Câu 31.Chọn C
Gọi ${{G}_{1}}\,;\,{{G}_{2}}\,;\,{{G}_{3}}$ lần lượt là trọng tâm tam giác $SAC$; $SBC$; $SAB$
Khi đó $\left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} \right)\cap \left( SAB \right)=MN$ với $MN//\,AB//\,{{G}_{1}}{{G}_{2}}$, ${{G}_{3}}\in MN$
$\left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} \right)\cap \left( SAC \right)=MP$ với $MP//\,AC//\,{{G}_{2}}{{G}_{3}}$, ${{G}_{1}}\in MP$
$\left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} \right)\cap \left( SBC \right)=NP$ với $NP//\,BC//\,{{G}_{1}}{{G}_{3}}$, ${{G}_{2}}\in NP$
Do đó $\left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} \right)$ chia khối chóp thành 2 phần: $SMNP$ và $MNPABC$
Ta có: $\frac{{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{SABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{8}{27}$ $\Rightarrow {{V}_{MNPABC}}={{V}_{SABC}}-{{V}_{SMNP}}={{V}_{SABC}}-\frac{8}{27}{{V}_{SABC}}=\frac{19}{27}{{V}_{SABC}}=\frac{19}{27}V$ .
Câu 32.Chọn D
Thể tích khối cầu $\left( S \right)$là ${{V}_{1}}=\frac{4}{3}\pi .{{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{.2}^{3}}=\frac{32}{3}\pi $
Khối nón $\left( N \right)$ có bán kính đáy $r=\sqrt{{{2}^{2}}-{{1}^{2}}}=\sqrt{3}$ , chiều cao $h=3$
Thể tích khối nón $\left( N \right)$ là ${{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.3=3\pi $ . Do đó $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{32}{9}$ .
Câu 33. Chọn A
Đặt $f\left( x \right)={{x}^{3}}-3mx+2$, ta có ${f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3m$.
${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=m$.
Nếu $m\le 0$, khi đó ${f}'\left( x \right)=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất, phương trình $f\left( x \right)=0$ có nghiệm duy nhất.
Nếu $m>0$, khi đó $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = m \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = - \sqrt m }\\
{x = \sqrt m }
\end{array}} \right.$
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $f\left( x \right)=0$ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f\left( {\sqrt m } \right) > 0}\\
{f\left( { - \sqrt m } \right) < 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m\sqrt m - 3m\sqrt m + 2 > 0}\\
{ - m\sqrt m + 3m\sqrt m + 2 < 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m\sqrt m < 1}\\
{2m\sqrt m + 2 < 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow m\sqrt m < 1 \Leftrightarrow {\rm{m < 1}}$
Vậy $0<m<1$.
Kết hợp 2 trường hợp ta được $m<1$.
Cách 2: Vì $x=0$ không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương với ${{x}^{2}}+\frac{2}{x}=3m$. Lập bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)={{x}^{2}}+\frac{2}{x}$, từ đó suy ra được kết quả.
Câu 34.Chọn A
Ta có $\left. \begin{array}{l}
BC \bot SA\\
BC \bot AB\\
SA,AB \subset \left( {SAB} \right)\\
SA \cap AB = A
\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$
Trong $\left( SAB \right)$, dựng $BH\bot SM$ và cắt $SM$ ở $H$.
Ta có $\left. \begin{array}{l}
BH \bot SM\\
BH \bot BC
\end{array} \right\} \Rightarrow d\left( {SM,BC} \right) = BH \Leftrightarrow d = BH.$
Ta có $\Delta BMH\backsim \Delta SMA\Rightarrow \frac{BH}{SA}=\frac{BM}{SM}\,\Leftrightarrow BH=\frac{SA\cdot BM}{SM}\quad \left( 1 \right)$.
Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$ có $\sin \widehat{BCA}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow AB=\sin {{60}^{0}}\cdot 2=\sqrt{3}$.
