Câu 31.
Gọi $h,r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ $\left( 0<h<2R,0<r<R \right)$.
$\Rightarrow $ Thể tích khối trụ là $V=\pi {{r}^{2}}h$.
Khối trụ nội tiếp một mặt cầu có bán kính $R$$\Rightarrow {{R}^{2}}={{r}^{2}}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}\Rightarrow {{r}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4}$.
$\Rightarrow V=\pi \left( {{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4} \right)h=\pi \left( {{R}^{2}}h-\frac{{{h}^{3}}}{4} \right)$.
Xét hàm số $f\left( h \right)={{R}^{2}}h-\frac{{{h}^{3}}}{4},0<h<2R.$
$f'\left( h \right) = {R^2} - \frac{3}{4}{h^2},f'\left( h \right) = 0 \Leftrightarrow {R^2} - \frac{3}{4}{h^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
h = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}\\
h = - \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}
\end{array} \right.$
$\underset{\left( 0;2R \right)}{\mathop{\text{Max}}}\,f\left( h \right)=\frac{4\sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$ khi $h=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$.
Vậy khối trụ nội tiếp một mặt cầu có bán kính $R$ không đổi có thể đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}{{R}^{3}}$.
Câu 32. Ta có:
Áp dụng: 
.
Câu 33.
Số phần tử không gian mẫu: $n\left( \Omega \right)={{6}^{5}}$.
Gọi A là biến cố “tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5”.
Để kết quả gieo thuận lợi cho biến cố A thì trong năm lần gieo có ít nhất một lần gieo được số 5, các lần còn lại gieo được toàn số lẻ.
Số phần tử của biến cố A: $n\left( A \right)={{3}^{5}}-{{2}^{5}}=211$.
Xác suất của biến cố A: $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{211}{7776}$.
Câu 34.
Phương trình mặt phẳng $\left( xOy \right)$: $z=0$.
Vì $1.\left( -3 \right)<0$ nên $A$, $B$ nằm về hai phía mặt phẳng $\left( xOy \right)$.
Gọi ${A}'$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $\left( xOy \right)$, ta có ${A}'\left( 3;2;-1 \right)$.
Với mọi $M\in \left( xOy \right)$, ta có $\left| MA-MB \right|=\left| M{A}'-MB \right|\le {A}'B$.
$\left| MA-MB \right|$ đạt giá trị lớn nhất bằng ${A}'B$ khi $M$, ${A}'$, $B$ thẳng hàng.
Gọi $M\left( x;y;0 \right)$. Ta có $\overrightarrow{{A}'M}=\left( x-3;y-2;1 \right)$; $\overrightarrow{{A}'B}=\left( -4;2;-2 \right)$.
$M$, ${A}'$, $B$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\left[ \overrightarrow{{A}'M};\overrightarrow{{A}'B} \right]=\overrightarrow{0}$, khi đó:
$\left\{ \begin{array}{l}
y - 1 = 0\\
5 - x = 0\\
- x - 2y + 7 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 5\\
y = 1
\end{array} \right.$. Vậy $M\left( {5;1;0} \right)$
Câu 35.
Do elip nhận trục $Ox,Oy$ là trục đối xứng và $O$ là tâm đối xứng nên hình vuông nội tiếp elip cũng nhận trục $Ox,Oy$ là trục đối xứng và $O$ là tâm đối xứng. Vậy tọa độ đỉnh của hình vuông nằm trong góc phần tư thứ nhất có dạng $M\left( {{x}_{0}};{{x}_{0}} \right)$ . Khi đó cạnh của hình vuông là $2\left| {{x}_{0}} \right|$ .
Do $M\in \left( E \right)\Leftrightarrow \frac{x_{0}^{2}}{{{a}^{2}}}+\frac{x_{0}^{2}}{{{b}^{2}}}=1\Leftrightarrow x_{0}^{2}=\frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$. Diện tích hình vuông là $S=4x_{0}^{2}=\frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$ .
Câu 36.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\tan x - \tan y = 10\\
\cot x - \cot y = 5
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\tan x - \tan y = 10\\
\frac{1}{{\tan x}} - \frac{1}{{\tan y}} = 5
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\tan x - \tan y = 10\\
\tan x.\tan y = - 2
\end{array} \right.$
Có $\tan \left( x-y \right)=\frac{\tan x-\tan y}{1+\tan x.\tan y}=-10$.
Câu 37.
