Câu 30: Chọn D.
Tập xác định $D=mathbb{R}$.
${y}’=3{{x}^{2}}-6left( 2m+1 right)x+12m+5$.
Hàm số đồng biến trong khoảng $left( 2;,+infty right)$ khi ${y}’ge 0$, $forall xin left( 2;,+infty right)$ $Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6left( 2m+1 right)x+12m+5ge 0$, $forall xin left( 2;+infty right)$.
$3{{x}^{2}}-6left( 2m+1 right)x+12m+5ge 0$ $Leftrightarrow mle frac{3{{x}^{2}}-6x+5}{12left( x-1 right)}$
Xét hàm số $gleft( x right)=frac{3{{x}^{2}}-6x+5}{12left( x-1 right)}$với $xin left( 2;,+infty right)$.
${g}’left( x right)=frac{3{{x}^{2}}-6x+1}{12{{left( x-1 right)}^{2}}}>0$ với $forall xin left( 2;,+infty right)$ $Rightarrow $ hàm số $gleft( x right)$ đồng biến trên khoảng $left( 2;,+infty right)$.
Do đó $mle gleft( x right)$,$forall xin left( 2;,+infty right)$ $Rightarrow mle gleft( 2 right)$ $Leftrightarrow mle frac{5}{12}$.
Vậy không có giá trị nguyên dương nào của $m$ thỏa mãn bài toán.
Câu 31: Chọn B.
Diện tích của $left( H right)$ là
$S=intlimits_{0}^{5}{left| left| {{x}^{2}}-4x+3 right|-left( x+3 right) right|text{d}x}$ $=intlimits_{0}^{5}{left( x+3-left| {{x}^{2}}-4x+3 right| right)text{d}x}$ $=intlimits_{0}^{5}{left( x+3 right)text{d}x-left[ intlimits_{0}^{1}{left( {{x}^{2}}-4x+3 right)text{d}x-}intlimits_{1}^{3}{left( {{x}^{2}}-4x+3 right)text{d}x+}intlimits_{3}^{5}{left( {{x}^{2}}-4x+3 right)text{d}x} right]}$
$=left. left( frac{{{x}^{2}}}{2}+3x right) right|_{0}^{5}-left[ left. left( frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x right) right|_{0}^{1}-left. left( frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x right) right|_{1}^{3}+left. left( frac{{{x}^{3}}}{3}-2{{x}^{2}}+3x right) right|_{3}^{5} right]$
$=frac{55}{2}-left( frac{4}{3}+frac{4}{3}+frac{20}{3} right)$ $=frac{109}{6}$.
Câu 32: Chọn B.
Ta có $intlimits_{1}^{2}{frac{x+1}{{{x}^{2}}+xln x}text{d}x}$$=intlimits_{1}^{2}{frac{x+1}{xleft( x+ln x right)}text{d}x}$.
Đặt $t=x+ln x$$Rightarrow text{d}t=left( 1+frac{1}{x} right)text{d}x$$=frac{x+1}{x}text{d}x$.
Khi $x=1Rightarrow t=1$; $x=2Rightarrow t=2+ln 2$.
Khi đó $I=intlimits_{1}^{2+ln 2}{frac{text{d}t}{t}}$$=left. ln left| t right| right|_{1}^{2+ln 2}$$=ln left( ln 2+2 right)$. Suy ra $left{ begin{array}{l}
a = 2\
b = 2
end{array} right.$
Vậy $P=8$.
Câu 33:Chọn C.
Gọi $O$, ${O}’$ là tâm các đáy hình trụ (hình vẽ).
Vì $AB={A}'{B}’$nên $left( AB{B}'{A}’ right)$ đi qua trung điểm của đoạn $O{O}’$ và $AB{B}'{A}’$ là hình chữ nhật.
Ta có ${{S}_{AB{B}'{A}’}}=AB.A{A}’$ $Leftrightarrow 60=6.A{A}’$ $Rightarrow A{A}’=10left( cm right)$.
