Câu 30: Chọn A.
Trên khoảng $\left( -\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2} \right)$ phương trình $2\sin x+1=0\Leftrightarrow \sin x=-\frac{1}{2}$ có hai nghiệm là $-\frac{\pi }{6}$ và $\frac{7\pi }{6}$.
Cả hai nghiệm này đều thỏa phương trình $4{{\cos }^{2}}x-3=0$.
Vậy hai phương trình có $2$ nghiệm chung.
Câu 31: Chọn D.
Mỗi số tự nhiên có $5$ chữ số, các chữ số khác $0$ và đôi một khác nhau là một chỉnh hợp chập $5$ của $9$ phần tử.
Vậy số các số tự nhiên thỏa đề bài là $A_{9}^{5}$ số.
Câu 32: Chọn B.
Diện tích $\Delta ABC$ là ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$.
$SA\bot \left( ABC \right)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $\left( ABC \right)$.
$\Rightarrow \widehat{\left( SC,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SC,AC \right)}=\widehat{SCA}={{60}^{\circ }}$.
$\Delta SAC$ vuông tại $A$ có $\widehat{SCA}=60{}^\circ $, ta có $SA=AC.\tan \widehat{SCA}=a\sqrt{3}$.
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}.{{S}_{\Delta ABC}}.SA=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{3}}}{4}$.
Câu 33: Chọn D.
$\ln x<1\Leftrightarrow \ln x<\ln e\Leftrightarrow 0<x<e$.
Câu 34: Chọn C.
$\sin \left( x-\frac{\pi }{3} \right)=1$$\Leftrightarrow x-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k2\pi $ $\Leftrightarrow x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi $ $\left( k\in \mathbb{Z} \right)$.
Câu 35:
Chọn B.
Ta có ${F}'\left( x \right)=f\left( x \right)={{e}^{{{x}^{2}}}}.x\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)$.
${F}'\left( x \right)$ đổi dấu qua các điểm $x=0$; $x=\pm 2$ nên hàm số $F\left( x \right)$ có 3 điểm cực trị.
Câu 36: Chọn D.
Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số và trục hoành:
$15{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-2018=0\,\,\left( * \right)$.
Đặt ${{x}^{2}}=t$, $t\ge 0$. Phương trình tương đương
$15{t^2} - 3t - 2018 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \frac{{3 + \sqrt {121089} }}{{30}} > 0\\
t = \frac{{3 - \sqrt {121089} }}{{30}} < 0
\end{array} \right.$
$\Rightarrow t=\frac{3+\sqrt{121089}}{30}$ nên $\left( * \right)$ có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm.
Câu 37: Chọn B.
Ta có: ${{\left( 1+x+{{x}^{2}}+{{x}^{3}} \right)}^{10}}$$={{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{10}}{{\left( 1+x \right)}^{10}}$$=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}}.{{x}^{2k}}.\sum\limits_{i=0}^{10}{C_{10}^{i}}.{{x}^{i}}$$=\sum\limits_{k=0}^{10}{\sum\limits_{i=0}^{10}{C_{10}^{k}.C_{10}^{i}}}.{{x}^{2k+i}}$
Hệ số của số hạng chứa ${{x}^{5}}$ nên $2k+i=5$.
Trường hợp 1: $k=0$, $i=5$ nên hệ số chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{0}.C_{10}^{5}$.
Trường hợp 2: $k=1$, $i=3$ nên hệ số chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{1}.C_{10}^{3}$.
Trường hợp 3: $k=2$, $i=1$ nên hệ số chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{2}.C_{10}^{1}$.
Vậy hệ số của số hạng chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{0}.C_{10}^{5}+C_{10}^{1}.C_{10}^{3}+C_{10}^{2}.C_{10}^{1}=1902$.
Câu 38: Chọn D.
Chọn ra $5$ chữ số khác $0$ trong $9$ chữ số (từ $1$ đến $9$) và sắp xếp chúng theo thứ tự có $A_{9}^{5}$ cách.