Cách 1: Trước hết ta có (công thức Pa-xcan):
$C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k}=C_{n}^{k}\left( 1\le k\le n \right)$
Ta chứng minh công thức tổng quát bằng phương pháp quy nạp:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}+C_{n+2}^{n}+...+C_{n+k}^{n}=C_{n+k+1}^{n+1}$ (*)
Với $k=1,$ đẳng thức có dạng:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}=C_{n+2}^{n+1}\Leftrightarrow 1+\frac{\left( n+1 \right)!}{n!.\left( n+1-n \right)!}=\frac{\left( n+2 \right)!}{\left( n+1 \right)!.\left( n+2-n-1 \right)!}$
$\Leftrightarrow 1+n+1=n+2$(luôn đúng).
Vậy, đẳng thức đúng với $n=1.$
Giả sử đẳng thức đúng với $k=m,$ tức là ta có:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}+C_{n+2}^{n}+...+C_{n+m}^{n}=C_{n+m+1}^{n+1}$ $\left( 1 \right)$
Ta cần chứng minh nó cũng đúng với $k=m+1,$ tức là cần chứng minh:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}+C_{n+2}^{n}+...+C_{n+m}^{n}+C_{n+m+1}^{n}=C_{n+m+2}^{n+1}$
Thật vậy, với kết quả từ (1), ta được:
$VT=C_{n+m+1}^{n+1}+C_{n+m+1}^{n}=C_{n+m+2}^{n+1}=VP\ $(đpcm)
Áp dụng công thức trên ta được:
$C_{9}^{9}+C_{10}^{9}+...+C_{99}^{9}=C_{99+1}^{9+1}=C_{100}^{10}$
Cách 2: Ta có $C_{n}^{k}+C_{n}^{k+1}=C_{n+1}^{k+1}$ (với $k,n\in \mathbb{N};$ $0\le k\le n$)
$\begin{array}{l}
= C_9^9 + \left( {C_{11}^{10} - C_{10}^{10}} \right) + \left( {C_{12}^{10} - C_{11}^{10}} \right) + \ldots + \left( {C_{99}^{10} - C_{98}^{10}} \right) + \left( {C_{100}^{10} - C_{99}^{10}} \right)\\
= C_9^9 - C_{10}^{10} + C_{100}^{10}\\
= C_{100}^{10}
\end{array}$
Câu 38.
Ta có $\left( S \right):\ {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9\ ;\ A\left( 0;-1;2 \right)$ Khi đó, tâm của mặt cầu là $O\left( 0;0;0 \right),$
bán kínk$\ R=3$.
$OA=\sqrt{{{0}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{5}<R$
$\Rightarrow $ điểm $A$ nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$
Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn đó là nhỏ nhất
$\Rightarrow d\left( O,\left( P \right) \right)=OI$ là lớn nhất (với $I$là tâm của đường tròn).
Mà $IO\le OA$ (vì $IO\bot IA$) $\Rightarrow IO$ lớn nhất khi $A$ trùng $I$ hay $OA\bot \left( P \right)$
Vậy $\left( P \right)$ là mặt phẳng qua $A$ có vecto pháp tuyến là $\overrightarrow{OA}=\left( 0;-1;2 \right)$
Phương trình tổng quát của mặt phẳng $\left( P \right)$ là:
$\begin{array}{l}
0.\left( {x - 0} \right) + \left( { - 1} \right)\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z - 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow - y - 1 + 2z - 4 = 0\\
\Leftrightarrow y - 2z - 5 = 0
\end{array}$
Câu39.
Có 4 mặt phẳng đối xứng bao gồm:
+) Mặt phẳng chứa đỉnh của hình chóp và đường chéo của đa giác đáy: có 2 mặt phẳng
+) Mặt phẳng chứa đỉnh của hình chóp và đường trung bình của đa giác đáy: 2 mặt phẳng
Vậy hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng
Câu40.
+) $n\left( \Omega \right)=C_{20}^{2}=190.$
+) Gọi $X$ là tập các thẻ ghi số lẻ $\Rightarrow X=\left\{ 2n+1|n\in \mathbb{N},n\le 9 \right\}\Rightarrow n\left( X \right)=10.$
+) Gọi $Y$ là tập các thẻ ghi số chia hết cho 4 $\Rightarrow Y=\left\{ 4n|n\in {{\mathbb{N}}^{*}},n\le 5 \right\}\Rightarrow n\left( Y \right)=5.$
+) Gọi $Z$ là tập các thẻ ghi số chẵn nhưng không chia hết cho 4
$\Rightarrow Z=\left\{ 4n+2|n\in \mathbb{N},n\le 4 \right\}\Rightarrow n\left( Z \right)=5$
Gọi $A$ là biến cố: “Tích hai số ghi trên hai thẻ lấy ra là số chia hết cho 4”. Để xảy ra $A$thì có các trường hợp sau:
TH1: Lấy được ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4
Nếu không lấy được thẻ nào chi hết cho 4 thì có $C_{15}^{2}$ cách$\Rightarrow $ số cách lấy ra hai thẻ trong đó có ít nhất một thẻ chia hết cho 4 là: $C_{20}^{2}-C_{15}^{2}=85$
TH2: Lấy được hai thẻ thuộc tập $Z\Rightarrow $ số cách lấy là: $C_{5}^{2}=10.$
$\Rightarrow n\left( A \right)=C_{20}^{2}-C_{15}^{2}+C_{5}^{2}=95.$
Xác suất cần tính là: $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{95}{190}=\frac{1}{2}.$
Lưu ý: bài này có thể sử dụng biến cố đối $\overline{A}$ : “tích hai số trên hai thẻ không chia hết cho 4”, thì cũng có 2 trường hợp: hai số đều thuộc X hoặc một số thuộc X và một số thuộc Z.
