Câu 30: Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=\sqrt{x}$ và $y=x-2$:
$\sqrt{x}=x-2$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
x = {\left( {x - 2} \right)^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
{x^2} - 5x + 4 = 0
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow x=4$.
Diện tích hình phẳng $\left( H \right)$ là
$S=\int\limits_{0}^{2}{\sqrt{x}\text{d}x}+\int\limits_{2}^{4}{\left| \sqrt{x}-\left( x-2 \right) \right|\text{d}x}$$=\int\limits_{0}^{2}{\sqrt{x}\text{d}x}+\int\limits_{2}^{4}{\left( \sqrt{x}-x+2 \right)\text{d}x}$ $=\left. \frac{2{{x}^{\frac{3}{2}}}}{3} \right|_{0}^{2}+\left. \left( \frac{2{{x}^{\frac{3}{2}}}}{3}-\frac{{{x}^{2}}}{2}+2x \right) \right|_{2}^{4}$$=\frac{10}{3}$.
Câu 31: Chọn D.
Từ công thức $S=A.{{\text{e}}^{Nr}}$$\Leftrightarrow N=\frac{1}{r}\ln \frac{S}{A}$ với $A=78685800$, $r=1,7%=0.017$, $S=120000000$
Vậy $N=\frac{1}{0,017}\ln \frac{120000000}{78685800}$$\Leftrightarrow N\approx 24,83$ (năm)
Vậy sau 25 năm thì dân số nước ta ở mức $120$ triệu người hay đến năm $2026$ thì dân số nước ta ở mức $120$ triệu người.
Câu 32: Chọn D.
Đặt $I=\int\limits_{1}^{2}{\frac{\text{d}x}{x\sqrt{x+1}+\left( x+1 \right)\sqrt{x}}}=\int\limits_{1}^{2}{\frac{\text{d}x}{\sqrt{x\left( x+1 \right)}\left( \sqrt{x}+\sqrt{x+1} \right)}}$.
Đặt $t=\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\Rightarrow \text{d}t=\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2\sqrt{x\left( x+1 \right)}}\text{d}x$$\Leftrightarrow \frac{\text{d}x}{\sqrt{x\left( x+1 \right)}}=2\frac{\text{d}t}{t}$.
Khi $x=1$ thì $t=\sqrt{2}+1$, khi $x=2$ thì $t=\sqrt{3}+\sqrt{2}$.
$I=\int\limits_{1}^{2}{\frac{\text{d}x}{\sqrt{x\left( x+1 \right)}\left( \sqrt{x}+\sqrt{x+1} \right)}}=2\int\limits_{\sqrt{2}+1}^{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\frac{\text{d}t}{{{t}^{2}}}}=\left. -2\frac{1}{t} \right|_{\sqrt{2}+1}^{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$$=-2\left( \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}+1} \right)$$=4\sqrt{2}-2\sqrt{3}-2$$=\sqrt{32}-\sqrt{12}-\sqrt{4}$$\Rightarrow a=32$, $b=12$, $c=4$
Vậy $P=a+b+c=48$
Câu 33: Chọn C.
Điều kiện $x\ne -m$.Do $x\in \left( -\infty ;1 \right)$ nên $m\in \left( -\infty ;-1 \right]$.
Ta có ${y}'=\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( x+m \right)}^{2}}}$.
Để hàm số giảm trên khoảng $\left( -\infty ;1 \right)$ thì${y}'<0$ với $x\in \left( -\infty ;1 \right)$$\Leftrightarrow {{m}^{2}}-4<0\Leftrightarrow -2<m<2$.
Do $m$ nguyên và $m\in \left( -\infty ;-1 \right]$ nên $m=-1$.
Vậy có $1$ giá trị của $m$ thỏa mãn.
Câu 34: Chọn D.
Ta có $\left| \frac{z-1}{z-i} \right|=1$$\Leftrightarrow \left| z-1 \right|=\left| z-i \right|$$\Leftrightarrow \left| a-1+bi \right|=\left| a+\left( b-1 \right)i \right|$$\Leftrightarrow 2a-2b=0$(1).
