Câu 31.
Gọi$AD=x$, $CD=y$, ($x$, $y>0$).
Theo giả thiết ta có ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=66\sqrt{3}$$\Leftrightarrow {{S}_{ABCD}}=22\sqrt{3}$.
Lại có ${{S}_{ABCD}}={{S}_{ABD}}+{{S}_{BCD}}=\frac{1}{2}.AB.AD+\frac{1}{2}.BC.CD=\frac{1}{2}.5\sqrt{3}.x+\frac{1}{2}.3\sqrt{3}.y$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.5\sqrt{3}.x+\frac{1}{2}.3\sqrt{3}.y=22\sqrt{3}\Leftrightarrow 5x+3y=44\,\,\,\left( 1 \right)$.
Vì $\Delta ABD$ và $\Delta BCD$ vuông, ta có $B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}=C{{D}^{2}}+C{{B}^{2}}$
$\Leftrightarrow 75+{{x}^{2}}=27+{{y}^{2}}$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-{{y}^{2}}=-48\,\,\,\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right)$ta có $y=\frac{44-5x}{3}$, $\left( 44-5x>0\,\,\,\,\left( 3 \right) \right)$, thế vào (2) ta được
${{x}^{2}}-{{\left( \frac{44-5x}{3} \right)}^{2}}=-48\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}-55x+188=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 4\left( {TM\,\left( 3 \right)} \right)\\
x = \frac{{47}}{2}\left( {KTM\,do\left( 3 \right)} \right)
\end{array} \right.$
Vậy$AD=4$, $CD=8$.
Kẻ $AH\bot BD$, $BD\bot SA$ (vì $SA\bot \left( ABCD \right)$) $\Rightarrow BD\bot \left( SAH \right)$$\Rightarrow BD\bot SH$.
Lại có $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\
SH \bot BD\\
AH \bot BD
\end{array} \right.$
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và $\left( ABCD \right)$ là góc giữa hai đường thẳng $SH$ và $AH$ và là góc $\widehat{SHA}$ (vì $\Delta SAH$ vuông tại$A$).
Xét $\Delta ABD$ vuông tại $A$, đường cao $AH$, ta có $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}$$\Rightarrow AH=\frac{20\sqrt{273}}{91}$.
Xét $\Delta SAH$ vuông tại $A$, ta có $\cot \widehat{SHA}=\frac{AH}{SA}=\frac{20\sqrt{273}}{819}$.
Vậy giá trị cần tính là $\cot \widehat{SHA}=\frac{20\sqrt{273}}{819}$.
Câu 32. Ta có: $F\left( x \right)=x\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)-\int{\frac{x\left( 2x-1 \right)}{{{x}^{2}}-x}}\text{d}x=x\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)-\int{\frac{2x-1}{x-1}\text{d}x}$
$=x\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)-\int{\left( 2+\frac{1}{x-1} \right)}\text{d}x=x\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)-2x-\ln \left| x-1 \right|+C$.
$F\left( 2 \right)=2\ln 2-4$$\Leftrightarrow 2\ln 2-4+C=2\ln 2-4$$\Leftrightarrow C=0$.
Suy ra: $F\left( x \right)=x\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)-2x-\ln \left| x-1 \right|$.
Khi đó: $I=\int\limits_{2}^{3}{\left[ \frac{x\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)-2x-\ln \left( x-1 \right)+2x+\ln \left( x-1 \right)}{x} \right]}\text{d}x$
$=\int\limits_{2}^{3}{\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)}\text{d}x=\left[ x\ln \left( {{x}^{2}}-x \right)-2x-\ln \left( x-1 \right) \right]\left| _{2}^{3} \right.$
$=3\ln 6-6-\ln 2-2\ln 2+4=3\ln 3-2$.
Câu 33. Ta có ${g}'\left( x \right)={f}'\left( x-1 \right)-1$.
${g}'\left( x \right)\ge 0\Leftrightarrow {f}'\left( x-1 \right)-1\ge 0\Leftrightarrow {f}'\left( x-1 \right)\ge 1$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 1 \le - 1\\
x - 1 \ge 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \le 0\\
x \ge 3
\end{array} \right..$
Từ đó suy ra hàm số $g\left( x \right)=f\left( x-1 \right)+\frac{2019-2018x}{2018}$ đồng biến trên khoảng $\left( \text{-1 ; 0} \right)$.
Câu 34. Cách 1:
Gọi $H$ là trung điểm $AB$.
Vì $\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right)$ nên $SH\bot \left( ABC \right)$. $$ $$ $$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$, với $O\equiv H$, $HB\equiv Ox$, $HC\equiv Oy$, $HS\equiv Oz$.
Ta có: $HC=\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{H}^{2}}}=3a$; $SH=\frac{AH}{\tan ASH}=a$. $$
Khi đó: $H\left( 0\,;\,0\,;\,0 \right)$, $S\left( 0\,;\,0\,;\,a \right)$, $A\left( -a\sqrt{3}\,;\,0\,;\,0 \right)$, $B\left( a\sqrt{3}\,;\,0\,;\,0 \right)$, $C\left( 0\,;\,3a\,;\,0 \right)$, $M\left( 0\,;\,\frac{3a}{2}\,;\,\frac{a}{2} \right)$,$N\left( 0\,;\,\frac{9a}{4}\,;\,\frac{a}{4} \right)$.
