Câu 30: Chọn D.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
${y}'=3{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+12m+5$.
Hàm số đồng biến trong khoảng $\left( 2;\,+\infty \right)$ khi ${y}'\ge 0$, $\forall x\in \left( 2;\,+\infty \right)$ $\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+12m+5\ge 0$, $\forall x\in \left( 2;+\infty \right)$.
$3{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+12m+5\ge 0$ $\Leftrightarrow m\le \frac{3{{x}^{2}}-6x+5}{12\left( x-1 \right)}$
Xét hàm số $g\left( x \right)=\frac{3{{x}^{2}}-6x+5}{12\left( x-1 \right)}$với $x\in \left( 2;\,+\infty \right)$.
${g}'\left( x \right)=\frac{3{{x}^{2}}-6x+1}{12{{\left( x-1 \right)}^{2}}}>0$ với $\forall x\in \left( 2;\,+\infty \right)$ $\Rightarrow $ hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( 2;\,+\infty \right)$.
Do đó $m\le g\left( x \right)$,$\forall x\in \left( 2;\,+\infty \right)$ $\Rightarrow m\le g\left( 2 \right)$ $\Leftrightarrow m\le \frac{5}{12}$.
Vậy không có giá trị nguyên dương nào của $m$ thỏa mãn bài toán.
Câu 31: Chọn B.
Diện tích của $\left( H \right)$ là
$S=\int\limits_{0}^{5}{\left| \left| {{x}^{2}}-4x+3 \right|-\left( x+3 \right) \right|\text{d}x}$ $=\int\limits_{0}^{5}{\left( x+3-\left| {{x}^{2}}-4x+3 \right| \right)\text{d}x}$ $=\int\limits_{0}^{5}{\left( x+3 \right)\text{d}x-\left[ \int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)\text{d}x-}\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)\text{d}x+}\int\limits_{3}^{5}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)\text{d}x} \right]}$
$=\left. \left( \frac{{{x}^{2}}}{2}+3x \right) \right|_{0}^{5}-\left[ \left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x \right) \right|_{0}^{1}-\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x \right) \right|_{1}^{3}+\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x \right) \right|_{3}^{5} \right]$
$=\frac{55}{2}-\left( \frac{4}{3}+\frac{4}{3}+\frac{20}{3} \right)$ $=\frac{109}{6}$.
Câu 32: Chọn B.
Ta có $\int\limits_{1}^{2}{\frac{x+1}{{{x}^{2}}+x\ln x}\text{d}x}$$=\int\limits_{1}^{2}{\frac{x+1}{x\left( x+\ln x \right)}\text{d}x}$.
Đặt $t=x+\ln x$$\Rightarrow \text{d}t=\left( 1+\frac{1}{x} \right)\text{d}x$$=\frac{x+1}{x}\text{d}x$.
Khi $x=1\Rightarrow t=1$; $x=2\Rightarrow t=2+\ln 2$.
Khi đó $I=\int\limits_{1}^{2+\ln 2}{\frac{\text{d}t}{t}}$$=\left. \ln \left| t \right| \right|_{1}^{2+\ln 2}$$=\ln \left( \ln 2+2 \right)$. Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 2
\end{array} \right.$
Vậy $P=8$.
Câu 33:Chọn C.
Gọi $O$, ${O}'$ là tâm các đáy hình trụ (hình vẽ).
Vì $AB={A}'{B}'$nên $\left( AB{B}'{A}' \right)$ đi qua trung điểm của đoạn $O{O}'$ và $AB{B}'{A}'$ là hình chữ nhật.
Ta có ${{S}_{AB{B}'{A}'}}=AB.A{A}'$ $\Leftrightarrow 60=6.A{A}'$ $\Rightarrow A{A}'=10\left( cm \right)$.