Để hai chữ số $0$ không đứng cạnh nhau ta có $6$ vị trí để xếp (do $5$ chữ số vừa chọn tạo ra $6$ vị trí).
Do chữ số $0$ không thể xếp ở đầu nên còn $5$ vị trí để xếp số $0$.
Khi đó xếp 3 số $0$ vào $5$ vị trí nên có $C_{5}^{3}$ cách.
Vậy có $A_{9}^{5}C_{5}^{3}=151200$ số cần tìm.
Câu 39: Chọn A.
Ta có $y={{x}^{3}}-3x+2$$\Rightarrow {y}'=3{{x}^{2}}-3$.
Gọi ${{x}_{0}}$ là hoành độ tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến có dạng
$y=\left( 3x_{0}^{2}-3 \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+x_{0}^{3}-3{{x}_{0}}+2$
Gọi $M\left( m;9m-14 \right)$ là điểm nằm trên đường thẳng $d:y=9x-14$.
Tiếp tuyến đi qua điểm $M$ khi và chỉ khi
$9m-14=\left( 3x_{0}^{2}-3 \right)\left( m-{{x}_{0}} \right)+x_{0}^{3}-3{{x}_{0}}+2\,\,\,\left( 1 \right)$
$\Leftrightarrow \left( {{x}_{0}}-2 \right)\left[ 2x_{0}^{2}-\left( 3m-4 \right){{x}_{0}}+8-6m \right]=0$
$\Leftrightarrow \left( {{x}_{0}}-2 \right)\left[ 2x_{0}^{2}-\left( 3m-4 \right){{x}_{0}}+8-6m \right]=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 2\\
2x_0^2 - \left( {3m - 4} \right){x_0} + 8 - 6m = 0 = g\left( {{x_0}} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Yêu cầu đề bài $\Leftrightarrow $$\left( 2 \right)$ có hai nghiệm phân biệt có một nghiệm bằng $2$ hoặc $\left( 2 \right)$ có nghiệm kép khác $2$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta > 0\\
g\left( 2 \right) = 0
\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
\Delta = 0\\
g\left( 2 \right) \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
9{m^2} + 24m - 48 > 0\\
- 12m + 24 = 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
9{m^2} + 24m - 48 = 0\\
- 12m + 24 \ne 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 2\\
m = \frac{4}{3}\\
m = - 4
\end{array} \right.$
Vậy có $3$ điểm $M$ thỏa đề bài.
Câu 40: Chọn D.
Ta có $\underset{x\to {{2}^{2018}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-{{4}^{2018}}}{x-{{2}^{2018}}}$$=\underset{x\to {{2}^{2018}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-{{2}^{2018}} \right)\left( x+{{2}^{2018}} \right)}{x-{{2}^{2018}}}$$=\underset{x\to {{2}^{2018}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+{{2}^{2018}} \right)$$={{2}^{2018}}+{{2}^{2018}}={{2}^{2019}}$.
Câu 41: Chọn B.
Đặt $S=4+44+444+...+44...4$ (tổng đó có $2018$ số hạng). Ta có:
$\frac{9}{4}S=9+99+999+...+99...9$$=\left( 10-1 \right)+\left( {{10}^{2}}-1 \right)+\left( {{10}^{3}}-1 \right)+...\left( {{10}^{2018}}-1 \right)$
Suy ra: $\frac{9}{4}S=$$\left( 10+{{10}^{2}}+{{10}^{3}}+...+{{10}^{2018}} \right)-2018=$$A-2018$.
Với $A=10+{{10}^{2}}+{{10}^{3}}+...+{{10}^{2018}}$ là tổng $2018$ số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu ${{u}_{1}}=10$, công bội $q=10$ nên ta có $A={{u}_{1}}\frac{1-{{q}^{2018}}}{1-q}$$=10\frac{1-{{10}^{2018}}}{-9}$$=\frac{{{10}^{2019}}-10}{9}$.
Do đó $\frac{9}{4}S=\frac{{{10}^{2019}}-10}{9}-2018$$\Leftrightarrow S=\frac{4}{9}\left( \frac{{{10}^{2019}}-10}{9}-2018 \right)$.
