Câu 31.Chọn C
Hai phương trình $f\left( x \right)=0$, $g\left( x \right)=0$ tương đương khi chúng có cùng tập nghiệm.
Tức là: $A=B$
+/ TH1: $m=2$. Khi đó $A=\left\{ 2\,;\,4\,;\,8 \right\}$,$B=\left\{ 2\,;\,4\,;\,8 \right\}$. Vậy hai phương trình đã cho tương đương. Suy ra $m=2$ thỏa.
+/ TH2: $m=m+2$ không tồn tại $m$thỏa mãn.
+/ TH3: $m=4m\Leftrightarrow m=0$. Khi đó $A=\left\{ \,0\, \right\},\,B=\left\{ 2\,;\,0 \right\}$. Suy ra hai tập nghiệm không bằng nhau. Loại $m=0$.
Vậy có một giá trị của $m$ để hai phương trình trên tương đương.
Câu 32.Chọn B
Để hàm số có duy nhất một tiệm cận ngang điều kiện cần và đủ là $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = a \in \Rightarrow 2020{m^4} = 2019m \Leftrightarrow m\left( {2020{m^3} - 2019} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = \sqrt[3]{{\frac{{2019}}{{2020}}}}
\end{array} \right.$
Vậy có 2 giá trị $m$thỏa mãn để hàm số $y=f(x)$ có duy nhất một tiệm cận ngang
Câu 33.Chọn C
Ta có $y'=-3{{x}^{2}}-12x+m-9$, để hàm số nghịch biến trên khoảng $(-\infty ;-1)$ khi và chỉ khi$y'\le 0\ \forall x\in (-\infty ;-1)\Leftrightarrow -3{{x}^{2}}-12x+m-9\le 0\ \forall x\in (-\infty ;-1)\Leftrightarrow m\le 3{{x}^{2}}+12x+9\ \forall x\in (-\infty ;-1)$
Xét hàm số $f(x)=3{{x}^{2}}+12x+9$ có bảng biến thiên.
Từ bảng biến thiên ta suy ra $m\le -3$
Mặt khác $m\in \left[ -10;3 \right]\Rightarrow m\in \left[ -10;-3 \right]$, do m là số nguyên nên có 8 giá trị.
Câu 34.Chọn B
${{16}^{x}}-m{{.4}^{x-1}}+5{{m}^{2}}-44=0$$\Leftrightarrow {{\left( {{4}^{x}} \right)}^{2}}-\frac{m}{4}{{.4}^{x}}+5{{m}^{2}}-44=0$
$\Leftrightarrow 4{{\left( {{4}^{x}} \right)}^{2}}-m{{.4}^{x}}+20{{m}^{2}}-176=0$, $\left( 1 \right)$.
Đặt $t={{4}^{x}}$ điều kiện $t>0$ từ $\left( 1 \right)$ ta có $4{{t}^{2}}-m.t+20{{m}^{2}}-176=0$, $\left( * \right)$.
Khi đó phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm đối nhau ${{x}_{1}};{{x}_{2}}$ thì ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=0$ khi và chỉ khi phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm dương ${{t}_{1}};{{t}_{2}}$thỏa mãn ${{t}_{1}}.{{t}_{2}}=1$. Nhưng vì phương trình $\left( * \right)$ có $\frac{c}{a}=-\frac{176}{4}=-44<0$ nên không có giá trị nào của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 35.Chọn A
Cách 1: Giao điểm của đường thẳng $d$ với trục $Ox$, $Oy$ lần lượt là: $A\left( 3;0 \right)$, $B\left( 0;5 \right)$.
Diện tích cần tính là: ${{S}_{OAB}}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}.3.5=7,5$.
Cách 2: Dễ thấy pt có dạng: $\frac{x}{3}+\frac{y}{5}=1$. Suy ra: $A\left( 3;0 \right)$, $B\left( 0;5 \right)$. Diện tích cần tính là: ${{S}_{OAB}}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}.3.5=7,5$.
