $Delta A{B}’I$ trên mặt phẳng $left( ABC right)$.
Do đó ${{S}_{ABC}}={{S}_{I{B}’A}}.cos alpha $$Rightarrow frac{{{a}^{2}}sqrt[{}]{3}}{4}=frac{{{a}^{2}}sqrt[{}]{10}}{4}.cos alpha $$Rightarrow cos alpha =frac{sqrt[{}]{30}}{10}$.
Câu 40: Chọn B.
Ta có $BK=2a$, $KI=a$ nên $BI=asqrt{5}$$Rightarrow cos widehat{KBI}=frac{1}{sqrt{5}}$ và $sin widehat{KBI}=frac{2}{sqrt{5}}$.
Khi đó $cos widehat{OBI}=cos left( widehat{KBI}-widehat{KBO} right)$$=cos widehat{KBI}.cos 45{}^circ +sin widehat{KBI}.sin 45{}^circ $
$=frac{1}{sqrt{5}}.frac{sqrt{2}}{2}+frac{2}{sqrt{5}}.frac{sqrt{2}}{2}=frac{3sqrt{2}}{2sqrt{5}}$.
Kí hiệu $AB=2x$ thì $OI=x,OB=xsqrt{2}$.
Ta có $O{{I}^{2}}=B{{O}^{2}}+B{{I}^{2}}-2.BO.BI.cos widehat{OBI}$$=2{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}-2.xsqrt{2}.asqrt{5}.frac{3sqrt{2}}{2sqrt{5}}$$=2{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}-6xa$
$Leftrightarrow {{x}^{2}}=2{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}-6xa$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-6xa+5{{a}^{2}}=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = a\
x = 5a
end{array} right.$
Vì $x>a$ nên $x=5a$ hay $r=OI=5a$.
Vậy thể tích khối trụ $left( T right)$ là $V=pi {{left( 5a right)}^{2}}.10a=250pi {{a}^{3}}$.
Câu 41: Chọn A.
Gọi $H$ là trung điểm $ABRightarrow SHbot AB$ (vì $Delta SAB$ đều).
Mặt khác $left( SAB right)bot left( ABCD right)Rightarrow SHbot left( ABCD right)$.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC,BDRightarrow O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật $ABCD$.
Gọi $G$ là trọng tâm $Delta SBCRightarrow G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $SBC$.
Qua $O$ dựng đường thẳng $dtext{//}SHRightarrow d$ là trục của đường tròn $left( O right),$ qua $G$ dựng đường thẳng $Delta text{//}OHRightarrow Delta $ là trục của đường tròn $left( H right)$. $dcap Delta =IRightarrow IA=IB=IC=ID=ISRightarrow I$ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$.
Xét tam giác đều $SAB$ có cạnh là $asqrt{3}Rightarrow SH=frac{3a}{2}Rightarrow SG=a$.
Mặt khác $IG=OH=frac{AD}{2}=frac{a}{2}$.
Xét tam giác vuông $SIG:I{{S}^{2}}=S{{G}^{2}}+I{{G}^{2}}={{a}^{2}}+frac{{{a}^{2}}}{4}=frac{5{{a}^{2}}}{4}Rightarrow IS=frac{asqrt{5}}{4}$.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$là: $S=4pi {{R}^{2}}=5pi {{a}^{2}}$.
Câu 42: Chọn C.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $left( ABC right)$
Ta có $widehat{SAH}=widehat{SBH}=widehat{SCH}=30{}^circ $ (theo giả thiết) nên các tam giác vuông $SHA$, $SHB$, $SHC$ bằng nhau. Suy ra $HA=HB=HCRightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$.
Áp dụng công thức Hê-rông ta có ${{S}_{Delta ABC}}=10sqrt{3}.$
Mặt khác ${{S}_{Delta ABC}}=frac{abc}{4R}Rightarrow R=frac{7sqrt{3}}{3}Rightarrow HB=frac{7sqrt{3}}{3}$.
Xét tam giác vuông $SHB$: $SH=HBtan 30{}^circ =frac{7}{3}$, $SB=frac{HB}{cos 30{}^circ }=frac{14}{3}$.
Suy ra ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{Delta ABC}}=frac{70sqrt{3}}{9}$.
Áp dụng công thức Hê-rông ta có ${{S}_{Delta SBC}}=frac{8sqrt{13}}{3}$.