Câu 42: Chọn D.
Gọi điểm $E$ thỏa $\overrightarrow{EA}-2\overrightarrow{EB}=\vec{0}$. Suy ra $B$ là trung điểm của $AE$, suy ra $E\left( 3;-4;5 \right)$.
Khi đó: $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}=$${{\left( \overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA} \right)}^{2}}-2{{\left( \overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB} \right)}^{2}}$$=-M{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}-2E{{B}^{2}}$.
Do đó $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow $$ME$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow $ $M$ là hình chiếu của $E\left( 3;-4;5 \right)$ lên $\left( Oxy \right)$
$\Leftrightarrow M\left( 3;-4;0 \right)$.
Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau
+ Loại C vì $M\left( 0;0;5 \right)$ không thuộc $\left( Oxy \right)$.
+ Lần lượt thay $M\left( \frac{3}{2};\frac{1}{2};0 \right)$, $M\left( \frac{1}{2};-\frac{3}{2};0 \right)$, $M\left( 3;-4;0 \right)$ vào biểu thức $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}$ thì $M\left( 3;-4;0 \right)$ cho giá trị lớn nhất nên ta chọn $M\left( 3;-4;0 \right)$.
Câu 43: Chọn B.
Xét tích phân $\int\limits_{-2}^{0}{f\left( -x \right)\text{d}x=2}$.
Đặt $-x=t$$\Rightarrow \text{d}x=-\text{dt}$.
Đổi cận: khi $x=-2$ thì $t=2$; khi $x=0$ thì $t=0$ do đó $\int\limits_{-2}^{0}{f\left( -x \right)\text{d}x=}-\int\limits_{2}^{0}{f\left( t \right)\text{dt}}$$=\int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)\text{dt}}$$\Rightarrow \int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)\text{dt}}=2$$\Rightarrow \int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=2$.
Do hàm số $y=f\left( x \right)$ là hàm số lẻ nên $f\left( -2x \right)=-f\left( 2x \right)$.
Do đó $\int\limits_{1}^{2}{f\left( -2x \right)\text{d}x}=-\int\limits_{1}^{2}{f\left( 2x \right)\text{d}x}$$\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{f\left( 2x \right)\text{d}x}=-4$.
Xét $\int\limits_{1}^{2}{f\left( 2x \right)\text{d}x}$.
Đặt $2x=t$$\Rightarrow \text{d}x=\frac{1}{2}\text{dt}$.
Đổi cận: khi $x=1$ thì $t=2$; khi $x=2$ thì $t=4$ do đó $\int\limits_{1}^{2}{f\left( 2x \right)\text{d}x=}\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{4}{f\left( t \right)\text{dt}}=-4$
$\Rightarrow \int\limits_{2}^{4}{f\left( t \right)\text{dt}}=-8$$\Rightarrow \int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}=-8$.
Do $I=\int\limits_{0}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}$$=\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}$$=2-8=-6$.
Câu 44: Chọn C.
Cách 1:
Hàm số $y=f\left( 3-{{x}^{2}} \right)$ đồng biến khi ${y}'>0$$\Leftrightarrow -2x{f}'\left( 3-{{x}^{2}} \right)>0$$\Leftrightarrow 2x{f}'\left( 3-{{x}^{2}} \right)<0$.
TH1: $\left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
f'\left( {3 - {x^2}} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
\left[ \begin{array}{l}
3 - {x^2} > 2\\
- 6 < 3 - {x^2} < - 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
{x^2} < 1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
4 < {x^2} < 9
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 1 < x < 0\\
- 3 < x < - 2
\end{array} \right.$
TH2: $\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
f'\left( {3 - {x^2}} \right) < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
\left[ \begin{array}{l}
3 - {x^2} < - 6\\
- 1 < 3 - {x^2} < 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
{x^2} > 9
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
1 < {x^2} < 4
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 3\\
1 < x < 2
\end{array} \right.$.
So sánh với đáp án chọn C.
