Lời giải đề 15: Đề thi thử THPTQG môn Toán nhóm Toán học tuổi trẻ năm 2018-2019 lần 1- trang 1

Giải chi tiết đề

Câu 1.Ta có $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{left$$fleft(xright)+fleft(-xright)right$$text{d}x}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{sqrt{1+cos 2x}text{d}x}$.

Vì hàm số $y=sqrt{1+cos 2x}$ là hàm chẵn nên

$intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{sqrt{1+cos 2x}text{d}x}=2intlimits_{0}^{frac{3pi }{4}}{sqrt{1+cos 2x}text{d}x}=$$2sqrt{2}intlimits_{0}^{frac{3pi }{4}}{left| cos x right|text{d}x}=2sqrt{2}left$intlimit{s}_0^{fracpi2}cosxtextdx-intlimit{s}_{fracpi2}^{frac3pi4}cosxtextdxright$=$$=2sqrt{2}left$left.sinxright{|}_0^{fracpi2}-left.sinxright{|}_{fracpi2}^{frac3pi4}right$=2sqrt{2}left$2-fracsqrt22right$=4sqrt{2}-2$.

Mặt khác $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{left$$fleft(xright)+fleft(-xright)right$$text{d}x}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$xright$text{d}x}+intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$-xright$text{d}x}$.

Xét  $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$-xright$text{d}x}$. Đặt $-x=tRightarrow text{d}x=-text{d}t$, khi $x=-frac{3pi }{4}$ thì $t=frac{3pi }{4}$, khi $x=frac{3pi }{4}$ thì $t=-frac{3pi }{4}$. Do đó $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$-xright$text{d}x}=-intlimits_{frac{3pi }{4}}^{-,,frac{3pi }{4}}{fleft$tright$text{d}t}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$tright$text{d}t}=intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$xright$text{d}x}$.

Suy ra $intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{left$$fleft(xright)+fleft(-xright)right$$text{d}x}=2intlimits_{-,,frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$xright$text{d}x}$.

Vậy $2intlimits_{-frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$xright$text{d}x}=4sqrt{2}-2Leftrightarrow intlimits_{-frac{3pi }{4}}^{frac{3pi }{4}}{fleft$xright$text{d}x}=2sqrt{2}-1$.

Câu 2.

Kẻ đường thẳng $d$ đi qua $N$ và song song với $AM$. Gọi $P$ là hình chiếu của $A$ trên $d$.

Vì $APbot NP$ và $SAbot NP$ $Rightarrow left$SAPright$bot NP$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SP$.

Vì $AHbot SP$, $AHbot NP$$Rightarrow H$ là hình chiếu của $A$ trên $left$SNPright$$.

Ta có $AM//NPRightarrow AM//left$SNPright$Rightarrow dleft$AM,SNright$=dleft$AM,left(SNPright$ right)=dleft$A,left(SNPright$ 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$$-3;,,5right$$$.

$f$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$le 4+3Rightarrow f$x$le 7$, $f$x$=7Leftrightarrow x=1$.

  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{nto +infty }{mathop{lim }},frac{9+99+999+…+overbrace{99…9}^{n}}{{{10}^{n}}}$$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{10-1+100-1+1000-1+…+1overbrace{00…0}^{n}-1}{{{10}^{n}}}$

 $=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{10+100+…1overbrace{00…0}^{n}-n}{{{10}^{n}}}$$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{10.frac{{{10}^{n}}-1}{9}-n}{{{10}^{n}}}$$=underset{nto +infty }{mathop{lim }},left$frac109left(1-frac1{10}^{n}right$-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$1+x+x^2+frac1xright$}^{9}}$$={{left$1+x^{2}right$}^{9}}{{left$1+frac1xright$}^{9}}$$=sumlimits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}{{x}^{2k}}}.sumlimits_{i=0}^{9}{C_{9}^{i}.{{x}^{-i}}}$$=sumlimits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}}.sumlimits_{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 $left$yOzright$,left$zOxright$,left$xOyright$$

Vậy trọng tâm của tam giác $ABC$ là $Gleft$fraca3;fracb3;fracc3right$$.

