Câu 30: Đáp án C.
Phương pháp giải: Áp dụng công thức lãi kép trong bài toán lãi suất: $T=P{{\left( 1+r \right)}^{n}}.$
Lời giải: Số tiền mà ông V thu được sau 5 năm là $200.{\left( {1 + 7,2\% } \right)^5} = 283,142$ triệu đồng.
Câu 31: Đáp án B.
Phương pháp giải: Số phức $z=a+bi$ có môđun là $\left| z \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$
Lời giải: Ta có $z=3+2i\Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{13}.$
Câu 32: Đáp án D.
Phương pháp giải: Dựng hình, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng thông qua mặt phẳng song song với đường thẳng
Lời giải:
Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\bot AB\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right).$
Vì $AB//CD\Rightarrow AB//\left( SCD \right)\Rightarrow d\left( AB;SC \right)$
$=d\left( AB;\left( SCD \right) \right)=d\left( H;\left( SCD \right) \right).$
Gọi M là trung điểm của CD, kẻ $HK\bot SM\,\,\left( KM \right)\Rightarrow HK\bot \left( SCD \right).$
Tam giác SAB vuông cân tại S $\Rightarrow SH=\frac{1}{2}AB=a.$
Tam giác SHM vuông tại H, có :
$\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{M}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{5}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$
Vậy khoảng cách cần tính là $d\left( AB;SC \right)=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$
Câu 33: Đáp án A.
Phương pháp giải: Dựng hình, xác định vị trí điểm để thể tích lớn nhất
Lời giải: Gọi E là tâm đường tròn (C) $\Rightarrow $ Bán kính của (C) là $r=\frac{C}{2\pi }$
Mà (C) là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC\Rightarrow AB=\frac{3r}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{A{{B}^{2}}\sqrt{3}}{4}=12\sqrt{3}.$
Để ${{V}_{ABCD}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow $ E là hình chiếu của D trên mp (ABCD), tức là $IE\cap \left( S \right)=D.$
Với I là tâm mặt cầu (S) $\Rightarrow DE=R+IE=R+\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=5+\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=8.$
Vậy thể tích cần tính là ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.DE.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{8}{3}.12\sqrt{3}=32\sqrt{3}\,\,c{{m}^{3}}.$
Câu 34: Đáp án B.
Phương pháp giải:
Đưa về phương trình đa thức chứa tham số, cô lập tham số, khảo sát hàm để biện luận nghiệm
Lời giải: Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
mx - 6{x^3} > 0\\
- 14{x^2}29x - 2 > 0
\end{array} \right..$
Phương trình $\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( mx-6{{x}^{3}} \right)={{\log }_{2}}\left( -14{{x}^{2}}+29x-2 \right)$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 14{x^2} + 29x - 2 > 0\\
mx - 6{x^3} = - 14{x^2} + 29x - 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
14{x^2} - 29x + 2 < 0\\
mx = 6{x^3} - 14{x^2} + 29x - 2
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{14}} < x < 2\\
m = 6{x^2} - 14x + 29 - \frac{2}{x}\,\,\,(*)\,\,\,\left( {do\,\,\,x > 0} \right)
\end{array} \right..$
Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow (*)$ có ba nghiệm phân biệt $x\in \left( \frac{1}{14};2 \right).$
Xét hàm số $f\left( x \right)=6{{x}^{2}}-14x+29-\frac{2}{x}$ trên khoảng $\left( \frac{1}{14};2 \right).$
Ta có $f'\left( x \right) = 12x - 14 + \frac{2}{{{x^2}}} = \frac{{12{x^3} - 14{x^2} + 2}}{{{x^2}}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = \frac{1}{2}
\end{array} \right.\,\,\left( {do\,\,\frac{1}{{14}} < x < 2} \right).$
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình (*)có ba nghiệm phân biệt khi $19<m<\frac{39}{2}.$
Vậy $m\in \left( 19;\frac{39}{2} \right)=\left( a;b \right)\Rightarrow a=19;b=\frac{39}{2}.$
Vậy $b-a=\frac{39}{2}-19=\frac{1}{2}.$
Câu 35: Đáp án B.
