Câu 30: Chọn A.
Vì $F\left( x \right)=\left( a{{x}^{2}}+bx-c \right){{\text{e}}^{2x}}$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)=\left( 2018{{x}^{2}}-3x+1 \right){{\text{e}}^{2x}}$ trên khoảng $\left( -\infty ;+\infty \right)$ nên ta có: ${{\left( F\left( x \right) \right)}^{\prime }}=f\left( x \right)$, với mọi $x\in \left( -\infty ;+\infty \right)$.
$\Leftrightarrow \left( 2a{{x}^{2}}+x\left( 2b+2a \right)-2c+b \right){{\text{e}}^{2x}}=\left( 2018{{x}^{2}}-3x+1 \right){{\text{e}}^{2x}}$, với mọi $x\in \left( -\infty ;+\infty \right)$.
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a = 2018\\
2b + 2a = - 3\\
- 2c + b = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1009\\
b = - \frac{{2021}}{2}\\
c = - \frac{{2023}}{4}
\end{array} \right.$.
Vậy $T=a+2b+4c$ $=1009+2.\left( -\frac{2021}{2} \right)+4.\left( -\frac{2023}{4} \right)$$=-3035$.
Câu 31: Chọn A.
Khối tròn xoay có được là hai khối nón giống nhau úp hai đáy lại với nhau.
Mỗi khối nón có đường cao $h=\frac{a}{2}$, bán kính đường tròn đáy $r=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy thể tích khối tròn xoay là $V=2.\frac{1}{3}.h.\pi .{{r}^{2}}$$=\frac{2}{3}\frac{a}{2}\pi {{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}$$=\frac{\pi {{a}^{3}}}{4}$.
Câu 32: Chọn A.
$F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)\text{d}x}=\int{\frac{1}{2{{\text{e}}^{x}}+3}\text{d}x}=\int{\frac{{{\text{e}}^{x}}}{\left( 2{{\text{e}}^{x}}+3 \right){{\text{e}}^{x}}}\text{d}x}$.
Đặt $t={{\text{e}}^{x}}\Rightarrow \text{d}t={{\text{e}}^{x}}\text{d}x$. Suy ra
$F\left( x \right)=\int{\frac{1}{\left( 2t+3 \right)t}\text{d}t}=\frac{1}{3}\ln \left| \frac{t}{2t+3} \right|+C=\frac{1}{3}\ln \left( \frac{{{\text{e}}^{x}}}{2{{\text{e}}^{x}}+3} \right)+C=\frac{1}{3}\left( x-\ln \left( 2{{\text{e}}^{x}}+3 \right) \right)+C$.
Vì $F\left( 0 \right)=10$ nên $10=\frac{1}{3}\left( 0-\ln 5 \right)+C\Leftrightarrow C=10+\frac{\ln 5}{3}$.
Vậy $F\left( x \right)=\frac{1}{3}\left( x-\ln \left( 2{{\text{e}}^{x}}+3 \right) \right)+10+\frac{\ln 5}{3}$.
Câu 33: Chọn A.
Số hạng tổng quát thứ $k+1$ là ${{T}_{k+1}}=C_{n}^{k}{{\left( -3x \right)}^{k}}=C_{n}^{k}{{\left( -3 \right)}^{k}}{{x}^{k}}$.
Vì hệ số của ${{x}^{2}}$ nên cho $k=2$.
Khi đó ta có $C_{n}^{2}{{\left( -3 \right)}^{2}}=90$$\Leftrightarrow C_n^2 = 10 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 10 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 5 & \left( n \right)\\
n = - 4 & \left( l \right)
\end{array} \right.$
Vậy n=5.
Câu 34: Chọn D.
Ta có: ${y}'={f}'\left( x \right)-5$; $y=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=5$. Dấu đạo hàm sai ${y}'$
Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình ${f}'\left( x \right)=5$ có nghiệm duy nhất và đó là nghiệm đơn.