Câu9.  Xét hàm số $y={{x}^{3}}-x$

Có  ${y}’=3{{x}^{2}}-1;text{  }{y}’=0Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-1=0Leftrightarrow x=pm frac{1}{sqrt{3}}$.

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 $Rightarrow nleft$Omegaright$=10!$.

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 $A_{7}^{3}$ $cách$.

$Rightarrow nleft$Aright$=C_{4}^{2}.2!.6!A_{7}^{3}$.

$Rightarrow Pleft$Aright$=frac{C_{4}^{2}.2!6!A_{7}^{3}}{10!}=frac{1}{2}$.

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 $left$ABCright$,,,left$ABDright$,,,left$ACDright$,,,left$BCDright$$.

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$Rightarrow {{h}_{1}}+{{h}_{2}}+{{h}_{3}}+{{h}_{4}}=frac{3{{V}_{ABCD}}}{{{S}_{Delta ABC}}}=frac{3.frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}}{frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}}=asqrt{frac{2}{3}}$.

Câu 12. Vì $tan x=m$ nên $cos xne 0$. Do đó:

$begin{array}{l}
frac{{sin x – cos x}}{{2{{sin }^3}x – cos x}} = frac{{tan x.cos x – cos x}}{{2{{tan }^3}x.{{cos }^3}x – cos x}} = frac{{cos xleft$tanx–1right$}}{{{{cos }^3}xleft$2{tan}^{3}x–frac1{cos}^{2}xright$}}\
, &  &  = frac{1}{{{{cos }^2}x}}.frac{{tan x – 1}}{{2{{tan }^3}x – left$1+{tan}^{2}xright$}} = left$1+{tan}^{2}xright$frac{{tan x – 1}}{{2{{tan }^3}x – {{tan }^2}x – 1}}\
 &  &  = frac{{left$m^2+1right$left$m–1right$}}{{2{m^3} – {m^2} – 1}} = frac{{left$m^2+1right$left$m–1right$}}{{left$m–1right$left$2m^2+m+1right$}} = 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 $frac{S{A}’}{SA}=m,frac{S{B}’}{SB}=n,frac{S{C}’}{SC}=p.$

$frac{SG}{SO}=frac{3}{4}Rightarrow overrightarrow{SG}=frac{3}{4}overrightarrow{SO}=frac{1}{4}left$overrightarrowSA+overrightarrowSB+overrightarrowSCright$=frac{1}{4}left$frac1moverrightarrowS{A}^{\prime }+frac1noverrightarrowS{B}^{\prime }+frac1poverrightarrowS{C}^{\prime }right$$ $1$

Mặt khác do $G$ thuộc $left$A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }right$$nên ta có $overrightarrow{G{A}’}=xoverrightarrow{G{B}’}+yoverrightarrow{G{C}’}$

$Leftrightarrow overrightarrow{S{A}’}-overrightarrow{SG}=xoverrightarrow{S{B}’}-xoverrightarrow{SG}+yoverrightarrow{S{C}’}-yoverrightarrow{SG}$

$Leftrightarrow left$x+y-1right$overrightarrow{SG}=-overrightarrow{S{A}’}+xoverrightarrow{S{B}’}+yoverrightarrow{S{C}’}$

$Leftrightarrow overrightarrow{SG}=-frac{1}{x+y-1}overrightarrow{S{A}’}+frac{x}{x+y-1}overrightarrow{S{B}’}+frac{y}{x+y-1}overrightarrow{S{C}’}$ $2$

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$1+2right$}^{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$1right$$

${{left$1-2right$}^{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$2right$$

Cộng theo vế $left$1right$$và $left$2right$$ ta có  ${{3}^{99}}-1=2left$1+2^2{C}_{99}^2+2^4{C}_{99}^4+\dots +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 $SObot left$ABCDright$,,O=ACcap BD$

Xét  tam giác $SOC$ vuông tại $O$ có  $SO=sqrt{S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-{{left$fracasqrt22right$}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Khi đó ta có $Sleft$0,;,0,;fracasqrt22right$$; $Cleft$fracasqrt22,;,0,;0right$$; $Aleft$-fracasqrt22,;,0,;0right$$; $Bleft$0,;,fracasqrt22,;0right$$.

