Giải chi tiết đề
Câu 1.Ta có $\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{\left[ f\left( x \right)+f\left( -x \right) \right]\text{d}x}=\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{\sqrt{1+\cos 2x}\text{d}x}$.
Vì hàm số $y=\sqrt{1+\cos 2x}$ là hàm chẵn nên
$\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{\sqrt{1+\cos 2x}\text{d}x}=2\int\limits_{0}^{\frac{3\pi }{4}}{\sqrt{1+\cos 2x}\text{d}x}=$$2\sqrt{2}\int\limits_{0}^{\frac{3\pi }{4}}{\left| \cos x \right|\text{d}x}=2\sqrt{2}\left( \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos x\text{d}x}-\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{4}}{\cos x\text{d}x} \right)=$$=2\sqrt{2}\left( \left. \sin x \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}-\left. \sin x \right|_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{4}} \right)=2\sqrt{2}\left( 2-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=4\sqrt{2}-2$.
Mặt khác $\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{\left[ f\left( x \right)+f\left( -x \right) \right]\text{d}x}=\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( -x \right)\text{d}x}$.
Xét $\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( -x \right)\text{d}x}$. Đặt $-x=t\Rightarrow \text{d}x=-\text{d}t$, khi $x=-\frac{3\pi }{4}$ thì $t=\frac{3\pi }{4}$, khi $x=\frac{3\pi }{4}$ thì $t=-\frac{3\pi }{4}$. Do đó $\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( -x \right)\text{d}x}=-\int\limits_{\frac{3\pi }{4}}^{-\,\,\frac{3\pi }{4}}{f\left( t \right)\text{d}t}=\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( t \right)\text{d}t}=\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( x \right)\text{d}x}$.
Suy ra $\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{\left[ f\left( x \right)+f\left( -x \right) \right]\text{d}x}=2\int\limits_{-\,\,\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( x \right)\text{d}x}$.
Vậy $2\int\limits_{-\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( x \right)\text{d}x}=4\sqrt{2}-2\Leftrightarrow \int\limits_{-\frac{3\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{f\left( x \right)\text{d}x}=2\sqrt{2}-1$.
Câu 2.
Kẻ đường thẳng $d$ đi qua $N$ và song song với $AM$. Gọi $P$ là hình chiếu của $A$ trên $d$.
Vì $AP\bot NP$ và $SA\bot NP$ $\Rightarrow \left( SAP \right)\bot NP$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SP$.
Vì $AH\bot SP$, $AH\bot NP$$\Rightarrow H$ là hình chiếu của $A$ trên $\left( SNP \right)$.
Ta có $AM//NP\Rightarrow AM//\left( SNP \right)\Rightarrow d\left( AM,SN \right)=d\left( AM,\left( SNP \right) \right)=d\left( A,\left( SNP \right) \right)=AH$.
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{P}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{16}{{{a}^{2}}}=\frac{17}{{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a}{\sqrt{17}}$ hay khoảng cách cần tìm bằng $\frac{a}{\sqrt{17}}$.
Câu 3. Tập xác định của hàm số $D=\left[ -3;\,\,5 \right]$.
$f(x)=\sqrt{3+x}+\sqrt{5-x}-3{{x}^{2}}+6x=\sqrt{3+x}+\sqrt{5-x}-3{{(x-1)}^{2}}+3$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
2.\sqrt {3 + x} \le \frac{{4 + 3 + x}}{2}\\
2.\sqrt {5 - x} \le \frac{{4 + 5 - x}}{2}
\end{array} \right.$$\Rightarrow \sqrt{3+x}+\sqrt{5-x}\le \frac{4+3+x+4+5-x}{4}$$\Rightarrow \sqrt{3+x}+\sqrt{5-x}\le 4$.
Dấu bằng xảy ra $\left\{ \begin{array}{l}
4 = x + 3\\
4 = 5 - x
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1$
Và $3{{(x-1)}^{2}}\ge 0$, dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=1$.