Câu 36.Chọn B
Điều kiện$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a > 4b\quad \quad }\\
{{a^2} + 4{b^2} \ne 0}
\end{array}} \right.$ (*)
${{\log }_{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}+1}}\left( 2a-8b \right)=1$ $\Leftrightarrow $ $2a-8b={{a}^{2}}+4{{b}^{2}}+1$ $\Leftrightarrow $ ${{\left( a-1 \right)}^{2}}+4{{\left( b+1 \right)}^{2}}=4$.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki: ${{\left[ 4.\left( a-1 \right)+3.2\left( b+1 \right) \right]}^{2}}\le \left( {{4}^{2}}+{{3}^{2}} \right)\left[ {{\left( a-1 \right)}^{2}}+4{{\left( b+1 \right)}^{2}} \right]$.
$\Leftrightarrow $${{\left( 4a+6b+2 \right)}^{2}}\le 25.4$ $\Leftrightarrow $$-10\le 4a+6b+2\le 10$$\Rightarrow $$S=4a+6b-5\le 3$.
$S$ đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi và chỉ khi $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{3\left( {a - 1} \right) = 4.2\left( {b + 1} \right)}\\
{4a + 6b + 2 = 10}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow $ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = \frac{{13}}{5}}\\
{b = - \frac{2}{5}}
\end{array}} \right.$
(thỏa mãn (*)).
Vậy $P=\frac{a}{b}=-\frac{13}{2}$.
Câu 37.Chọn C
Xét hàm số $f\left( x \right)=a{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+b$$\left( x\in \mathbb{R} \right)$.
$f'\left( x \right) = 3a{x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = b\\
x = \frac{2}{{3a}} \Rightarrow y = b - \frac{4}{{27{a^2}}}
\end{array} \right.$
Để phương trình $a{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+b=0$ có ít nhất 2 nghiệm thực khi và chỉ khi${{y}_{CD}}.{{y}_{CT}}\le 0\Leftrightarrow b\left( b-\frac{4}{27{{a}^{2}}} \right)\le 0\Leftrightarrow b-\frac{4}{27{{a}^{2}}}\le 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}b-\frac{4}{27}\le 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}b\le \frac{4}{27}$.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức ${{a}^{2}}b$ bằng $\frac{4}{27}$.
Câu 38.Chọn B
Ta có
$\begin{array}{l}
{V_{GA'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABCA'B'C'}}\\
{V_{BB'MN}} = {V_{A'BB'N}} = \frac{1}{2}{V_{A'BCB'C'}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}{V_{ABCA'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABCA'B'C'}}\\
{V_{ABB'C'}} = \frac{1}{2}{V_{ABCB'C'}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}{V_{ABCA'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABCA'B'C'}}\\
{V_{A'BCN}} = \frac{2}{5}{V_{A'BCB'C'}} = \frac{2}{5}.\frac{2}{3}{V_{ABCA'B'C'}} = \frac{4}{{15}}{V_{ABCA'B'C'}}
\end{array}$
Do đó thể tích của khối ${A}'BCN$ nhỏ nhất.
Câu 39.Chọn A
Ta có ${f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+2ax+2$. Hàm số $y=f\left( x \right)$ có cực trị khi: ${{a}^{2}}-6>0\Leftrightarrow a<-\sqrt{6}\vee a>\sqrt{6}\,\,\left( 1 \right)$.
${g}'\left( x \right)=-3{{x}^{2}}+2bx-3$. Hàm số $y=g\left( x \right)$ có cực trị khi ${{b}^{2}}-9>0\Leftrightarrow b<-3\vee b>3\,\,\left( 2 \right)$.