$\Rightarrow AM=BM=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Xét $\Delta SAM$ vuông ở $A$ có $S{{M}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}={{1}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}=\frac{7}{4}\Rightarrow SM=\frac{\sqrt{7}}{2}.$
Thế vào $\left( 1 \right)$, ta có $BH=\frac{SA\cdot BM}{SM}=\frac{1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$
Cách 2:
Nhận xét: Các dạng toán về khoảng cách nếu có thể thì nên sử dụng các quan hệ song song và tỉ lệ để đưa về tính khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp.
Gọi $N$ là trung điểm của $AC$.
Ta có $BC\,\text{//}\,\left( SMN \right)\Rightarrow d\left( BC,\,SM \right)=d\left( BC,\left( SMN \right) \right)=d\left( B,\left( SMN \right) \right)=d\left( A,\,\left( SMN \right) \right)$.
Kẻ $AH\,\bot \,SM$, $H\in SM$, ta có $AH\,\bot \,\left( SMN \right)$$\Rightarrow d\left( A,\,\left( SMN \right) \right)=AH$.
Ta có $AB=AC.\sin \widehat{C}=2.\sin 60{}^\circ =\sqrt{3}$$\Rightarrow AM=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao, suy ra $AH=\frac{SA.AM}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.
Vậy $d\left( BC,\,SM \right)=\frac{\sqrt{21}}{7}$.
Câu 35.Chọn D
Ta có hàm số xác định trên $\mathbb{R}\,$
Giả sử ${{y}_{0}}$ là giá trị của hàm số tại ${{x}_{0}}\,$ ta có
${{y}_{0}}=\frac{3\text{cos}{{x}_{0}}-1}{3+\text{cos}{{x}_{0}}}\,$ $\Leftrightarrow {{y}_{0}}\left( 3+\text{cos}{{x}_{0}} \right)=3\text{cos}{{x}_{0}}-1$$\Leftrightarrow \left( {{y}_{0}}-3 \right)\text{cos}{{x}_{0}}=-3{{y}_{0}}-1$$\left( * \right)$
Nếu ${{y}_{0}}=3$ thì $\left( * \right)$ trở thành $0=-10$(vô lý). Do đó $\left( * \right)$$\Leftrightarrow \text{cos}{{x}_{0}}=\frac{-3{{y}_{0}}-1}{{{y}_{0}}-3}\,$
Từ đó suy ra
$\left| \frac{-3{{y}_{0}}-1}{{{y}_{0}}-3} \right|\le 1$$\Leftrightarrow 2{{\left( {{y}_{0}} \right)}^{2}}+3{{y}_{0}}-2\le 0$$\Leftrightarrow -2\le {{y}_{0}}\le \frac{1}{2}$
Vậy $m=-2;M=\frac{1}{2}$$\Rightarrow M+m=-\frac{3}{2}$
*Cách 2: Đặt ẩn phụ $t=\cos \,x$ đưa về hàm bậc nhất trên bậc nhất, rồi tìm min, max của hàm đó trên $\left[ -1;1 \right]$
Câu 36.Chọn A
Đồ thị cắt trục tung tại điểm $\left( 0;c \right)$, từ đồ thị suy ra $c<0$
Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ${y}'=0$ có ba nghiệm phân biệt, hay ${y}'=4a{{x}^{3}}+2bx=2x\left( 2a{{x}^{2}}+b \right)=0$ có ba nghiệm phân biệt. Suy ra $a,b$ trái dấu.
Mà $a<0\Rightarrow b>0$
Vậy chọn A
Câu 37. Chọn B
Ta có: $\tan \widehat{ADM}=\tan \widehat{DCA}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{ADM}=\widehat{DCA}$
$\Rightarrow \Delta ADM$ và $\Delta DCA$ đồng dạng
$\Rightarrow \widehat{MAG}+\widehat{AMG}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{AGM}=90{}^\circ \Rightarrow DM\bot AC$
Mà $DM\bot SA\,\,\,\left( \text{do}\,\,SA\bot \left( ABCD \right) \right)\Rightarrow DM\bot \left( SAC \right)\Rightarrow \left( SDM \right)\bot \left( SAC \right)$
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SDM \right)$ bằng $90{}^\circ $.