Phương pháp giải: Cô lập tham số m, đưa về khảo sát hàm số để biện luận nghiệm của phương trình
Lời giải:
Ta có ${{3}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{3}^{co{{s}^{3}}x}}=m{{.3}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{3}^{1-{{\sin }^{2}}x}}=m{{.3}^{{{\sin }^{2}}x}}\Leftrightarrow m={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{3}^{1-2{{\sin }^{2}}x}}$ (*).
Đặt $t={{\sin }^{2}}x\in \left[ 0;1 \right],$ khi đó (*) trở thành: $m={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{t}}+{{3}^{1-2t}}={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{t}}+3{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2t}}.$
Xét hàm số $f\left( t \right)={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{t}}+3.{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2t}}$ trên $\left[ 0;1 \right],$ có $f'\left( t \right)={{\left( \frac{2}{3} \right)}^{t}}.\ln \frac{2}{3}+6.{{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2t}}.\ln \frac{1}{3}<0.$
Suy ra $f\left( t \right)$ là hàm số nghịch biến trên $\left[ {0;1} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\min f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 1\\
\max f\left( t \right) = f\left( 0 \right) = 4
\end{array} \right..$
Do đó, để phương trình $m=f\left( t \right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow 1\le m\le 4.$
Lại có $m\in Z\Rightarrow M\in \left\{ 1;2;3;4 \right\}$
Câu 36: Đáp án C.
Phương pháp giải: Áp dụng công thức tổng quát của cấp số cộng và tổng cấp số cộng.
Lời giải: Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_5} > 0\\
{u_9} + 8 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + 4d > 0\\
{u_1} + 8d + 8 > 0
\end{array} \right..$
Ta có ${{u}_{n}}={{u}_{n-1}}+6,\,\forall n\ge 2\Rightarrow \left( {{u}_{n}} \right)$ là cấp số cộng với công sai $d=6.$
Lại có: ${{\log }_{2}}{{u}_{5}}+{{\log }_{\sqrt{2}}}\sqrt{{{u}_{9}}+8}=11\Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{u}_{5}}+{{\log }_{2}}\left( {{u}_{9}}+8 \right)=11\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left[ {{u}_{5}}\left( {{u}_{9}}+8 \right) \right]=11$
$\Leftrightarrow {{u}_{5}}\left( {{u}_{9}}+8 \right)={{2}^{11}}\Leftrightarrow \left( {{u}_{1}}+4d \right)\left( {{u}_{1}}+8d+8 \right)={{2}^{11}}\Leftrightarrow \left( {{u}_{1}}+24 \right)\left( {{u}_{1}}+56 \right)=2048$
$ \Leftrightarrow u_1^2 + 80{u_1} - 704 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{u_1} = 8\,\,\left( {tm} \right)\\
{u_1} = - 88\,\,\left( {ktm} \right)
\end{array} \right..$
Do đó ${{S}_{n}}={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+...+{{u}_{n}}=\frac{n\left[ 2{{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d \right]}{2}=\frac{n\left( 16+6\left( n-1 \right) \right)}{2}=3{{n}^{2}}+5n.$
Vậy ${S_n} \ge 20172018 \Leftrightarrow 3{n^2} + 5n - 20172018 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n \ge 2592,234\\
n \le 2593,9\,\,\,\left( {ktm} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{\min }} = 2593.$
Câu 37: Đáp án A.
Phương pháp giải: Tính đạo hàm, biện luận phương trình để hàm số có cực tiểu
Lời giải:
Xét $f\left( x \right)={{x}^{4}}+4m{{x}^{3}}+3\left( m+1 \right){{x}^{2}}+1,$ có $f'\left( x \right)=4{{x}^{3}}+12m{{x}^{2}}+6\left( m+1 \right)x;\,\forall x\in \mathbb{R}.$
Phương trình $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {2{x^2} + 6mx + 3m + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
2{x^2} + 6mx + 3m + 3 = 0\,\,\,(*)
\end{array} \right..$
Vì hệ số $a=1>0$ nên để hàm số có thể có 2 cực tiểu và 1 cực đại $\Rightarrow $ hàm số có 1 cực tiểu mà không có cực đại $\Leftrightarrow $ Phương trình (*) vô nghiệm $\Leftrightarrow \Delta _{(*)}^{'}<0$
$\Leftrightarrow 9{{m}^{2}}-6m-6<0\Leftrightarrow \frac{1-\sqrt{7}}{3}<m<\frac{1+\sqrt{7}}{3}\Leftrightarrow -0,55<m<1,2.$
Kết hợp với $m\in \mathbb{Z},$ ta được $m=\left\{ 0;1 \right\}\Rightarrow \sum{m=1.}$
Câu 38: Đáp án D.