Gọi ${{A}_{1}}$, ${{B}_{1}}$ lần lượt là hình chiếu của $A$, $B$ trên mặt đáy chứa ${A}’$ và ${B}’$
$Rightarrow {A}'{B}'{{B}_{1}}{{A}_{1}}$ là hình chữ nhật có ${A}'{B}’=6left( cm right)$,
${{B}_{1}}{B}’=sqrt{B{{{{B}’}}^{2}}-B{{B}_{1}}^{2}}$ $=sqrt{{{10}^{2}}-{{left( 6sqrt{2} right)}^{2}}}$ $=2sqrt{7}left( cm right)$
Gọi $R$ là bán kính đáy của hình trụ, ta có $2R={A}'{{B}_{1}}=sqrt{{{B}_{1}}{{{{B}’}}^{2}}+{A}'{{{{B}’}}^{2}}}=8$ $Rightarrow R=4left( cm right)$.
Câu 34: Chọn A.
Đặt $t={{3}^{x}},$$left( t>0 right)$.
Khi đó phương trình $left( 1 right)$ trở thành $left( m-3 right){{t}^{2}}+2left( m+1 right)t-m-1=0$$left( * right)$.
Phương trình $left( 1 right)$có $2$ nghiệm $x$ phân biệt $Leftrightarrow $ phương trình $left( * right)$có $2$ nghiệm $t$ dương phân biệt
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m – 3 ne 0\
2{m^2} – 2 > 0\
frac{{ – 2left( {m + 1} right)}}{{m – 3}} > 0\
frac{{ – left( {m + 1} right)}}{{m – 3}} > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne 3\
left[ begin{array}{l}
m < – 1\
m > 1
end{array} right.,,\
– 1 < m < 3
end{array} right. Leftrightarrow 1 < m < 3$
Khi đó, $left{ begin{array}{l}
a = 1\
b = 3
end{array} right.$ $Rightarrow S=4$.
Câu 35: Chọn A.
$cos 2x-left( 2m-3 right)cos x+m-1=0$$Leftrightarrow 2{{cos }^{2}}x-left( 2m-3 right)cos x+m-2=0$
$Leftrightarrow left( 2cos x-1 right)left( cos x+2-m right)=0$ $Leftrightarrow cos x+2-m=0$, vì $xin left( frac{pi }{2};,frac{3pi }{2} right)$
$Leftrightarrow cos x=m-2$
Ycbt $Leftrightarrow -1le m-2<0$ $Leftrightarrow 1le m<2$
Câu 36: Chọn C.
Xét hàm số $gleft( x right)=frac{1}{4}{{x}^{4}}-frac{19}{2}{{x}^{2}}+30x+m-20$ trên đoạn $left[ 0;,2 right]$
Ta có ${g}’left( x right)={{x}^{3}}-19x+30$; $g’left( x right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 5 notin left[ {0;,2} right]\
x = 2\
x = 3 notin left[ {0;,2} right]
end{array} right.$
Bảng biến thiên
$gleft( 0 right)=m-20$; $gleft( 2 right)=m+6$.
Để $underset{left[ 0;,2 right]}{mathop{max }},left| gleft( x right) right|le 20$ thì $left{ begin{array}{l}
gleft( 0 right) le 20\
gleft( 2 right) le 20
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left| {m – 20} right| le 20\
left| {m + 6} right| le 20
end{array} right. Leftrightarrow 0 le m le 14$ .
Mà $min mathbb{Z}$ nên $min left{ 0;,1;,2;…;,14 right}$.
Vậy tổng các phần tử của $S$ là $105$.
Câu 37: Chọn B.
Đặt $t=sqrt{2x-3}Rightarrow {{t}^{2}}=2x-3Rightarrow text{d}x=ttext{d}t$
Khi đó $int{frac{20{{x}^{2}}-30x+7}{sqrt{2x-3}}text{d}x}$$=int{frac{20{{left( frac{{{t}^{2}}+3}{2} right)}^{2}}-30left( frac{{{t}^{2}}+3}{2} right)+7}{t}ttext{d}t}$$=int{left( 5{{t}^{4}}+15{{t}^{2}}+7 right)text{d}t}$$={{t}^{5}}+5{{t}^{3}}+7t+C$$=sqrt{{{left( 2x-3 right)}^{5}}}+5sqrt{{{left( 2x-3 right)}^{3}}}+7sqrt{2x-3}+C$$={{left( 2x-3 right)}^{2}}sqrt{2x-3}+5left( 2x-3 right)sqrt{2x-3}+7sqrt{2x-3}+C$$=left( 4{{x}^{2}}-2x+1 right)sqrt{2x-3}+C$
Vậy $Fleft( x right)=left( 4{{x}^{2}}-2x+1 right)sqrt{2x-3}$. Suy ra $S=a+b+c=3$.