Giả sử ${{x}_{0}}$ là điểm cực trị của cả hai hàm số $y=f\left( x \right)$ và $y=g\left( x \right)$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3x_0^2 + 2a{x_0} + 2 = 0\\
- 3x_0^2 + 2b{x_0} - 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b = \frac{1}{{2{x_0}}}\\
b = \frac{3}{2}\left( {{x_0} + \frac{1}{{{x_0}}}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{1}{{{x_0}}} - \frac{3}{2}{x_0}\\
b = \frac{3}{2}\left( {{x_0} + \frac{1}{{{x_0}}}} \right)
\end{array} \right.$
$P=\left| a \right|+\left| b \right|=\left| \frac{1}{{{x}_{0}}}+\frac{3}{2}{{x}_{0}} \right|+\left| \frac{3}{2}\left( {{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}} \right) \right|\ge \left| \frac{5}{2{{x}_{0}}}+3{{x}_{0}} \right|$
$\Rightarrow {{P}^{2}}=\frac{25}{4x_{0}^{2}}+9x_{0}^{2}+15\ge 2\sqrt{\frac{25}{4x_{0}^{2}}.9x_{0}^{2}}+15=30\Rightarrow P\ge \sqrt{30}$
Dấu “=” xảy ra khi:
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {\frac{1}{{{x_0}}} + \frac{3}{2}{x_0}} \right)\left( {{x_0} + \frac{1}{{{x_0}}}} \right) > 0\\
\frac{{25}}{{4x_0^2}} = 9x_0^2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {\frac{1}{{{x_0}}} + \frac{3}{2}{x_0}} \right)\left( {{x_0} + \frac{1}{{{x_0}}}} \right) > 0\\
{x_0} = \pm \sqrt {\frac{5}{6}}
\end{array} \right. \Rightarrow {x_0} = \pm \sqrt {\frac{5}{6}} $
Với hai giá trị ${{x}_{0}}$, ta tìm được hai cặp giá trị $a,\,b$ thoả (1) và (2). Vậy $\min P=\sqrt{30}$.
Câu 40:Chọc D
Điều kiện $x\ge 1$.
Dựa vào đồ thị ta thấy $f\left( x \right)=a\left( x-a' \right){{\left( x-2 \right)}^{2}}$ với $a'\in \left( 0\,;\,1 \right)$ và $f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = b' \in \left( {1\,;\,2} \right)\\
x = c' > 2
\end{array} \right.$
Do đó ${{f}^{2}}\left( x \right)-f\left( x \right)=a\left( x-a' \right){{\left( x-2 \right)}^{2}}\left( x-1 \right)\left( x-b' \right)\left( x-c' \right)$.
Do đó: $g\left( x \right)=\frac{\sqrt{x-1}}{{{a}^{2}}\left( x+1 \right)\left( x-a' \right)\left( x-2 \right)\left( x-b' \right)\left( x-c' \right)}$.
Do điều kiện $x\ge 1$ nên đồ thị hàm số $g\left( x \right)$ có 3 đường tiệm cận đứng.
Câu 41.Chọn C
Gọi phương trình đường thẳng là $d:y=ax+b.$
Theo đề ta có $0,1,m,n$ là các nghiệm của phương trình: ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-ax-b=0$ (1).
Vì x=0 ,x=1 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{b = 0}\\
{a + b = - 1}
\end{array}} \right.$
Khi đó phương trình (1) trở thành: ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}\text{+x=0}\Leftrightarrow \text{x(x-1)(}{{\text{x}}^{2}}+x-1)=0$.
Dễ thấy m,n là nghiệm của phương trình: ${{\text{x}}^{2}}+x-1=0$.
$S={{m}^{2}}+{{n}^{2}}={{(m+n)}^{2}}-2mn={{(-1)}^{2}}+2=3$.
Câu 42.Chọn A
Ta có $I=\int{f\left( x \right)dx=\int{\frac{1}{{{e}^{x}}+1}}}dx=\int{\frac{{{e}^{x}}}{{{e}^{x}}({{e}^{x}}+1)}}dx$.