Từ đó suy ra $f(x)\le 4+3\Rightarrow f(x)\le 7$, $f(x)=7\Leftrightarrow x=1$.
Hàm số $f(x)=\sqrt{3+x}+\sqrt{5-x}-3{{x}^{2}}+6x$ đạt giá trị lớn nhất khi $x$ bằng $1$.
Câu4 . $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{9+99+999+...+\overbrace{99...9}^{n}}{{{10}^{n}}}$$=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{10-1+100-1+1000-1+...+1\overbrace{00...0}^{n}-1}{{{10}^{n}}}$
$=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{10+100+...1\overbrace{00...0}^{n}-n}{{{10}^{n}}}$$=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{10.\frac{{{10}^{n}}-1}{9}-n}{{{10}^{n}}}$$=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{10}{9}\left( 1-\frac{1}{{{10}^{n}}} \right)-\frac{n}{{{10}^{n}}} \right)$$=\frac{10}{9}$.
Câu 5:
G là trọng tâm của tứ diện $\Rightarrow \frac{GH}{OH}=\frac{1}{4}$.
Gọi $h$ là chiều cao của chóp $O.ABC$,${h}'$ là chiều cao của chóp $G.ABC$ ta có $\frac{{{h}'}}{h}=\frac{GH}{OH}=\frac{1}{4}$.
${{V}_{O.ABC}}={{V}_{A.OBC}}=\frac{1}{3}AO.{{S}_{\Delta OBC}}$$=\frac{1}{3}AO.\frac{1}{2}.OB.OC=\frac{1}{6}abc$.
$\frac{{{V}_{G.ABC}}}{{{V}_{O.ABC}}}=\frac{{{h}'}}{h}=\frac{1}{4}$$\Rightarrow {{V}_{G.ABC}}=\frac{1}{4}{{V}_{O.ABC}}=\frac{1}{24}abc$.
Câu 6: Số cách chọn có đầy đủ cả 3 môn:
2 toán, 1 lý, 1 hóa: $C_{5}^{2}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}$
1 toán, 2 lý, 1 hóa: $C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{1}$
1 toán, 1 lý, 2 hóa: $C_{5}^{1}.C_{6}^{1}.C_{7}^{2}$.
Tổng cộng có $C_{5}^{2}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}+C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{1}+C_{5}^{1}.C_{6}^{1}.C_{7}^{2}=1575$cách.
Số cách chọn có cả 3 môn toàn nữ: $C_{2}^{2}.C_{3}^{1}.C_{3}^{1}+C_{2}^{1}.C_{3}^{2}.C_{3}^{1}+C_{2}^{1}.C_{3}^{1}.C_{3}^{2}=45$cách.
Số cách chọn có cả 3 môn toàn nam$C_{3}^{2}.C_{3}^{1}.C_{4}^{1}+C_{3}^{1}.C_{3}^{2}.C_{4}^{1}+C_{3}^{1}.C_{3}^{1}.C_{4}^{2}=126$cách.
Vậy số cách chọn có cả 3 môn và có cả nam lẫn nữ $1575-45-126=1404$.
Câu 7. ${{\left( 1+x+{{x}^{2}}+\frac{1}{x} \right)}^{9}}$$={{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{9}}{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{9}}$$=\sum\limits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}{{x}^{2k}}}.\sum\limits_{i=0}^{9}{C_{9}^{i}.{{x}^{-i}}}$$=\sum\limits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}}.\sum\limits_{i=0}^{9}{C_{9}^{i}.}{{x}^{2k-i}}$.
Số hạng không chứa $x$ trong khai triển ứng với $\left\{ \begin{array}{l}
2k - i = 0\\
0 \le i,k \le 9
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2k = i\\
0 \le i,k \le 9
\end{array} \right.$.