Nghĩa là phương trình ${y}'=0$ có nghiệm duy nhất và ${y}'$ đổi dấu khi qua nghiệm này.
Vậy hàm số $y=f\left( x \right)-5x$ có một điểm cực trị.
Câu 35: Chọn C.
Ta có ${f}'\left( x \right)={{3.2}^{2018}}\left( {{x}^{2}}+2x \right)$.
Do đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)={{2}^{2018}}{{x}^{3}}+{{3.2}^{2018}}{{x}^{2}}-2018$ cắt trục hoành tại $3$ điểm phân biệt có hoành độ ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$, ${{x}_{3}}$ nên theo định lý vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} + {x_3} = - 3\\
{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = 0\\
{x_1}{x_1}{x_3} = \frac{{2018}}{{{2^{2018}}}}
\end{array} \right.$ (1).
Ta có ${f}'\left( {{x}_{1}} \right){f}'\left( {{x}_{2}} \right)={{\left( {{3.2}^{2018}} \right)}^{2}}\left[ {{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+4{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]$.
${f}'\left( {{x}_{2}} \right){f}'\left( {{x}_{3}} \right)={{\left( {{3.2}^{2018}} \right)}^{2}}\left[ {{\left( {{x}_{2}}{{x}_{3}} \right)}^{2}}+2{{x}_{2}}{{x}_{3}}\left( {{x}_{2}}+{{x}_{3}} \right)+4{{x}_{2}}{{x}_{3}} \right]$
${f}'\left( {{x}_{1}} \right){f}'\left( {{x}_{3}} \right)={{\left( {{3.2}^{2018}} \right)}^{2}}\left[ {{\left( {{x}_{1}}{{x}_{3}} \right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{3}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{3}} \right)+4{{x}_{1}}{{x}_{3}} \right]$
$\Rightarrow {f}'\left( {{x}_{1}} \right){f}'\left( {{x}_{2}} \right)+{f}'\left( {{x}_{2}} \right){f}'\left( {{x}_{3}} \right)+{f}'\left( {{x}_{3}} \right){f}'\left( {{x}_{1}} \right)$$={{\left( {{3.2}^{2018}} \right)}^{2}}\left[ {{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{2}}{{x}_{3}}+{{x}_{3}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}+4\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{2}}{{x}_{3}}+{{x}_{3}}{{x}_{1}} \right) \right]$ (2).
Thay (1) vào (2) ta có ${f}'\left( {{x}_{1}} \right){f}'\left( {{x}_{2}} \right)+{f}'\left( {{x}_{2}} \right){f}'\left( {{x}_{3}} \right)+{f}'\left( {{x}_{3}} \right){f}'\left( {{x}_{1}} \right)=0$ (3).
Mặt khác $P=\frac{1}{{f}'\left( {{x}_{1}} \right)}+\frac{1}{{f}'\left( {{x}_{2}} \right)}+\frac{1}{{f}'\left( {{x}_{3}} \right)}$$=\frac{{f}'\left( {{x}_{1}} \right){f}'\left( {{x}_{2}} \right)+{f}'\left( {{x}_{2}} \right){f}'\left( {{x}_{3}} \right)+{f}'\left( {{x}_{3}} \right){f}'\left( {{x}_{1}} \right)}{{f}'\left( {{x}_{1}} \right){f}'\left( {{x}_{2}} \right){f}'\left( {{x}_{2}} \right)}$ (4).
Thay (3) vào (4) ta có $P=0$.
Câu 36: Chọn C.
Vì $10$ đội bóng thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt nên số trận đấu là $C_{10}^{2}=45$ (trận).
Gọi số trận hòa là $x$, số không hòa là $45-x$ (trận).
Tổng số điểm mỗi trận hòa là $2$, tổng số điểm của trận không hòa là $3\left( 45-x \right)$.
Theo đề bài ta có phương trình $2x+3\left( 45-x \right)=130$$\Leftrightarrow x=5$.
Vậy có $5$ trận hòa.
Câu 37: Chọn C.