Đặt $t={{e}^{x}}\Rightarrow dt={{e}^{x}}dx$.$I=\int{\frac{dt}{t(t+1)}}=\int{(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}})dt=\ln t-\ln (t+1)+C=\ln {{e}^{x}}-\ln ({{e}^{x}}+1)+C.$
Khi đó: $F(x)=\ln {{e}^{x}}-\ln ({{e}^{x}}+1)+C,\,\,\,F(0)=-\ln 2e\Leftrightarrow -\ln 2+C=-\ln 2-1\Leftrightarrow C=-1$
Do đó: $F(x)=\ln {{e}^{x}}-\ln ({{e}^{x}}+1)-1.$
$F\left( x \right)+\ln \left( {{e}^{x}}+1 \right)=2\Leftrightarrow \ln {{e}^{x}}-\ln ({{e}^{x}}+1)-1+\ln \left( {{e}^{x}}+1 \right)=2\Leftrightarrow \ln {{e}^{x}}=3\Leftrightarrow x=3.$
Câu 43.Chọn C
$g\left( x \right)=f\left( 2x+1 \right)+\frac{2}{3}{{x}^{3}}-8x+2019$.
${g}'\left( x \right)=2{f}'\left( 2x+1 \right)+2{{x}^{2}}-8$ .
${g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( 2x+1 \right)=4-{{x}^{2}}\left( 1 \right)$.
Hàm số ${f}'\left( 2x+1 \right)$ có bảng xét dấu như hàm số ${f}'\left( x \right)$nên ta có:
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2x + 1 = {x_1}\left( { - 4 < {x_1} < - 2} \right)}\\
{2x + 1 = 2}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{{{x_1} - 1}}{2}\left( { - \frac{5}{2} < x < \frac{{ - 3}}{2}} \right)}\\
{x = \frac{1}{2}}
\end{array}} \right.a$
Bảng xét dấu của ${g}'\left( x \right)$ như sau:
Câu 44.Chọn D
Gọi $x\,\,(x>0)$ là giá trị tiền tệ lúc ban đầu. Theo đề bài sau 1 năm giá trị tiền tệ còn $0,9\,x$.
Cuối năm thứ nhất còn $0,9\,x$.
Cuối năm thứ hai còn $0,9.\,0,9\,x\,=0,{{9}^{2}}\,x$.
……………………………………
Cuối năm thứ $n$ còn $0,{{9}^{n}}\,x$.
Theo đề bài, sau $n$ năm đơn vị tiền tệ mất đi ít nhất 90% giá trị nó nên ta có$0,{{9}^{n}}\,x\,\,\le \,\,0,1\,x\Leftrightarrow n>21,86$. Mà $n$là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên $n=22$
Câu 45.Chọn B
Ta có $16{{m}^{2}}{{x}^{3}}+16x+\sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}=2{{m}^{2}}+10$
$\Leftrightarrow 16{{m}^{2}}{{x}^{3}}+16x+\sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}-2{{m}^{2}}-10=0$.
Điều kiện: $8{{x}^{3}}+2x+2\ge 0\Leftrightarrow \left( x+\frac{1}{2} \right)\left( 8{{x}^{2}}-4x+4 \right)\ge 0\Leftrightarrow x+\frac{1}{2}\ge 0\Leftrightarrow x\ge -\frac{1}{2}$.
Đặt: $f\left( x \right)=16{{m}^{2}}{{x}^{3}}+16x+\sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}-2{{m}^{2}}-10$ với $x\ge -\frac{1}{2}$.
Khi đó: ${f}'\left( x \right)=48{{m}^{2}}{{x}^{2}}+16+\frac{12{{x}^{2}}+1}{\sqrt{8{{x}^{3}}+2x+2}}>0,\text{ }\forall x>-\frac{1}{2}$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình $f\left( x \right)=0$ có duy nhất một nghiệm với mọi $x$.