Câu 38. Chọn C
Ta có:
$\begin{array}{l}
y' = - 3{\left( {x - 1} \right)^2} + 3{m^2}\\
y'' = - 6\left( {x - 1} \right)
\end{array}$
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì ${y}'=0$ có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m\ne 0$.
Khi đó: $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 + m}\\
{x = 1 - m}
\end{array}} \right.$
Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A\left( 1+m\,;\,2{{m}^{3}}-2 \right)$, $B\left( 1-m\,;\,-2{{m}^{3}}-2 \right)$, điểm uốn của đồ thị hàm số là $I\left( 1\,;\,-2 \right)$.
Vì $A$, $B$ cách đều gốc tọa độ $O$ nên $\Delta OAB$ là tam giác cân tại $O$.
$\Rightarrow OI$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của $\Delta OAB$ (do $I$ là trung điểm của $AB$)
$ \Rightarrow OI \bot IA \Leftrightarrow \overrightarrow {OI} .\overrightarrow {IA} = 0 \Leftrightarrow m - 4{m^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m = 0\,\,\,\left( L \right)}\\
{m = \frac{1}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{m = - \frac{1}{2}\,\,\,\,\,\,}
\end{array}} \right. \Rightarrow S = \left\{ { - \frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}} \right\}$
Vậy tổng các giá trị tuyệt đối của tất cả các phần tử thuộc $S$ là 1.
Câu 39.Chọn B
Đường tròn $\left( {{C}_{1}} \right)$ có tâm ${{I}_{1}}\left( 1\,;\,2 \right)$ và bán kính ${{R}_{1}}=1$.
Đường tròn $\left( {{C}_{2}} \right)$ có tâm ${{I}_{2}}\left( -1\,;\,0 \right)$ và bán kính ${{R}_{2}}=1$.
Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{x+c}$ có tiệm cận đứng ${{d}_{1}}:\,x=-c$, tiệm cận ngang ${{d}_{2}}:\,y=a$.
Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{x+c}$ đi qua tâm ${{I}_{1}}\left( 1\,;\,2 \right)$, đi qua tâm ${{I}_{2}}\left( -1\,;\,0 \right)$$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{a + b}}{{1 + c}} = 2\\
\frac{{ - a + b}}{{ - 1 + c}} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b = 2c + 2\\
a = b
\end{array} \right.$
$\left( * \right)$.
Vì hai đường tròn $\left( {{C}_{1}} \right)$ và $\left( {{C}_{2}} \right)$ cùng tiếp xúc với hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{x+c}$ nên
$\left\{ \begin{array}{l}
d\left( {{I_1}\,;\,{d_1}} \right) = d\left( {{I_2}\,;\,{d_1}} \right) = 1\\
d\left( {{I_1}\,;\,{d_2}} \right) = d\left( {{I_2}\,;\,{d_2}} \right) = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {1 + c} \right| = \left| { - 1 + c} \right| = 1\\
\left| {2 - a} \right| = \left| { - a} \right| = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
c = 0
\end{array} \right.$
. Từ $\left( * \right)$ suy ra $b=1$.
Vậy $a+b+c=1+1+0=2$.
Câu 40.Chọn B
Ta có $2f\left( x \right)+{{x}^{2}}>4x+m\Leftrightarrow f\left( x \right)>\frac{-{{x}^{2}}+4x+m}{2}$ nghiệm đúng với mọi $x\in \left( -1\,;3 \right)$.
Dựa vào đồ thị ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=f\left( x \right)$ bằng $-3$ khi $x=2$.
Đặt $g\left( x \right)=\frac{-{{x}^{2}}+4x+m}{2}$. Ta có $g\left( x \right)<-3,\,\forall x\in \left( -1\,;\,3 \right)\Leftrightarrow \frac{-{{x}^{2}}+4x+m}{2}<-3,\,\forall x\in \left( -1\,;\,3 \right)$
$\Leftrightarrow -{{x}^{2}}+4x+m+6<0,\,\forall x\in \left( -1\,;\,3 \right)\Leftrightarrow m<{{x}^{2}}-4x-6,\,\forall x\in \left( -1\,;\,3 \right)$.