$\left| \frac{z-3i}{z+i} \right|=1$$\Leftrightarrow \left| z-3i \right|=\left| z+i \right|$$\Leftrightarrow \left| a+\left( b-3 \right)i \right|=\left| a+\left( b+1 \right)i \right|$$\Leftrightarrow b=1$ (2).
Từ (1) và (2) ta có $\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 1
\end{array} \right.$. Vậy $P=2$.
Câu 35: Chọn B.
Giả sử khối hộp chữ nhật là $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ và $AB=x$, $AD=2x$ và $A{A}'=h$ ($x,\,h>0$).
Ta có $V=x.2x.h$ $\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}h=\frac{500}{3}$$\Leftrightarrow h=\frac{250}{3{{x}^{2}}}$.
Diện tích cần xây là $S=2{{x}^{2}}+2\left( xh+2xh \right)$$=2{{x}^{2}}+6xh$.
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của $S=2{{x}^{2}}+\frac{500}{x}$ với $x>0$.
Ta có $2{{x}^{2}}+\frac{250}{x}+\frac{250}{x}\ge 3\sqrt[3]{2{{x}^{2}}.\frac{250}{x}.\frac{250}{x}}$ $\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+\frac{250}{x}+\frac{250}{x}\ge 150$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $2{{x}^{2}}=\frac{250}{x}$ $\Leftrightarrow x=5$.
$S$ nhỏ nhất là $150$ khi $x=5$.
Số tiền chi phí là $150.500000=75000000$ hay $75$ triệu đồng.
Câu 36: Chọn A.
Ta có: ${{4}^{{{\sin }^{2}}x}}+{{5}^{\text{co}{{\text{s}}^{2}}x}}\le m{{.7}^{\text{co}{{\text{s}}^{2}}x}}$ $\Leftrightarrow 4.{{\left( \frac{1}{28} \right)}^{\text{co}{{\text{s}}^{2}}x}}+{{\left( \frac{5}{7} \right)}^{\text{co}{{\text{s}}^{2}}x}}\le m$.
Xét $f\left( x \right)=4.{{\left( \frac{1}{28} \right)}^{\text{co}{{\text{s}}^{2}}x}}+{{\left( \frac{5}{7} \right)}^{\text{co}{{\text{s}}^{2}}x}}$ với $x\in \mathbb{R}$. Do $\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{1}{{28}}} \right)^{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} \ge \frac{1}{{28}}\\
{\left( {\frac{5}{7}} \right)^{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} \ge \frac{5}{7}
\end{array} \right.$ nên $f\left( x \right)\ge \frac{4}{28}+\frac{5}{7}$ hay $f\left( x \right)\ge \frac{6}{7}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $\text{co}{{\text{s}}^{2}}x=1$ $\Leftrightarrow \sin x=0$ $\Leftrightarrow x=k\pi $.
Vậy $\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=\frac{6}{7}$. Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $m\ge \underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)$$\Leftrightarrow m\ge \frac{6}{7}$ hay $m\in \left[ \frac{6}{7};\,+\infty \right)$$\Rightarrow S=13$.
Câu 37: Chọn C.
Ta có ${y}'=3{{x}^{2}}+6x$.
Gọi $A\left( a;\,{{a}^{3}}+3{{a}^{2}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số.
Phương trình tiếp tuyến $d$ của đồ thị hàm số tại $A$ là: $y=\left( 3{{a}^{2}}+6a \right)\left( x-a \right)+{{a}^{3}}+3{{a}^{2}}$.
$M\left( m;\,0 \right)\in d$$\Leftrightarrow \left( 3{{a}^{2}}+6a \right)\left( m-a \right)+{{a}^{3}}+3{{a}^{2}}=0$$\Leftrightarrow 2{{a}^{3}}-3\left( m-1 \right){{a}^{2}}-6ma=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 0\\
2{a^2} - 3\left( {m - 1} \right)a - 6m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)
\end{array} \right.$.