Suy ra: $\overrightarrow{AM}=\left( a\sqrt{3}\,;\,\frac{3a}{2}\,;\,\frac{a}{2} \right)$, $\overrightarrow{BN}=\left( -a\sqrt{3}\,;\,\frac{9a}{4}\,;\,\frac{a}{4} \right)$, $\overrightarrow{AB}=\left( 2a\sqrt{3}\,;\,0\,;\,0 \right)$, $\left[ \overrightarrow{AM}\,,\,\overrightarrow{BN} \right]=\left( -\frac{3{{a}^{2}}}{4}\,;\,-\frac{3\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4}\,;\,\frac{15\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} \right)$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM,\,BN$ là$d\left( AM\,,\,BN \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AM}\,,\,\overrightarrow{BN} \right].\overrightarrow{AB} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AM}\,,\,\overrightarrow{BN} \right] \right|}=\frac{\frac{3\sqrt{3}{{a}^{3}}}{2}}{\frac{\sqrt{711}{{a}^{2}}}{4}}=\frac{2\sqrt{237}a}{79}$.
Cách 2:
Gọi $P$ là trung điểm của $AC$, $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
Kẻ $NK\,//\,SH$, $K\in HC$; $EK\,//\,AC$, $E\in BP$.
Suy ra: $NP\,//\,AM\Rightarrow AM\,//\,\left( NPB \right)\Rightarrow d\left( AM\,,\,BN \right)=d\left( M\,,\,\left( NPB \right) \right)=d\left( C\,,\,\left( NPB \right) \right)$.
Ta có: $NK\,//\,SH$ nên $\frac{{NK}}{{SH}} = \frac{{KC}}{{CH}} = \frac{{CN}}{{CS}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
NK = \frac{1}{4}SH = \frac{a}{4}\\
\frac{{GK}}{{GC}} = \frac{5}{8}
\end{array} \right.$
$EK\,//\,AC$ nên $\frac{EK}{PC}=\frac{GK}{GC}=\frac{5}{8}\Rightarrow EK=\frac{5}{8}PC=\frac{5\sqrt{3}a}{8}$.
$NE=\sqrt{N{{K}^{2}}+E{{K}^{2}}}=\frac{a\sqrt{79}}{8}$; $BP=HC=3a$.
Vì: $\left\{ \begin{array}{l}
KN \bot BP\\
KE \bot BP
\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot \left( {NPB} \right) \Rightarrow BP \bot EN$
Diện tích tam giác $NBP$ là: ${{S}_{\Delta NBP}}=\frac{1}{2}NE.BP=\frac{3\sqrt{79}a}{16}$.
Thể tích tứ diện $N.CPB$ là: ${{V}_{N.CPB}}=\frac{1}{3}d\left( N\,,\,\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta CBP}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{4}.SH.\frac{1}{2}.BP.PC=\frac{1}{24}.a.3a.a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}$.
Khoảng cách từ $C$ đến $\left( NBP \right)$ là: $d\left( C\,,\,\left( NBP \right) \right)=\frac{3{{V}_{N.CPB}}}{{{S}_{\Delta NBP}}}=\frac{2\sqrt{237}a}{79}$. $$ $$ $$
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM,\,BN$ là $\frac{2a\sqrt{237}}{79}$.
Cách 3:
Kẻ $KI\bot NE$, $I\in NE$.
Khi đó: $NP\,//\,AM\Rightarrow AM\,//\,\left( NPB \right)\Rightarrow d\left( AM\,,\,BN \right)=d\left( M\,,\,\left( NPB \right) \right)=d\left( C\,,\,\left( NPB \right) \right)=\frac{8}{5}d\left( K\,,\,\left( NPB \right) \right)$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
KI \bot NE\\
KI \bot BP
\end{array} \right. \Rightarrow KI \bot \left( {NPB} \right) \Rightarrow d\left( {K\,,\,\left( {NPB} \right)} \right) = KI$
Suy ra: $NP\,//\,AM\Rightarrow AM\,//\,\left( NPB \right)\Rightarrow d\left( AM\,,\,BN \right)=\frac{8}{5}KI$.
Trong tam giác vuông $NKE$ ta có: $\frac{1}{K{{I}^{2}}}=\frac{1}{K{{N}^{2}}}+\frac{1}{K{{E}^{2}}}=\frac{1264}{75{{a}^{2}}}\Rightarrow KI=\frac{5\sqrt{237}a}{316}\Rightarrow d\left( AM\,,\,BN \right)=\frac{2\sqrt{237}a}{79}$.
Câu 35.
${g}'\left( x \right)=3{f}'\left( f\left( x \right) \right).{f}'\left( x \right)$ .
${g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 3{f}'\left( f\left( x \right) \right).{f}'\left( x \right)=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\\
f'\left( x \right) = 0
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 0\\
f\left( x \right) = a\\
x = 0\\
x = a
\end{array} \right.$, $\left( 2<a<3 \right)$.