Câu 38: Chọn B.
Theo giả thiết ta có $left{ begin{array}{l}
sqrt {{{left( {a + 2} right)}^2} + {{left( {b + 5} right)}^2}} = 5\
{a^2} + {b^2} = 82
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = frac{{ – 5b – 43}}{2},,,left( 1 right)\
{a^2} + {b^2} = 82,,,,,left( 2 right)
end{array} right.$
Thay $left( 1 right)$ vào $left( 2 right)$ ta được $29{b^2} + 430b + 1521 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
b = – 9\
b = frac{{ – 169}}{{29}}
end{array} right.$
Vì $bin mathbb{Z}$ nên $b=-9Rightarrow a=1$. Do đó $P=a+b=-8$.
Câu 39: Chọn D.
Đặt $y=gleft( x right)=fleft( x-{{x}^{2}} right)$$Rightarrow {g}’left( x right)={f}’left( x-{{x}^{2}} right).{{left( x-{{x}^{2}} right)}^{prime }}=left( 1-2x right){f}’left( x-{{x}^{2}} right)$
Cho $g’left( x right) = 0 Rightarrow left[ begin{array}{l}
1 – 2x = 0\
f’left( {x – {x^2}} right) = 0
end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l}
1 – 2x = 0\
x – {x^2} = 1left( {{rm{ptvn}}} right)\
x – {x^2} = 2left( {{rm{ptvn}}} right)
end{array} right. Leftrightarrow x = frac{1}{2}$.
Với $x<frac{1}{2}$ thì $left{ begin{array}{l}
1 – 2x > 0\
f’left[ { – {{left( {x – frac{1}{2}} right)}^2} + frac{1}{4}} right] > 0
end{array} right.$ nên ${g}’left( x right)>0$.
Với $x>frac{1}{2}$ thì $left{ begin{array}{l}
1 – 2x < 0\
f’left[ { – {{left( {x – frac{1}{2}} right)}^2} + frac{1}{4}} right] > 0
end{array} right.$ nên ${g}’left( x right)<0$ hay hàm số $gleft( x right)=fleft( x-{{x}^{2}} right)$ nghịch biến trên khoảng $left( frac{1}{2};+infty right)$.
Câu 40: Chọn B.
Ta có: ${f}’left( x right)=-3{{x}^{2}}+12x$.
Phương trình tiếp tuyến tại $Mleft( {{x_o};{y_o}} right)$có dạng: $left( Delta right):y={f}’left( {{x}_{o}} right)left( x-{{x}_{o}} right)+fleft( {{x}_{o}} right)$.
Do tiếp tuyến qua $Mleft( m;2 right)$ nên ta có:
$2=left( -3x_{o}^{2}+12{{x}_{o}} right)left( m-{{x}_{o}} right)+left( -x_{o}^{3}+6x_{o}^{2}+2 right)$$Leftrightarrow 2x_{o}^{3}-left( 3m+6 right)x_{o}^{2}+12mx_{o}^{{}}=0,,,left( 1 right)$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_o} = 0\
2x_o^2 – left( {3m + 6} right){x_o} + 12m = 0,,,left( 2 right)
end{array} right.$
Để kẻ được đúng hai tiếp tuyến từ $M$ thì phương trình $left( 1 right)$ có 2 nghiệm.
Trường hợp 1: Phương trình $left( 2 right)$ có nghiệm kép khác $0$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
{left( {3m + 6} right)^2} – 4.2.12m = 0\
{2.0^2} – left( {3m + 6} right).0 + 12m ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
9{m^2} – 60m + 36 = 0\
m ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 6\
m = frac{2}{3}
end{array} right.$.
