Câu 31.Chọn D
Xét $h\left( x \right)=3f\left( x \right)-{{x}^{3}}+3x$ với $x\in \left[ -\sqrt{3}\,;\,\sqrt{3} \right]$.
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 $h\left( x \right)$
Vậy $\underset{\left[ -\sqrt{3}\,;\,\sqrt{3} \right]}{\mathop{\max }}\,h\left( x \right)=h\left( -\sqrt{3} \right)=3f\left( -\sqrt{3} \right)$.
Bất phương trình ${{4}^{x-1}}-m\left( {{2}^{x}}+1 \right)>0$ $\left( 1 \right)$.
Đặt $t={{2}^{x}}$, $t>0$.
Bất phương trình (1) trở thành: $\frac{1}{4}{{t}^{2}}-m\left( t+1 \right)>0$$\Leftrightarrow $${{t}^{2}}-4mt-4m>0$ $\left( 2 \right)$.
Đặt $f\left( t \right)={{t}^{2}}-4mt-4m$.
Đồ thị hàm số $y=f\left( t \right)$ có đồ thị là một Parabol với hệ số $a$ dương, đỉnh $I\left( 2m\,;\,-4{{m}^{2}}-4m \right)$.
Bất phương trình $\left( 1 \right)$ nghiệm đúng với mọi $x\in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow $Bất phương trình $\left( 2 \right)$ nghiệm đúng với mọi $t>0$ hay $f\left( t \right)>0,\,\,\,\forall t>0$.
TH1: $m\le 0$$\Rightarrow $$f\left( 0 \right)=-4m\ge 0$ $\Rightarrow $$m\le 0$ thỏa mãn.
TH2: $m>0$$\Rightarrow $$-4{{m}^{2}}-4m<0$ nên $m>0$ không thỏa mãn.
Vậy $m\le 0$.
$g\left( x \right)=f\left[ f\left( x \right) \right]$$\Rightarrow $${g}'(x)={f}'(x).{f}'\left[ f\left( x \right) \right]$.
${g}'(x)=0$$\Leftrightarrow $${f}'(x).{f}'\left[ f\left( x \right) \right]=0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f'(x) = 0\\
f'\left[ {f\left( x \right)} \right] = 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {x_1} \in \left( { - 2\,;\, - 1} \right)\\
x = 0\\
x = {x_2} \in \left( {1\,;\,2} \right)\\
x = 2\\
f\left( x \right) = {x_1} \in \left( { - 2\,;\, - 1} \right) \Leftrightarrow x = {x_3} < - 2\\
f(x) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ { - 2\,;\,0\,;\,2} \right\}\\
f(x) = {x_2} \in \left( {1\,;\,2} \right) \Leftrightarrow x \in \left\{ {{x_4}\,;\,{x_5}\,;\,{x_6}} \right\},\,{x_3} < {x_4} < {x_5} < 0 < 2 < {x_6}\\
f(x) = 2 \Leftrightarrow x \in \left\{ {{x_7}\,;\,{x_8}\,;\,{x_9}} \right\},\,{x_4} < {x_7} < {x_8} < {x_5} < {x_6} < {x_9}
\end{array} \right.$
Kết luận phương trình ${g}'\left( x \right)=0$ có $12$ nghiệm phân biệt.
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
Dễ thấy $AM\bot BC$, ${A}'G\bot BC$$\Rightarrow BC\bot \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 $MH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
$AM=\frac{a\sqrt{3}}{2},\,\,{A}'G=x$, ${A}'A=\sqrt{{A}'{{G}^{2}}+A{{G}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{3}}$.
Ta có ${A}'G.AM=HM.{A}'A\Rightarrow x.a\frac{\sqrt{3}}{2}=a\frac{\sqrt{3}}{4}.\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{3}}\Leftrightarrow x=\frac{a}{3}$.
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.$$ \Rightarrow S = 2a + 3b = - 6$.
$\overrightarrow{AM}=\left( 6\,;\,-7\,;\,1 \right)$, vectơ pháp tuyến của $\left( \alpha \right)$ là $\overrightarrow{n}=(3\,;\,-4\,;\,1)$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $a$.
$d\left( A\,;\,a \right)=AH\le AM=\sqrt{86}$$\Rightarrow $$d\left( A\,;\,a \right)$ lớn nhất khi $H\equiv 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)=-3\left( 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 $SH\bot \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}}}\,=\,a\sqrt{5}$.