$f\left( x \right)=0$ có 3 nghiệm đơn phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$, ${{x}_{3}}$ khác $0$ và $a$.
Vì $2<a<3$ nên$f\left( x \right)=a$ có 3 nghiệm đơn phân biệt ${{x}_{4}}$, ${{x}_{5}}$, ${{x}_{6}}$ khác ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$, ${{x}_{3}}$, $0$, $a$.
Suy ra ${g}'\left( x \right)=0$ có 8 nghiệm đơn phân biệt. Do đó hàm số $g\left( x \right)=3f\left( f\left( x \right) \right)+4$có 8 điểm cực trị.
Câu 36. Phương trình mặt phẳng $\left( ABC \right)$ (theo đoạn chắn) là
$\frac{x}{2}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{-3}=1\Leftrightarrow -3x+6y+2z+6=0$.
Câu 37.
Ta có: ${y}'=\left[ 2{f}'\left( x \right)-4 \right]{{\pi }^{2f\left( x \right)\,\,-\,\,4x}}\ln \pi $.
${y}'=0\Leftrightarrow 2{f}'\left( x \right)-4=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=2$.
Đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số $y={f}'\left( x-1 \right)$sang trái 1 đơn vị
nên ${f}'\left( x \right)=2$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 2\\
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.$
Do $x=-2$ và $x=1$ là nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên sau:
Câu 38 . Tập xác định: $D=\mathbb{R}.$Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$.
Ta có: ${y}'=4\left( m-1 \right){{x}^{3}}-2\left( {{m}^{2}}-2 \right)x$
* Điều kiện cần:
Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ là $f'\left( -1 \right)=0$ $\Leftrightarrow -4\left( m-1 \right)+2\left( {{m}^{2}}-2 \right)=0$
$\Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-4m=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = 2
\end{array} \right.$
* Điều kiện đủ:
Trường hợp 1: $m=0$ hàm số trở thành $y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+2019$
Ta có: $y'=0$$\Leftrightarrow -4{{x}^{3}}+4x=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.$
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ nên loại $m=0$.
Trường hợp 2: $m=2$ hàm số trở thành $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+2019$.
Ta có: $y'=0$$\Leftrightarrow 4{{x}^{3}}-4x=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.$
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$. Chọn $m=2$.
Vậy với $m=2$ thì hàm số $y=\left( m-1 \right){{x}^{4}}-\left( {{m}^{2}}-2 \right){{x}^{2}}+2019$ đạt cực tiểu tại $x=-1$.
Cách 2: Kiểm tra điều kiện đủ, (Lưu Thêm).
- Với $m=0$, hàm số trở thành $y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+2019$.
${y}'=-4{{x}^{3}}+4x$, ${{y}'}'=-12{{x}^{2}}+4$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
y'\left( { - 1} \right) = 0\\
y''\left( { - 1} \right) = - 8 < 0
\end{array} \right.$, suy ra hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ nên loại $m=0$.
- Với $m=2$, hàm số trở thành $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+2019$.
${y}'=4{{x}^{3}}-4x$, ${{y}'}'=12{{x}^{2}}-4$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
y'\left( { - 1} \right) = 0\\
y''\left( { - 1} \right) = 8 > 0
\end{array} \right.$, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ nên chọn $m=2$.
Kết luận: $m=2$.
Câu 39 .
Điều kiện: $x\in \left[ 1;\frac{7}{3} \right]$.
Xét phương trình: $2.f\left( 3-3\sqrt{-9{{x}^{2}}+30x-21} \right)=m-2019\ \ \left( 1 \right)$.
Ta có : $-9{{x}^{2}}+30x-21=4-{{\left( 3x-5 \right)}^{2}}$ $\Rightarrow \ 0\le \sqrt{4-{{\left( 3x-5 \right)}^{2}}}\le 2\Rightarrow -3\le 3-3\sqrt{4-{{\left( 3x-5 \right)}^{2}}}\le 3$.
Đặt $t=3-3\sqrt{-9{{x}^{2}}+30x-21}$, $t\in \left[ -3;3 \right]$.
Khi đó, phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành: $2.f\left( t \right)=m-2019\Leftrightarrow f\left( t \right)=\frac{m-2019}{2}\ \ \left( 2 \right)$.
Phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm $x\in \left[ 1;\frac{7}{3} \right]$$\Leftrightarrow $phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm $t\in \left[ -3;3 \right]$.
Dựa vào đồ thị của hàm số $y=f\left( x \right)$, phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm $t\in \left[ -3;3 \right]$ khi và chỉ khi$-5\le \frac{m-2019}{2}\le 1\Leftrightarrow 2009\le m\le 2021$.
Do $m\in \mathbb{Z}\ \ \Rightarrow \ m\in \left\{ 2009,\ 2010,...,\ 2021 \right\}$.
Vậy số giá trị nguyên của $m$ là: $2021-2009+1=13$.
Câu 40. Ta có: $\int\limits_{1}^{4}{{F}'\,\left( x \right)}\text{d}x=\int\limits_{1}^{4}{\frac{1}{2x-1}}\text{d}x=\left. \frac{1}{2}\ln |2x-1| \right|_{1}^{4}=\frac{1}{2}\ln 7$.