Do $M,,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA$ và $BC$ nên $Mleft$-fracasqrt24,;,0,;fracasqrt24right$$; $Nleft$fracasqrt24,;,fracasqrt24,;0right$$.

Do đó có $overrightarrow{SC}left$fracasqrt22,;,0,;-fracasqrt22right$Rightarrow overrightarrow{{{u}_{SC}}}left$1,;,0,;-1right$$

              $overrightarrow{MN}left$fracasqrt22,;,fracasqrt24,;-fracasqrt24right$Rightarrow overrightarrow{{{u}_{MN}}}left$2,;,1,;-1right$$

Vậy $cosleft$SC,MNright$=left| cosleft$overrightarrow{u}_{SC},overrightarrow{u}_{MN}right$ right|=frac{left| 3 right|}{sqrt{6}.sqrt{2}}=frac{sqrt{3}}{2}Rightarrow widehat{left$SC,MNright$}={{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}xright$ + {log _4}left${log}_{2}xright$ le 2 Leftrightarrow {log _2}left$frac12{log}_{2}xright$ + frac{1}{2}{log _2}left${log}_{2}xright$ le 2\
 Leftrightarrow {log _2}left$frac12{log}_{2}x.{left({log}_{2}xright)}^{frac12}right$ le 2 Leftrightarrow {log _2}left$frac12{left({log}_{2}xright)}^{frac32}right$ le 2\
 Leftrightarrow frac{1}{2}{left${log}_{2}xright$^{frac{3}{2}}} le 4 Leftrightarrow {left${log}_{2}xright$^{frac{3}{2}}} le 8 Leftrightarrow left${log}_{2}xright$ le 4 Leftrightarrow x le 16
end{array}$

$Leftrightarrow frac{1}{2}{{left${log}_{2}xright$}^{frac{3}{2}}}le 4Leftrightarrow {{left${log}_{2}xright$}^{frac{3}{2}}}le 8Leftrightarrow left${log}_{2}xright$le 4Leftrightarrow xle 16$.

Suy ra bất phương trình ${{log }_{2}}left${log}_{4}xright$+{{log }_{4}}left${log}_{2}xright$le 2$ 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 ${{u}_{n}}=frac{nleft$n+1right$}{2}$ .

Suy ra $underset{{}}{mathop{lim }},frac{{{u}_{n}}}{{{n}^{2}}}=underset{{}}{mathop{lim }},frac{nleft$n+1right$}{2{{n}^{2}}}=underset{{}}{mathop{lim }},frac{1+frac{1}{n}}{2}=frac{1}{2}$.

Câu19.            Đặt $z=a+bi,$$left$a,,b,inmathbbRright$$ .

Ta có : $T=frac{left| z+overline{z} right|+left| z-overline{z} right|}{left| z right|}=frac{2left| a right|+2left| b right|}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}$.

Ta có : $2left| a right|+2left| b right|=2left$left|aright|+left|bright|right$le 2sqrt{2left$a^2+b^{2}right$}Rightarrow Tle 2sqrt{2}$ .

             Dấu $”=”$  xảy ra khi $left| a right|=left| b right|$ .

Ta lại có :  $T=frac{2left| a right|+2left| b right|}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}=frac{2left$sqrt{a}^2+sqrt{b}^{2}right$}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}ge frac{2left$sqrt{a}^2+b^{2}right$}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}Rightarrow Tge 2$.

             Dấu $”=”$  xảy ra khi $a=0vee b=0$.

Do đó : $Tin left$$2,;,2sqrt2right$$$ .

Câu20.            Ta có : ${f}'$x$=2left$x-1right$+2left$x-2right$+…+2left$x-nright$=2nx-2left$1+2+..+nright$=2nx-n$n+1$$ .

            ${f}'$x$=0Leftrightarrow x=frac{n+1}{2}$ .

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;2right$in {{d}_{1}}$, véc tơ chỉ phương của ${{d}_{1}}$ là $overrightarrow{{{u}_{1}}}=left$2;3;1right$$.

Từ phương trình ${{d}_{2}}$ ta có điểm ${{M}_{2}}left$2;-2;0right$in {{d}_{2}}$, véc tơ chỉ phương của ${{d}_{2}}$ là $overrightarrow{{{u}_{2}}}=left$1;5;-2right$$.