Phương pháp giải:
Dựng hình, xác định góc giữa hai mặt phẳng qua mặt phẳng vuông góc với giao tuyến
Lời giải:
Gọi O là tâm hình thoi ABC, kẻ $OH\bot SC\,\,\,\left( HC \right)$ (1).
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
SA \bot BD\\
AC \bot BD
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC$ (2).
Từ (1), (2) $\Rightarrow SC\bot \left( HBD \right)\Rightarrow \left( SBC \right);\,\left( SCD \right)=\left( BH;DH \right)=BHD.$
Lại có:$\Delta CHO\sim \Delta CAS\Rightarrow \frac{OH}{SA}=\frac{OC}{SC}\Rightarrow OH=\frac{3a\sqrt{2}}{4}:\frac{3a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{2}.$
Tam giác OHD vuông tại O, có $\tan OHD=\frac{OD}{OH}=1\Rightarrow OHD={{45}^{0}}.$
Vậy $\left( SBC \right);\left( SCD \right)=BHD=2\times OHD={{90}^{0}}.$
Câu 39: Đáp án A.
Phương pháp giải: Dựng hình, xác định tập hợp tiếp điểm
Lời giải:
Xét mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=4$ có tâm $I\left( 1;1;0 \right),$ bán kính $R=2.$
Ta có $\overrightarrow{IM}=\left( 1;2;-1 \right)\Rightarrow IM=\sqrt{6}.$ Gọi A,B là các tiếp điểm.
$\Rightarrow $ E là tâm đường tròn (C), với bán kính $r=EA$ (Hình vẽ bên).
Tam giác MAI vuông tại A, có $MA=\sqrt{M{{I}^{2}}-I{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{6} \right)}^{2}}-{{2}^{2}}}=\sqrt{2}.$
Suy ra $EA=\frac{MA.IA}{\sqrt{M{{A}^{2}}+I{{A}^{2}}}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$ Vậy bán kính của (C) là $\frac{2\sqrt{3}}{3}.$
Câu 40: Đáp án C.
Phương pháp giải: Áp dụng ứng dụng của tích có hướng trong không gian
Lời giải:
Vì $\Delta \subset \left( P \right)\Rightarrow {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}\bot {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}$ và $\Delta \bot d\Rightarrow {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}\bot \overrightarrow{{{n}_{d}}}$ suy ra ${{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}=\left[ {{\overrightarrow{u}}_{\left( P \right)}};{{\overrightarrow{u}}_{d}} \right]=\left( 0;3;6 \right)=3\left( 0;1;2 \right).$
Vậy $\overrightarrow u = \left( {a;1;b} \right) = \left( {0;1;2} \right) \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 2
\end{array} \right. \Rightarrow S = a + b = 2.$
Câu 41: Đáp án B.
Phương pháp giải: Tính đạo hàm, áp dụng điểu kiện để hàm số đồng biến trên khoảng
Lời giải:
Xét hàm số $y=x+5+\frac{1-m}{x-2}$ trên $\left[ 5;+\infty \right),$ có $y'=1-\frac{1-m}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}-4x+3+m}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}};\,\,\forall x\ge 5.$
Hàm số đồng biến trên $\left[ 5;+\infty \right)\Leftrightarrow y'\ge 0;\,\,\forall x\in \left[ 5;+\infty \right)\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x+3+m\ge 0;\,\,\forall x\ge 5$
$\Leftrightarrow m\ge -{{x}^{2}}+4x-3;\,\,\forall x\ge 5\Leftrightarrow m\ge \underset{\left[ 5;+\infty \right)}{\mathop{max}}\,\left\{ -{{x}^{2}}+4x-3 \right\}\Leftrightarrow m\ge -8.$
Câu 42: Đáp án C.