Trường hợp 2: Phương trình $left( 2 right)$ có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng $0$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
{left( {3m + 6} right)^2} – 4.2.12m > 0\
m = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
9{m^2} – 60m + 36 > 0\
m = 0
end{array} right. Leftrightarrow m = 0$.
Vậy các giá trị thỏa yêu cầu bài toán là $left{ 0;frac{2}{3};6 right}$.
Do đó, tổng các giá trị bằng $0+frac{2}{3}+6=frac{20}{3}$.
Câu 41: Chọn B.
Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$ là $Ileft( x;,y;,z right)$.
Ta có phương trình $left( OBC right)$: $x-z=0$.
Phương trình mặt phẳng $left( ABC right)$: $5x+3y+4z-15=0$.
Tâm $I$ cách đều hai mặt phẳng $left( OBC right)$ và $left( ABC right)$ suy ra:
$frac{{left| {x – z} right|}}{{sqrt 2 }} = frac{{left| {5x + 3y + 4z – 15} right|}}{{5sqrt 2 }} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
y + 3z – 5 = 0quad quad quad quad left( alpha right)\
10x + 3y – z – 15 = 0quad left( beta right)
end{array} right.$
Nhận xét: hai điểm $A$ và $O$ nằm về cùng phía với $left( alpha right)$ nên loại $left( alpha right)$.
Hai điểm $A$ và $O$ nằm về khác phía $left( beta right)$ nên nhận $left( beta right)$.
Thấy ngay một vectơ pháp tuyến là $left( 10;,a;,b right)$ thì $a=3$, $b=-1$.Vậy $a+b=2$.
Câu 42: Chọn B.
Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là ${{u}_{n}}$, $nin {{mathbb{N}}^{*}}$. Dễ thấy dãy các giá trị ${{u}_{n}}$ là một cấp số nhân với số hạng đầu ${{u}_{1}}=frac{4}{9}$ và công bội $q=frac{1}{9}$.
Gọi ${{S}_{k}}$ là tổng của $k$ số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì ${{S}_{k}}=frac{{{u}_{1}}left( {{q}^{k}}-1 right)}{q-1}$.
Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm $49,99%$ thì $frac{{{u}_{1}}left( {{q}^{k}}-1 right)}{q-1}ge 0,4999Leftrightarrow kge 3,8$.
Vậy cần ít nhất $4$ bước.
Câu 43: Chọn A.
Tập xác định $D=mathbb{R}$
$fleft( x right) = {x^3} – 3{x^2} Rightarrow f’left( x right) = 3{x^2} – 6x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.$.
Ta có bảng biến thiên
BBT thiếu giá trị ${f}’left( left| x right| right)$ tại $x=3$
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $0<-m<4Leftrightarrow -4<m<0$
$min mathbb{Z}Rightarrow min left{ -3;,-2;-1 right}$ .
Vậy có $3$ giá trị của $m$ thỏa mãn bài ra.
Câu 44: Chọn B.
$Ain {{Delta }_{1}}$$Rightarrow Aleft( 1;,2+t;,-t right)$, $Bin {{Delta }_{2}}$$Rightarrow Bleft( 4+{t}’;,3-2{t}’;1,-{t}’ right)$.
Ta có $overrightarrow{AB}=left( 3+{t}’;,1-2{t}’-t;,1-{t}’+t right)$
VTCP của đường thẳng ${{Delta }_{1}}$ là $overrightarrow{{{u}_{1}}}=left( 0;,1;,-1 right)$.
VTCP củả đường thẳng ${{Delta }_{2}}$ là $overrightarrow{{{u}_{2}}}=left( 1;,-2;,-1 right)$.
Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} .overrightarrow {{u_1}} = 0\
overrightarrow {AB} .overrightarrow {{u_2}} = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
1 – 2t’ – t – left( {1 – t’ + t} right) = 0\
3 + t’ – 2left( {1 – 2t’ – t} right) – left( {1 – t’ + t} right) = 0
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– t’ – 2t = 0\
6t’ + t = 0
end{array} right. Leftrightarrow t = t’ = 0$. Suy ra $overrightarrow{AB}=left( 3;,1;,1 right)$ $Rightarrow AB=sqrt{11}$.