Do đó ${{V}_{A.SBC}}=frac{1}{3}d.{{S}_{Delta SBC}}$$Rightarrow d=frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{Delta SBC}}}$$=frac{3frac{70sqrt{3}}{9}}{frac{8sqrt{13}}{3}}$$=frac{35sqrt{39}}{52}$.
Câu 43: Chọn D.
Áp dụng công thức ${{T}_{n}}=A{{left( 1+r right)}^{n}}$
Ta có số tiền cả gốc lẫn lãi bạn An vay ngân hàng sau $4$ năm là: ${T_4} = 9000000{left( {1 + 3% } right)^4} = 10129579,29$ Sai ở đây: chưa làm tròn. Để kết quả cuối cùng mới làm tròn.
Gọi $T$ là số tiền phải trả hàng tháng.
– Cuối tháng thứ 1 bạn An nợ: $Aleft( 1+r right)$ và đã trả $T$ đồng nên còn nợ $Aleft( 1+r right)-T$
– Cuối tháng thứ 2 bạn An còn nợ: $left[ Aleft( 1+r right)-T right]left( 1+r right)-T=A{{left( 1+r right)}^{2}}-Tleft( 1+r right)-T$
– Cuối tháng thứ 3 bạn An còn nợ:
$left[ A{{left( 1+r right)}^{2}}-Tleft( 1+r right)-T right]left( 1+r right)-T=A{{left( 1+r right)}^{3}}-T{{left( 1+r right)}^{2}}-Tleft( 1+r right)-T$
…………………………………
– Cuối tháng thứ n bạn An còn nợ:
$A{{left( 1+r right)}^{n}}-T{{left( 1+r right)}^{n-1}}-T{{left( 1+r right)}^{n-2}}-…-T=A{{left( 1+r right)}^{n}}-Tfrac{{{left( 1+r right)}^{n}}-1}{r}$
– Để bạn An trả hết nợ sau n tháng thì số tiền phải trả hàng tháng: $T=frac{Ar{{left( 1+r right)}^{n}}}{{{left( 1+r right)}^{n}}-1}$
Số tiền này được trả sau $5$ năm với lãi suất hàng tháng là $0,25%$, nên bạn An mỗi tháng phải trả cho ngân hàng số tiền là:
$T = frac{{Ar{{left( {1 + r} right)}^n}}}{{{{left( {1 + r} right)}^n} – 1}} = frac{{10145952,29.0,25% .{{left( {1 + 0,25% } right)}^{5.12}}}}{{{{left( {1 + 0,25% } right)}^{5.12}} – 1}} = 182015$
Câu 44: Chọn D.
Tập xác định $D=mathbb{R}$.
Đạo hàm ${y}’={{x}^{2}}-mx-4$.
Khi đó ${y}’=0Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-4=0$.
Ta có $Delta ={{m}^{2}}+16>0$, $forall min mathbb{R}$$Rightarrow {y}’=0$ luôn có hai nghiệm phân biệt $forall min mathbb{R}$ hay hàm số luôn có hai điểm cực trị ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$$forall min mathbb{R}$.
Do ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ là hai nghiệm phân biệt của ${y}’=0$ nên theo định lý Viet ta có $left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = m\
{x_1}.{x_2} = – 4
end{array} right.$.
$P=left( x_{1}^{2}-1 right)left( x_{2}^{2}-1 right)$$={{left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} right)}^{2}}-left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} right)+1$$={{left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} right)}^{2}}-{{left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1$
$=16-{{m}^{2}}-8+1$$=-{{m}^{2}}+9$$le 9$,$forall min mathbb{R}$.
Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ bằng$9$$Leftrightarrow m=0$.
Câu 45: Chọn C.
Tập xác định $D=mathbb{R}$.
Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-6mx+3left( {{m}^{2}}-1 right)$ và ${{y}’}’=6x-6m$.
Khi đó ${y}’=0Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6mx+3left( {{m}^{2}}-1 right)=0$.
${Delta }’=9{{m}^{2}}-9left( {{m}^{2}}-1 right)=9$ nên hàm số luôn có hai điểm cực trị $x=frac{3m+3}{3}=m+1$ và $x=frac{3m-3}{3}=m-1$.