Khi $a=0$ ta có phương trình tiếp tuyến $y=0$.
Đối với đồ thị hàm số không có tiếp tuyến nào vuông góc với $y=0$ nên yêu cầu bài toán tương đương phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm ${{a}_{1}}$ và ${{a}_{2}}$ khác $0$ thỏa ${y}'\left( {{a}_{1}} \right).{y}'\left( {{a}_{2}} \right)=-1$ $\Leftrightarrow \left( 3a_{1}^{2}+6{{a}_{1}} \right)\left( 3a_{2}^{2}+6{{a}_{2}} \right)=-1$$\Leftrightarrow 9{{a}_{1}}.{{a}_{2}}\left[ {{a}_{1}}.{{a}_{2}}+2\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}} \right)+4 \right]+1=0$ $\Leftrightarrow 9\left( -3m \right)\left[ -3m+3\left( m-1 \right)+4 \right]+1=0$$\Leftrightarrow -27m+1=0$$\Leftrightarrow m=\frac{1}{27}$.
Thay $m=\frac{1}{27}$ vào $\left( 1 \right)$ thử lại có 2 nghiệm phân biệt khác $0$.
Câu 38: Chọn C.
Ta có $f\left( x \right)=\int{\frac{1}{{{x}^{2}}-1}}\text{d}x=\,\frac{1}{2}\int{\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1} \right)\text{d}x}$$=\frac{1}{2}\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|+C$
Với $x\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;+\infty \right)$:$f\left( x \right)=\frac{1}{2}\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|+{{C}_{1}}$.
Mà $f\left( -3 \right)+f\left( 3 \right)=0$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln \left| \frac{-3-1}{-3+1} \right|+{{C}_{1}}+\frac{1}{2}\ln \left| \frac{3-1}{3+1} \right|+{{C}_{1}}=0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln 2+{{C}_{1}}+\frac{1}{2}\ln \frac{1}{2}+{{C}_{1}}=0$$\Leftrightarrow \,{{C}_{1}}=0$.
Do đó với $x\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;+\infty \right)$:$f\left( x \right)=\frac{1}{2}\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|$$\Rightarrow \,f\left( -2 \right)=\frac{1}{2}\ln 3$;$f\left( 4 \right)=\frac{1}{2}\ln \frac{3}{5}$.
Với $x\in \left( -1;1 \right)$:$f\left( x \right)=\frac{1}{2}\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|+{{C}_{2}}$.
Mà $f\left( -\frac{1}{2} \right)+f\left( \frac{1}{2} \right)=2$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln \left| \frac{-\frac{1}{2}-1}{-\frac{1}{2}+1} \right|+{{C}_{2}}+\frac{1}{2}\ln \left| \frac{\frac{1}{2}-1}{\frac{1}{2}+1} \right|+{{C}_{2}}=2$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln 3+{{C}_{2}}+\frac{1}{2}\ln \frac{1}{3}+{{C}_{2}}=2$$\Leftrightarrow \,{{C}_{2}}=1$.
Do đó với $x\in \left( -1;1 \right)$:$f\left( x \right)=\frac{1}{2}\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|+1$$\Rightarrow \,f\left( 0 \right)=1$.
Vậy $T=f\left( -2 \right)+f\left( 0 \right)+f\left( 4 \right)$$=1+\frac{1}{2}\ln \frac{9}{5}$.
Câu 39: Chọn A.
Dựa vào đồ thị ta thấy ${f}'\left( x \right)<0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;2 \right)$.
Ta có${g}'\left( x \right)=2x.{f}'\left( {{x}^{2}}-2 \right)$.
${g}'\left( x \right)\le \,0\Leftrightarrow 2x.{f}'\left( {{x}^{2}}-2 \right)\le 0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
f'\left( {{x^2} - 2} \right) \le 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
f'\left( {{x^2} - 2} \right) \ge 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
{x^2} - 2 \le 2
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
{x^2} - 2 \ge 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
- 2 \le x \le 2
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
\left[ \begin{array}{l}
x \ge 2\\
x \le - 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
0 \le x \le 2\\
x \le - 2
\end{array} \right.$
Như vậy đáp án B, C đều đúng và đáp án A sai. Tương tự chứng minh được đáp án D đúng.