Ta có ${y}'=4{{x}^{3}}-4{{m}^{2}}x$.
Hàm số có cực đại cực tiểu $\Leftrightarrow $ phương trình ${y}'=0$ có ba nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m\ne 0$.
Gọi $A\left( 0;{{m}^{4}}+5 \right)$, $B\left( m;5 \right)$, $C\left( -m;5 \right)$ lần lượt là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABOC$ khi đó ta có ba điểm $A$, $I$,$O$ thẳng hàng.
Mặt khác do hai điểm $B$ và $C$ đối xứng nhau qua $AO$ nên $AO$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABOC$$\Rightarrow AB\bot OB$$\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{OB}=0$.
Trong đó $\overrightarrow{AB}=\left( m;-{{m}^{4}} \right)$, $\overrightarrow{OB}=\left( m;5 \right)$. Ta có phương trình ${{m}^{2}}-5{{m}^{4}}=0$$\Leftrightarrow m=\pm \frac{\sqrt{5}}{5}$
Câu 38: Chọn C.
Ta có $1+2+3+...+k$ là tổng của cấp số cộng có ${{u}_{1}}=1$, $d=1$ nên $1+2+3+...+k=\frac{\left( 1+k \right)k}{2}$
$\Rightarrow \frac{1}{1+2+...+k}=\frac{2}{k\left( k+1 \right)}$$=\frac{2}{k}-\frac{2}{k+1}$, $\forall k\in {{\mathbb{N}}^{*}}$.
$L=\lim \left( \frac{2}{1}-\frac{2}{2}+\frac{2}{2}-\frac{2}{3}+\frac{2}{3}-\frac{2}{4}+...+\frac{2}{n}-\frac{2}{n+1} \right)$$=\lim \left( \frac{2}{1}-\frac{2}{n+1} \right)$$=2$.
Câu 39: Chọn D.
Ta có $B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.\cos \widehat{BAC}$$={{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.a.a.\left( -\frac{1}{2} \right)$$=3{{a}^{2}}$$\Rightarrow BC=a\sqrt[{}]{3}$.
Xét tam giác vuông ${B}'AB$ có $A{B}'=\sqrt[{}]{B{{{{B}'}}^{2}}+A{{B}^{2}}}$$=\sqrt[{}]{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}$$=a\sqrt[{}]{2}$.
Xét tam giác vuông $IAC$ có $IA=\sqrt[{}]{I{{C}^{2}}+A{{C}^{2}}}$$=\sqrt[{}]{{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}$$=\frac{a\sqrt[{}]{5}}{2}$.
Xét tam giác vuông $I{B}'{C}'$ có ${B}'I=\sqrt[{}]{{B}'{{{{C}'}}^{2}}+{C}'{{I}^{2}}}$$=\sqrt[{}]{3{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}$$=\frac{a\sqrt[{}]{13}}{2}$.
Xét tam giác $I{B}'A$ có ${B}'{{A}^{2}}+I{{A}^{2}}=2{{a}^{2}}+\frac{5{{a}^{2}}}{4}$$=\frac{13{{a}^{2}}}{4}$$={B}'{{I}^{2}}$$\Rightarrow \Delta I{B}'A$ vuông tại $A$
$\Rightarrow $${{S}_{I{B}'A}}=\frac{1}{2}A{B}'.AI$$=\frac{1}{2}.a\sqrt[{}]{2}.\frac{a\sqrt[{}]{5}}{2}$$=\frac{{{a}^{2}}\sqrt[{}]{10}}{4}$.
Lại có ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat{BAC}$$=\frac{1}{2}a.a.\frac{\sqrt[{}]{3}}{2}$$=\frac{{{a}^{2}}\sqrt[{}]{3}}{4}$.
Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( ABC \right)$ và $\left( A{B}'I \right)$là $\alpha $.
Ta có $\Delta ABC$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta A{B}'I$ trên mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
Do đó ${{S}_{ABC}}={{S}_{I{B}'A}}.\cos \alpha $$\Rightarrow \frac{{{a}^{2}}\sqrt[{}]{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt[{}]{10}}{4}.\cos \alpha $$\Rightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt[{}]{30}}{10}$.