Đặt $h\left( x \right)={{x}^{2}}-4x-6,\,\forall x\in \left( -1\,;\,3 \right)$.
${h}'\left( x \right)=2x-4=0\Leftrightarrow x=2$.
Bảng biến thiên
Vậy $m<-10$.
Câu 41.Chọn C
Tính được: ${y}'=3{{x}^{2}}+4\left( m-2 \right)x-5$.
Khi đó ${\Delta }'=4{{\left( m-2 \right)}^{2}}+15>0$ nên hàm số luôn có hai điểm cực trị ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ $\left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \right)$ .
Nhận xét $a.c<0$ nên ${{x}_{1}}<0<{{x}_{2}}$
Suy ra:
$\left| {{x}_{1}} \right|-\left| {{x}_{2}} \right|=-2$$\Leftrightarrow -{{x}_{1}}-{{x}_{2}}=2$$\Leftrightarrow \frac{b}{a}=2$$\Leftrightarrow \frac{4\left( m-2 \right)}{3}=2$$\Leftrightarrow m=\frac{7}{2}$.
Câu 42.Chọn B
Ta có $\log \sin x+\log \cos x=-1\Leftrightarrow \log \left( \sin x\cos x \right)=-1\Leftrightarrow \sin x\cos x=\frac{1}{10}$.
Ta có $\log \left( \sin x+\cos x \right)=\frac{1}{2}\left( \log n-1 \right)$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 2\log \left( {\sin x + \cos x} \right) = \log n - \log 10\\
\Leftrightarrow \log {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = \log \frac{n}{{10}}\\
\Leftrightarrow \log \left( {1 + 2\sin x\cos x} \right) = \log \frac{n}{{10}}\\
\Leftrightarrow n = 10\left( {1 + 2 \cdot \frac{1}{{10}}} \right)\\
\Leftrightarrow n = 12.
\end{array}$
Vậy $n=12$.
Câu 43.Chọn D
Phương trình ${{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}={{3.7}^{x}}$ $\Leftrightarrow {{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}-{{3.7}^{x}}=0$.
Xét hàm số $f(x)={{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}-{{3.7}^{x}}$
${f}'(x)={{50}^{x}}\ln 50+{{2}^{x+5}}\ln 2-{{3.7}^{x}}\ln 7$
${{f}'}'(x)={{50}^{x}}{{\left( \ln 50 \right)}^{2}}+{{2}^{x+5}}{{\left( \ln 2 \right)}^{2}}-{{3.7}^{x}}{{\left( \ln 7 \right)}^{2}}$
Khi $x\ge 0$ thì ${{f}'}'(x)={{7}^{x}}\left( {{\left( \frac{50}{7} \right)}^{x}}{{\left( \ln 50 \right)}^{2}}-3{{\left( \ln 7 \right)}^{2}} \right)+{{2}^{x+5}}{{\left( \ln 2 \right)}^{2}}$
${{f}'}'(x)\ge {{7}^{x}}\left( {{\left( \frac{50}{7} \right)}^{0}}{{\left( \ln 50 \right)}^{2}}-3{{\left( \ln 7 \right)}^{2}} \right)+{{2}^{x+5}}{{\left( \ln 2 \right)}^{2}}>0$
Khi $x<0$ thì ${{f}'}'(x)={{7}^{x}}\left( {{\left( \frac{2}{7} \right)}^{x}}32{{\left( \ln 2 \right)}^{2}}-3{{\left( \ln 7 \right)}^{2}} \right)+{{50}^{x}}{{\left( \ln 50 \right)}^{2}}$
${{f}'}'(x)>{{7}^{x}}\left( {{\left( \frac{2}{7} \right)}^{0}}32{{\left( \ln 2 \right)}^{2}}-3{{\left( \ln 7 \right)}^{2}} \right)+{{50}^{x}}{{\left( \ln 50 \right)}^{2}}>0$
Suy ra ${{f}'}'(x)>0,\,\forall x\in \mathbb{R}$. Nên ${f}'(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ .
Mà $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'\left( x \right)=0$ nên ${f}'(x)>0,\,\forall x\in \mathbb{R}$
Suy ra $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ .
Mà $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0$ nên $f(x)>0,\,\forall x\in \mathbb{R}$
Suy ra phương trình $f(x)=0$ vô nghiệm.
Câu 44. Chọn A
Tổng số điểm vừa lấy bằng: $3+4+5+6=18$ (điểm).
Mỗi cách chọn ra $3$ điểm không nằm trên một cạnh cho ta một tam giác.
Số cách chọn $3$ điểm từ $18$ điểm là: $C_{18}^{3}=816$ (cách chọn).
Số cách chọn $3$ điểm cùng nằm trên một cạnh là: $C_{3}^{3}+C_{4}^{3}+C_{5}^{3}+C_{6}^{3}=35$(cách chọn).
Vậy số tam giác cần tìm bằng: $816-35=781$(tam giác).
(đã sửa đề )
Câu 45.Chọn A
Gọi $D$ là trung điểm $BC$, $H$ là chân đường cao khối chóp hạ từ $S$.
Ta có tứ giác $SMHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $SD$. Theo tích chất cát tuyến
$AS.AM=AH.AD\Leftrightarrow \frac{3}{4}S{{A}^{2}}=\frac{2}{3}A{{D}^{2}}\Leftrightarrow S{{A}^{2}}=\frac{8}{3}$$\Rightarrow SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
Nên ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{2}{3}.$
Câu 46. Chọn D
Đặt độ dài cạnh $AB=x$ $\left( x>0 \right)$ và $M$ là trung điểm $AB$.
Vì tam giác ${O}'AB$ đều nên ${O}'A={O}'B=AB=x$$\Rightarrow {O}'M=\frac{x\sqrt{3}}{2}$.
Vì mặt phẳng $\left( {O}'AB \right)$ tạo với mặt phẳng chứa đường tròn $\left( O;R \right)$ góc $60{}^\circ $ nên $\widehat{{O}'MO}=60{}^\circ $.
Xét tam giác ${O}'OM$ vuông tại $O$ ta có: $\cos \widehat{{O}'MO}=\frac{OM}{{O}'M}$. Suy ra
$\cos 60{}^\circ =\frac{OM}{\frac{x\sqrt{3}}{2}}\Leftrightarrow OM=\frac{x\sqrt{3}}{4}$
Xét tam giác $OAM$vuông ở $M$ có: $O{{A}^{2}}=O{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}$ nên
${{R}^{2}}={{\left( \frac{x\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{x}{2} \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}=\frac{7}{16}{{x}^{2}}\Rightarrow x=\frac{4\sqrt{7}}{7}R$
Do đó: ${O}'M=\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{21}}{7}R$ và $OM=\frac{x\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{21}}{7}R$. Vì vậy, ta có
$O{O}'=\sqrt{{O}'{{M}^{2}}-O{{M}^{2}}}=\frac{3\sqrt{7}}{7}R$.
Vậy thể tích khối trụ là
$V=\pi {{R}^{2}}.h=\pi {{R}^{2}}.\frac{3\sqrt{7}}{7}R\Rightarrow V=\frac{3\pi \sqrt{7}{{R}^{3}}}{7}$.
Câu 47. Chọn B
Đặt
$T=\sum\limits_{k=1}^{100}{k{{.2}^{k}}}=2+{{2.2}^{2}}+{{3.2}^{3}}+\cdots +{{100.2}^{100}}\ (1)$.
Khi đó, ta có
$2T={{2}^{2}}+{{2.2}^{3}}+\cdots +{{99.2}^{100}}+{{100.2}^{101}}\ \ (2)$.
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
$T={{100.2}^{101}}-\left( 2+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+\cdots +{{2}^{100}} \right)={{99.2}^{101}}+2$
Suy ra ${{\log }_{2}}\left( \sum\limits_{k=1}^{100}{k{{.2}^{k}}-2} \right)={{\log }_{2}}\left( {{99.2}^{101}} \right)=101+{{\log }_{2}}99.$
Do đó $a=101;\,\,b=99;\,\,c=2.$
Vậy $a+b+c=202$.