Phương pháp giải: Lập phương trình tiếp tuyến, sử dụng điều kiện tiếp xúc để tìm tham số m
Lời giải:
Gọi phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua M, có hệ số góc k là d: $y=k\left( x-m \right)-4.$
Vì (C) tiếp xúc với d nên ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}
3{x^2} - 6x = k\\
{x^3} - 3{x^2} = k\left( {x - m} \right) - 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} = \left( {3{x^2} - 6x} \right)\left( {x - m} \right) - 4$
${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+4=\left( 3{{x}^{2}}-6x \right)\left( x-m \right)\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}\left( x+1 \right)=3x\left( x-2 \right)\left( x-m \right)$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 2 = 0\\
{x^2} - x - 2 = 3x\left( {x - m} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
{x^2} - x - 2 = 3{x^2} - 3mx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
\underbrace {3{x^2} - \left( {3m - 1} \right)x + 2}_{f\left( x \right)} = 0
\end{array} \right.$
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến tới $\left( C \right)\Leftrightarrow f\left( x \right)=0$có 2 nghiệm phân biệt, khác 2 $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 2\\
\left[ \begin{array}{l}
m > \frac{5}{3}\\
m < - 1
\end{array} \right.
\end{array} \right..$
Kết hợp với $\left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ { - 10;10} \right]
\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left[ { - 10; - 1} \right) \cup \left( {\frac{5}{3};10} \right]\backslash \left\{ 2 \right\} \Rightarrow $ có $8+9=17$ giá trị nguyên m cần tìm.
Câu 43: Đáp án B.
Phương pháp giải:
Chia khoảng để phá trị tuyệt đối, qua đó tìm nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$
Lời giải:
Ta có $f\left( x \right) = \left| {1 + x} \right| - \left| {1 - x} \right| = \left\{ \begin{array}{l}
2\,\,\,\,khi\,\,x \ge 1\\
2x\,khi\,\, - 1 \le x < 1\\
- 2\,\,khi\,x < - 1
\end{array} \right. \Rightarrow F\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
2x + {C_1}\,\,khi\,\,x \ge 1\\
{x^2} + {C_2}\,\,khi\,\, - 1 \le x < 1\\
- 2x + {C_3}\,\,khi\,\,x < - 1
\end{array} \right.$
Theo đề bài ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
F\left( 1 \right) = 3\\
F\left( { - 1} \right) = 2\\
F\left( { - 2} \right) = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 + {C_1} = 3\\
1 + {C_2} = 2\\
4 + {C_3} = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{C_1} = 1\\
{C_2} = 1\\
{C_3} = 0
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow F\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
2x + 1\,\,khi\,\,x \ge 1\\
{x^2} + 1\,\,khi\,\, - 1 \le x < 1\\
- 2x\,\,\,\,\,khi\,\,x < - 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
F\left( 2 \right) = 2.2 + 1 = 5\\
F\left( 0 \right) = 1\\
F\left( { - 3} \right) = - 2.\left( { - 3} \right) = 6
\end{array} \right..$
$\Rightarrow T=5+1+6=12.$
Câu 44: Đáp án D.
Phương pháp giải:
Xét hàm bên trong dấu trị tuyệt đối trên đoạn, so sánh các giá trị để tìm min
Lời giải: Đặt $t={{e}^{x}},$ với $x\in \left[ 0;\ln 4 \right]\Rightarrow t\left[ 1;4 \right].$
Khi đó, hàm số trở thành: $g\left( t \right)=\left| {{t}^{2}}-4t+m \right|.$
Xét hàm số $u\left( t \right)={{t}^{2}}-4t+m$ trên $\left[ 1;4 \right],$ có $u'\left( t \right)=2t-4=0\Leftrightarrow t=2.$
Tính $u\left( 1 \right)=m-3;u\left( 2 \right)=m-4;u\left( 4 \right)=m$ suy ra $g\left( 1 \right)=\left| m-3 \right|;\,g\left( 2 \right)=\left| m-4 \right|;\,g\left( 4 \right)=\left| m \right|.$
TH1. $\left\{ \begin{array}{l}
\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\left| m \right|} \right\}\\
\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} g\left( t \right) = \left| {m - 4} \right| = 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {m - 4} \right| \le \left\{ {\left| {m - 3} \right|;\left| m \right|} \right\}\\
\left[ \begin{array}{l}
m = 10\\
m = - 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 10.$
TH2. $\left\{ \begin{array}{l}
\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {4;\left| m \right|} \right\}\\
\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} g\left( t \right) = \left| {m - 3} \right| = 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {m - 3} \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\left| m \right|} \right\}\\
\left[ \begin{array}{l}
m = 9\\
m = - 3
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Rightarrow $ Vô nghiệm.