Câu 40: Chọn B.
Ta có $BK=2a$, $KI=a$ nên $BI=a\sqrt{5}$$\Rightarrow \cos \widehat{KBI}=\frac{1}{\sqrt{5}}$ và $\sin \widehat{KBI}=\frac{2}{\sqrt{5}}$.
Khi đó $\cos \widehat{OBI}=\cos \left( \widehat{KBI}-\widehat{KBO} \right)$$=\cos \widehat{KBI}.\cos 45{}^\circ +\sin \widehat{KBI}.\sin 45{}^\circ $
$=\frac{1}{\sqrt{5}}.\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2}{\sqrt{5}}.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$.
Kí hiệu $AB=2x$ thì $OI=x,OB=x\sqrt{2}$.
Ta có $O{{I}^{2}}=B{{O}^{2}}+B{{I}^{2}}-2.BO.BI.\cos \widehat{OBI}$$=2{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}-2.x\sqrt{2}.a\sqrt{5}.\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$$=2{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}-6xa$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}=2{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}-6xa$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-6xa+5{{a}^{2}}=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = a\\
x = 5a
\end{array} \right.$
Vì $x>a$ nên $x=5a$ hay $r=OI=5a$.
Vậy thể tích khối trụ $\left( T \right)$ là $V=\pi {{\left( 5a \right)}^{2}}.10a=250\pi {{a}^{3}}$.
Câu 41: Chọn A.
Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\bot AB$ (vì $\Delta SAB$ đều).
Mặt khác $\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC,BD\Rightarrow O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật $ABCD$.
Gọi $G$ là trọng tâm $\Delta SBC\Rightarrow G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $SBC$.
Qua $O$ dựng đường thẳng $d\text{//}SH\Rightarrow d$ là trục của đường tròn $\left( O \right),$ qua $G$ dựng đường thẳng $\Delta \text{//}OH\Rightarrow \Delta $ là trục của đường tròn $\left( H \right)$. $d\cap \Delta =I\Rightarrow IA=IB=IC=ID=IS\Rightarrow I$ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$.
Xét tam giác đều $SAB$ có cạnh là $a\sqrt{3}\Rightarrow SH=\frac{3a}{2}\Rightarrow SG=a$.
Mặt khác $IG=OH=\frac{AD}{2}=\frac{a}{2}$.
Xét tam giác vuông $SIG:I{{S}^{2}}=S{{G}^{2}}+I{{G}^{2}}={{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{5{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow IS=\frac{a\sqrt{5}}{4}$.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$là: $S=4\pi {{R}^{2}}=5\pi {{a}^{2}}$.
Câu 42: Chọn C.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$
Ta có $\widehat{SAH}=\widehat{SBH}=\widehat{SCH}=30{}^\circ $ (theo giả thiết) nên các tam giác vuông $SHA$, $SHB$, $SHC$ bằng nhau. Suy ra $HA=HB=HC\Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
Áp dụng công thức Hê-rông ta có ${{S}_{\Delta ABC}}=10\sqrt{3}.$
Mặt khác ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{abc}{4R}\Rightarrow R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\Rightarrow HB=\frac{7\sqrt{3}}{3}$.
Xét tam giác vuông $SHB$: $SH=HB\tan 30{}^\circ =\frac{7}{3}$, $SB=\frac{HB}{\cos 30{}^\circ }=\frac{14}{3}$.
Suy ra ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{70\sqrt{3}}{9}$.
Áp dụng công thức Hê-rông ta có ${{S}_{\Delta SBC}}=\frac{8\sqrt{13}}{3}$.
Do đó ${{V}_{A.SBC}}=\frac{1}{3}d.{{S}_{\Delta SBC}}$$\Rightarrow d=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}$$=\frac{3\frac{70\sqrt{3}}{9}}{\frac{8\sqrt{13}}{3}}$$=\frac{35\sqrt{39}}{52}$.
