Câu 30: Chọn C.
Ta có ${{9}^{x}}+{{3}^{x+1}}-m=0\Leftrightarrow {{9}^{x}}+{{3.3}^{x}}=m$. Xét hàm số $y={{9}^{x}}+{{3.3}^{x}}$.
Ta có: ${y}'={{9}^{x}}.\ln 9+{{3.3}^{x}}.\ln 3>0$ $\forall x\in \mathbb{R}$.
Căn cứ vào BBT: YCBT$\Leftrightarrow 4<m<18$, $m\in \mathbb{Z}$.
Vậy có 13 giá trị nguyên của $m$ thỏa YCBT.
Câu 31: Chọn A.
Hình nón có đường sinh $l=SA=4a$ và bán kính đáy $r=OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=\pi rl=2\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}$.
Câu 32: Chọn C.
Gọi $z=x+yi\left( x,y\in \mathbb{R} \right)$, khi đó
$\left| z+1-3i \right|=3\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=18\,\,\,\,\left( 1 \right)$.
${{\left( z+2i \right)}^{2}}={{\left[ x+\left( y+2 \right)i \right]}^{2}}={{x}^{2}}-{{\left( y+2 \right)}^{2}}+2x\left( y+2 \right)i$.
Theo giả thiết ta có ${x^2} - {\left( {y + 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = y + 2\\
x = - \left( {y + 2} \right)
\end{array} \right.$.
Trường hợp 1: $x=y+2$ thay vào $\left( 1 \right)$ ta được phương trình $2{{y}^{2}}=0$
và giải ra nghiệm $y=0$, ta được $1$ số phức ${{z}_{1}}=2$.
Trường hợp 2: $x=-\left( y+2 \right)$ thay vào $\left( 1 \right)$ ta được phương trình $2{{y}^{2}}-4y-8=0$
và giải ra ta được $\left[ \begin{array}{l}
y = 1 + \sqrt 5 \\
y = 1 - \sqrt 5
\end{array} \right.$, ta được $2$ số phức $\left[ \begin{array}{l}
{z_2} = - 3 - \sqrt 5 + \left( {1 + \sqrt 5 } \right)i\\
{z_3} = - 3 + \sqrt 5 + \left( {1 - \sqrt 5 } \right)i
\end{array} \right.$.
Vậy có $3$ số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Chọn A.
Do $y={{a}^{x}}$ và $y={{b}^{x}}$ là hai hàm số đồng biến nên $a,\,b>1$.
Do $y={{\log }_{c}}x$ là hàm số nghịch biến nên $0<c<1$. Vậy $c$ bé nhất.
Mặt khác: Lấy $x=m$, khi đó tồn tại ${{y}_{1}}$, ${{y}_{2}}>0$ để $\left\{ \begin{array}{l}
{a^m} = {y_1}\\
{b^m} = {y_2}
\end{array} \right.$.
Dễ thấy ${{y}_{1}}>{{y}_{2}}\Rightarrow {{a}^{m}}>{{b}^{m}}\Rightarrow a>b$.
Vậy $a>b>c$.
Câu 34: Chọn B.
Gọi $O=AC\cap BD$ suy ra $SO\bot \left( ABCD \right)$ nên góc giữa $SA$ và đáy $\left( ABCD \right)$ là $\widehat{SAO}=30{}^\circ $.
Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$.
Trong $\left( SON \right)$, kẻ $OH\bot SN$ thì $OH\bot \left( SAB \right)$.
Ta có: $CD\ \text{//}\ \left( SAB \right)$ nên $d\left( CD;\,SA \right)=d\left( CD;\,\left( SAB \right) \right)$$=d\left( M;\,\left( SAB \right) \right)$$=2d\left( O;\,\left( SAB \right) \right)=2OH$.
Ta có $AO=\frac{1}{2}.AC=\frac{1}{2}.2\sqrt{2}a=\sqrt{2}a$ suy ra $SO=AO.\tan 30{}^\circ =\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
$ON=\frac{1}{2}.AB=\frac{1}{2}.2a=a$.
Tam giác $SON$ vuông tại $O$ có $OH=\sqrt{\frac{O{{N}^{2}}.O{{S}^{2}}}{O{{N}^{2}}+O{{S}^{2}}}}=\frac{\sqrt{10}}{5}a$.
Vậy $d\left( CD,SA \right)=\frac{2\sqrt{10}}{5}a$.
Câu 35: Chọn A.