Câu 48. Chọn D
Ta có $f\left( x \right) = \left| {\left| {x - 1} \right| - \left| {2019 - x} \right|} \right| = \left\{ \begin{array}{l}
2018,\,x \notin \left[ {1;\,2019} \right]\\
\left| {2x - 2020} \right|,\,x \in \left[ {1;\,2019} \right]
\end{array} \right.$
Vì hàm số $h(x)=2\text{x}-2020$ là hàm số đồng biến trên đoạn $\text{ }\!\![\!\!\text{ }1;2019]$ nên ta có
$\underset{\text{ }\!\![\!\!\text{ 1;2019 }\!\!]\!\!\text{ }}{\mathop{\text{max}}}\,h(x)=\text{max}\left\{ h(1),h(2019) \right\}=2018,\,\underset{\text{ }\!\![\!\!\text{ 1;2019 }\!\!]\!\!\text{ }}{\mathop{\text{min}}}\,h(x)=\text{min}\left\{ h(1),h(2019) \right\}=-2018$
Suy ra
$\underset{\left[ 1;\,2019 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=0$ và $\underset{\left[ 1;\,2019 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=2018$.
Do đó, ta có
$\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=0$ và $\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=2018$.
Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
$0\le 2020-m\le 2018\Leftrightarrow 2\le m\le 2020$.
Suy ra có 2018 giá trị nguyên của $m$ nằm trong khoảng $\left( 0;\,2020 \right)$.
Câu 49.Chọn C
Gọi chiều dài, chiều rộng của hộp là $2x$ và $x$$(x>0)$. Khi đó, ta có thể tích của cái hộp là
$V=2{{x}^{2}}.h\Rightarrow 2{{x}^{2}}.h=48\Leftrightarrow {{x}^{2}}.h=24$
Do giá thành làm đáy và mặt bên hộp là$3,$giá thành làm nắp hộp là $1$nên giá thành làm hộp là
$L=3\left( 2{{x}^{2}}+2xh+4xh \right)+2{{x}^{2}}$
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số không âm, ta được
$L=8{{x}^{2}}+9xh+9xh\ge $$3\sqrt[3]{8{{x}^{2}}.9xh.9xh}$$=3\sqrt[3]{648{{\left( {{x}^{2}}h \right)}^{2}}}=216$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
8{x^2} = 9xh\\
{x^2}h = 24
\end{array} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{{9h}}{8}\\
\frac{{{9^2}}}{{{8^2}}}.{h^3} = 24
\end{array} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3\\
h = \frac{8}{3}
\end{array} \right.$
Vậy $m=8$,$n=3$ và $m+n=11$.
Câu 50. Chọn B
Gọi $h\left( x \right)$ là thương và $g\left( x \right)$ là phần dư khi chia $f\left( x \right)$ cho ${{\left( x-2 \right)}^{2}}$ tức là $f\left( x \right)=h\left( x \right){{\left( x-2 \right)}^{2}}+g\left( x \right)$. Do $f\left( x \right)$ là hàm số bậc $4$ nên $h\left( x \right)$ là một hàm số bậc $2$ và $g\left( x \right)$ là hàm số có bậc nhỏ hơn $2$. Suy ra hàm số$g\left( x \right)$ có dạng $g\left( x \right)=ax+b$.
Ta có ${f}'\left( x \right)={h}'\left( x \right).{{\left( x-2 \right)}^{2}}+2h\left( x \right).\left( x-2 \right)+a$.
Theo giả thiết khi chia $f\left( x \right)$ cho $x-2$ được phần dư bằng $2019$, chia ${f}'\left( x \right)$ cho $x-2$ được phần dư bằng 2018 nên ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 2 \right) = 2019\\
f'\left( 2 \right) = 2018
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a + b = 2019\\
a = 2018
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2018\\
b = - 2017
\end{array} \right.$
Suy ra $g\left( x \right)=2018x-2017$. Vậy $g\left( -1 \right)=2018.\left( -1 \right)-2017=-4035$.