Câu 40: Chọn C.
Gọi $F=PQ\cap AC$. Dễ thấy $AF\bot PQ$.
Mặt khác do $\left( MNPQ \right)\ \text{//}\ SC$ nên$\left( SAC \right)\cap \left( MNPQ \right)=EF$ $\left( EF\ \text{//}\ SC\,\,;\,F\in SA \right)$.
Dựng $AH\bot EF$. Do$PQ\bot \left( SAC \right)$ nên $PQ\bot AH$.
Suy ra $AH\bot \left( MNPQ \right)$ $\Rightarrow AH=d\left( A;\left( MNPQ \right) \right)$.
Ta có: $AE=\frac{3}{4}AC=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$; $AF=\frac{3}{4}AS$$=\frac{3}{4}\sqrt{S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\frac{3a}{4}$
Suy ra:$AH=\sqrt{\frac{A{{F}^{2}}.A{{E}^{2}}}{A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Mặt khác do $BD\bot SC$nên $PQ\bot QM$suy ra tứ giác$MNPQ$là hình chữ nhật.
${{S}_{MNPQ}}=MQ.QP$ $=\frac{1}{4}BD.SC=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{6}}{4}$
Vậy ${{V}_{A.MNPQ}}=\frac{1}{3}AH.{{S}_{MNPQ}}$ $=\frac{{{a}^{3}}}{8}$.
Câu 41: Chọn A.
Xét hàm số $f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x$.
Có ${f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3$, ${f}'\left( x \right)=0$ $\Leftrightarrow x=\pm 1$.
Mặt khác, ta có ${{b}_{1}}>{{b}_{2}}\ge 1$.
Đặt $a={{\log }_{2}}{{b}_{2}}>{{\log }_{2}}{{b}_{1}}=b\ge 0$.
Ta có: ${{a}^{3}}-3a+2={{b}^{3}}-3b$ $\left( 1 \right)$.
Nếu $b>1$$\Rightarrow a>b>1$$\Rightarrow {{a}^{3}}-3a>{{b}^{3}}-3b$ $\Rightarrow \left( 1 \right)$ vô nghiệm.
Nếu $0\le b\le 1$ $\Rightarrow -2<{{b}^{3}}-3b\le 0$ $\Rightarrow {{a}^{3}}-3a+2\le 0$$\Rightarrow {{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( a+2 \right)\le 0$.
Suy ra $a=1$ $\Rightarrow b=0$.
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
{b_1} = {2^0} = 1\\
{b_2} = {2^1} = 2
\end{array} \right.$$\Rightarrow {{b}_{n}}={{2}^{n-1}}>{{5}^{100}}$ $n-1>100{{\log }_{2}}5$$\Rightarrow n\ge 234$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $n$ là $234$.
Câu 42: Chọn C.
Đặt $t=\left| \sin x+\cos x \right|$, ($0\le t\le \sqrt{2}$)
$\Rightarrow {{t}^{2}}=1+2\sin x.cosx$$\Rightarrow \sin x.\cos x=\frac{{{t}^{2}}-1}{2}$. Phương trình đã cho trở thành:
${{t}^{2}}+2t-3=0$ $\Leftrightarrow t=1$ (thỏa mãn) hoặc $t=-3$ (loại).
Với $t=1$$\Rightarrow \sin 2x=0$ $\Rightarrow x=\frac{k\pi }{2}$.
Trong khoảng $\left( 0;\,2\pi \right)$ các nghiệm của phương trình là: $\left\{ \frac{\pi }{2};\,\pi ;\,\frac{3\pi }{2} \right\}$.
Suy ra tổng các nghiệm của phương trình trong khoảng $\left( 0;\,2\pi \right)$ là $3\pi $.
Câu 43: Chọn B.
Ta có: $n\left( \Omega \right)=10!$.