Sau 5 năm kể từ lần gửi đầu tiên số tiền ông An có được tại ngân hàng là $60{{\left( 1+\frac{8}{100} \right)}^{5}}$(triệu đồng).
Sau đó ông An gởi thêm $60$ triệu đồng nên số tiền gốc lúc này là $60{{\left( 1+\frac{8}{100} \right)}^{5}}+60$(triệu đồng).
Do đó sau $5$ năm tiếp theo số tiền ông An thu về là
$\left[ 60{{\left( 1+\frac{8}{100} \right)}^{5}}+60 \right]{{\left( 1+\frac{8}{100} \right)}^{5}}\approx 217,695$(triệu đồng).
Câu 36: Chọn B.
Đặt $t=3{{x}^{2}}-1$, $\text{d}t=6x\text{d}x$. Đổi cận $x=0\Rightarrow t=-1$, $x=2\Rightarrow t=11$
$I=\int\limits_{0}^{2}{x\left( 2+f\left( 3{{x}^{2}}-1 \right) \right)\text{d}x}$$=\int\limits_{0}^{2}{2x\text{d}x}+$$\int\limits_{0}^{2}{xf\left( 3{{x}^{2}}-1 \right)\text{d}x}$$=4+\frac{1}{6}\int\limits_{-1}^{11}{f\left( t \right)\text{d}t}$$=4+\frac{1}{6}.18=7$.
Câu 37: Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm: $2{{x}^{2}}=-x+3$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = - \frac{3}{2}
\end{array} \right.$
Thể tích khối tròn xoay tạo bởi $\left( H \right)$:$V=\pi \int\limits_{1}^{3}{{{\left( -x+3 \right)}^{2}}\text{d}x}+\pi \int\limits_{0}^{1}{4{{x}^{4}}\text{d}x}$$=\frac{52}{15}\pi $.
Câu 38: Chọn B.
Gọi $M$ là hình chiếu của $I$ trên $Oy$$\Rightarrow M\left( 0;1;0 \right)$
Mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( 2;1;-3 \right)$ và tiếp xúc với trục $Oy$ có bán kính $IM=\sqrt{13}$
Vậy $\left( S \right)$ có phương trình ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=13$.
Câu 39 Chọn C.
Khối lập phương có thể tích $64{{a}^{3}}$ nên cạnh bằng $4a$. Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính $R=\frac{4a}{2}=2a$ nên thể tích khối cầu $V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}$$=\frac{4}{3}\pi {{\left( 2a \right)}^{3}}$$=\frac{32\pi {{a}^{3}}}{3}$.
Câu 40: Chọn B.
Diện tích xung quanh hình trụ ${{S}_{xq}}=2\pi rl$$=2\pi r.2r=36\pi {{a}^{2}}$$\Rightarrow r=3a$
Lăng trụ lục giác đều có đường cao $h=l=6a$
Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính của đường tròn
Suy ra diện tích lục giác đều $S=6.\frac{{{\left( 3a \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}$$=\frac{27{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$.
Vậy thể tích $V=S.h=81\sqrt{3}{{a}^{3}}$.
Câu 41: Chọn A.
Phương trình tham số của đường thẳng ${{\Delta }_{1}}$ là $\left\{ \begin{array}{l}
x = 2t\\
y = t\\
z = 1 - t
\end{array} \right.$
Gọi $I\left( x;y;z \right)$ là giao điểm của ${{\Delta }_{1}}$ và $\left( R \right)$. Khi đó tọa độ của $I$ là thỏa mãn
$\left\{ \begin{array}{l}
x = 2t\\
y = t\\
z = 1 - t\\
x + y - 2z + 2 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 0\\
z = 1
\end{array} \right.$$\Rightarrow I=\left( 0;0;1 \right)$.
Mặt phẳng $\left( R \right)$ có VTPT $\vec{n}=\left( 1;1;-2 \right)$; Đường thẳng ${{\Delta }_{1}}$ có VTCP $\vec{u}=\left( 2;1;-1 \right)$.
Ta có $\left[ \vec{n},\vec{u} \right]=\left( 1;-3;-1 \right)$.
Đường thẳng ${{\Delta }_{2}}$ nằm trong mặt phẳng $\left( R \right)$ đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng ${{\Delta }_{1}}$.
Do đó ${{\Delta }_{2}}$ đi qua $I=\left( 0;0;1 \right)$ và nhận $\left[ \vec{n},\vec{u} \right]$ làm một VTCP.