Gọi ${{A}_{1}}$, ${{B}_{1}}$ lần lượt là hình chiếu của $A$, $B$ trên mặt đáy chứa ${A}'$ và ${B}'$
$\Rightarrow {A}'{B}'{{B}_{1}}{{A}_{1}}$ là hình chữ nhật có ${A}'{B}'=6\left( cm \right)$,
${{B}_{1}}{B}'=\sqrt{B{{{{B}'}}^{2}}-B{{B}_{1}}^{2}}$ $=\sqrt{{{10}^{2}}-{{\left( 6\sqrt{2} \right)}^{2}}}$ $=2\sqrt{7}\left( cm \right)$
Gọi $R$ là bán kính đáy của hình trụ, ta có $2R={A}'{{B}_{1}}=\sqrt{{{B}_{1}}{{{{B}'}}^{2}}+{A}'{{{{B}'}}^{2}}}=8$ $\Rightarrow R=4\left( cm \right)$.
Câu 34: Chọn A.
Đặt $t={{3}^{x}}\,$$\left( t>0 \right)$.
Khi đó phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành $\left( m-3 \right){{t}^{2}}+2\left( m+1 \right)t-m-1=0$$\left( * \right)$.
Phương trình $\left( 1 \right)$có $2$ nghiệm $x$ phân biệt $\Leftrightarrow $ phương trình $\left( * \right)$có $2$ nghiệm $t$ dương phân biệt
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m - 3 \ne 0\\
2{m^2} - 2 > 0\\
\frac{{ - 2\left( {m + 1} \right)}}{{m - 3}} > 0\\
\frac{{ - \left( {m + 1} \right)}}{{m - 3}} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 3\\
\left[ \begin{array}{l}
m < - 1\\
m > 1
\end{array} \right.\,\,\\
- 1 < m < 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < 3$
Khi đó, $\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 3
\end{array} \right.$ $\Rightarrow S=4$.
Câu 35: Chọn A.
$\cos 2x-\left( 2m-3 \right)\cos x+m-1=0$$\Leftrightarrow 2{{\cos }^{2}}x-\left( 2m-3 \right)\cos x+m-2=0$
$\Leftrightarrow \left( 2\cos x-1 \right)\left( \cos x+2-m \right)=0$ $\Leftrightarrow \cos x+2-m=0$, vì $x\in \left( \frac{\pi }{2};\,\frac{3\pi }{2} \right)$
$\Leftrightarrow \cos x=m-2$
Ycbt $\Leftrightarrow -1\le m-2<0$ $\Leftrightarrow 1\le m<2$
Câu 36: Chọn C.
Xét hàm số $g\left( x \right)=\frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{19}{2}{{x}^{2}}+30x+m-20$ trên đoạn $\left[ 0;\,2 \right]$
Ta có ${g}'\left( x \right)={{x}^{3}}-19x+30$; $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 5 \notin \left[ {0;\,2} \right]\\
x = 2\\
x = 3 \notin \left[ {0;\,2} \right]
\end{array} \right.$
Bảng biến thiên
$g\left( 0 \right)=m-20$; $g\left( 2 \right)=m+6$.
Để $\underset{\left[ 0;\,2 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| g\left( x \right) \right|\le 20$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
g\left( 0 \right) \le 20\\
g\left( 2 \right) \le 20
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {m - 20} \right| \le 20\\
\left| {m + 6} \right| \le 20
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m \le 14$ .
Mà $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{ 0;\,1;\,2;...;\,14 \right\}$.
Vậy tổng các phần tử của $S$ là $105$.
Câu 37: Chọn B.