Câu 41.
Ta có $3\overrightarrow{SG}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}$
$\Rightarrow 9S{{G}^{2}}=9{{\overrightarrow{SG}}^{2}}={{\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC} \right)}^{2}}$$=S{{A}^{2}}+S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}+2.\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}+2.\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SC}+2.\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SA}$$={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2.a.b.\cos 60{}^\circ +2b.c.\cos 120{}^\circ +0$$={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-bc$.
Vậy $3SG=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-bc}$$\Rightarrow SG=\frac{1}{3}\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-bc}$.
Câu 42.
Tập xác định $D=\left[ -2;2 \right]$.
${y}'=2x-\frac{x}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}$ Điều kiện: $x\in \left( -2;2 \right)$.
${y}'=0$$\Leftrightarrow 2x-\frac{x}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
2 - \frac{1}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
\sqrt {4 - {x^2}} = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
4 - {x^2} = \frac{1}{4}
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = \frac{{15}}{4}
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in \left( { - 2;2} \right)\\
x = \frac{{\sqrt {15} }}{2} \in \left( { - 2;2} \right)\\
x = - \frac{{\sqrt {15} }}{2} \in \left( { - 2;2} \right)
\end{array} \right.$
Ta có $y\left( -2 \right)=y\left( 2 \right)=4$; $y\left( 0 \right)=2$; $y\left( \frac{\sqrt{15}}{2} \right)=y\left( -\frac{\sqrt{15}}{2} \right)=\frac{17}{4}$.
Vậy $M=\frac{17}{4}$; $m=2$$\Rightarrow M+m=\frac{25}{4}$.
Câu 43.
Ta có: $\left| y \right|=\left| {{\sin }^{3}}x+{{\cos }^{5}}x \right|\le \left| {{\sin }^{3}}x \right|+\left| {{\cos }^{5}}x \right|\le {{\sin }^{2}}x+{{\cos }^{2}}x=1,\,\forall x$
$\Leftrightarrow -1\le y\le 1,\forall x$
Vậy: $M = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = 1\\
\cos x = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\
x = k2\pi
\end{array} \right.$
$m = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = - 1\\
\cos x = - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\
x = \pi + k2\pi
\end{array} \right.$
Suy ra: $M-m=2$ .
Câu 44.
Ta có: ${{S}_{\Delta OAB}}=\frac{1}{2}.OA.OB.\sin \left( \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB} \right)$ .
Mà: $\cos \left( \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB} \right)=\frac{\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}}{OA.OB}=\frac{-a+2a}{OA.OB}=\frac{a}{OA.OB}\Rightarrow \sin \left( \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB} \right)=\sqrt{1-\frac{{{a}^{2}}}{O{{A}^{2}}.O{{B}^{2}}}}=\frac{\sqrt{O{{A}^{2}}.O{{B}^{2}}-{{a}^{2}}}}{OA.OB}$
Suy ra: ${{S}_{\Delta OAB}}=\frac{1}{2}.\sqrt{O{{A}^{2}}.O{{B}^{2}}-{{a}^{2}}}=\frac{1}{2}.\sqrt{\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+4 \right)-{{a}^{2}}}=\frac{1}{2}.\sqrt{{{a}^{4}}+4{{a}^{2}}+4}$ .
Đặt $t={{a}^{2}}\,,\left( t\ge 0 \right)$.Xét $y={{t}^{2}}+4t+4\,,t\ge 0$ là hàm bậc 2 có đỉnh $I\left( -2;\,0 \right)$, hệ số $a=1>0$
$\Rightarrow $hàm số đồng trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)\Rightarrow \underset{\left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,y=4$ khi $t=0$
Vậy diện tích $\Delta OAB$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{1}{2}.\sqrt{4}=1$ khi $a=0$.