Cách 2: Giải trắc nghiệm
Từ đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ ta có $f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 2\\
- 6 < x < - 1
\end{array} \right.$; $f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x < - 6\\
- 1 < x < 2
\end{array} \right.$
Xét hàm số $y=f\left( 3-{{x}^{2}} \right)$ ta có ${y}'=-2x{f}'\left( 3-{{x}^{2}} \right)$.
Hàm số $y=f\left( 3-{{x}^{2}} \right)$ đồng biến khi ${y}'>0$$\Leftrightarrow -2x{f}'\left( 3-{{x}^{2}} \right)>0$$\Leftrightarrow 2x{f}'\left( 3-{{x}^{2}} \right)<0$ tức là hàm số $y=f\left( 3-{{x}^{2}} \right)$ đồng biến khi $x$ và ${f}'\left( 3-{{x}^{2}} \right)$ trái dấu.
Dựa vào đồ thị $y={f}'\left( x \right)$ ta có với $\forall x\in \left( -1;0 \right)$ thì ${f}'\left( 3-{{x}^{2}} \right)>0$ (do $2<3-{{x}^{2}}<3$ ) nên hàm số $y=f\left( 3-{{x}^{2}} \right)$ đồng biến.
Câu 45: Chọn C.
Giả sử $\left( P \right)$ tiếp xúc với $\left( {{S}_{1}} \right)$, $\left( {{S}_{2}} \right)$ lần lượt tại $A$ và $B$.
Gọi $IJ\cap \left( P \right)=M$. Do $\frac{IA}{JB}=\frac{MI}{MJ}=2$ nên $J$ là trung điểm của $IM$. Suy ra $M\left( 2\,;\,1\,;\,9 \right)$.
Gọi $\vec{n}=\left( a\,;\,b\,;\,c \right)$ với ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$.
Ta có: $\left( P \right):a\left( x-2 \right)+b\left( y-1 \right)+c\left( z-9 \right)=0$.
Và: $\left\{ \begin{array}{l}
d\left( {I\,,\,\left( P \right)} \right) = {R_1}\\
d\left( {J\,,\,\left( P \right)} \right) = {R_2}
\end{array} \right.$$\Rightarrow \frac{\left| c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=3{{c}^{2}}$$\Leftrightarrow {{\left( \frac{a}{c} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{b}{c} \right)}^{2}}=3$ $\left( 1 \right)$.
Ta có: $d\left( O\,,\,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2a+b+9c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\left| 2a+b+9c \right|}{2\left| c \right|}=\frac{1}{2}\left| \frac{2a}{c}+\frac{b}{c}+9 \right|$.
Đặt $t=\frac{2a}{c}+\frac{b}{c}$$\Leftrightarrow \frac{b}{c}=t-\frac{2a}{c}$. Ta có: $d\left( O\,,\,\left( P \right) \right)=\frac{1}{2}\left| t+9 \right|$.
Thay $\frac{b}{c}=t-\frac{2a}{c}$ vào $\left( 1 \right)$, ta được ${{\left( \frac{a}{c} \right)}^{2}}+{{\left( t-\frac{2a}{c} \right)}^{2}}=3$$\Leftrightarrow 5{{\left( \frac{a}{c} \right)}^{2}}-4.\,\frac{a}{c}.\,t+{{t}^{2}}-3=0$.
Để phương trình có nghiệm với ẩn $\frac{a}{c}$ thì $4{{t}^{2}}-5{{t}^{2}}+15\ge 0$$\Leftrightarrow -\sqrt{15}\le t\le \sqrt{15}$
$\Leftrightarrow 0<9-\sqrt{15}\le t+9\le 9+\sqrt{15}$$\Rightarrow \frac{9-\sqrt{15}}{2}\le d\left( O\,,\,\left( P \right) \right)\le \frac{9+\sqrt{15}}{2}$.
$\Rightarrow M=\frac{9+\sqrt{15}}{2}$ và $m=\frac{9-\sqrt{15}}{2}$. Vậy $M+m=9$.
Câu 46: Chọn A.