Giả sử các ghế được đánh số từ $1$ đến $10$.
Để có cách xếp sao cho giữa $2$ bạn nữ có đúng $2$ bạn nam thì các bạn nữ phải ngồi ở các ghế đánh số $1$, $4$, $7$, $10$. Có tất cả số cách xếp chỗ ngồi loại này là: $6!.4!$ cách.
Ta tính số cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho Huyền và Quang ngồi cạnh nhau
Nếu Huyền ngồi ở ghế $1$ hoặc $10$ thì có $1$ cách xếp chỗ ngồi cho Quang. Nếu Huyền ngồi ở ghế $4$ hoặc $7$ thì có $2$ cách xếp chỗ ngồi cho Quang.
Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là $2+2.2=6$.
Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho $10$ người sao cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là
$6.3!.5!$.
Gọi A: “ Giữa $2$ bạn nữ gần nhau có đúng $2$ bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền”.
$n\left( A \right)=4!.6!-6.3!.5!=12960$$\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{12960}{10!}=\frac{1}{280}$.
Vậy xác suất cần tìm là $\frac{1}{280}$.
Câu 44: Chọn C.
Gọi $G$ là điểm sao cho $S=1$$\Rightarrow G\left( 2;1;3 \right)$.
Khi đó $\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|=$$\overrightarrow{OB}=\left( -\frac{8}{3};\frac{4}{3};\frac{8}{3} \right)$$OA=3$.
Nên $\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|$ có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $MG$ ngắn nhất, khi đó $M$ là hình chiếu vuông góc của $G\left( 2;1;3 \right)$ trên $\operatorname{mp}\left( Oxy \right)$. Do đó $M=\left( 2;1;0 \right)$.
Vậy $P={{x}_{0}}+{{y}_{0}}+{{z}_{0}}=2+1+0=3$.
Câu 45: Chọn B.
Vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $\widehat{\left( SB;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SB;AB \right)}=\widehat{SBA}$$\Rightarrow \widehat{SBA}=60{}^\circ $.
$SA=AB.\tan \widehat{SBA}$$=a.\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}$.
Dựng hình bình hành $ACBD$, ta có $AC\text{//}\left( SBD \right)$ nên:
$d\left( AC;SB \right)=d\left( AC;\left( SBD \right) \right)$$=d\left( A;\left( SBD \right) \right)$
Gọi $M$ là trung điểm $BD$, suy ra $BD\bot AM$. Từ $SA\bot \left( ABC \right)$ ta có $BD\bot SA$, do đó $BD\bot \left( SAM \right)$. Kẻ $AH\bot SM$ ($H\in SM$) thì $BD\bot AH$.
Từ$BD\bot AH$ và $AH\bot SM$suy ra $AH\bot \left( SBD \right)$. Nên $d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AH$.
Tam giác $ABD$ đều cạnh $a$ nên $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Trong tam giác $SAM$ vuông tại $A$, ta có
$\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}$$=\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\frac{5}{3{{a}^{2}}}$$\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.
Vậy $d\left( AC;SB \right)=d\left( A;\left( SBD \right) \right)$$=AH=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.
Câu 46: Chọn B.
Xét hàm số $f\left( x \right)=3{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m$.
Ta có ${f}'\left( x \right)=12{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}-24x$,
$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12{x^3} - 12{x^2} - 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = - 1\\
x = 2
\end{array} \right.$.
Ta có bảng biến thiên
Xét hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right| = \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right)\,\,\,neu\,\,f\left( x \right) \ge 0\\
- f\left( x \right)\,\,\,neu\,\,f\left( x \right) < 0
\end{array} \right.$
Nên từ bảng biến thiên của hàm số $y=f\left( x \right)$ suy ra hàm số $y=\left| 3{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m \right|$có $5$ điểm cực trị khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
m - 32 < 0\\
m - 5 \ge 0
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow 5\le m<32$.
Do đó có $27$ giá trị nguyên dương của tham số $m$ để hàm số $y=\left| 3{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+m \right|$ có $5$ điểm cực trị.