Ta có bảng:
Vậy hệ số của số hạng không chứa $x$ trong khai triển là:
$1+C_{9}^{1}C_{9}^{2}+C_{9}^{4}C_{9}^{2}+C_{9}^{6}C_{9}^{3}+C_{9}^{8}C_{9}^{4}=13051$.
Câu 8. Vì $A$, $B$, $C$ theo thứ tự là điểm đối xứng với $M$ qua mặt phẳng $\left( yOz \right),\left( zOx \right),\left( xOy \right)$
Vậy trọng tâm của tam giác $ABC$ là $G\left( \frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3} \right)$.
Câu9. Xét hàm số $y={{x}^{3}}-x$
Có ${y}'=3{{x}^{2}}-1;\text{ }{y}'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-1=0\Leftrightarrow x=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.
BBT
Từ đó ta có bảng biến thiên của đồ thị hàm số $y=\left| {{x}^{3}}-x \right|$ như sau
Đồ thị hàm số $y=\left| {{x}^{3}}-x \right|+m$ được vẽ bằng cách tịnh tiến đồ thì hàm số $y=\left| {{x}^{3}}-x \right|$ lên trên (xuống) theo trục $Oy$là $\left| m \right|$ đơn vị $\Rightarrow $ Số điểm cực trị của hàm số $y=\left| {{x}^{3}}-x \right|+m$ bằng số điểm cực trị của hàm số $y=\left| {{x}^{3}}-x \right|$.
Vậy hàm số $y=\left| {{x}^{3}}-x \right|+m$ có 5 điểm cực trị.
Câu10. Xếp 10 học sinh thành một hàng có $10!$ cách sắp xếp $\Rightarrow n\left( \Omega \right)=10!$.
Biến cố $A:$ “có đúng 2 bạn nữ đứng cạnh nhau”.
+) Chọn 2 bạn nữ trong số 4 bạn nữ và coi đó là 1 nhóm $X$$\Rightarrow $ có $C_{4}^{2}.2!$ cách chọn và sắp xếp các học sinh trong nhóm $X$.
+) Xếp 6 bạn nam vào hàng ngang có $6!$ cách. Coi 6 nam là 6 vách ngăn $*|*|*|*|*|*|*$
$\Rightarrow $ có 7 vị trí.
Chọn 3 vị trí trong 7 vị trí để xếp nhóm$X$ và 2 bạn nữ có $A_{7}^{3}$ (cách).
$\Rightarrow n\left( A \right)=C_{4}^{2}.2!.6!A_{7}^{3}$.
$\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{C_{4}^{2}.2!6!A_{7}^{3}}{10!}=\frac{1}{2}$.
Câu11.Chia khối tứ diện thành 4 khối chóp $M.ABC,\,\,M.ABD,\,\,M.ACD,\,\,M.BCD$. Gọi ${{h}_{1}},\,{{h}_{2}},\,{{h}_{3}},\,{{h}_{4}}$ lần lượt là khoảng cách từ $M$ đến các mặt phẳng $\left( ABC \right),\,\,\left( ABD \right),\,\,\left( ACD \right),\,\,\left( BCD \right)$.
Khi đó ${{V}_{ABCD}}={{V}_{M.ABC}}+{{V}_{M.ACD}}+{{V}_{M.ABD}}+{{V}_{M.BCD}}=\frac{1}{3}{{h}_{1}}.{{S}_{\Delta ABC}}+\frac{1}{3}{{h}_{2}}.{{S}_{\Delta ABD}}+\frac{1}{3}{{h}_{3}}.{{S}_{\Delta ACD}}+\frac{1}{3}{{h}_{4}}.{{S}_{\Delta BCD}}$.
Mà $ABCD$ là tứ diện đều nên ${{S}_{\Delta ABC}}={{S}_{\Delta ABD}}={{S}_{\Delta ACD}}={{S}_{\Delta BCD}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4},\,\,{{V}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.