TH3. $\left\{ \begin{array}{l}
\left| m \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\left| {m - 3} \right|} \right\}\\
\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} g\left( t \right) = \left| m \right| = 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| m \right| \le \left\{ {\left| {m - 4} \right|;\left| {m - 3} \right|} \right\}\\
\left[ \begin{array}{l}
m = 6\\
m = - 6
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 6.$
Vậy $m=\left\{ 10;-6 \right\}$ là hai giá trị cần tìm.
Câu 45: Đáp án A.
Phương pháp giải:
Tính đạo hàm của hàm hợp, giải phương trình đạo hàm để tìm số điểm cực trị
Lời giải:
Dựa vào hình vẽ, ta thấy $f'\left( x \right)=0$ có 3 nghiệm phân biệt $\left\{ \begin{array}{l}
x = {x_1} < 0\\
x = \left\{ {{x_2};{x_3}} \right\} > 0
\end{array} \right..$
Ta có: $g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right) + 2018 = \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) + 2018\,\,khi\,\,x \ge 0\\
f\left( { - x} \right) + 2018\,\,khi\,\,x < 0
\end{array} \right.$ $ \Rightarrow g'\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}
f'\left( x \right)\,\,khi\,\,x \ge 0\\
- f'\left( { - x} \right)\,\,khix < 0
\end{array} \right.$
$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 0\,\,khi\,\,x \ge 0\\
- f'\left( { - x} \right) = 0\,\,khi\,\,x < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {x_2}\\
x = {x_3}\\
x = - {x_2}\\
x = - {x_3}
\end{array} \right..$
Do đó $g'\left( x \right)=0$ bị triệt tiêu tại 4 điểm ${{x}_{2}},-{{x}_{2}},{{x}_{3}},-{{x}_{3}}$ và không có đạo hàm tại $x=0.$
Vậy hàm số đã cho có 5 điểm cực trị.
Câu 46: Đáp án A.
Phương pháp giải: Áp dụng các quy tắc đếm cơ bản trong bài toán sắp xếp đồ vật
Lời giải: Xếp 5 quyển Toán (coi Toán T1 và Toán T2 là một) có $5!.2!=240$ cách.
Khi đó, sẽ tạo ra 4 khoảng trống kí hiệu như sau: _T_T_T_T_T_
Xếp 3 quyển sách Tiếng Anh vào 4 khoảng trống giữa hai quyển toán có $A_{4}^{3}$ cách.
Xếp 1 quyển sách Văn vào 3 vị trí còn lại có 3 cách.
Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{240.A_{4}^{3}.3}{10!}=\frac{1}{210}.$
Câu 47: Đáp án D.
Phương pháp giải: Dựng hình, áp dụng công thức trung tuyến để biện luận giá trị lớn nhất
Lời giải:
Xét mặt cầu (S): ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=9$ có tâm $I\left( 1;2;2 \right),$ bán kính $R=3.$
Ta có $MI=NI=3\sqrt{5}>3=R\Rightarrow $ M, N nằm bên ngoài khối cầu (S).
Gọi H là trung điểm của MN $\Rightarrow H\left( 5;-2;4 \right)$ và $E{{H}^{2}}=\frac{E{{M}^{2}}+E{{N}^{2}}}{2}-\frac{M{{N}^{2}}}{4}.$
Lại có ${{\left( EM+EN \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( E{{M}^{2}}+E{{N}^{2}} \right)=2\left( E{{H}^{2}}+\frac{M{{N}^{2}}}{4} \right).$
Để ${{\left\{ EM+EN \right\}}_{max}}\Leftrightarrow E{{H}_{max}}$
Khi và chỉ khi E là giao điểm của IH và mặt cầu (S).
Gọi (P) là mặt phẳng tiếp diện của (S) tại E $\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=a.\overrightarrow{EI}=b.\overrightarrow{IH}=b\left( 4;-4;2 \right).$
Dựa vào các đáp án ta thấy ở đáp án D, $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 2;-2;1 \right)=\frac{1}{2}\left( 4;-4;2 \right)$
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là $2x-2y+z+9=0.$
Câu 48: Đáp án C.