Câu 47: Chọn B.
Đặt $z=x+yi\,$. Ta có $P={{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}-\left[ {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}} \right]=4x+2y+3$.
Mặt khác $\left| z-3-4i \right|=\sqrt{5}\Leftrightarrow {{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}=5$.
Đặt $x=3+\sqrt{5}\sin t$, $y=4+\sqrt{5}\cos t$
Suy ra $P=4\sqrt{5}\sin t+2\sqrt{5}\cos t+23$.
Ta có $-10\le 4\sqrt{5}\sin t+2\sqrt{5}\cos t\le 10$.
Do đó $13\le P\le 33\Rightarrow M=33$, $m=13\Rightarrow \left| w \right|=\sqrt{{{33}^{2}}+{{13}^{2}}}=\sqrt{1258}$.
Câu 48: Chọn A.
$1+\frac{1}{{{x}^{2}}}\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\frac{{{\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}{{\left( x+1 \right)}^{2}}}$.
$f\left( x \right)={{\text{e}}^{\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}}}}={{\text{e}}^{\frac{x\left( x+1 \right)+1}{x\left( x+1 \right)}}}$, $\forall x>0$.
Xét dãy số $\left( {{u}_{k}} \right)$: ${{u}_{k}}=\frac{k\left( k+1 \right)+1}{k\left( k+1 \right)}=1+\frac{1}{k\left( k+1 \right)}=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$, $\left( k\in \mathbb{N}* \right)$.
Ta có ${{u}_{1}}=1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}$, ${{u}_{2}}=1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$, ${{u}_{3}}=1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$, …, ${{u}_{2017}}=1+\frac{1}{2017}-\frac{1}{2018}$.
$f\left( 1 \right).f\left( 2 \right).f\left( 3 \right)...f\left( 2017 \right)={{\text{e}}^{{{u}_{1}}+{{u}_{2}}+{{u}_{3}}+...+{{u}_{2017}}}}$.
${{u}_{1}}+{{u}_{2}}+{{u}_{3}}+...+{{u}_{2017}}=2017+\frac{1}{1}-\frac{1}{2018}=\frac{{{2018}^{2}}-1}{2018}=\frac{m}{n}$.
Vậy $m-{{n}^{2}}=-1$.
Câu 49: Chọn D.
Ta có: $\overrightarrow{OA}=\left( 2;2;1 \right)$, $\overrightarrow{OB}=\left( -\frac{8}{3};\frac{4}{3};\frac{8}{3} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=-\frac{16}{3}+\frac{8}{3}+\frac{8}{3}=0$$\Rightarrow \overrightarrow{OA}\bot \overrightarrow{OB}$.
Lại có: $OA=3$, $OB=4\Rightarrow AB=5$.
Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $\widehat{AOB}\Rightarrow D$ thuộc đoạn $AB$.
Theo tính chất của phân giác trong ta có:
$\frac{DA}{DB}=\frac{OA}{OB}=\frac{3}{4}$$\Rightarrow \overrightarrow{DA}=-\frac{3}{4}\overrightarrow{DB}\Rightarrow D=\left( 0;\frac{12}{7};\frac{12}{7} \right)$.
Tam giác $OAB$ có diện tích $S=\frac{1}{2}.OA.OB=6$, nửa chu vi $p=\frac{OA+OB+AB}{2}=6$
$\Rightarrow r=\frac{S}{p}=1$ là bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao $OH=\frac{OA.OB}{AB}=\frac{12}{5}$.
Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $OAB$ $\Rightarrow I$thuộc đoạn $OD$.
Ta có: $\frac{DI}{DO}=\frac{r}{OH}=\frac{5}{12}\Rightarrow \overrightarrow{DI}=\frac{5}{12}\overrightarrow{DO}$ $\Rightarrow I=\left( 0;1;1 \right)$ hay $\left\{ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 1\\
c = 1
\end{array} \right.$.
Vậy $S=a+b+c=2$.
Câu 50: Chọn C.