$\Delta SHC$ vuông tại $H$nên $SC\,=\,\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}\,=\,\sqrt{{{a}^{2}}+5{{a}^{2}}}\,=\,a\sqrt{6}$.
Câu 38.Chọn C
Ta có: $4{{\cos }^{3}}x-\cos 2x+\left( m-3 \right)\cos x-1=0\Leftrightarrow 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 - 2\cos x\,\, + \,\,m\,\, - \,\,3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)
\end{array} \right.$
- $\cos x=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k\pi ,\,\,k\in \mathbb{Z}$ không có nghiệm thuộc khoảng $\left( -\frac{\pi }{2}\,;\,\frac{\pi }{2} \right)$.
- Đặt $t=\cos x$, vì $x\in \left( -\frac{\pi }{2}\,;\,\frac{\pi }{2} \right)$ nên $t\in \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 $f\left( t \right)=4{{t}^{2}}-2t\,+\,m\,-3$, với $t\in \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\\
f\left( 0 \right) > 0\\
f\left( 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=g\left( t \right)$
Ta có bảng biến thiên của $g\left( t \right)$ trên $t\in \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 $A\left( 0\,;\,4 \right),\text{ }B\left( 4\,;\,12 \right),\text{ }I\left( 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)=v\left( t \right)$ nên
$S=\int\limits_{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. - \int\limits_0^1 {\frac{1}{3}f(3x){\rm{d}}x} = \frac{1}{3}f(3) - \frac{1}{9}\int\limits_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:$A\left( 0\,;\,0\,;\,0 \right)$,$C\left( a\,;\,a\,;\,0 \right)$, $B'\left( a\,;\,0\,;\,a \right)$, $D\left( 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 $d\left( AC\,,\,D{C}' \right)=d\left( D{C}'\,,\,\left( A{B}'C \right) \right)=d\left( D\,,\,\left( A{B}'C \right) \right)$.
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 $d\left( AC\,,\,D{C}' \right)=d\left( D\,,\,\left( A{B}'C \right) \right)=\frac{\left| 0-a-0 \right|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Cách 2:
Khoảng cách từ giữa $AC$ và $DC'$
$d\left( AC\,,\,DC' \right)=\frac{\left| \overrightarrow{AD}.\overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|}=\frac{\left| \overrightarrow{AD.}\left[ \overrightarrow{AC}\,,\,\overrightarrow{D{C}'} \right] \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AC}\,,\,\overrightarrow{D{C}'} \right] \right|}$
Trong đó$A\left( 0\,;\,0\,;\,0 \right)$, $C\left( a\,;\,a\,;\,0 \right)$ $\Rightarrow \overrightarrow{AC}=\left( a\,;\,a\,;\,0 \right)$; $D\left( 0\,;\,a\,;\,0 \right)$, ${C}'\left( a\,;\,a\,;\,a \right)$.
$\Rightarrow \overrightarrow{D{C}'}=\left( a\,;\,0\,;\,a \right)$; $\overrightarrow{AD}=\left( 0\,;\,a\,;\,0 \right)$.
$\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 $
$d\left( AC\,,\,D{C}' \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AC}\,,\,\overrightarrow{D{C}'} \right]\overrightarrow{AD} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AC}\,,\overrightarrow{\,D{C}'} \right] \right|}=\frac{\left| -{{a}^{3}} \right|}{{{a}^{2}}\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
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 $d\left( AC\,,\,D{C}' \right)=d\left( D{C}'\,,\,\left( A{B}'C \right) \right)=d\left( D\,,\,\left( A{B}'C \right) \right)$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AC\\
BB' \bot AC
\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {BB'D'D} \right)$$ \Rightarrow \left( {AB'C} \right) \bot \left( {BB'D'D} \right)$theo giao tuyến $I{B}'$.
Trong mặt phẳng $\left( B{B}'{D}'D \right)$ kẻ $DH\bot I{B}'$ $\Rightarrow DH\bot \left( A{B}'C \right)\Rightarrow d\left( D,\left( A{B}'C \right) \right)=DH$.
Có $D{C}'=a\sqrt{2}\Rightarrow D{B}'=a\sqrt{3}$; $DI=AI=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow I{B}'=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Xét $\Delta ID{B}'$ có $\cos \widehat{I{B}'D}=\frac{I{{{{B}'}}^{2}}+D{{{{B}'}}^{2}}-I{{D}^{2}}}{2I{B}'.D{B}'}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$\Rightarrow \sin \widehat{I{B}'D}=\frac{1}{3}$.