Phương pháp giải: Chia thành các khối đa diện nhỏ để tính thể tích
Lời giải:
Đặt $V={{V}_{ABC.A'B'C'}}.$ Ta có ${{V}_{ABCMNP}}={{V}_{P.ABMN}}+{{V}_{P.ABC}},$
Mặt khác:
- ${{V}_{P.ABC}}=\frac{1}{3}.d\left( P;\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{6}.d\left( C;\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{V}{6}.$
- $\frac{{{S}_{ABMN}}}{{{S}_{ABB'A'}}}=\frac{AM+BN}{\text{AA}'+BB'}=\frac{\frac{2}{3}\text{AA}'+\frac{1}{3}BB'}{\text{AA}'+BB'}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow {{V}_{P.ABMN}}=\frac{1}{2}{{V}_{C.ABB'A'}}.$
Mà ${{V}_{C.ABB'A'}}=\frac{2}{3}V$ suy ra ${{V}_{P.ABMN}}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}V=\frac{V}{3}.$
Khi đó ${{V}_{ABCMNP}}=\frac{V}{6}+\frac{V}{3}=\frac{V}{2}.$
Vậy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{V}{2}:\frac{V}{2}=1.$
Câu 49: Đáp án A.
Phương pháp giải:
Đưa về biện luận vị trí giữa hai điểm thuộc đường tròn để khoảng cách của chúng lớn nhất
Lời giải:
Ta có $\left| {{z}_{1}}-3i+5 \right|=2\Leftrightarrow \left| 2i\left( {{z}_{1}}-3i+5 \right) \right|=2.\left| 2i \right|\Leftrightarrow \left| 2i{{z}_{1}}+6+10i \right|=4.$
Và $\left| i{{z}_{2}}-1+2i \right|=4\Leftrightarrow \left| {{z}_{2}}-\frac{1-2i}{i} \right|=4\Leftrightarrow \left| {{z}_{2}}+2+i \right|=4\Leftrightarrow \left| -3{{z}_{2}}-6-3i \right|=12.$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = 2i{z_1}\\
v = - 3{z_2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {u + 6 + 10i} \right| = 4\\
\left| {v - 6 - 3i} \right| = 12
\end{array} \right.$ và $T=\left| 2i{{z}_{1}}+3{{z}_{2}} \right|=\left| 2i{{z}_{1}}-\left( -3{{z}_{2}} \right) \right|=\left| u-v \right|.$
Tập hợp điểm M biểu diễn số phức u là đường tròn ${{\left( x+6 \right)}^{2}}+{{\left( y+10 \right)}^{2}}=16$ tâm ${{I}_{1}}\left( -6;-10 \right),$${{R}_{1}}=4.$
Tập hợp điểm N biểu diễn số phức v là đường tròn ${{\left( x-6 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=144$ tâm ${{I}_{2}}\left( 6;3 \right),$ ${{R}_{2}}=12.$
Khi đó $T=M{{N}_{\max }}\Leftrightarrow MN={{I}_{1}}{{I}_{2}}+{{R}_{1}}+{{R}_{2}}=\sqrt{{{12}^{2}}+{{12}^{2}}}+4+12=\sqrt{313}+16.$
Câu 50: Đáp án C.
Phương pháp giải: Áp dụng các đánh giá bất đẳng thức tích phân
Lời giải:
Ta có $-1\le f'\left( t \right)\le 1$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
\int\limits_0^x { - 1dt \le \int\limits_0^x {f'\left( t \right)dt \le \int\limits_0^x {1dt} } } \\
\int\limits_x^2 { - 1dt \le \int\limits_x^2 {f'\left( t \right)dt \le \int\limits_x^2 {1dt} } }
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- x \le f\left( x \right) - 1 \le x\\
x - 2 \le 1 - f\left( x \right) \le 2 - x
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - x \le f\left( x \right) \le x + 1\\
x - 1 \le f\left( x \right) \le 3 - x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {\left| {x - 1} \right|dx \le \int\limits_0^2 {\min \left\{ {x + 1;3 - x} \right\}dx \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx \ge 1.} } } $