- Tính : $I=\int\limits_{0}^{1}{\left( x+1 \right){{\text{e}}^{x}}f\left( x \right)\text{d}x}=$$\int\limits_{0}^{1}{x{{\text{e}}^{x}}f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{0}^{1}{{{\text{e}}^{x}}f\left( x \right)\text{d}x}=J+K$.
Tính $K=\int\limits_{0}^{1}{{{\text{e}}^{x}}f\left( x \right)\text{d}x}$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = {{\rm{e}}^x}f\left( x \right)\\
{\rm{d}}v = {\rm{d}}x
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{d}}u = \left[ {{{\rm{e}}^x}f\left( x \right) + {{\rm{e}}^x}f'\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x\\
v = x
\end{array} \right.$
$\Rightarrow K=\left. \left( x{{\text{e}}^{x}}f\left( x \right) \right) \right|_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}{\left[ x{{\text{e}}^{x}}f\left( x \right)+x{{\text{e}}^{x}}{f}'\left( x \right) \right]\text{d}x}$$=-\int\limits_{0}^{1}{x{{\text{e}}^{x}}f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{0}^{1}{x{{\text{e}}^{x}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}$ $\left( \text{do }f\left( 1 \right)=0 \right)$
$\Rightarrow K=-J-\int\limits_{0}^{1}{x{{\text{e}}^{x}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}$$\Rightarrow I=J+K=-\int\limits_{0}^{1}{x{{\text{e}}^{x}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}$.
- Kết hợp giả thiết ta được :
$\left\{ \begin{array}{l}
\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{{{\rm{e}}^2} - 1}}{4}\\
- \int\limits_0^1 {x{e^x}f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{{{\rm{e}}^2} - 1}}{4}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{{{\rm{e}}^2} - 1}}{4}{\rm{ (1)}}\\
2\int\limits_0^1 {x{{\rm{e}}^x}f'\left( x \right){\rm{d}}x} = - \frac{{{{\rm{e}}^2} - 1}}{2}{\rm{ (2)}}
\end{array} \right.$
- Mặt khác, ta tính được :$\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{\text{e}}^{2x}}\text{d}x}=\frac{{{\text{e}}^{2}}-1}{4}\text{ (3)}$.
- Cộng vế với vế các đẳng thức (1), (2), (3) ta được:
$\int\limits_{0}^{1}{\left( {{\left[ {f}'\left( x \right) \right]}^{2}}+2x{{\text{e}}^{x}}{f}'\left( x \right)+{{x}^{2}}{{\text{e}}^{2x}} \right)\text{d}x}=0$ $\Leftrightarrow \int\limits_{o}^{1}{{{\left( {f}'\left( x \right)+x{{\text{e}}^{x}} \right)}^{2}}\text{d}x}=0$$\Leftrightarrow \pi \int\limits_{o}^{1}{{{\left( {f}'\left( x \right)+x{{\text{e}}^{x}} \right)}^{2}}\text{d}x}=0$
hay thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)+x{{\text{e}}^{x}}$, trục $Ox$, các đường thẳng $x=0$, $x=1$ khi quay quanh trục $Ox$ bằng $0$
$\Rightarrow {f}'\left( x \right)+x{{\text{e}}^{x}}=0$$\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=-x{{\text{e}}^{x}}$
$\Rightarrow f\left( x \right)=-\int{x{{\text{e}}^{x}}\text{d}x}=\left( 1-x \right){{\text{e}}^{x}}+\text{C}$.
- Lại do $f\left( 1 \right)=0\Rightarrow \text{C}=0\Rightarrow f\left( x \right)=\left( 1-x \right){{\text{e}}^{x}}$
$\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 1-x \right){{\text{e}}^{x}}\text{d}x}$$=\left. \left( \left( 1-x \right){{\text{e}}^{x}} \right) \right|_{0}^{1}+\int\limits_{0}^{1}{{{\text{e}}^{x}}\text{d}x}$$=-1+\left. {{\text{e}}^{x}} \right|_{0}^{1}=\text{e}-2$.
Vậy $\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}=\text{e}-2$.