Lại có: $\int\limits_{1}^{4}{{F}'\,\left( x \right)}\text{d}x=\left. F\left( x \right) \right|_{1}^{4}=F\left( 4 \right)-F\left( 1 \right)$.
Suy ra $F\left( 4 \right)-F\left( 1 \right)=\frac{1}{2}\ln 7$. Do đó $F\left( 4 \right)=F\left( 1 \right)+\frac{1}{2}\ln 7=1+\frac{1}{2}\ln 7$.
Câu 41.
Cách 1
Gọi hai phương trình đường tròn có bán kính $R=3$ thoả mãn tính chất tâm của đường tròn này thuộc đường tròn kia có dạng: $\left( {{C}_{1}} \right):{{\left( x+\frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=9$ ; $\left( {{C}_{2}} \right):{{\left( x-\frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=9$.
Khi đó thể tích của khối cầu $\left( {{S}_{1}} \right),\left( {{S}_{2}} \right)$ lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay các đường tròn $\left( {{C}_{1}} \right),\left( {{C}_{2}} \right)$ quanh trục $Ox$.
Vậy $V=\pi \int\limits_{\frac{-3}{2}}^{0}{\left[ 9-{{\left( x-\frac{3}{2} \right)}^{2}} \right]\text{d}x+\pi \int\limits_{0}^{\frac{3}{2}}{\left[ 9-{{\left( x+\frac{3}{2} \right)}^{2}} \right]\text{d}x}}=2\pi \int\limits_{0}^{\frac{3}{2}}{\left[ 9-{{\left( x+\frac{3}{2} \right)}^{2}} \right]\text{d}x}=\frac{45\pi }{4}$.
Cách 2: (dùng công thức tính khối chỏm cầu).
Thể tích phần chung chính là tổng thể tích 2 khối chỏm cầu có bán kính $R=3$, chiều cao $h=\frac{R}{2}=\frac{3}{2}$.
Vậy $V=2.\pi {{h}^{2}}\left( R-\frac{h}{3} \right)=\frac{45\pi }{4}$.
Câu 42. * ${{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\tan x.f\left( \text{co}{{\text{s}}^{2}}x \right)\text{d}x}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{f\left( \text{co}{{\text{s}}^{2}}x \right)}{\text{co}{{\text{s}}^{2}}x}\text{.sin2}x\text{d}x}$.
Đặt $\text{co}{{\text{s}}^{2}}x=t$$\Rightarrow \sin 2x\text{d}x=-\text{d}t$.
Đổi cận
|
$x$ |
$0$ |
$\frac{\pi }{4}$ |
|
$t$ |
$1$ |
$\frac{1}{2}$ |
Khi đó ${{I}_{1}}=-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{\frac{1}{2}}{\frac{f\left( t \right)}{t}}\text{d}t$ $\Rightarrow \int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{f\left( t \right)}{t}}\text{d}t=4$.
* ${{I}_{2}}=\int\limits_{\text{e}}^{{{\text{e}}^{2}}}{\frac{f\left( \text{l}{{\text{n}}^{2}}x \right)}{x\ln x}\text{d}x}=\frac{1}{2}\int\limits_{\text{e}}^{{{\text{e}}^{2}}}{\frac{f\left( \text{l}{{\text{n}}^{2}}x \right)}{{{\ln }^{2}}x}\text{.}\frac{2\ln x}{x}\text{d}x}$.
Đặt $\text{l}{{\text{n}}^{2}}x=t$$\Rightarrow \frac{\text{2}\ln x}{x}\text{d}x=\text{d}t$.
Đổi cận
|
$x$ |
$\text{e}$ |
${{\text{e}}^{2}}$ |
|
$t$ |
$1$ |
$4$ |
Khi đó ${{I}_{2}}=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{4}{\frac{f\left( t \right)}{t}}\text{d}t$ $\Rightarrow \int\limits_{1}^{4}{\frac{f\left( t \right)}{t}}\text{d}t=4$.
* Tính $I=\int\limits_{\frac{1}{4}}^{2}{\frac{f\left( 2x \right)}{x}\text{d}x}$. Đặt $2x=t$$\Rightarrow \text{d}x=\frac{1}{2}dt$.
Đổi cận
|
$x$ |
$\frac{1}{4}$ |
$2$ |
|
$t$ |
$\frac{1}{2}$ |
$4$ |
Khi đó $I=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{4}{\frac{f\left( t \right)}{t}}\text{d}t=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{f\left( t \right)}{t}}\text{d}t+\int\limits_{1}^{4}{\frac{f\left( t \right)}{t}}\text{d}t=4+4=8$.
Câu 43.
Kẻ $AH$, $AK$ lần lượt vuông góc $B{B}'$, $CC'$ tại $H$, $K$.
Vậy $AH=2a$, $AK=4a$, $\widehat{\left( \left( AB{B}'{A}' \right),\left( AC{C}'{A}' \right) \right)}=\widehat{\left( AH,AK \right)}=60{}^\circ $.