Câu 43: Chọn D.
Áp dụng công thức ${{T}_{n}}=A{{\left( 1+r \right)}^{n}}$
Ta có số tiền cả gốc lẫn lãi bạn An vay ngân hàng sau $4$ năm là: ${T_4} = 9000000{\left( {1 + 3\% } \right)^4} = 10129579,29$ Sai ở đây: chưa làm tròn. Để kết quả cuối cùng mới làm tròn.
Gọi $T$ là số tiền phải trả hàng tháng.
- Cuối tháng thứ 1 bạn An nợ: $A\left( 1+r \right)$ và đã trả $T$ đồng nên còn nợ $A\left( 1+r \right)-T$
- Cuối tháng thứ 2 bạn An còn nợ: $\left[ A\left( 1+r \right)-T \right]\left( 1+r \right)-T=A{{\left( 1+r \right)}^{2}}-T\left( 1+r \right)-T$
- Cuối tháng thứ 3 bạn An còn nợ:
$\left[ A{{\left( 1+r \right)}^{2}}-T\left( 1+r \right)-T \right]\left( 1+r \right)-T=A{{\left( 1+r \right)}^{3}}-T{{\left( 1+r \right)}^{2}}-T\left( 1+r \right)-T$
…………………………………
- Cuối tháng thứ n bạn An còn nợ:
$A{{\left( 1+r \right)}^{n}}-T{{\left( 1+r \right)}^{n-1}}-T{{\left( 1+r \right)}^{n-2}}-...-T=A{{\left( 1+r \right)}^{n}}-T\frac{{{\left( 1+r \right)}^{n}}-1}{r}$
- Để bạn An trả hết nợ sau n tháng thì số tiền phải trả hàng tháng: $T=\frac{Ar{{\left( 1+r \right)}^{n}}}{{{\left( 1+r \right)}^{n}}-1}$
Số tiền này được trả sau $5$ năm với lãi suất hàng tháng là $0,25%$, nên bạn An mỗi tháng phải trả cho ngân hàng số tiền là:
$T = \frac{{Ar{{\left( {1 + r} \right)}^n}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}} = \frac{{10145952,29.0,25\% .{{\left( {1 + 0,25\% } \right)}^{5.12}}}}{{{{\left( {1 + 0,25\% } \right)}^{5.12}} - 1}} = 182015$
Câu 44: Chọn D.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
Đạo hàm ${y}'={{x}^{2}}-mx-4$.
Khi đó ${y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-4=0$.
Ta có $\Delta ={{m}^{2}}+16>0$, $\forall m\in \mathbb{R}$$\Rightarrow {y}'=0$ luôn có hai nghiệm phân biệt $\forall m\in \mathbb{R}$ hay hàm số luôn có hai điểm cực trị ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$$\forall m\in \mathbb{R}$.
Do ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ là hai nghiệm phân biệt của ${y}'=0$ nên theo định lý Viet ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = m\\
{x_1}.{x_2} = - 4
\end{array} \right.$.
$P=\left( x_{1}^{2}-1 \right)\left( x_{2}^{2}-1 \right)$$={{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}-\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)+1$$={{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1$
$=16-{{m}^{2}}-8+1$$=-{{m}^{2}}+9$$\le 9$,$\forall m\in \mathbb{R}$.
Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ bằng$9$$\Leftrightarrow m=0$.
Câu 45: Chọn C.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
Ta có ${y}'=3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)$ và ${{y}'}'=6x-6m$.
Khi đó ${y}'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)=0$.
${\Delta }'=9{{m}^{2}}-9\left( {{m}^{2}}-1 \right)=9$ nên hàm số luôn có hai điểm cực trị $x=\frac{3m+3}{3}=m+1$ và $x=\frac{3m-3}{3}=m-1$.