Vậy phương trình của ${{\Delta }_{2}}$ là $\left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y = - 3t\\
z = 1 - t
\end{array} \right.$
Câu 42: Chọn B.
Đặt $AP=a$;$AQ=b$($a,b>0$).
Gọi $E$ và $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $K$ xuống $AB$ và $AC$. Suy ra $KE=1$,$KF=8$.
Ta có: $\frac{KE}{AQ}=\frac{PK}{PQ}$;$\frac{KF}{AP}=\frac{QK}{PQ}$$\Rightarrow \frac{KF}{AP}+\frac{KE}{AQ}=1$ hay là $\frac{8}{a}+\frac{1}{b}=1$.
(Hoặc có thể dùng phép tọa độ hóa: Gán $A=\left( 0;0 \right)$,$P=\left( 0;a \right)$,$Q=\left( b;0 \right)$. Khi đó $K=\left( 1;8 \right)$.
Phương trình đường thẳng $PQ:\frac{x}{b}+\frac{y}{a}=1$. Vì $PQ$ đi qua $K$ nên $\frac{1}{b}+\frac{8}{a}=1$.)
Cách 1:
Ta có: $P{{Q}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$. Vì $\frac{8}{a}+\frac{1}{b}=1$$\Rightarrow \frac{8k}{a}+\frac{k}{b}=k$$\forall k>0$.
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+k=\left( {{a}^{2}}+\frac{8k}{a} \right)+\left( {{b}^{2}}+\frac{k}{b} \right)$$=\left( {{a}^{2}}+\frac{4k}{a}+\frac{4k}{a} \right)+\left( {{b}^{2}}+\frac{k}{2b}+\frac{k}{2b} \right)$$\ge 3\sqrt[3]{16{{k}^{2}}}+3\sqrt[3]{\frac{{{k}^{2}}}{4}}$.
Suy ra $PQ$ nhỏ nhất$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}$ nhỏ nhất $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} = \frac{{4k}}{a}\\
{b^2} = \frac{{2k}}{b}\\
\frac{8}{a} + \frac{1}{b} = 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
k = 250\\
a = 10\\
b = 5
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
k = 250\\
a = 10\\
b = 5
\end{array} \right.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $PQ$ là $\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$$=\sqrt{125}$ $=5\sqrt{5}$. Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào $2$ bờ $AB$, $AC$ và cây cọc $K$ là $5\sqrt{5}$.
Cách 2:
Vì $\frac{8}{a}+\frac{1}{b}=1$$\Rightarrow b=\frac{a}{a-8}$ với $a>8$. Khi đó $P{{Q}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$$={{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{a-8} \right)}^{2}}$ với $a>8$.
Xét hàm số $f\left( a \right)={{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{a-8} \right)}^{2}}$ với $a>8$.
Ta có ${f}'\left( a \right)=2a+\frac{2a}{a-8}.\frac{-8}{{{\left( a-8 \right)}^{2}}}$ $=\frac{2a\left[ {{\left( a-8 \right)}^{3}}-8 \right]}{{{\left( a-8 \right)}^{3}}}$; ${f}'\left( a \right)=0$$\Rightarrow a=10$.
BBT của $f\left( a \right)$:
Vậy GTNN của $f\left( a \right)$ là $125$ khi $a=10$.
Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào $2$ bờ $AB$, $AC$ và cây cọc $K$ là $\sqrt{125}=5\sqrt{5}$.
Câu 43: Chọn A.
Gọi $\Omega $ là không gian mẫu.
Có $10$ cách lấy ra $1$ viên bi từ hộp $A$. Khi bỏ viên bi lấy từ hộp $A$ vào hộp $B$ thì số bi trong hộp $B$ là $11$. Khi đó có $C_{11}^{2}$ cách lấy $2$ viên bi từ hộp $B$. Do đó ta có $n\left( \Omega \right)=10C_{11}^{2}$.
Có $4$ cách lấy ra một viên bi đen từ hộp $A$. Khi bỏ viên bi đen lấy từ hộp $A$ vào hộp $B$ thì số bi trắng trong hộp $B$ vẫn là $7$. Khi đó có $C_{7}^{2}$ cách lấy $2$ viên bi trắng từ hộp $B$.