${{y}’}’left( m-1 right)=6left( m-1 right)-6m$$=-6<0$$Rightarrow x=m-1$ là điểm cực đại của hàm số
$Rightarrow Aleft( m-1,;,-3m+2 right)$ là điểm cực đại của đồ thị $left( C right)$.
Ta có $left{ begin{array}{l}
{x_A} = m – 1\
{y_A} = – 3m + 2
end{array} right.$$Rightarrow {{y}_{A}}=-3{{x}_{A}}-1$
$Rightarrow A$ luôn thuộc đường thẳng $d$ có phương trình $y=-3x-1$.
Do đó hệ số góc $k$ của đường thẳng $d$ là $-3$.
Câu 46: Chọn D.
Đặt $gleft( x right)=fleft( x right)-2017$.
Ta có ${g}’left( x right)={f}’left( x right)=4left( {{m}^{2018}}+1 right){{x}^{3}}+2left( -2{{m}^{2018}}-{{2}^{2018}}{{m}^{2}}-3 right)x$.
Khi đó [f’left( x right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
{x^2} = frac{{ – b}}{{2a}} = frac{{2{m^{2018}} + {2^{2018}}{m^2} + 3}}{{4left( {{m^{2018}} + 1} right)}}
end{array} right.].
Nhận xét $frac{2{{m}^{2018}}+{{2}^{2018}}{{m}^{2}}+3}{4left( {{m}^{2018}}+1 right)}>0$ $forall min mathbb{R}$ nên hàm số $gleft( x right)=fleft( x right)-2017$ luôn có $3$ cực trị.
Nhận xét $fleft( 1 right)=left( {{m}^{2018}}+1 right)+left( -2{{m}^{2018}}-{{2}^{2018}}{{m}^{2}}-3 right)+{{m}^{2018}}+2018$.
Do đó $gleft( 1 right)=-{{2}^{2018}}{{m}^{2}}-1<0,forall m$. Suy ra hàm số $gleft( x right)$ luôn có ba cực trị trong đó có hai cực tiểu nằm bên dưới trục $Ox$ nên hàm số $y=left| fleft( x right)-2017 right|$ có $7$ cực trị.
Câu 47: Chọn D.
Ta có ${{2018}^{x+3y}}+{{2018}^{xy+1}}+x+1={{2018}^{-xy-1}}+frac{1}{{{2018}^{x+3y}}}-yleft( x+3 right)$
$Leftrightarrow {{2018}^{x+3y}}-{{2018}^{-x-3y}}+x+3y={{2018}^{-xy-1}}-{{2018}^{xy+1}}-xy-1$
$Leftrightarrow fleft( x+3y right)=fleft( -xy-1 right)$ $left( 1 right)$
Xét hàm số $fleft( t right)={{2018}^{t}}-{{2018}^{-t}}+t$, với $tin mathbb{R}$ ta có
${f}’left( t right)={{2018}^{t}}ln 2018+{{2018}^{-t}}ln 2018+1>0$, $forall tin mathbb{R}$.
Do đó $fleft( t right)$ đồng biến trên $mathbb{R}$ nên $left( 1 right)$$Leftrightarrow x+3y=-xy-1$
$Leftrightarrow yleft( x+3 right)=-x-1$$Rightarrow y=-frac{x+1}{x+3}$$Rightarrow T=x-frac{2left( x+1 right)}{x+3}$.
Xét hàm số $fleft( x right)=x-frac{2left( x+1 right)}{x+3}$, với $xin left[ 0;+infty right)$ có
${f}’left( x right)=1-frac{4}{{{left( x+3 right)}^{2}}}$$=frac{{{x}^{2}}+6x+5}{{{left( x+3 right)}^{2}}}>0$, $forall xin left( 0;+infty right)$.
Do đó $fleft( x right)$ đồng biến trên $left[ 0;+infty right)$$Rightarrow fleft( x right)ge fleft( 0 right)=-frac{2}{3}$.
Dấu “$=$” xảy ra $Leftrightarrow x=0$ $Rightarrow m=-frac{2}{3}$.
Câu 48: Chọn D.
Phương trình tiếp tuyến của $left( C right)$ tại $M$ có dạng $d:y={y}’left( {{x}_{0}} right).left( x-{{x}_{0}} right)+{{y}_{0}}$.