Đặt $t=\sqrt{2x-3}\Rightarrow {{t}^{2}}=2x-3\Rightarrow \text{d}x=t\text{d}t$
Khi đó $\int{\frac{20{{x}^{2}}-30x+7}{\sqrt{2x-3}}\text{d}x}$$=\int{\frac{20{{\left( \frac{{{t}^{2}}+3}{2} \right)}^{2}}-30\left( \frac{{{t}^{2}}+3}{2} \right)+7}{t}t\text{d}t}$$=\int{\left( 5{{t}^{4}}+15{{t}^{2}}+7 \right)\text{d}t}$$={{t}^{5}}+5{{t}^{3}}+7t+C$$=\sqrt{{{\left( 2x-3 \right)}^{5}}}+5\sqrt{{{\left( 2x-3 \right)}^{3}}}+7\sqrt{2x-3}+C$$={{\left( 2x-3 \right)}^{2}}\sqrt{2x-3}+5\left( 2x-3 \right)\sqrt{2x-3}+7\sqrt{2x-3}+C$$=\left( 4{{x}^{2}}-2x+1 \right)\sqrt{2x-3}+C$
Vậy $F\left( x \right)=\left( 4{{x}^{2}}-2x+1 \right)\sqrt{2x-3}$. Suy ra $S=a+b+c=3$.
Câu 38: Chọn B.
Theo giả thiết ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {{{\left( {a + 2} \right)}^2} + {{\left( {b + 5} \right)}^2}} = 5\\
{a^2} + {b^2} = 82
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{{ - 5b - 43}}{2}\,\,\,\left( 1 \right)\\
{a^2} + {b^2} = 82\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Thay $\left( 1 \right)$ vào $\left( 2 \right)$ ta được $29{b^2} + 430b + 1521 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
b = - 9\\
b = \frac{{ - 169}}{{29}}
\end{array} \right.$
Vì $b\in \mathbb{Z}$ nên $b=-9\Rightarrow a=1$. Do đó $P=a+b=-8$.
Câu 39: Chọn D.
Đặt $y=g\left( x \right)=f\left( x-{{x}^{2}} \right)$$\Rightarrow {g}'\left( x \right)={f}'\left( x-{{x}^{2}} \right).{{\left( x-{{x}^{2}} \right)}^{\prime }}=\left( 1-2x \right){f}'\left( x-{{x}^{2}} \right)$
Cho $g'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 - 2x = 0\\
f'\left( {x - {x^2}} \right) = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 - 2x = 0\\
x - {x^2} = 1\left( {{\rm{ptvn}}} \right)\\
x - {x^2} = 2\left( {{\rm{ptvn}}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$.
Với $x<\frac{1}{2}$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
1 - 2x > 0\\
f'\left[ { - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{1}{4}} \right] > 0
\end{array} \right.$ nên ${g}'\left( x \right)>0$.
Với $x>\frac{1}{2}$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
1 - 2x < 0\\
f'\left[ { - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{1}{4}} \right] > 0
\end{array} \right.$ nên ${g}'\left( x \right)<0$ hay hàm số $g\left( x \right)=f\left( x-{{x}^{2}} \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( \frac{1}{2};+\infty \right)$.
Câu 40: Chọn B.
Ta có: ${f}'\left( x \right)=-3{{x}^{2}}+12x$.
Phương trình tiếp tuyến tại $M\left( {{x_o};{y_o}} \right)$có dạng: $\left( \Delta \right):y={f}'\left( {{x}_{o}} \right)\left( x-{{x}_{o}} \right)+f\left( {{x}_{o}} \right)$.
Do tiếp tuyến qua $M\left( m;2 \right)$ nên ta có:
$2=\left( -3x_{o}^{2}+12{{x}_{o}} \right)\left( m-{{x}_{o}} \right)+\left( -x_{o}^{3}+6x_{o}^{2}+2 \right)$$\Leftrightarrow 2x_{o}^{3}-\left( 3m+6 \right)x_{o}^{2}+12mx_{o}^{{}}=0\,\,\,\left( 1 \right)$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_o} = 0\\
2x_o^2 - \left( {3m + 6} \right){x_o} + 12m = 0\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Để kẻ được đúng hai tiếp tuyến từ $M$ thì phương trình $\left( 1 \right)$ có 2 nghiệm.
Trường hợp 1: Phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm kép khác $0$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {3m + 6} \right)^2} - 4.2.12m = 0\\
{2.0^2} - \left( {3m + 6} \right).0 + 12m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
9{m^2} - 60m + 36 = 0\\
m \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 6\\
m = \frac{2}{3}
\end{array} \right.$.