Đặt ${{\log }_{6}}\left( 2018x+m \right)={{\log }_{4}}\left( 1009x \right)=t$$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2018x + m = {6^t}\\
1009x = {4^t}
\end{array} \right.$$\Rightarrow 2.\,{{4}^{t}}+m={{6}^{t}}$$\Leftrightarrow m=-2.\,{{4}^{t}}+{{6}^{t}}$.
Đặt $f\left( t \right)=-2.\,{{4}^{t}}+{{6}^{t}}$. Ta có: ${f}'\left( t \right)={{6}^{t}}\ln 6-2.\,{{4}^{t}}.\ln 4$.
Xét ${f}'\left( t \right)=0\Rightarrow {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{t}}=\frac{2\ln 4}{\ln 6}={{\log }_{6}}16$$\Leftrightarrow t={{\log }_{\frac{3}{2}}}\left( {{\log }_{6}}16 \right)$.
Bảng biến thiên:
Phương trình $f\left( t \right)=m$ có nghiệm khi và chỉ khi $m\ge f\left( {{\log }_{\frac{3}{2}}}\left( {{\log }_{6}}16 \right) \right)\approx -2,01$.
Mà $\left\{ \begin{array}{l}
m < 2018\\
m \in Z
\end{array} \right.$ nên ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
- 2 \le m \le 2017\\
m \in Z
\end{array} \right.$. Vậy có $2020$ giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: Chọn A.
Cách 1:
Gọi $I,\text{ }H,\text{ }K,\text{ }E$ là các điểm như hình vẽ.
* Ta có: $\widehat{IHO}=60{}^\circ $
$O{{H}^{2}}=O{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{3{{R}^{2}}}{4}=\frac{{{R}^{2}}}{4}$$\Rightarrow OH=\frac{R}{2}$$\Rightarrow OI=OH.\tan 60{}^\circ =\frac{R\sqrt{3}}{2}$, $IH=\frac{OH}{\cos 60{}^\circ }=R$, $\Delta IOH\sim \Delta EKH$ nên ta có: $\frac{IE}{IH}=\frac{OK}{OH}=2\Rightarrow IE=2R$.
* Chọn hệ trục tọa độ $Ixy$ như hình vẽ ta có elip $\left( E \right)$ có bán trục lớn là $a=IE=2R$ và $\left( E \right)$ đi qua $A\left( -R;\,\frac{R\sqrt{3}}{2} \right)$ nên $\left( E \right)$ có phương trình là: $\left( E \right):\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{R}^{2}}}=1$.
* Diện tích của thiết diện là: $S=2\int\limits_{-R}^{2R}{R\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}}\text{dx}=2R\int\limits_{-R}^{2R}{\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}\text{dx}}$
* Xét tích phân: $I=\int\limits_{-R}^{2R}{\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}\text{dx}}$, đặt $x=2R.\sin t;\text{ }t\in \left[ -\frac{\pi }{2};\,\frac{\pi }{2} \right]$ ta được
$I=\frac{R}{2}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1+\cos 2t \right)\text{dt}}=\frac{R}{2}\left. \left( t+\frac{\sin 2t}{2} \right) \right|_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}=\left( \frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{8} \right)R$$\Rightarrow S=\left( \frac{4\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right){{R}^{2}}$.
Cách 2:
$\cos \widehat{AOB}=\frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2.OA.OB}=-\,\frac{1}{2}\Rightarrow \,\,\widehat{AOB}={{120}^{0}}\Rightarrow \,\,OH=\frac{R}{2}.$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ
$\Rightarrow $ Phương trình đường tròn đáy là:
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{R}^{2}}\Leftrightarrow y=\pm \,\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}.$
Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ.
Ta có $S=2\,\int\limits_{-\,\frac{R}{2}}^{R}{\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}\,\text{d}x}.$ Đặt $x=R.\sin t$$\Rightarrow \,\,S=\left( \frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right){{R}^{2}}.$
Gọi diện tích phần elip cần tính là ${S}'.$
Theo công thức hình chiếu, ta có ${S}'=\frac{S}{\cos {{60}^{0}}}=2\,S=\left( \frac{4\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2} \right){{R}^{2}}.$
Câu 48: Chọn B.
* Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng $2$.
* Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ ($O$ là trung điểm của $BC$). Ta có: ${A}'\left( 0;\,-\sqrt{3};\,2 \right),$ $B\left( 1;\,0;\,0 \right),$ $C\left( -1;\,0;\,0 \right),$ ${C}'\left( -1;\,0;\,2 \right),$$\overrightarrow{C{A}'}=\left( 1;\,-\sqrt{3};\,2 \right)$, $\overrightarrow{B{C}'}=\left( -2;\,0;\,2 \right)$.
* Do $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {CM} = m\overrightarrow {CA'} \\
\overrightarrow {BN} = n\overrightarrow {BC'}
\end{array} \right.$ nên ta có $M\left( -1+m;\,-\sqrt{3}m;\,2m \right)$, $N\left( 1-2n;\,0;\,2n \right)$
$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left( -m-2n+2;\,\sqrt{3}m;\,2n-2m \right)$.
* Đường thẳng $MN$ là đường vuông góc chung của ${A}'C$ và $B{C}'$nên:
$\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {CA'} = 0\\
\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {BC'} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 4m + 2n = - 1\\
- m + 4n = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = \frac{2}{5}\\
n = \frac{3}{5}
\end{array} \right.$ $\Rightarrow \frac{BN}{B{C}'}=n=\frac{3}{5}$ $\Rightarrow \frac{NB}{N{C}'}=\frac{3}{2}$.
Câu 49: Chọn B.
Phương trình $\sqrt{x-512}+\sqrt{1024-x}=16+4\sqrt[8]{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}$$\left( 1 \right)$.
Điều kiện: $x\in \left[ 512;\,1024 \right]$.
Bình phương hai vế của phương trình $\left( 1 \right)$ ta có:
$512+2\sqrt{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}=256+128\sqrt[8]{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}+16\sqrt[4]{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}$$\left( 2 \right)$.
Đặt $t=\sqrt[8]{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}$ điều kiện $0\le t\le 4$.
$\left( 2 \right)\Leftrightarrow {{t}^{4}}-8{{t}^{2}}-64t+128=0$$\Leftrightarrow \left( t-4 \right)\left( {{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32 \right)=0$.
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 4\\
{t^3} + 4{t^2} + 8t - 32 = 0
\end{array} \right.$
Với $t=4\Leftrightarrow \sqrt[8]{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}=4$.
Áp dụng BĐT - Cauchy: $\sqrt{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}\le \frac{x-512+1024-x}{2}=256$.
Suy ra $\sqrt[8]{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}\le 4$, dấu $''=''$ xẩy ra khi và chỉ khi $x=768$$\Rightarrow $ phương trình có $1$ nghiệm.
Với ${{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32=0$.
Xét hàm số $f\left( t \right)={{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32$ với $0\le t\le 4$.
Ta có ${f}'\left( t \right)=3{{t}^{2}}+8t+8>0$ $\forall t\in \left[ 0;\,4 \right]$.
Mà $f\left( 0 \right).f\left( 4 \right)=-32.128<0$.
Suy ra ${{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32=0$ có một nghiệm duy nhất trong khoảng $\left( 0;\,4 \right)$.
Phương trình $\sqrt[8]{\left( x-512 \right)\left( 1024-x \right)}=m$ có hai nghiệm khi $m\in \left( 0;\,4 \right)$.
Vậy phương trình $\left( 1 \right)$ có $3$ nghiệm.
Câu 50: Chọn A.
Ta có ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4}$.
Thể tích của khối trụ: $V=\pi \left( {{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4} \right)h$$\Leftrightarrow V=\pi {{R}^{2}}h-\frac{\pi {{h}^{3}}}{4}$.
Ta có ${V}'=\pi {{R}^{2}}-\frac{3\pi }{4}{{h}^{2}}$, $\Rightarrow {V}'=0\Leftrightarrow h=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$.
Bảng biến thiên:
Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi $h=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$.