Do đó ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}\left( {{h}_{1}}+{{h}_{2}}+{{h}_{3}}+{{h}_{4}} \right)\Rightarrow {{h}_{1}}+{{h}_{2}}+{{h}_{3}}+{{h}_{4}}=\frac{3{{V}_{ABCD}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{3.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}}=a\sqrt{\frac{2}{3}}$.
Câu 12. Vì $\tan x=m$ nên $\cos x\ne 0$. Do đó:
$\begin{array}{l}
\frac{{\sin x - \cos x}}{{2{{\sin }^3}x - \cos x}} = \frac{{\tan x.\cos x - \cos x}}{{2{{\tan }^3}x.{{\cos }^3}x - \cos x}} = \frac{{\cos x\left( {\tan x - 1} \right)}}{{{{\cos }^3}x\left( {2{{\tan }^3}x - \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)}}\\
\, & & = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}.\frac{{\tan x - 1}}{{2{{\tan }^3}x - \left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)}} = \left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)\frac{{\tan x - 1}}{{2{{\tan }^3}x - {{\tan }^2}x - 1}}\\
& & = \frac{{\left( {{m^2} + 1} \right)\left( {m - 1} \right)}}{{2{m^3} - {m^2} - 1}} = \frac{{\left( {{m^2} + 1} \right)\left( {m - 1} \right)}}{{\left( {m - 1} \right)\left( {2{m^2} + m + 1} \right)}} = \frac{{{m^2} + 1}}{{2{m^2} + m + 1}}
\end{array}$
Câu 13.
Mặt phẳng cách đều hai đỉnh nếu mặt phẳng đó song song hoặc đi qua trung điểm của cạnh nối hai điểm đó.
Câu 14.
Ta có $\frac{S{A}'}{SA}=m,\frac{S{B}'}{SB}=n,\frac{S{C}'}{SC}=p.$
$\frac{SG}{SO}=\frac{3}{4}\Rightarrow \overrightarrow{SG}=\frac{3}{4}\overrightarrow{SO}=\frac{1}{4}\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC} \right)=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{m}\overrightarrow{S{A}'}+\frac{1}{n}\overrightarrow{S{B}'}+\frac{1}{p}\overrightarrow{S{C}'} \right)$ (1)
Mặt khác do $G$ thuộc $\left( {A}'{B}'{C}' \right)$nên ta có $\overrightarrow{G{A}'}=x\overrightarrow{G{B}'}+y\overrightarrow{G{C}'}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{S{A}'}-\overrightarrow{SG}=x\overrightarrow{S{B}'}-x\overrightarrow{SG}+y\overrightarrow{S{C}'}-y\overrightarrow{SG}$
$\Leftrightarrow \left( x+y-1 \right)\overrightarrow{SG}=-\overrightarrow{S{A}'}+x\overrightarrow{S{B}'}+y\overrightarrow{S{C}'}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{SG}=-\frac{1}{x+y-1}\overrightarrow{S{A}'}+\frac{x}{x+y-1}\overrightarrow{S{B}'}+\frac{y}{x+y-1}\overrightarrow{S{C}'}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\Rightarrow \frac{1}{4m}=-\frac{1}{x+y-1};\frac{1}{4n}=\frac{x}{x+y-1};\frac{1}{4p}=\frac{y}{x+y-1}\Rightarrow \frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}=4.$
Câu15. Áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn vào hai khai triển
${{\left( 1+2 \right)}^{99}}=C_{99}^{0}+2C_{99}^{1}+{{2}^{2}}C_{99}^{2}+{{2}^{3}}C_{99}^{3}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}+...+{{2}^{98}}C_{99}^{98}+{{2}^{99}}C_{99}^{99}\,\,\,\left( 1 \right)$
${{\left( 1-2 \right)}^{99}}=C_{99}^{0}-2C_{99}^{1}+{{2}^{2}}C_{99}^{2}-{{2}^{3}}C_{99}^{3}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}-...+{{2}^{98}}C_{99}^{98}-{{2}^{99}}C_{99}^{99}\,\,\,\left( 2 \right)$