Trường hợp 2: Phương trình $\left( 2 \right)$ có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng $0$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {3m + 6} \right)^2} - 4.2.12m > 0\\
m = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
9{m^2} - 60m + 36 > 0\\
m = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0$.
Vậy các giá trị thỏa yêu cầu bài toán là $\left\{ 0;\frac{2}{3};6 \right\}$.
Do đó, tổng các giá trị bằng $0+\frac{2}{3}+6=\frac{20}{3}$.
Câu 41: Chọn B.
Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$ là $I\left( x;\,y;\,z \right)$.
Ta có phương trình $\left( OBC \right)$: $x-z=0$.
Phương trình mặt phẳng $\left( ABC \right)$: $5x+3y+4z-15=0$.
Tâm $I$ cách đều hai mặt phẳng $\left( OBC \right)$ và $\left( ABC \right)$ suy ra:
$\frac{{\left| {x - z} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\left| {5x + 3y + 4z - 15} \right|}}{{5\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
y + 3z - 5 = 0\quad \quad \quad \quad \left( \alpha \right)\\
10x + 3y - z - 15 = 0\quad \left( \beta \right)
\end{array} \right.$
Nhận xét: hai điểm $A$ và $O$ nằm về cùng phía với $\left( \alpha \right)$ nên loại $\left( \alpha \right)$.
Hai điểm $A$ và $O$ nằm về khác phía $\left( \beta \right)$ nên nhận $\left( \beta \right)$.
Thấy ngay một vectơ pháp tuyến là $\left( 10;\,a;\,b \right)$ thì $a=3$, $b=-1$.Vậy $a+b=2$.
Câu 42: Chọn B.
Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là ${{u}_{n}}$, $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$. Dễ thấy dãy các giá trị ${{u}_{n}}$ là một cấp số nhân với số hạng đầu ${{u}_{1}}=\frac{4}{9}$ và công bội $q=\frac{1}{9}$.
Gọi ${{S}_{k}}$ là tổng của $k$ số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì ${{S}_{k}}=\frac{{{u}_{1}}\left( {{q}^{k}}-1 \right)}{q-1}$.
Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm $49,99%$ thì $\frac{{{u}_{1}}\left( {{q}^{k}}-1 \right)}{q-1}\ge 0,4999\Leftrightarrow k\ge 3,8$.
Vậy cần ít nhất $4$ bước.
Câu 43: Chọn A.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$
$f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$.
Ta có bảng biến thiên
BBT thiếu giá trị ${f}'\left( \left| x \right| \right)$ tại $x=3$
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $0<-m<4\Leftrightarrow -4<m<0$
$m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -3;\,-2;-1 \right\}$ .
Vậy có $3$ giá trị của $m$ thỏa mãn bài ra.
Câu 44: Chọn B.
$A\in {{\Delta }_{1}}$$\Rightarrow A\left( 1;\,2+t;\,-t \right)$, $B\in {{\Delta }_{2}}$$\Rightarrow B\left( 4+{t}';\,3-2{t}';1\,-{t}' \right)$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 3+{t}';\,1-2{t}'-t;\,1-{t}'+t \right)$
VTCP của đường thẳng ${{\Delta }_{1}}$ là $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 0;\,1;\,-1 \right)$.
VTCP củả đường thẳng ${{\Delta }_{2}}$ là $\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;\,-2;\,-1 \right)$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}} = 0\\
\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_2}} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - 2t' - t - \left( {1 - t' + t} \right) = 0\\
3 + t' - 2\left( {1 - 2t' - t} \right) - \left( {1 - t' + t} \right) = 0
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- t' - 2t = 0\\
6t' + t = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow t = t' = 0$. Suy ra $\overrightarrow{AB}=\left( 3;\,1;\,1 \right)$ $\Rightarrow AB=\sqrt{11}$.