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng ${{Delta }_{1}}$ và ${{Delta }_{2}}$ có đường kính bằng độ dài đoạn $AB$ nên có bán kính $r=frac{AB}{2}=frac{sqrt{11}}{2}$ .
Câu 45: Chọn A.
Gọi $H$ là trung điểm của ${A}'{C}’$, giác $Delta {A}'{B}'{C}’$ đều nên ${B}’Hbot {A}'{C}’$.
Trong $left( {A}'{C}’CA right)$, kẻ $HEbot {A}’C$, $HEcap {A}’A=I$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
B’H bot A’C’\
HI bot A’C’
end{array} right. Rightarrow A’C’ bot left( {B’HI} right) Rightarrow left( P right) equiv left( {B’HI} right)$
$Delta {A}’EH,#,Delta {A}'{C}’C$$Rightarrow frac{{A}’E}{{A}’H}=frac{{A}'{C}’}{{A}’C}$$Rightarrow {A}’E=frac{{A}'{C}’.{A}’H}{{A}’C}$$=frac{asqrt{5}}{10}$.
$Delta {A}’IH,#,Delta {A}'{C}’C$$Rightarrow frac{IH}{{A}’H}=frac{{A}’C}{{C}’C}$$Rightarrow IH=frac{{A}’C.{A}’H}{{C}’C}$$=frac{asqrt{5}}{4}$.
${{S}_{{B}’HI}}=frac{1}{2}{B}’H.HI$$=frac{{{a}^{2}}sqrt{15}}{16}$.
${{V}_{1}}=frac{1}{3}.{{S}_{{B}’HI}}.{A}’E$$=frac{1}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{15}}{16}.frac{asqrt{5}}{10}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{96}$.
${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}={{S}_{ABC}}.{A}’A$$=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}.2a$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{2}$.
${{V}_{2}}=frac{47}{96}{{a}^{3}}sqrt{3}$ do đó $frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=frac{1}{47}$.
Câu 46: Chọn D.
Giả sử $z=x+yileft( x,,yin mathbb{R} right)$.
Ta có: ${{left| z-{{z}_{1}} right|}^{2}}+{{left| z-{{z}_{2}} right|}^{2}}=16$$Leftrightarrow {{left| x+yi+2-i right|}^{2}}+{{left| x+yi-2-i right|}^{2}}=16$$Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{left( y-1 right)}^{2}}=4$.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn của số phức $z$ là đường tròn tâm số phức $Ileft( 0;,1 right)$ bán kính $R=2$.
Do đó $m=1$, $M=3$.
Vậy ${{M}^{2}}-{{m}^{2}}=8$.
Câu 47: Chọn C.
Chọn $Aleft( 0;0;0 right)$,$Bleft( a;0;0 right)$,$Dleft( 0;a;0 right)$,$Hleft( 0;a;a right)$ khi đó
$overrightarrow{AH}=left( 0;a;a right)$ $overrightarrow{BD}=left( -a;a;0 right)$, $overrightarrow{AD}left( 0;a;0 right)$; $left[ overrightarrow{AH},overrightarrow{BD} right]=left( -{{a}^{2}};-{{a}^{2}};{{a}^{2}} right)$
$dleft( AH,BD right)=frac{left| left[ overrightarrow{AH},overrightarrow{BD} right].overrightarrow{AD} right|}{left| left[ overrightarrow{AH},overrightarrow{BD} right] right|}=frac{asqrt{3}}{3}$.
Câu 48: Chọn D.
Cách 1:
Gọi $A,B,C,D$ là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử $AB=4$, $AC=BD=AD=BC=5$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,,,CD$. Dễ dàng tính được $MN=2sqrt{3}$. Gọi $I$ là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính $r$tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì $IA=IB,IC=ID$ nên $I$ nằm trên đoạn $MN$.