Gọi $AB$ là đoạn vuông góc chung của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ với $Ain {{d}_{1}}, Bin {{d}_{2}}$.

Khi đó mặt phẳng cách đều hai đường thẳng ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ là $left$Pright$$ thì $left$Pright$bot AB$.

Gọi vec tơ pháp tuyến của $left$Pright$$ là $overrightarrow{n}$ thì $left{ begin{array}{l}
overrightarrow n  bot overrightarrow {{u_1}} \
overrightarrow n  bot overrightarrow {{u_2}} 
end{array} right. Rightarrow overrightarrow n  = left$$overrightarrow{u}_1,overrightarrow{u}_{2}right$$ = left$–11;5;7right$$

Do đó $left$Pright$$ có dạng $-11x+5y+7z+m=0$.

Lại có $dleft$M_1,left(Pright$ right)=dleft$M_2,left(Pright$ 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 $left$Pright$:-11x+5y+7z+1=0$

Câu 22.           ${{log }_{27}}left| a right|+{{log }_{9}}{{b}^{2}}=5Leftrightarrow sqrt$$3$${left| a right|}.left| b right|=243Leftrightarrow left| a right|.{{left| b right|}^{3}}={{3}^{15}} left$1right$$

${{log }_{27}}left| b right|+{{log }_{9}}{{a}^{2}}=7Leftrightarrow sqrt$$3$${left| b right|}.left| a right|=2187Leftrightarrow {{left| a right|}^{3}}.left| b right|={{3}^{21}} left$2right$$

Lấy $frac{left$2right$}{left$1right$}$ được $frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}={{3}^{6}}Rightarrow {{a}^{2}}={{3}^{6}}.{{b}^{2}} left$3right$$.

Lấy $left$1right$.left$2right$$ được ${{a}^{4}}.{{b}^{4}}={{3}^{36}}Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}={{3}^{18}} left$4right$$.

Từ $left$3right$,left$4right$$ suy ra ${{b}^{4}}={{3}^{12}}Leftrightarrow {{b}^{2}}={{3}^{6}}Leftrightarrow left| b right|={{3}^{3}}=27$.

Do đó ${{a}^{2}}={{3}^{6}}{{.3}^{6}}Leftrightarrow left| a right|={{3}^{6}}=729Rightarrow left| a right|-left| b right|=702$.

Câu 23.           ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2x+4y-6z+{{m}^{2}}-9m+4=0,left$1right$$, đặt $a=-1;,b=-2;,c=3,,d={{m}^{2}}-9m+4$.

$left$1right$$là phương trình của một mặt cầu $Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d>0$

$Leftrightarrow 14-left$m^2-9m+4right$>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 $2n+3n=200Leftrightarrow n=40$

Vậy hình lăng trụ có tổng số đỉnh và số cạnh bằng $200$thì số đỉnh là $80$.

Câu26.            $S=1+frac{1}{i}+frac{1}{{{i}^{2}}}+…+frac{1}{{{i}^{2019}}}$

$S=1.frac{{{left$frac1iright$}^{2020}}-1}{frac{1}{i}-1}$

$Leftrightarrow S=frac{frac{1}{{{i}^{2020}}}-1}{-i-1}=frac{1-1}{-i-1}=0$.

Câu 27.                       $fleft$xright$=frac{1}{{{x}^{2}}-1}$$=frac{1}{2}left$frac1x-1-frac1x+1right$$

                           ${{left$frac1x-1right$}^{prime }}=frac{left$-1right$}{{{left$x-1right$}^{2}}}$ ; ${{left$frac1x-1right$}^{prime prime }}=frac{{{left$-1right$}^{2}}.1.2}{{{left$x-1right$}^{3}}}$; ${{left$frac1x-1right$}^{prime prime prime }}=frac{{{left$-1right$}^{3}}.1.2.3}{{{left$x-1right$}^{4}}}$

                           Từ đó chứng minh quy nạp ta có : ${{left$frac1x-1right$}^{left$nright$}}=frac{{{left$-1right$}^{n}}.n!}{{{left$x-1right$}^{n+1}}}$