Cộng theo vế $\left( 1 \right)$và $\left( 2 \right)$ ta có ${{3}^{99}}-1=2\left( 1+{{2}^{2}}C_{99}^{2}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}+...+{{2}^{98}}C_{99}^{98} \right)$
$\Rightarrow 1+{{2}^{2}}C_{99}^{2}+{{2}^{4}}C_{99}^{4}+...+{{2}^{98}}C_{99}^{98}=\frac{{{3}^{99}}-1}{2}$
Câu16. Do hình chóp tứ giác $S.ABCD$ đều nên ta có $SO\bot \left( ABCD \right),\,O=AC\cap BD$
Xét tam giác $SOC$ vuông tại $O$ có $SO=\sqrt{S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Khi đó ta có $S\left( 0\,;\,0\,;\frac{a\sqrt{2}}{2} \right)$; $C\left( \frac{a\sqrt{2}}{2}\,;\,0\,;0 \right)$; $A\left( -\frac{a\sqrt{2}}{2}\,;\,0\,;0 \right)$; $B\left( 0\,;\,\frac{a\sqrt{2}}{2}\,;0 \right)$.
Do $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA$ và $BC$ nên $M\left( -\frac{a\sqrt{2}}{4}\,;\,0\,;\frac{a\sqrt{2}}{4} \right)$; $N\left( \frac{a\sqrt{2}}{4}\,;\,\frac{a\sqrt{2}}{4}\,;0 \right)$.
Do đó có $\overrightarrow{SC}\left( \frac{a\sqrt{2}}{2}\,;\,0\,;-\frac{a\sqrt{2}}{2} \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{SC}}}\left( 1\,;\,0\,;-1 \right)$
$\overrightarrow{MN}\left( \frac{a\sqrt{2}}{2}\,;\,\frac{a\sqrt{2}}{4}\,;-\frac{a\sqrt{2}}{4} \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{MN}}}\left( 2\,;\,1\,;-1 \right)$
Vậy $cos\left( SC,MN \right)=\left| cos\left( \overrightarrow{{{u}_{SC}}},\overrightarrow{{{u}_{MN}}} \right) \right|=\frac{\left| 3 \right|}{\sqrt{6}.\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{\left( SC,MN \right)}={{30}^{0}}$.
Câu 17. Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
{\log _2}x > 0\\
{\log _4}x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x > 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1$
Ta có
$\begin{array}{l}
{\log _2}\left( {{{\log }_4}x} \right) + {\log _4}\left( {{{\log }_2}x} \right) \le 2 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{1}{2}{{\log }_2}x} \right) + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {{{\log }_2}x} \right) \le 2\\
\Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{1}{2}{{\log }_2}x.{{\left( {{{\log }_2}x} \right)}^{\frac{1}{2}}}} \right) \le 2 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{1}{2}{{\left( {{{\log }_2}x} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right) \le 2\\
\Leftrightarrow \frac{1}{2}{\left( {{{\log }_2}x} \right)^{\frac{3}{2}}} \le 4 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^{\frac{3}{2}}} \le 8 \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x} \right) \le 4 \Leftrightarrow x \le 16
\end{array}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{\frac{3}{2}}}\le 4\Leftrightarrow {{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{\frac{3}{2}}}\le 8\Leftrightarrow \left( {{\log }_{2}}x \right)\le 4\Leftrightarrow x\le 16$.
Suy ra bất phương trình ${{\log }_{2}}\left( {{\log }_{4}}x \right)+{{\log }_{4}}\left( {{\log }_{2}}x \right)\le 2$ có tập nghiệm là $\left( \text{1;16} \right]$.
Câu 18. Ta có
$\begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
{u_2} = 1 + 2\\
{u_3} = 1 + 2 + 3\\
...\\
{u_n} = 1 + 2 + 3 + ... + n
\end{array}$
Do đó ${{u}_{n}}=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}$ .