Xét $\Delta HD{B}'$ vuông tại $H$ có $DH=D{B}'.\sin \widehat{I{B}'D}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Cách 4:
Dễ thấy $D{C}'\subset \left( D{C}'{A}' \right)\,//\,\left( {B}'AC \right)\supset AC$ nên $d\left( AC;\,D{C}' \right)=d\left( \left( D{C}'{A}' \right);\left( AC{D}' \right) \right)$.
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 $d\left( AC;\,D{C}' \right)=\frac{1}{3}B{D}'=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Câu 42. Chọn B
Đặt $z=a+bi\,\,\left( a,\,\,b\in \mathbb{R} \right)$.
Ta có: $\left| \overline{z} \right|=\left| z+2i \right|\Leftrightarrow \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( b+2 \right)}^{2}}}$$\Leftrightarrow 4b+4=0\Leftrightarrow b=-1$
$\Rightarrow z=a-i$.
Xét: $\left| z-1+2i \right|+\left| z+1+3i \right|=\left| a-1+i \right|+\left| a+1+2i \right|$$=\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}}}$$=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$.
Suy ra: $\left| z-1+2i \right|+\left| z+1+3i \right|$ đạt GTNN là $\sqrt{13}$ khi $2\left( 1-a \right)=1+a\Leftrightarrow a=\frac{1}{3}$.
Nhận xét : Bài toán trên có thể được giải quyết bằng cách đưa về bài toán hình học phẳng.
Câu 43.Chọn D
${{\log }_{9}}x={{\log }_{6}}y={{\log }_{4}}\left( x+y \right)=t$, $t\in \mathbb{R}$. Ta có $x={{9}^{t}},$ $y={{6}^{t}},$ $x+y={{4}^{t}}$.
Theo bài ra ta có:
${{9}^{t}}+{{6}^{t}}={{4}^{t}}$$\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=2\pi R.h$$=2\pi .\frac{5}{2}.23=115\pi \,(\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=1150\pi \,(\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}} - X\frac{{{{\left( {1,007} \right)}^{10}} - 1}}{{0,007}} = 0\\
B{\left( {1,007} \right)^{15}} - X\frac{{{{\left( {1,007} \right)}^{15}} - 1}}{{0,007}} = 0\\
C{\left( {1,007} \right)^{25}} - X\frac{{{{\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:
$3\times 21422719,34=64268158\approx 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: $f\left( x \right)=0$$\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0$ trái giả thiết.
TH2: $f\left( x \right)\ne 0$ $\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-\left( 2x+1 \right).{{f}^{2}}\left( x \right)$ $\Rightarrow \frac{{f}'\left( x \right)}{{{f}^{2}}\left( x \right)}=-\left( 2x+1 \right)$.$\Rightarrow \int{\frac{{f}'\left( x \right)}{{{f}^{2}}\left( x \right)}}\text{d}x=-\int{\left( 2x+1 \right)}\text{d}x$ $\Rightarrow \frac{-1}{f\left( x \right)}=-\left( {{x}^{2}}+x+C \right)$.
Ta có: $f\left( 2 \right)=\frac{1}{6}$ $\Rightarrow C=0$ $\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}+x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$.
$\Rightarrow P=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+.....-\frac{1}{2020}=\frac{2019}{2020}$ .
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 $A\left( 1\,;\,-1\,;\,2 \right)$ là trung điểm $MN$$\Rightarrow N\left( 3-2t\,;\,-2-t\,;\,2-t \right)$.
Mặt khác $N\in \left( P \right)$$\Rightarrow 3-2t-2-t-2\left( 2-t \right)+5=0$$\Leftrightarrow t=2\Rightarrow M\left( 3\,;\,2\,;\,4 \right)$$\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 $I\left( 2\,;\,3\,;\,5 \right)$, bán kính $R=10$.
$d\left( I,\left( \alpha \right) \right)=\frac{\left| 2.2-2.3+5+15 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=6<R$ $\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( S \right)=C\left( H\,;\,r \right)$,$H$ 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.$
$\Rightarrow H\left( -2\,;\,7\,;\,3 \right)$.
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 $M\left( -3\,;\,3\,;\,-3 \right)$ và có VTCP $\overrightarrow{MH}=\left( 1\,;\,4\,;\,6 \right)$.
Suy ra phương trình $\Delta :\frac{x+3}{1}=\frac{y-3}{4}=\frac{z+3}{6}.$