${{y}'}'\left( m-1 \right)=6\left( m-1 \right)-6m$$=-6<0$$\Rightarrow x=m-1$ là điểm cực đại của hàm số
$\Rightarrow A\left( m-1\,;\,-3m+2 \right)$ là điểm cực đại của đồ thị $\left( C \right)$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{x_A} = m - 1\\
{y_A} = - 3m + 2
\end{array} \right.$$\Rightarrow {{y}_{A}}=-3{{x}_{A}}-1$
$\Rightarrow A$ luôn thuộc đường thẳng $d$ có phương trình $y=-3x-1$.
Do đó hệ số góc $k$ của đường thẳng $d$ là $-3$.
Câu 46: Chọn D.
Đặt $g\left( x \right)=f\left( x \right)-2017$.
Ta có ${g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)=4\left( {{m}^{2018}}+1 \right){{x}^{3}}+2\left( -2{{m}^{2018}}-{{2}^{2018}}{{m}^{2}}-3 \right)x$.
Khi đó \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{2{m^{2018}} + {2^{2018}}{m^2} + 3}}{{4\left( {{m^{2018}} + 1} \right)}}
\end{array} \right.\].
Nhận xét $\frac{2{{m}^{2018}}+{{2}^{2018}}{{m}^{2}}+3}{4\left( {{m}^{2018}}+1 \right)}>0$ $\forall m\in \mathbb{R}$ nên hàm số $g\left( x \right)=f\left( x \right)-2017$ luôn có $3$ cực trị.
Nhận xét $f\left( 1 \right)=\left( {{m}^{2018}}+1 \right)+\left( -2{{m}^{2018}}-{{2}^{2018}}{{m}^{2}}-3 \right)+{{m}^{2018}}+2018$.
Do đó $g\left( 1 \right)=-{{2}^{2018}}{{m}^{2}}-1<0\,\forall m$. Suy ra hàm số $g\left( x \right)$ luôn có ba cực trị trong đó có hai cực tiểu nằm bên dưới trục $Ox$ nên hàm số $y=\left| f\left( x \right)-2017 \right|$ có $7$ cực trị.
Câu 47: Chọn D.
Ta có ${{2018}^{x+3y}}+{{2018}^{xy+1}}+x+1={{2018}^{-xy-1}}+\frac{1}{{{2018}^{x+3y}}}-y\left( x+3 \right)$
$\Leftrightarrow {{2018}^{x+3y}}-{{2018}^{-x-3y}}+x+3y={{2018}^{-xy-1}}-{{2018}^{xy+1}}-xy-1$
$\Leftrightarrow f\left( x+3y \right)=f\left( -xy-1 \right)$ $\left( 1 \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)={{2018}^{t}}-{{2018}^{-t}}+t$, với $t\in \mathbb{R}$ ta có
${f}'\left( t \right)={{2018}^{t}}\ln 2018+{{2018}^{-t}}\ln 2018+1>0$, $\forall t\in \mathbb{R}$.
Do đó $f\left( t \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên $\left( 1 \right)$$\Leftrightarrow x+3y=-xy-1$
$\Leftrightarrow y\left( x+3 \right)=-x-1$$\Rightarrow y=-\frac{x+1}{x+3}$$\Rightarrow T=x-\frac{2\left( x+1 \right)}{x+3}$.
Xét hàm số $f\left( x \right)=x-\frac{2\left( x+1 \right)}{x+3}$, với $x\in \left[ 0;+\infty \right)$ có
${f}'\left( x \right)=1-\frac{4}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}$$=\frac{{{x}^{2}}+6x+5}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}>0$, $\forall x\in \left( 0;+\infty \right)$.
Do đó $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ 0;+\infty \right)$$\Rightarrow f\left( x \right)\ge f\left( 0 \right)=-\frac{2}{3}$.
Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow x=0$ $\Rightarrow m=-\frac{2}{3}$.
Câu 48: Chọn D.
Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ có dạng $d:y={y}'\left( {{x}_{0}} \right).\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}$.