Câu 46.Chọn C
Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 0\\
{\left( {x + 2} \right)^4} = 0\\
{\left( {x + 4} \right)^3} = 0\\
{x^2} + 2\left( {m + 3} \right)x + 6m + 18 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = - 2\\
x = - 4\\
{x^2} + 2\left( {m + 3} \right)x + 6m + 18 = 0{\rm{ }}\left( * \right)
\end{array} \right.$
Để hàm số $f\left( x \right)$ có đúng một điểm cực trị $\Leftrightarrow $ Phương trình $\left( * \right)$ vô nghiệm, có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm là $-4.$
Trường hợp 1. Phương trình $\left( * \right)$ vô nghiệm $\Leftrightarrow \Delta =4{{m}^{2}}+24m+36-24m-72=4{{m}^{2}}-36<0$
$\Leftrightarrow -3<m<3$
$\Rightarrow m\in \left\{ -2\text{ };\text{ }-1\text{ };\text{ }0\text{ };\text{ }1\text{ };\text{ }2 \right\}$
Trường hợp 2. Phương trình $\left( * \right)$ có nghiệm kép $ \Leftrightarrow \Delta = 4{m^2} - 36 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 3\\
m = - 3
\end{array} \right.$
Trường hợp 3. Phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$. Trong đó ${{x}_{1}}=-4.$
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{\rm{ }}{x_2} \Leftrightarrow \Delta = 4{m^2} - 36 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m < - 3\\
m > 3
\end{array} \right.$
Theo định lí Viète ta có $\left\{ \begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = - 4 + {x_2} = - 2m - 6\\
P = {x_1}.{x_2} = - 4.{x_2} = 6m + 18
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_2} = - 2m - 2\\
{x_2} = - \frac{3}{2}m - \frac{9}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2m - 2 = - \frac{3}{2}m - \frac{9}{2} \Leftrightarrow m = 5$
Vậy $m\in \left\{ -3\text{ ; }-2\text{ };\text{ }-1\text{ };\text{ }0\text{ };\text{ }1\text{ };\text{ }2\text{ ; 3 ; 5} \right\}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 47.Chọn B
+ Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{{ - x + 1}}{{2x - 1}} = x + m \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2{x^2} + 2mx - m - 1 = 0}\\
{x \ne \frac{1}{2}}
\end{array}} \right.$ (*)
+ Phương trình (*) có: $\Delta '={{m}^{2}}+2(m+1)>0,\,\,\forall m$ nên (d) luôn cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi $a,\,\,b$ là các hoành độ giao điểm $\left( a\ne b\ne \frac{1}{2} \right)$. Khi đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
a + b = - m\\
ab = - \frac{{m + 1}}{2}
\end{array} \right.$
+ Khi đó:
$\begin{array}{l}
T = k_1^{2020} + k_2^{2020} = \frac{1}{{{{(2a - 1)}^{4040}}}} + \frac{1}{{{{(2b - 1)}^{4040}}}} \ge \frac{2}{{{{{\rm{[}}(2a - 1)(2b - 1){\rm{]}}}^{2020}}}}\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{{{{\left[ {4ab - 2(a + b) + 1} \right]}^{2020}}}} = \frac{2}{{{{\left[ { - 2(m + 1) + 2m + 1} \right]}^{2020}}}} = 2
\end{array}$
+ Nhận xét: Giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi: $\left\{ \begin{array}{l}
{(2a - 1)^{2020}} = {(2b - 1)^{2020}}\\
a \ne b \ne \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b = 1 = - m \Leftrightarrow m = - 1.$
Câu 48.Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có: ${B}'\left( 0\,;\,0\,;\,0 \right)$, $B\left( 0\,;\,0\,;\,a \right)$, $A\left( a\,;\,0\,;\,a \right)$, $C\left( 0\,;\,a\,;\,a \right)$, ${C}'\left( 0\,;\,a\,;\,0 \right)$, ${D}'\left( a\,;\,a\,;\,0 \right)$.
Giả sử ${B}'N=x,0\le x\le a\sqrt{2}$. Ta có: $\overrightarrow{{B}'N}=\frac{x}{a\sqrt{2}}\overrightarrow{{B}'{D}'}$ $\Rightarrow $ $N\left( \frac{x}{\sqrt{2}}\,;\,\frac{x}{\sqrt{2}}\,;\,0 \right)$.