Suy ra $\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{u}_{n}}}{{{n}^{2}}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{n\left( n+1 \right)}{2{{n}^{2}}}=\underset{{}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1+\frac{1}{n}}{2}=\frac{1}{2}$.
Câu19. Đặt $z=a+bi\,$$\left( a\,,b\,\in \mathbb{R} \right)$ .
Ta có : $T=\frac{\left| z+\overline{z} \right|+\left| z-\overline{z} \right|}{\left| z \right|}=\frac{2\left| a \right|+2\left| b \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}$.
Ta có : $2\left| a \right|+2\left| b \right|=2\left( \left| a \right|+\left| b \right| \right)\le 2\sqrt{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}\Rightarrow T\le 2\sqrt{2}$ .
Dấu $''=''$ xảy ra khi $\left| a \right|=\left| b \right|$ .
Ta lại có : $T=\frac{2\left| a \right|+2\left| b \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}=\frac{2\left( \sqrt{{{a}^{2}}}+\sqrt{{{b}^{2}}} \right)}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}\ge \frac{2\left( \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}\Rightarrow T\ge 2$.
Dấu $''=''$ xảy ra khi $a=0\vee b=0$.
Do đó : $T\in \left[ 2\,;\,2\sqrt{2} \right]$ .
Câu20. Ta có : ${f}'(x)=2\left( x-1 \right)+2\left( x-2 \right)+...+2\left( x-n \right)=2nx-2\left( 1+2+..+n \right)=2nx-n(n+1)$ .
${f}'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{n+1}{2}$ .
Bảng biến thiên :
Dựa vảo bảng biến thiên , ta thấy hàm số $f(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=\frac{n+1}{2}$ .
Câu 21. Từ phương trình ${{d}_{1}}$ ta có điểm ${{M}_{1}}\left( -1;1;2 \right)\in {{d}_{1}}$, véc tơ chỉ phương của ${{d}_{1}}$ là $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;3;1 \right)$.
Từ phương trình ${{d}_{2}}$ ta có điểm ${{M}_{2}}\left( 2;-2;0 \right)\in {{d}_{2}}$, véc tơ chỉ phương của ${{d}_{2}}$ là $\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;5;-2 \right)$.
Gọi $AB$ là đoạn vuông góc chung của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ với $A\in {{d}_{1}},\ B\in {{d}_{2}}$.
Khi đó mặt phẳng cách đều hai đường thẳng ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ là $\left( P \right)$ thì $\left( P \right)\bot AB$.
Gọi vec tơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là $\overrightarrow{n}$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow n \bot \overrightarrow {{u_1}} \\
\overrightarrow n \bot \overrightarrow {{u_2}}
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 11;5;7} \right)$
Do đó $\left( P \right)$ có dạng $-11x+5y+7z+m=0$.
Lại có $d\left( {{M}_{1}},\left( P \right) \right)=d\left( {{M}_{2}},\left( P \right) \right)\Rightarrow \frac{\left| 11+5+14+m \right|}{\sqrt{195}}=\frac{\left| -22-10+m \right|}{\sqrt{195}}$
$\Leftrightarrow \left| m+30 \right|=\left| m-32 \right|\Leftrightarrow m=1$, suy ra $\left( P \right):-11x+5y+7z+1=0$
Câu 22. ${{\log }_{27}}\left| a \right|+{{\log }_{9}}{{b}^{2}}=5\Leftrightarrow \sqrt[3]{\left| a \right|}.\left| b \right|=243\Leftrightarrow \left| a \right|.{{\left| b \right|}^{3}}={{3}^{15}}\ \left( 1 \right)$
${{\log }_{27}}\left| b \right|+{{\log }_{9}}{{a}^{2}}=7\Leftrightarrow \sqrt[3]{\left| b \right|}.\left| a \right|=2187\Leftrightarrow {{\left| a \right|}^{3}}.\left| b \right|={{3}^{21}}\ \left( 2 \right)$
Lấy $\frac{\left( 2 \right)}{\left( 1 \right)}$ được $\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}={{3}^{6}}\Rightarrow {{a}^{2}}={{3}^{6}}.{{b}^{2}}\ \left( 3 \right)$.