Kẻ ${A}'M$, ${A}'N$ lần lượt vuông góc $B{B}'$, $C{C}'$ tại $M$, $N$.
Ta có hai khối chóp $A.BCKH$, ${A}'.{B}'{C}'NM$ là bằng nhau.
Vậy ${{V}_{ABC.A'B'C'}}={{V}_{ABCKH}}+{{V}_{AHKA'B'C'}}={{V}_{A'B'C'NM}}+{{V}_{AHKA'B'C'}}={{V}_{AHK.A'MN}}$.
Mà $AHK.{A}'MN$ là lăng trụ đứng có đường cao chính là cạnh bên $A{A}'=8a$ và có diện tích đáy $S={{S}_{AHK}}=\frac{1}{2}AH.AK.\sin \widehat{\left( AH,AK \right)}=\frac{1}{2}.2a.4a.\sin 60{}^\circ =2{{a}^{2}}\sqrt{3}$
$\Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}=A{A}'.{{S}_{AHK}}=16{{a}^{3}}\sqrt{3}$.
Câu 44. Đặt $t=\sqrt{6-x}$, $\left( t\ge 0 \right)$ khi đó ta có hàm số $y=f\left( t \right)=\frac{\left( 4-m \right)t+3}{t+m}$.
Ta có ${f}'\left( t \right)=\frac{-{{m}^{2}}+4m-3}{{{\left( t+m \right)}^{2}}}$.
Hàm số $y=\sqrt{6-x}$ nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty ;6 \right)$ nên với $-8<x<5$ thì $1<t<\sqrt{14}$.
Hàm số $y=\frac{\left( 4-m \right)\sqrt{6-x}+3}{\sqrt{6-x}+m}$ đồng biến trên khoảng $\left( -8\,;\,5 \right)$ khi và chỉ khi hàm số $f\left( t \right)=\frac{\left( 4-m \right)t+3}{t+m}$ nghịch biến trên khoảng $\left( 1\,;\,\sqrt{14} \right)$ $\Leftrightarrow {f}'\left( t \right)<0\,,\forall \,t\in \left( 1\,;\,\sqrt{14} \right)$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- {m^2} + 4m - 3 < 0\\
- m \notin \left( {1\,;\,\sqrt {14} } \right)
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m < 1\\
m > 3
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge - 1\\
m \le - \sqrt {14}
\end{array} \right.
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > 3\\
- 1 \le m < 1\\
m \le - \sqrt {14}
\end{array} \right.$
Mà $m$ nguyên thuộc khoảng $\left( -10\,;\,10 \right)$ nên $m\in \left\{ -9;-8;-7;-6;-5;-4;-1;0;4;5;6;7;8;9 \right\}$.
Vậy có $14$ giá trị nguyên của m thoả mãn bài toán.
Câu 45. TXĐ: $\mathbb{R}$.
Đặt ${{\left( 4+\sqrt{15} \right)}^{x}}=t$, $\left( t>0 \right)$, phương trình đã cho trở thành:
$t+\left( 2m+1 \right).\frac{1}{t}-6=0\Leftrightarrow {{t}^{2}}-6t+2m+1=0\quad \left( * \right)$ .
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ thỏa mãn ${{x}_{1}}-2{{x}_{2}}=0$ khi và chỉ khi phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm dương phân biệt ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$thỏa mãn ${{t}_{1}}=t_{2}^{2}$.
Phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm dương phân biệt $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' > 0\\
S > 0\\
P > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8 - 2m > 0\\
2m + 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < m < 4$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{t_1} + {t_2} = 6,\left( 1 \right)\;\\
{t_1}.{t_2} = 2m + 1\\
{t_1} = t_2^2\quad
\end{array} \right.$
Thay ${{t}_{1}}=t_{2}^{2}$ vào $\left( 1 \right)$ ta có $t_2^2 + {t_2} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{t_2} = - 3\quad \left( L \right)\\
{t_2} = 2\quad \;\;\left( {TM} \right)
\end{array} \right.$
Thay ${{t}_{2}}=2$ ta có ${{t}_{1}}=4$,$m=\frac{7}{2}$ (thỏa mãn).
Câu 46.
Ta có: $\left| \Omega \right|={{9}^{5}}=59049$.
Gọi B là biến cố cần tìm xác suất.
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt $a,b,c$ từ 9 chữ số khác 0 là $\text{C}_{9}^{3}$.
TH1. Có 1 chữ số trong 3 chữ số $a,b,c$ được lặp $3$ lần.
Chọn chữ số lặp: có 3 cách, giả sử là a.
Xếp 5 chữ số $a,a,a,b,c$có $\frac{5!}{3!}$ cách, (vì cứ 3! hoán vị của các vị trí mà $a,a,a$ chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số $n$).
Suy ra trong trường hợp này có $\text{C}_{9}^{3}.3\cdot \frac{5!}{3!}$ số tự nhiên.
TH2. Có 2 trong 3 chữ số $a,b,c$, mỗi chữ số được lặp $2$ lần.
Chọn 2 chữ số lặp: có $\text{C}_{3}^{2}$ cách, giả sử là a, b.