Có $6$ cách lấy ra một viên bi trắng từ hộp $A$. Khi bỏ viên bi trắng lấy từ hộp $A$ vào hộp $B$ thì số bi trắng trong hộp $B$ là $8$. Khi đó có $C_{8}^{2}$ cách lấy $2$ viên bi trắng từ hộp $B$.
Vậy có tổng cộng $4C_{7}^{2}+6C_{8}^{2}$ cách lấy theo yêu cầu bài ra. Do đó xác suất cần tính là
$P=\frac{4C_{7}^{2}+6C_{8}^{2}}{10C_{11}^{2}}=\frac{126}{275}$.
Câu 44: Chọn B.
Đặt $A=\left( a;0;0 \right)$,$B=\left( 0;b;0 \right)$,$C=\left( 0;0;c \right)$ với $a,b,c>0$.
Khi đó phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Vì $\left( \alpha \right)$ đi qua $M\left( 1;1;4 \right)$ nên $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}=1$.
Thể tích của tứ diện $OABC$ là ${{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}OA.OB.OC$$=\frac{1}{6}abc$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $1=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}$$\ge 3\sqrt[3]{\frac{4}{abc}}$$\Rightarrow abc\ge 108$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=3$;$c=12$.
Vậy tứ diện $OABC$ có thể tích nhỏ nhất bằng $\frac{1}{6}.108=18$.
Câu 45: Chọn C.
Gọi $R$ là trung điểm của $BC$, ta có $\frac{{{V}_{A.PQR}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow {{V}_{A.PQR}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}$.
Mặt khác ta lại có $\frac{{{V}_{G.APQ}}}{{{V}_{A.PQR}}}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow {{V}_{G.APQ}}=\frac{2}{3}{{V}_{A.PQR}}$.
Vậy ${{V}_{G.APQ}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{6}V$.
Câu 46: Chọn A.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Theo đề bài ta có phương trình của Elip là $\frac{{{x}^{2}}}{\frac{1}{4}}+\frac{{{y}^{2}}}{\frac{4}{25}}=1$.
Gọi $M$, $N$lần lượt là giao điểm của dầu với elip.
Gọi ${{S}_{1}}$ là diện tích của Elip ta có ${{S}_{1}}=\pi ab=\pi \frac{1}{2}.\frac{2}{5}=\frac{\pi }{5}$.
Gọi ${{S}_{2}}$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng $MN$.
Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là $\text{0,6m}$ nên ta có phương trình của đường thẳng $MN$ là $y=\frac{1}{5}$.
Mặt khác từ phương trình $\frac{{{x}^{2}}}{\frac{1}{4}}+\frac{{{y}^{2}}}{\frac{4}{25}}=1$ ta có $y=\frac{4}{5}\sqrt{\frac{1}{4}-{{x}^{2}}}$.
Do đường thẳng $y=\frac{1}{5}$ cắt Elip tại hai điểm $M$, $N$ có hoành độ lần lượt là $-\frac{\sqrt{3}}{4}$ và $\frac{\sqrt{3}}{4}$ nên
${{S}_{2}}=\int\limits_{-\frac{\sqrt{3}}{4}}^{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\left( \frac{4}{5}\sqrt{\frac{1}{4}-{{x}^{2}}}-\frac{1}{5} \right)\text{d}x}=\frac{4}{5}\int\limits_{-\frac{\sqrt{3}}{4}}^{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{\frac{1}{4}-{{x}^{2}}}\text{d}x}-\frac{\sqrt{3}}{10}$.
Tính $I=\int\limits_{-\frac{\sqrt{3}}{4}}^{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{\frac{1}{4}-{{x}^{2}}}\text{d}x}$.
Đặt $x=\frac{1}{2}\sin t\Rightarrow \text{d}x=\frac{1}{2}\cos t\text{d}t$.
Đổi cận: Khi $x=\frac{-\sqrt{3}}{4}$ thì $t=-\frac{\pi }{3}$; Khi $x=\frac{\sqrt{3}}{4}$ thì $t=\frac{\pi }{3}$.
$I=\int\limits_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{2}\text{.}\frac{1}{2}{{\cos }^{2}}t\text{d}t}=\frac{1}{8}\int\limits_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}{\left( 1+\cos 2t \right)\text{d}t}=\frac{1}{8}\left( \frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$.
Vậy ${{S}_{2}}=\frac{4}{5}\frac{1}{8}\left( \frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)-\frac{\sqrt{3}}{10}=\frac{\pi }{15}-\frac{\sqrt{3}}{20}$.