Lấy $\left( 1 \right).\left( 2 \right)$ được ${{a}^{4}}.{{b}^{4}}={{3}^{36}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}={{3}^{18}}\ \left( 4 \right)$.
Từ $\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ suy ra ${{b}^{4}}={{3}^{12}}\Leftrightarrow {{b}^{2}}={{3}^{6}}\Leftrightarrow \left| b \right|={{3}^{3}}=27$.
Do đó ${{a}^{2}}={{3}^{6}}{{.3}^{6}}\Leftrightarrow \left| a \right|={{3}^{6}}=729\Rightarrow \left| a \right|-\left| b \right|=702$.
Câu 23. ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2x+4y-6z+{{m}^{2}}-9m+4=0\,\left( 1 \right)$, đặt $a=-1;\,b=-2;\,c=3,\,d={{m}^{2}}-9m+4$.
$\left( 1 \right)$là phương trình của một mặt cầu $\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d>0$
$\Leftrightarrow 14-\left( {{m}^{2}}-9m+4 \right)>0$$\Leftrightarrow {{m}^{2}}-9m-10<0$$\Leftrightarrow -1<m<10$.
Vậy $-1<m<10$
Câu 24. Gọi $a,\,b,\,c$ là số thứ tự các quyển sách được lấy.
Có $\left\{ \begin{array}{l}
a + 2 < b\\
b + 2 < c
\end{array} \right.$$ \Rightarrow 1 \le a < b - 2 < c - 4 \le 16$
Có $C_{16}^{3}$ (cách).
Câu25. Gọi $n$là số đỉnh của một mặt đáy hình lăng trụ.
Suy ra hình lăng trụ có số đỉnh $2n$ và số cạnh $3n$.
Ta có $2n+3n=200\Leftrightarrow n=40$
Vậy hình lăng trụ có tổng số đỉnh và số cạnh bằng $200$thì số đỉnh là $80$.
Câu26. $S=1+\frac{1}{i}+\frac{1}{{{i}^{2}}}+...+\frac{1}{{{i}^{2019}}}$
$S=1.\frac{{{\left( \frac{1}{i} \right)}^{2020}}-1}{\frac{1}{i}-1}$
$\Leftrightarrow S=\frac{\frac{1}{{{i}^{2020}}}-1}{-i-1}=\frac{1-1}{-i-1}=0$.
Câu 27. $f\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}-1}$$=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1} \right)$
${{\left( \frac{1}{x-1} \right)}^{\prime }}=\frac{\left( -1 \right)}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}$ ; ${{\left( \frac{1}{x-1} \right)}^{\prime \prime }}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{2}}.1.2}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}}$; ${{\left( \frac{1}{x-1} \right)}^{\prime \prime \prime }}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{3}}.1.2.3}{{{\left( x-1 \right)}^{4}}}$
Từ đó chứng minh quy nạp ta có : ${{\left( \frac{1}{x-1} \right)}^{\left( n \right)}}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.n!}{{{\left( x-1 \right)}^{n+1}}}$
Tương tự ta có ${{\left( \frac{1}{x+1} \right)}^{\left( n \right)}}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.n!}{{{\left( x+1 \right)}^{n+1}}}$
${{f}^{\left( n \right)}}\left( x \right)=\frac{1}{2}\left[ \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.n!}{{{\left( x-1 \right)}^{n+1}}}-\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.n!}{{{\left( x+1 \right)}^{n+1}}} \right]$ $\Rightarrow {{f}^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)=\frac{1}{2}\left[ \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.n!}{{{\left( 0-1 \right)}^{n+1}}}-\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}.n!}{{{\left( 0+1 \right)}^{n+1}}} \right]=-\frac{1}{2}\left[ \frac{{{\left( -1 \right)}^{n+1}}.n!}{{{\left( 0-1 \right)}^{n+1}}}-\frac{{{\left( -1 \right)}^{n+1}}.n!}{{{\left( 0+1 \right)}^{n+1}}} \right]=\frac{-n!\left[ 1+{{\left( -1 \right)}^{n}} \right]}{2}$