Xếp 5 chữ số $a,a,b,b,c$ có $\frac{5!}{2!2!}$ cách, (vì cứ 2! hoán vị của các vị trí mà $a,a$ chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà $b,b$ chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số $n$).
Suy ra trong trường hợp này có $\text{C}_{9}^{3}.3\cdot \frac{5!}{2!2!}$ số tự nhiên.
Do đó ta có $\left| {{\Omega }_{B}} \right|=\text{C}_{9}^{3}.3\cdot \frac{5!}{3!}+\text{C}_{9}^{3}.3\cdot \frac{5!}{2!2!}=\text{12600}$ số.
Kết luận: $P\left( B \right)=\frac{\left| {{\Omega }_{B}} \right|}{\left| \Omega \right|}=\frac{\text{12600}}{59049}=\frac{\text{1400}}{6561}$.
Cách 2: Lưu Thêm
Gọi $A$ là tập các số tự nhiên gồm $5$ chữ số mà các chữ số đều khác $0$.
Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên 1 số từ $A$” $\Rightarrow $ $n\left( \Omega \right)={{9}^{5}}$.
Gọi $B$ là biến cố: “ Số được chọn chỉ có đúng $3$ chữ số khác nhau”.
TH1: Có $1$ chữ số được lặp $3$ lần, $2$ chữ số còn lại khác nhau.
+) Chọn $1$ chữ số khác $0$ có $9$ cách ( gọi là $a$).
+) Xếp 3 chữ số $a$ vào $3$ trong $5$ vị trí có $C_{5}^{3}$ cách.
+) Chọn $2$ chữ số từ $8$ chữ số còn lại và xếp vào $2$ vị trí còn lại có $A_{8}^{2}$ cách.
$\Rightarrow $ Có $9.C_{5}^{3}.A_{8}^{2}=5040$ (số).
TH2: Có $2$ trong $5$ chữ số, mỗi chữ số được lặp $2$ lần.
+) Chọn $2$ chữ số từ $9$ chữ số có $C_{9}^{2}$ (gọi là $a$, $b$).
+) Xếp $4$ chữ số: $a$, $a$, $b$, $b$ vào $4$ trong $5$ vị trí có $C_{5}^{2}.C_{3}^{2}$ cách.
+) Xếp $1$ chữ số còn lại có $7$ cách.
$\Rightarrow $ Có $C_{9}^{2}.C_{5}^{2}.C_{3}^{2}.7=7560$ (số).
$\Rightarrow n\left( B \right)=5040+7560=12600$.
Kết luận: $P\left( B \right)=\frac{n\left( B \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{\text{12600}}{{{9}^{5}}}=\frac{\text{1400}}{6561}$.
Câu 47 .
Với $a>0,b>0$, ta có
$P=\frac{2b+3a}{\sqrt{{{b}^{2}}-ab+5{{a}^{2}}}}+\frac{2c+3b}{\sqrt{{{c}^{2}}-bc+5{{b}^{2}}}}$$=\frac{2.\frac{b}{a}+3}{\sqrt{{{\left( \frac{b}{a} \right)}^{2}}-\frac{b}{a}+5}}+\frac{2.\frac{c}{b}+3}{\sqrt{{{\left( \frac{c}{b} \right)}^{2}}-\frac{c}{b}+5}}$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{2x+3}{\sqrt{{{x}^{2}}-x+5}}$ với $x>0$.
Ta có ${f}'\left( x \right)=\frac{-8x+23}{2\left( {{x}^{2}}-x+5 \right)\sqrt{{{x}^{2}}-x+5}}$.
${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow -8x+23=0\Leftrightarrow x=\frac{23}{8}$.
Từ bảng biến thiên ta suy ra $f\left( x \right)\le \frac{2\sqrt{665}}{19}$ với mọi $x>0$.
Vậy $\left\{ \begin{array}{l}
f\left( {\frac{b}{a}} \right) \le \frac{{2\sqrt {665} }}{{19}}\\
f\left( {\frac{c}{b}} \right) \le \frac{{2\sqrt {665} }}{{19}}
\end{array} \right.$, do đó $P=f\left( \frac{b}{a} \right)+f\left( \frac{c}{b} \right)\le \frac{4\sqrt{665}}{19}$
Suy ra $P$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{4\sqrt{665}}{19}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{b}{a} = \frac{c}{b} = \frac{{23}}{8}\\
abc = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{8}{{23}}\\
b = 1\\
c = \frac{{23}}{8}
\end{array} \right.$
Từ đó ta có ${{a}_{0}}=\frac{8}{23};{{b}_{0}}=1;{{c}_{0}}=\frac{23}{8}$. Vậy ${{a}_{0}}+{{b}_{0}}+{{c}_{0}}=\frac{777}{184}$.
Cách 2.
$P=\frac{2b+3a}{\sqrt{{{b}^{2}}-ab+5{{a}^{2}}}}+\frac{2c+3b}{\sqrt{{{c}^{2}}-bc+5{{b}^{2}}}}=\frac{2b+3a}{\sqrt{{{\left( b-\frac{a}{2} \right)}^{2}}+\frac{19}{4}{{a}^{2}}}}+\frac{2c+3b}{\sqrt{{{\left( c-\frac{b}{2} \right)}^{2}}+\frac{19}{4}{{b}^{2}}}}$.