Thể tích của dầu trong thùng là $V=\left( \frac{\pi }{5}-\frac{\pi }{15}+\frac{\sqrt{3}}{20} \right).3=1,52$.
Câu 47: Chọn A.
Ta có cấp số cộng với ${{u}_{1}}=1$, $d=7$, ${{u}_{n}}=x$, ${{S}_{n}}=7944$.
Áp dụng công thức
${{S}_{n}}=\frac{\left[ 2{{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d \right]n}{2}\Leftrightarrow 7944=\frac{\left[ 2.1+\left( n-1 \right)7 \right]n}{2}\Leftrightarrow 7{{n}^{2}}-5n-15888=0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 48{\rm{ }}\left( {t/m} \right)\\
n = - \frac{{331}}{7}{\rm{ }}\left( {loai} \right)
\end{array} \right.$.
Vậy $x={{u}_{48}}=1+47.7=330$.
Câu 48: Chọn B.
Gọi $D$ là hình chiếu của $S$ lên $\left( ABC \right)$, ta có:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{BC \bot SC}\\
{BC \bot SD}
\end{array}} \right.$ $\Rightarrow BC\bot CD$ và $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{AB \bot SA}\\
{AB \bot SD}
\end{array}} \right.$ $\Rightarrow AB\bot AD$.
Mà $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $ABCD$ là hình vuông.
Gọi $H$ là trung điểm của $AD$, ta có $MH\ \text{//}\ SD$ mà $\Rightarrow MH\bot \left( ABCD \right)$.
Do đó $HN$ là hình chiếu của $MN$ lên $\left( ABC \right)$.
$\Rightarrow \alpha =\left( MN,\left( ABC \right) \right)$$=\left( MN,NH \right)$$=\widehat{MNH}$.
$SC=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}}$$=\sqrt{4{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}$$=a\sqrt{3}$.
$SD=\sqrt{S{{C}^{2}}-D{{C}^{2}}}$$=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}$$=a\sqrt{2}$.
$\tan \alpha =\frac{MH}{NH}$$=\frac{\frac{1}{2}.SD}{AB}$$=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a}$$=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
$\Rightarrow \cos \alpha =\sqrt{\frac{1}{1+{{\tan }^{2}}\alpha }}$$=\sqrt{\frac{1}{1+\frac{1}{2}}}$$=\frac{\sqrt{6}}{3}$.
Câu 49: Chọn B.
Gọi $E$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+2\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}$$\Rightarrow E\left( 3;0;1 \right)$.
Ta có: $S=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+2M{{C}^{2}}$$={{\overrightarrow{MA}}^{2}}+{{\overrightarrow{MB}}^{2}}+2{{\overrightarrow{MC}}^{2}}$
$={{\left( \overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EC} \right)}^{2}}$$=4M{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}+E{{B}^{2}}+2E{{C}^{2}}$.
Vì $E{{A}^{2}}+E{{B}^{2}}+2E{{C}^{2}}$ không đổi nên $S$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $ME$ nhỏ nhất.
$\Rightarrow M$ là hình chiếu vuông góc của $E$ lên $\left( Q \right)$.
Phương trình đường thẳng $ME:$$\left\{ \begin{array}{l}
x = 3 + 3t\\
y = t\\
z = 1 - t
\end{array} \right.$.
Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x = 3 + 3t\\
y = t\\
z = 1 - t\\
3x + y - z + 3 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = - 1\\
z = 2\\
t = - 1
\end{array} \right.$ .
$\Rightarrow M\left( 0;-1;2 \right)$$\Rightarrow a=0$, $b=-1$, $c=2$.
$\Rightarrow a+b+5c=0-1+5.2$$=9$.
Câu 50: Chọn C.
Xét phương trình $4{{\left( 4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1 \right)}^{3}}-6{{\left( 4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}+1=0$
Đặt $t=4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1$, ta có phương trình $4{{t}^{3}}-6{{t}^{2}}+1=0$ $\left( * \right)$
Dựa vào đồ thị thì $\left( * \right)$ có 3 nghiệm phân biệt với $-1<{{t}_{1}}<{{t}_{2}}<1$ và $1<{{t}_{3}}<2$.
Khi đó phương trình:
$4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1={{t}_{1}}$ có ba nghiệm phân biệt.
$4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1={{t}_{2}}$ có ba nghiệm phân biệt.
$4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1={{t}_{3}}$ có duy nhất một nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có $7$ nghiệm thực.