Ta có $M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)\in \left( C \right)$$\Rightarrow {{y}_{0}}=\frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}$
Lại có ${y}'=\frac{4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}$$\Rightarrow {y}'\left( {{x}_{0}} \right)=\frac{4}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}$.
Do đó $d:y=\frac{4}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}.\left( x-{{x}_{0}} \right)+\frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}$
$\Rightarrow d:y{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}=4x-4{{x}_{0}}+2{{x}_{0}}\left( {{x}_{0}}+2 \right)$$\Rightarrow d:4x-{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}y+2x_{0}^{2}=0$
$\Rightarrow d\left( I;d \right)=\frac{\left| -8-2{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}+2x_{0}^{2} \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{4}}}}$$=\frac{\left| -16-8{{x}_{0}} \right|}{\sqrt{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{4}}+16}}$$=\frac{8}{\sqrt{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}+\frac{16}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}}}$.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
${{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}+\frac{16}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}\ge 2\sqrt{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}.\frac{16}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}}=8>0$$\Rightarrow d\left( I;d \right)\le 1$.
Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}=\frac{16}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}=4$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 0\\
{x_0} = - 4
\end{array} \right.$
Bài ra ${{x}_{0}}\ne 0$ nên ${{x}_{0}}=-4\Rightarrow {{y}_{0}}=4\Rightarrow 2{{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-4$.
Câu 49: Chọn A.
Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $BC$. Ta dễ dàng chứng minh được $MN$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$.
Suy ra ${{V}_{S.ABC}}=2{{V}_{S.MBC}}$.
Ta có $4M{{N}^{2}}=4M{{B}^{2}}-{{y}^{2}}$; $M{{B}^{2}}=1-\frac{{{x}^{2}}}{4}$.
Thay vào ta được $4M{{N}^{2}}=4M{{B}^{2}}-{{y}^{2}}=4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}$$\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}{2}$.
Vậy ${{V}_{SABC}}=2{{V}_{S.MBC}}$$=\frac{x}{3}.\frac{1}{2}MN.BC$$=\frac{1}{12}xy\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$$=\frac{1}{12}\sqrt{{{x}^{2}}.{{y}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}$.
Theo bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có ${{x}^{2}}.{{y}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\le {{\left( \frac{4}{3} \right)}^{3}}=\frac{64}{27}$.
Vậy ${{V}_{S.ABC}}\le \frac{2\sqrt{3}}{27}$. Dấu bằng đạt được khi $x=y=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
Câu 50: Chọn B.
Xét ${{4}^{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}-1}}={{\log }_{2}}\left[ 14-\left( y-2 \right)\sqrt{y+1} \right]$.
Ta có ${{4}^{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}-1}}\ge {{4}^{2\sqrt{{{x}^{2}}.\frac{1}{{{x}^{2}}}}-1}}=4$, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\pm 1$, (1).
Mặt khác $14-\left( y-2 \right)\sqrt{y+1}=14+3\sqrt{y+1}-{{\left( \sqrt{y+1} \right)}^{3}}$.
Đặt $t=\sqrt{y+1}$ ta có $0\le t\le \frac{\sqrt{30}}{2}$. Xét hàm số $f\left( t \right)=-{{t}^{3}}+3t+14$. Ta tìm GTLN – GTNN của hàm số trên đoạn $\left[ 0;\frac{\sqrt{30}}{2} \right]$ được $\underset{\left[ 0;\frac{\sqrt{30}}{2} \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( \frac{\sqrt{30}}{2} \right)$$=\frac{56-9\sqrt{30}}{4}$; $\underset{\left[ 0;\frac{\sqrt{30}}{2} \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=f\left( 1 \right)=16$.
Suy ra ${{\log }_{2}}\left[ 14-\left( y-2 \right)\sqrt{y+1} \right]\le {{\log }_{2}}16=4$, (2).
Từ (1) và (2) suy ra ta có $\left\{ \begin{array}{l}
x = \pm 1\\
t = \sqrt {y + 1} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \pm 1\\
y = 0
\end{array} \right.$. Thay vào P=2