Ta có $2b+3a=2\left( b-\frac{a}{2} \right)+\frac{8}{\sqrt{19}}\frac{\sqrt{19}}{2}a\le \sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( \frac{8}{\sqrt{19}} \right)}^{2}}}\sqrt{{{\left( b-\frac{a}{2} \right)}^{2}}+{{\frac{19a}{4}}^{2}}}$ .
Suy ra $\frac{2b+3a}{\sqrt{{{b}^{2}}-ab+5{{a}^{2}}}}\le \frac{2\sqrt{665}}{19}$ .
Tương tự $\frac{2c+3b}{\sqrt{{{c}^{2}}-bc+5{{b}^{2}}}}\le \frac{2\sqrt{665}}{19}$.
Khi đó $P\le \frac{4\sqrt{665}}{19}.$
Vậy$P$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{4\sqrt{665}}{19}.$
Đẳng thức xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{8}{{\sqrt {19} }}\left( {b - \frac{a}{2}} \right) = 2.\frac{{\sqrt {19} a}}{2}\\
\frac{8}{{\sqrt {19} }}\left( {c - \frac{b}{2}} \right) = 2.\frac{{\sqrt {19} b}}{2}\\
abc = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
23a = 8b\\
23b = 8c\\
abc = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{8}{{23}}\\
b = 1\\
c = \frac{{23}}{8}
\end{array} \right.$
Từ đó ta có ${{a}_{0}}=\frac{8}{23};{{b}_{0}}=1;{{c}_{0}}=\frac{23}{8}$. Vậy ${{a}_{0}}+{{b}_{0}}+{{c}_{0}}=\frac{777}{184}$.
Câu 48.
Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một nửa khối cầu nên $\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=54\sqrt{3}\pi \Leftrightarrow R=3\sqrt{3}$.
Do đó chiều cao của thùng nước là $h=\frac{2}{3}.2R=4\sqrt{3}$.
Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân $ABCD$ với $AB=3CD$ . Gọi O là giao điểm của $AD$và $BC$ thì tam giác $OAB$cân tại $O$.
Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$ và $I$ là giao điểm của $OH$và $CD$ $\to I$ là trung điểm của $DC$nên $DI=\frac{1}{3}AH$.
Ta có $\frac{OI}{OH}=\frac{DI}{AH}=\frac{1}{3}$ $\to OH=\frac{3}{2}HI=6\sqrt{3}$
Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ trên $OA$ thì $HK=R=3\sqrt{3}$
Tam giác $OHA$ vuông tại H có đường cao $HK$ nên
$\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{H{{O}^{2}}}+\frac{1}{A{{H}^{2}}}\to \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{H{{K}^{2}}}-\frac{1}{H{{O}^{2}}}=\frac{1}{36}$$\to AH=6\to DI=2$
Thể tích thùng đầy nước là $\frac{h\pi \left( A{{H}^{2}}+D{{I}^{2}}+AH.DI \right)}{3}=\frac{4\sqrt{3}\pi \left( {{6}^{2}}+{{2}^{2}}+6.2 \right)}{3}=\frac{208\sqrt{3}\pi }{3}$
Do đó thể tích nước còn lại là$\frac{208\sqrt{3}\pi }{3}-54\sqrt{3}\pi =\frac{46\sqrt{3}\pi }{3}\left( d{{m}^{3}} \right)$ .
Câu 49. Điều kiện: $x>0$.
Ta có $5{{\log }_{a}}x.{{\log }_{b}}x-4{{\log }_{a}}x-3{{\log }_{b}}x-2019=0$$\Leftrightarrow 5\frac{\ln x}{\ln a}.\frac{\ln x}{\ln b}-4\frac{\ln x}{\ln a}-3\frac{\ln x}{\ln b}-2019=0.$
Đặt $t=\ln x$. Ta được phương trình: $\frac{5{{t}^{2}}}{\ln a.\ln b}-\left( \frac{3\ln a+4\ln b}{\ln a.\ln b} \right)t-2019=0\,$ (*)
Do $a,\,\,b>1$ $\Rightarrow \ln a.\ln b>0$. Vậy (*) luôn có hai nghiệm phân biệt ${{t}_{1}},\,\,{{t}_{2}}$. Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$.
Mặt khác ta có: ${{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\frac{3\ln a+4\ln b}{5}=\frac{3\ln a+4\ln \left( 2019-a \right)}{5}$.
$\Rightarrow \ln \left( {{x}_{1}}.{{x}_{2}} \right)=\ln {{x}_{1}}+\ln {{x}_{2}}={{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\frac{3\ln a+4\ln \left( 2019-a \right)}{5}$
Vì $a>1$, $b>1$ và $a+b=2019$ nên $a\in \left( 1;2018 \right)$.
Xét hàm số $f(u)=\frac{3\ln u+4\ln \left( 2019-u \right)}{5}$ trên $\left( 1;2018 \right)$.