Câu 45.
Gọi số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số của nó tăng dần hoặc giảm dần là: $\overline{abcde}$.
Trường hợp 1: Trong năm chữ số có chữ số 0 thì $e=0$ chọn 4 chữ số a,b,c,d từ 9 chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 rồi xếp từ lớn đến bé có $C_{9}^{4}$cách.
Trường hợp 2: Trong năm chữ số không có chữ số 0 thì chọn 5 chữ số từ 9 chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 rồi xếp từ lớn đến bé hoặc từ bé đến lớn có $2C_{9}^{5}$ cách.
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số của nó tăng dần hoặc giảm dần là: $2C_{9}^{5}+C_{9}^{4}$
Câu 46.
$\frac{1+2i}{1-i}$ là một nghiệm (phức) của phương trình $\text{a}{{\text{x}}^{2}}+bx+c=0$ nên $\text{a(}\frac{1+2i}{1-i}{{\text{)}}^{2}}+b\frac{1+2i}{1-i}+c=0$$\Leftrightarrow \text{a(1+2}i{{)}^{2}}+b(1+2i)(1-i)+c{{(1-i)}^{2}}=0$
$\Leftrightarrow \text{a(-3+4}i)+b(3+i)+c(-2i)=0$
$\Leftrightarrow \text{(-3a}+3b)+(\text{4a}+b-2c)i=0$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{ - 3a}} + 3b = 0\\
{\rm{4a}} + b - 2c = 0
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow {\rm{a = }}b = \frac{2}{5}c$
Mà ${\rm{a,}}b,c$ là các số nguyên dương nên ${\rm{a}} + b + c$ nhỏ nhất khi $c = 5,{\rm{a = 2,}}b = 2$ và ${\rm{a}} + b + c = 9$
Câu 47.
□ Điều kiện: $x>0$.
□ Nhận xét: ${{8}^{{{\log }_{3}}x}}={{\left( {{2}^{{{\log }_{3}}x}} \right)}^{3}}$; ${{x}^{{{\log }_{3}}2}}={{2}^{{{\log }_{3}}x}}$.
Do đó, đặt $t={{2}^{{{\log }_{3}}x}}$, với $t>0$, thì phương trình đã cho trở thành: $m={{t}^{3}}-3t=f\left( t \right)$.
□ ${f}'\left( t \right)=3{{t}^{2}}-3=0\Leftrightarrow t=1$ hoặc $t=-1$(loại).
Bảng biến thiên:
□ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình $m=f\left( t \right)$ có nhiều hơn một nghiệm khi $-2<m<0$.
Câu 48.
□ Vì các hàm số $y={{x}^{2}}$ và $y=2-\left| x \right|$ đều là các hàm số chẵn nên diện tích hình phẳng cần tìm bằng hai lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi: $y={{x}^{2}}$, $y=2-x$ và $x=0$ trong miền $x\ge 0$.
□ Ta có: ${{x}^{2}}-(2-x)=0$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x-2=0$$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=-2$ (loại).
□ Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=2\int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{2}}+x-2 \right|}\text{d}x=2\left| \int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}+x-2 \right)}\text{d}x \right|=\frac{7}{3}$.
Câu 49.
${{2}^{k}}$có $100$ chữ số $\Leftrightarrow {{10}^{99}}<{{2}^{k}}<{{10}^{100}}$$\Leftrightarrow 99.{{\log }_{2}}10<k<100.{{\log }_{2}}10$.
$99.{{\log }_{2}}10\approx 328,87$ và $100.{{\log }_{2}}10\approx 332,19$ nên có $4$ giá trị nguyên của $k$ thỏa mãn.
Câu 50.
$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( {{2}^{x}}-1 \right)\left( {{3}^{x}}-1 \right)...\left( {{n}^{x}}-1 \right)}{{{x}^{n-1}}}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( {{e}^{x.\ln 2}}-1 \right)\left( {{e}^{x.\ln 3}}-1 \right)...\left( {{e}^{x.\ln n}}-1 \right)}{{{x}^{n-1}}}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{e}^{x.\ln 2}}-1}{x.\ln 2}.\frac{{{e}^{x.\ln 3}}-1}{x.\ln 3}....\frac{{{e}^{x.\ln n}}-1}{x.\ln n} \right).\ln 2\ln 3...\ln n$$=\ln 2\ln 3...\ln n$
( do $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x.\ln 2}}-1}{x.\ln 2}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x.\ln 3}}-1}{x.\ln 3}=\underset{x\to 0}{\mathop{...=\lim }}\,\frac{{{e}^{x.\ln n}}-1}{x.\ln n}=1$).