                           Tương tự ta có ${{left$frac1x+1right$}^{left$nright$}}=frac{{{left$-1right$}^{n}}.n!}{{{left$x+1right$}^{n+1}}}$

                           ${{f}^{left$nright$}}left$xright$=frac{1}{2}left$$frac{left(-1right)}^n.n!{left(x-1right)}^{n+1}-frac{left(-1right)}^n.n!{left(x+1right)}^{n+1}right$$$    $Rightarrow {{f}^{left$nright$}}left$0right$=frac{1}{2}left$$frac{left(-1right)}^n.n!{left(0-1right)}^{n+1}-frac{left(-1right)}^n.n!{left(0+1right)}^{n+1}right$$=-frac{1}{2}left$$frac{left(-1right)}^{n+1}.n!{left(0-1right)}^{n+1}-frac{left(-1right)}^{n+1}.n!{left(0+1right)}^{n+1}right$$=frac{-n!left$$1+{left(-1right)}^{n}right$$}{2}$

Câu 28.   Chọn $I$  sao cho $overrightarrow{IA}+2overrightarrow{IB}-overrightarrow{IC}=overrightarrow{0}$; gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

$left| overrightarrow{MA}+overrightarrow{MB}+overrightarrow{MC} right|=left| overrightarrow{MA}+2overrightarrow{MB}-overrightarrow{MC} right|$$Leftrightarrow left| 3overrightarrow{MG} right|=left| overrightarrow{MI}+overrightarrow{IA}+2overrightarrow{MI}+2overrightarrow{IB}-overrightarrow{MI}-overrightarrow{IC} right|$

$Leftrightarrow left| 3overrightarrow{MG} right|=left| 2overrightarrow{MI} right|$$Leftrightarrow 3MG=2MI$$Leftrightarrow 9M{{G}^{2}}=4M{{I}^{2}}$$Leftrightarrow 9{{overrightarrow{MG}}^{2}}-4{{overrightarrow{MI}}^{2}}=0$            $Leftrightarrow left$3overrightarrowMG+2overrightarrowMIright$left$3overrightarrowMG-2overrightarrowMIright$=0$$Leftrightarrow 5overrightarrow{MH}.overrightarrow{MK}=0$$Leftrightarrow overrightarrow{MH}.overrightarrow{MK}=0$

Vậy tập hợp điểm $M$ thuộc đường tròn đường kính $HK$ với $H$ thỏa $3overrightarrow{HG}+2overrightarrow{HI}=overrightarrow{0}$ và $K$ thỏa $3overrightarrow{KG}-2overrightarrow{KI}=overrightarrow{0}$.

Câu 29.   Ta có

 $begin{array}{l}
intlimits_a^2 {frac{1}{{{x^3} + x}}dx}  = intlimits_a^2 {left$frac1x–fracx{x}^2+1right$dx}  = intlimits_a^2 {frac{1}{x}dx}  – intlimits_a^2 {frac{x}{{{x^2} + 1}}dx}  = left. {ln left| x right|} right|_a^2 – frac{1}{2}left. {ln left$x^2+1right$} right|_a^2\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = ln 2 – ln a – frac{1}{2}left$ln5–lnleft(a^2+1right)right$
end{array}$

Do đó

 $begin{array}{l}
ln 2 – ln a – frac{1}{2}left$ln5–lnleft(a^2+1right)right$ = ln 2 Leftrightarrow 2ln a + ln 5 – ln left$a^2+1right$ = 0\
 Leftrightarrow ln left$5a^{2}right$ = ln left$a^2+1right$ 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+9right$}^{2}}}$.

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} – mleft$–18m+42right$ > 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$–infty;0right$ cup left$frac4299;+inftyright$$

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $Delta :y=mx+2-m$.

Ta thấy điểm $Aleft$1;2right$in Delta $ nên $dleft$O;Deltaright$le OA=sqrt{5}$. Do đó $max dleft$O;Deltaright$=sqrt{5}$ khi $Delta bot OA$.

Do $OA:y=2xRightarrow m.2=-1Leftrightarrow m=frac{-1}{2}$  $thỏamãn$.