Ta có ${f}'(u)=\frac{6057-7u}{5u\left( 2019-u \right)}$ $\Rightarrow {f}'(u)=0\Leftrightarrow u=\frac{6057}{7}$
Bảng biến thiên:
Vậy giá trị lớn nhất của $\ln \left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)$ bằng $\frac{3}{5}\ln \frac{6057}{7}+\frac{4}{5}\ln \frac{8076}{7}$.
Do đó $m=6075,\,\,n=8076$ hay $S=m+2n=22209$.
Câu 50.
Ta có $\frac{{{V}_{1}}}{V}$$=\frac{{{V}_{S.AMPN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}$ $=\frac{{{V}_{S.APN}}+{{V}_{S.APM}}}{{{V}_{S.ABCD}}}$ $=\frac{{{V}_{S.APN}}}{2{{V}_{S.ACD}}}+\frac{{{V}_{S.APM}}}{2{{V}_{S.ABC}}}$$=\frac{1}{2}\left( \frac{SP}{SC}.\frac{SN}{SD}+\frac{SP}{SC}.\frac{SM}{SB} \right)$ $=\frac{1}{10}\left( \frac{SN}{SD}+\frac{SM}{SB} \right)$. Đặt $a=\frac{SM}{SB}$, $b=\frac{SN}{SD}$ , $0<a,b\le 1$.
Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành $ABCD$.
Trong mặt phẳng $\left( SAC \right)$, $AP\cap SO=I$.
Xét tam giác $SOC$ có $\frac{PS}{PC}.\frac{AC}{AO}.\frac{IO}{IS}=1$ $\Leftrightarrow \frac{IO}{IS}=2$$\Rightarrow \frac{SI}{SO}=\frac{1}{3}$.
Xét tam giác $SBD$ có $\frac{{{S}_{SMN}}}{{{S}_{SBD}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SD}$$=a.b$.
Mặt khác, $\frac{{{S}_{SMN}}}{{{S}_{SBD}}}=\frac{{{S}_{SMI}}+{{S}_{SNI}}}{{{S}_{SBD}}}$$=\frac{{{S}_{SMI}}}{2{{S}_{SBO}}}+\frac{{{S}_{SNI}}}{2{{S}_{SDO}}}$$=\frac{1}{2}\left( \frac{SM}{SB}.\frac{SI}{SO}+\frac{SN}{SD}.\frac{SI}{SO} \right)$$=\frac{1}{6}\left( a+b \right)$
Vậy, $\frac{1}{6}\left( a+b \right)=ab$, do $a=\frac{1}{6}$ không thoả mãn hệ thức nên $b=\frac{a}{6a-1}$, do $0<b\le 1$ nên $0<\frac{a}{6a-1}\le 1$$\Leftrightarrow a\ge \frac{1}{5}$. Từ đó, $\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{1}{10}\left( a+b \right)$$=\frac{1}{10}\left( a+\frac{a}{6a-1} \right)$ với $\frac{1}{5}\le a\le 1$.
Xét hàm số $y=f\left( x \right)=x+\frac{x}{6x-1}$ với $x\in \left[ \frac{1}{5};1 \right]$. ${y}'=1-\frac{1}{{{\left( 6x-1 \right)}^{2}}}$, ${y}'=0\Leftrightarrow $${{\left( 6x-1 \right)}^{2}}=1$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\,\left( {\rm{l}} \right)\\
x = \frac{1}{3}
\end{array} \right.$. Ta có $f\left( \frac{1}{5} \right)=\frac{6}{5}$, $f\left( \frac{1}{3} \right)=\frac{2}{3}$, $f\left( 1 \right)=\frac{6}{5}$. Vậy $\underset{x\in \left[ \frac{1}{5};1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=\frac{6}{5}$ .
Từ đó, giá trị lớn nhất của $\frac{{{V}_{1}}}{V}$ bằng $\frac{3}{25}$ khi $M$ trùng $B$ hoặc $N$ trùng $D$.
Cách 2: Lưu Thêm
* Đặt $a=\frac{SA}{SA}=1$; $b=\frac{SB}{SM}$; $c=\frac{SC}{SP}=5$; $d=\frac{SD}{SN}$.
* Ta có $a+c=b+d$$\Leftrightarrow 1+5=b+d\Leftrightarrow d=6-b$.
* $\frac{{{V}_{S.AMPN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{a+b+c+d}{4abcd}=\frac{1+b+5+6-b}{4.1.b.5.\left( 6-b \right)}=\frac{3}{5}.\frac{1}{-{{b}^{2}}+6b}$.
* Xét $f\left( b \right)=\frac{3}{5}.\frac{1}{-{{b}^{2}}+6b};\,b\in \left[ 1;5 \right]$ (do$b$, $d\ge 1$).
${f}'\left( b \right)=-\frac{3}{5}.\frac{-2b+6}{{{\left( -{{b}^{2}}+6b \right)}^{2}}}$; ${f}'\left( b \right)=0\Leftrightarrow b=3$.
Bảng biến thiên:
Kết luận: Giá trị lớn nhất của $\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{3}{25}$.