Do $AM+{B}'N=a\sqrt{2}$ nên $AM=a\sqrt{2}-x$. Ta có: $\overrightarrow{AM}=\left( 1-\frac{x}{a\sqrt{2}} \right)\overrightarrow{AC}$$\Rightarrow $$M\left( \frac{x}{\sqrt{2}}\,;\,a-\frac{x}{\sqrt{2}}\,;\,a \right)$
${{V}_{AM{B}'N}}=\frac{1}{6}\left| \left[ \overrightarrow{{B}'M}\,;\,\overrightarrow{{B}'N} \right].\overrightarrow{{B}'A} \right|$ $=$ $\frac{1}{6}\left| a{{x}^{2}}-\sqrt{2}{{a}^{2}}x \right|,0\le x\le a\sqrt{2}$.
$\Rightarrow $ Giá trị lớn nhất của thể tích là $\frac{{{a}^{3}}}{12}$.
Câu 49.Chọn D
Ta có ${\left( {{x^2} + 1} \right)^2}f'\left( x \right) = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\left( {{x^2} - 1} \right) \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = \frac{{{x^2} - 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\,\,\forall x \in \left[ {1;2} \right]\,\,(*)$
Lấy tích phân 2 vế (*) trên $\left[ 1;2 \right]$ ta được
$\int\limits_1^2 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}{\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} - 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} {\rm{d}}x \Leftrightarrow - \frac{1}{{f\left( x \right)}}\left| \begin{array}{l}
2\\
1
\end{array} \right. = \int\limits_1^2 {\frac{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2}}}} {\rm{d}}x$
$ \Leftrightarrow - \frac{1}{{f\left( 2 \right)}} + \frac{1}{{f\left( 1 \right)}} = \int\limits_1^2 {\frac{{{\rm{d}}\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}}{{{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2}}}} \Leftrightarrow - \frac{1}{{f\left( 2 \right)}} + \frac{1}{2} = - \frac{1}{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}}\left| \begin{array}{l}
2\\
1
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow -\frac{1}{f\left( 2 \right)}+\frac{1}{2}=-\frac{2}{5}+\frac{1}{2}\Leftrightarrow f\left( 2 \right)=\frac{5}{2}$.
Câu 50.Chọn D
Không gian mẫu được mô tả là $\Omega $: “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0”.
Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right)={{9}^{5}}=59049$.
Gọi biến cố $A$: “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0 trong đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau”.
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt $a,$$b,$$c$ từ 9 chữ số tự nhiên khác 0 là $C_{9}^{3}$. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau:
TH1: Nếu cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 số $a,$$b,$$c$ thì có 3 cách chọn. Mỗi hoán vị từ $5!$ hoán vị của 5 chữ số chẳng hạn $a,$$a,$$a,$$b,$$c$ tạo ra một số tự nhiên; nhưng cứ $3!$ hoán vị của các vị trí mà $a,$$a,$$a$ chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng 1 số tự nhiên. Do đó, trong TH1 có tất cả$3.\frac{5!}{3!}$số tự nhiên.
TH2: 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số $a,$$b,$$c$ và chữ số kia bằng một chữ số khác trong 3 chữ số đó thì có 3 cách chọn. Mỗi hoán vị từ $5!$ hoán vị chẳng hạn $a,$$a,$$b,$$b,$$c$ tạo ra một số tự nhiên nhưng cứ $2!$ cách hoán vị $a$ và $2!$ cách hoàn vị $b$ mà vẫn cho ra cùng 1 số. Do đó, trong TH2 có tất cả: $3.\frac{5!}{2!.2!}$ số tự nhiên.
Suy ra số phần tử của biến cố$A$ là $n\left( A \right)=\left( 3.\frac{5!}{3!}+3.\frac{5!}{2!.2!} \right).C_{9}^{3}=12600$.
Vậy xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau là: $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{12600}{59049}$.