Câu 28. Chọn $I$ sao cho $\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$; gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
$\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|=\left| \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right|$$\Leftrightarrow \left| 3\overrightarrow{MG} \right|=\left| \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{MI}+2\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IC} \right|$
$\Leftrightarrow \left| 3\overrightarrow{MG} \right|=\left| 2\overrightarrow{MI} \right|$$\Leftrightarrow 3MG=2MI$$\Leftrightarrow 9M{{G}^{2}}=4M{{I}^{2}}$$\Leftrightarrow 9{{\overrightarrow{MG}}^{2}}-4{{\overrightarrow{MI}}^{2}}=0$ $\Leftrightarrow \left( 3\overrightarrow{MG}+2\overrightarrow{MI} \right)\left( 3\overrightarrow{MG}-2\overrightarrow{MI} \right)=0$$\Leftrightarrow 5\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{MK}=0$$\Leftrightarrow \overrightarrow{MH}.\overrightarrow{MK}=0$
Vậy tập hợp điểm $M$ thuộc đường tròn đường kính $HK$ với $H$ thỏa $3\overrightarrow{HG}+2\overrightarrow{HI}=\overrightarrow{0}$ và $K$ thỏa $3\overrightarrow{KG}-2\overrightarrow{KI}=\overrightarrow{0}$.
Câu 29. Ta có
$\begin{array}{l}
\int\limits_a^2 {\frac{1}{{{x^3} + x}}dx} = \int\limits_a^2 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right)dx} = \int\limits_a^2 {\frac{1}{x}dx} - \int\limits_a^2 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}dx} = \left. {\ln \left| x \right|} \right|_a^2 - \frac{1}{2}\left. {\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right|_a^2\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \ln 2 - \ln a - \frac{1}{2}\left( {\ln 5 - \ln \left( {{a^2} + 1} \right)} \right)
\end{array}$
Do đó
$\begin{array}{l}
\ln 2 - \ln a - \frac{1}{2}\left( {\ln 5 - \ln \left( {{a^2} + 1} \right)} \right) = \ln 2 \Leftrightarrow 2\ln a + \ln 5 - \ln \left( {{a^2} + 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \ln \left( {5{a^2}} \right) = \ln \left( {{a^2} + 1} \right) \Leftrightarrow 5{a^2} = {a^2} + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{2}\\
a = \frac{{ - 1}}{2}\,\,\,(loi)
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}
\end{array}$
Câu 30. TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -9 \right\}$.
${y}'=\frac{m{{x}^{2}}+18mx-18m+42}{2{{\left( x+9 \right)}^{2}}}$.
Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ${y}'=0$ có hai nghiệm phân biệt khác -9 $\Leftrightarrow m{{x}^{2}}+18mx-18m+42=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác -9
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
81{m^2} - m\left( { - 18m + 42} \right) > 0\\
81m - 162m - 18m + 42 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0\\
99{m^2} - 42m > 0\\
- 99{m^2} + 42 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {\frac{{42}}{{99}}; + \infty } \right)$
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $\Delta :y=mx+2-m$.
Ta thấy điểm $A\left( 1;2 \right)\in \Delta $ nên $d\left( O;\Delta \right)\le OA=\sqrt{5}$. Do đó $\max d\left( O;\Delta \right)=\sqrt{5}$ khi $\Delta \bot OA$.
Do $OA:y=2x\Rightarrow m.2=-1\Leftrightarrow m=\frac{-1}{2}$ (thỏa mãn).