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng ${{\Delta }_{1}}$ và ${{\Delta }_{2}}$ có đường kính bằng độ dài đoạn $AB$ nên có bán kính $r=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{11}}{2}$ .
Câu 45: Chọn A.
Gọi $H$ là trung điểm của ${A}'{C}'$, giác $\Delta {A}'{B}'{C}'$ đều nên ${B}'H\bot {A}'{C}'$.
Trong $\left( {A}'{C}'CA \right)$, kẻ $HE\bot {A}'C$, $HE\cap {A}'A=I$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
B'H \bot A'C'\\
HI \bot A'C'
\end{array} \right. \Rightarrow A'C' \bot \left( {B'HI} \right) \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {B'HI} \right)$
$\Delta {A}'EH\,\#\,\Delta {A}'{C}'C$$\Rightarrow \frac{{A}'E}{{A}'H}=\frac{{A}'{C}'}{{A}'C}$$\Rightarrow {A}'E=\frac{{A}'{C}'.{A}'H}{{A}'C}$$=\frac{a\sqrt{5}}{10}$.
$\Delta {A}'IH\,\#\,\Delta {A}'{C}'C$$\Rightarrow \frac{IH}{{A}'H}=\frac{{A}'C}{{C}'C}$$\Rightarrow IH=\frac{{A}'C.{A}'H}{{C}'C}$$=\frac{a\sqrt{5}}{4}$.
${{S}_{{B}'HI}}=\frac{1}{2}{B}'H.HI$$=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{15}}{16}$.
${{V}_{1}}=\frac{1}{3}.{{S}_{{B}'HI}}.{A}'E$$=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{15}}{16}.\frac{a\sqrt{5}}{10}$$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{96}$.
${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{ABC}}.{A}'A$$=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.2a$$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.
${{V}_{2}}=\frac{47}{96}{{a}^{3}}\sqrt{3}$ do đó $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{1}{47}$.
Câu 46: Chọn D.
Giả sử $z=x+yi\left( x,\,y\in \mathbb{R} \right)$.
Ta có: ${{\left| z-{{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| z-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=16$$\Leftrightarrow {{\left| x+yi+2-i \right|}^{2}}+{{\left| x+yi-2-i \right|}^{2}}=16$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=4$.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn của số phức $z$ là đường tròn tâm số phức $I\left( 0;\,1 \right)$ bán kính $R=2$.
Do đó $m=1$, $M=3$.
Vậy ${{M}^{2}}-{{m}^{2}}=8$.
Câu 47: Chọn C.
Chọn $A\left( 0;0;0 \right)$,$B\left( a;0;0 \right)$,$D\left( 0;a;0 \right)$,$H\left( 0;a;a \right)$ khi đó
$\overrightarrow{AH}=\left( 0;a;a \right)$ $\overrightarrow{BD}=\left( -a;a;0 \right)$, $\overrightarrow{AD}\left( 0;a;0 \right)$; $\left[ \overrightarrow{AH},\overrightarrow{BD} \right]=\left( -{{a}^{2}};-{{a}^{2}};{{a}^{2}} \right)$
$d\left( AH,BD \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AH},\overrightarrow{BD} \right].\overrightarrow{AD} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AH},\overrightarrow{BD} \right] \right|}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Câu 48: Chọn D.
Cách 1:
Gọi $A,B,C,D$ là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử $AB=4$, $AC=BD=AD=BC=5$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,\,\,CD$. Dễ dàng tính được $MN=2\sqrt{3}$. Gọi $I$ là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính $r$tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì $IA=IB,IC=ID$ nên $I$ nằm trên đoạn $MN$.
Đặt $IN=x$, ta có $IC=\sqrt{{{3}^{2}}+{{x}^{2}}}=3+r$ , $IA=\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( 2\sqrt{3}-x \right)}^{2}}}=2+r$
Từ đó suy ra $\sqrt{{{3}^{2}}+{{x}^{2}}}-\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( 2\sqrt{2}-x \right)}^{2}}}=1\Leftrightarrow x=\frac{12\sqrt{3}}{11}$ , suy ra $r=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( \frac{12\sqrt{3}}{11} \right)}^{2}}}-3=\frac{6}{11}$
Cách 2
Gọi $A,B$ là tâm quả cầu bán kính bằng $2$. $C,D$là tâm quả cầu bán kính bằng $3$. $I$ là tâm quả cầu bán kính $x$.