Ta có $Mleft( {{x}_{0}};{{y}_{0}} right)in left( C right)$$Rightarrow {{y}_{0}}=frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}$
Lại có ${y}’=frac{4}{{{left( x+2 right)}^{2}}}$$Rightarrow {y}’left( {{x}_{0}} right)=frac{4}{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}}$.
Do đó $d:y=frac{4}{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}}.left( x-{{x}_{0}} right)+frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}$
$Rightarrow d:y{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}=4x-4{{x}_{0}}+2{{x}_{0}}left( {{x}_{0}}+2 right)$$Rightarrow d:4x-{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}y+2x_{0}^{2}=0$
$Rightarrow dleft( I;d right)=frac{left| -8-2{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}+2x_{0}^{2} right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{4}}}}$$=frac{left| -16-8{{x}_{0}} right|}{sqrt{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{4}}+16}}$$=frac{8}{sqrt{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}+frac{16}{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}}}}$.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
${{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}+frac{16}{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}}ge 2sqrt{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}.frac{16}{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}}}=8>0$$Rightarrow dleft( I;d right)le 1$.
Dấu “$=$” xảy ra $Leftrightarrow {{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}=frac{16}{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}}$$Leftrightarrow {{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}=4$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 0\
{x_0} = – 4
end{array} right.$
Bài ra ${{x}_{0}}ne 0$ nên ${{x}_{0}}=-4Rightarrow {{y}_{0}}=4Rightarrow 2{{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-4$.
Câu 49: Chọn A.
Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $BC$. Ta dễ dàng chứng minh được $MN$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$.
Suy ra ${{V}_{S.ABC}}=2{{V}_{S.MBC}}$.
Ta có $4M{{N}^{2}}=4M{{B}^{2}}-{{y}^{2}}$; $M{{B}^{2}}=1-frac{{{x}^{2}}}{4}$.
Thay vào ta được $4M{{N}^{2}}=4M{{B}^{2}}-{{y}^{2}}=4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}$$Rightarrow MN=frac{sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}{2}$.
Vậy ${{V}_{SABC}}=2{{V}_{S.MBC}}$$=frac{x}{3}.frac{1}{2}MN.BC$$=frac{1}{12}xysqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$$=frac{1}{12}sqrt{{{x}^{2}}.{{y}^{2}}left( 4-{{x}^{2}}+{{y}^{2}} right)}$.
Theo bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có ${{x}^{2}}.{{y}^{2}}left( 4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} right)le {{left( frac{4}{3} right)}^{3}}=frac{64}{27}$.
Vậy ${{V}_{S.ABC}}le frac{2sqrt{3}}{27}$. Dấu bằng đạt được khi $x=y=frac{2sqrt{3}}{3}$.
Câu 50: Chọn B.
Xét ${{4}^{{{x}^{2}}+frac{1}{{{x}^{2}}}-1}}={{log }_{2}}left[ 14-left( y-2 right)sqrt{y+1} right]$.
Ta có ${{4}^{{{x}^{2}}+frac{1}{{{x}^{2}}}-1}}ge {{4}^{2sqrt{{{x}^{2}}.frac{1}{{{x}^{2}}}}-1}}=4$, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=pm 1$, (1).
Mặt khác $14-left( y-2 right)sqrt{y+1}=14+3sqrt{y+1}-{{left( sqrt{y+1} right)}^{3}}$.
Đặt $t=sqrt{y+1}$ ta có $0le tle frac{sqrt{30}}{2}$. Xét hàm số $fleft( t right)=-{{t}^{3}}+3t+14$. Ta tìm GTLN – GTNN của hàm số trên đoạn $left[ 0;frac{sqrt{30}}{2} right]$ được $underset{left[ 0;frac{sqrt{30}}{2} right]}{mathop{min }},fleft( t right)=fleft( frac{sqrt{30}}{2} right)$$=frac{56-9sqrt{30}}{4}$; $underset{left[ 0;frac{sqrt{30}}{2} right]}{mathop{max }},fleft( t right)=fleft( 1 right)=16$.
Suy ra ${{log }_{2}}left[ 14-left( y-2 right)sqrt{y+1} right]le {{log }_{2}}16=4$, (2).
Từ (1) và (2) suy ra ta có $left{ begin{array}{l}
x = pm 1\
t = sqrt {y + 1} = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = pm 1\
y = 0
end{array} right.$. Thay vào P=2