Mặt cầu $\left( I \right)$ tiếp xúc ngoài với $4$ mặt cầu tâm $A,B,C,D$nên $IA=IB=x+2,\,\,IC=ID=x+3$.
Gọi $\left( P \right)$, $\left( Q \right)$ lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn $AB$ và $CD$.
$\left\{ \begin{array}{l}
IA = IB \Rightarrow I \in \left( P \right)\\
IC = ID \Rightarrow I \in \left( Q \right)
\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( P \right) \cap \left( Q \right)\,\,\,\left( 1 \right)$.
Tứ diện $ABCD$ có $DA=DB=CA=CB=5$ suy ra $MN$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$, suy ra $MN=\left( P \right)\cap \left( Q \right)$ (2).
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$suy ra $I\in MN$
Tam giác $IAM$ có $IM=\sqrt{I{{A}^{2}}-A{{M}^{2}}}=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}-4}$.
Tam giác $CIN$ có $IN=\sqrt{I{{C}^{2}}-C{{N}^{2}}}=\sqrt{{{\left( x+3 \right)}^{2}}-9}$.
Tam giác $ABN$ có $NM=\sqrt{N{{A}^{2}}-A{{M}^{2}}}=\sqrt{12}$.
Suy ra $\sqrt{{{\left( x+3 \right)}^{2}}-9}+\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}-4}=\sqrt{12}\Rightarrow x=\frac{6}{11}$.
Câu 49: Chọn A.
Giả sử $4$ thang máy đó là $A,B,C,D$.
Do khi bốc hai thang bất kỳ luôn có một thang máy dừng được nên :
+) Khi bốc hai tầng $2,3$ có một thang dừng được giả sử đó là thang $A$, nên tầng $4$ không phải thang $A$ dừng.
+) Khi bốc hai tầng $3,4$có một thang dừng được giả sử đó là thang $B$, nên tầng $5$ không phải thang $B$ dừng.
+) Khi bốc hai tầng $4,5$ có một thang dừng được giả sử đó là thang $C$, nên tầng $6$ không phải thang $C$ dừng.
+) Khi bốc hai tầng $5,6$ có một thang dừng được giả sử đó là thang $D$.
+) Khi bốc hai tầng $6,7$ có một thang dừng được khi đó không thể là thang $A,B,C$ vì sẽ dừng $4$ (mâu thuẫn), thang $D$không thể ở tầng $7$ do không thể ở ba tầng liên tiếp.
Vậy khách sạn có tối đa sáu tầng.
Câu 50: Chọn D.
Ta có: $S\le {{S}_{1}}+{{S}_{2}}$.
${{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{a}{\left( {{x}^{p-1}} \right)\text{d}x}=\left. \left( \frac{{{x}^{p}}}{p} \right)\, \right|_{\,0}^{\,a}=\frac{{{a}^{p}}}{p}$; ${{S}_{2}}=\int\limits_{0}^{b}{\left( {{y}^{\frac{1}{p-1}}} \right)\text{dy}}=\left. \left( \frac{{{y}^{\frac{1}{p-1}+1}}}{\frac{1}{p-1}+1} \right)\, \right|_{\,0}^{\,b}=\left. \left( \frac{{{y}^{q}}}{q} \right)\, \right|_{\,0}^{\,b}=\frac{{{b}^{q}}}{q}$.
Vì: $\frac{1}{p-1}+1=\frac{p}{p-1}=\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{1}{\frac{1}{q}}=q$.
Vậy $\frac{{{a}^{p}}}{p}+\frac{{{b}^{q}}}{q}\ge ab$.