Đặt $IN=x$, ta có $IC=sqrt{{{3}^{2}}+{{x}^{2}}}=3+r$ , $IA=sqrt{{{2}^{2}}+{{left( 2sqrt{3}-x right)}^{2}}}=2+r$
Từ đó suy ra $sqrt{{{3}^{2}}+{{x}^{2}}}-sqrt{{{2}^{2}}+{{left( 2sqrt{2}-x right)}^{2}}}=1Leftrightarrow x=frac{12sqrt{3}}{11}$ , suy ra $r=sqrt{{{3}^{2}}+{{left( frac{12sqrt{3}}{11} right)}^{2}}}-3=frac{6}{11}$
Cách 2
Gọi $A,B$ là tâm quả cầu bán kính bằng $2$. $C,D$là tâm quả cầu bán kính bằng $3$. $I$ là tâm quả cầu bán kính $x$.
Mặt cầu $left( I right)$ tiếp xúc ngoài với $4$ mặt cầu tâm $A,B,C,D$nên $IA=IB=x+2,,,IC=ID=x+3$.
Gọi $left( P right)$, $left( Q right)$ lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn $AB$ và $CD$.
$left{ begin{array}{l}
IA = IB Rightarrow I in left( P right)\
IC = ID Rightarrow I in left( Q right)
end{array} right. Rightarrow I in left( P right) cap left( Q right),,,left( 1 right)$.
Tứ diện $ABCD$ có $DA=DB=CA=CB=5$ suy ra $MN$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$, suy ra $MN=left( P right)cap left( Q right)$ (2).
Từ $left( 1 right)$ và $left( 2 right)$suy ra $Iin MN$
Tam giác $IAM$ có $IM=sqrt{I{{A}^{2}}-A{{M}^{2}}}=sqrt{{{left( x+2 right)}^{2}}-4}$.
Tam giác $CIN$ có $IN=sqrt{I{{C}^{2}}-C{{N}^{2}}}=sqrt{{{left( x+3 right)}^{2}}-9}$.
Tam giác $ABN$ có $NM=sqrt{N{{A}^{2}}-A{{M}^{2}}}=sqrt{12}$.
Suy ra $sqrt{{{left( x+3 right)}^{2}}-9}+sqrt{{{left( x+2 right)}^{2}}-4}=sqrt{12}Rightarrow x=frac{6}{11}$.
Câu 49: Chọn A.
Giả sử $4$ thang máy đó là $A,B,C,D$.
Do khi bốc hai thang bất kỳ luôn có một thang máy dừng được nên :
+) Khi bốc hai tầng $2,3$ có một thang dừng được giả sử đó là thang $A$, nên tầng $4$ không phải thang $A$ dừng.
+) Khi bốc hai tầng $3,4$có một thang dừng được giả sử đó là thang $B$, nên tầng $5$ không phải thang $B$ dừng.
+) Khi bốc hai tầng $4,5$ có một thang dừng được giả sử đó là thang $C$, nên tầng $6$ không phải thang $C$ dừng.
+) Khi bốc hai tầng $5,6$ có một thang dừng được giả sử đó là thang $D$.
+) Khi bốc hai tầng $6,7$ có một thang dừng được khi đó không thể là thang $A,B,C$ vì sẽ dừng $4$ (mâu thuẫn), thang $D$không thể ở tầng $7$ do không thể ở ba tầng liên tiếp.
Vậy khách sạn có tối đa sáu tầng.
Câu 50: Chọn D.
Ta có: $Sle {{S}_{1}}+{{S}_{2}}$.
${{S}_{1}}=intlimits_{0}^{a}{left( {{x}^{p-1}} right)text{d}x}=left. left( frac{{{x}^{p}}}{p} right), right|_{,0}^{,a}=frac{{{a}^{p}}}{p}$; ${{S}_{2}}=intlimits_{0}^{b}{left( {{y}^{frac{1}{p-1}}} right)text{dy}}=left. left( frac{{{y}^{frac{1}{p-1}+1}}}{frac{1}{p-1}+1} right), right|_{,0}^{,b}=left. left( frac{{{y}^{q}}}{q} right), right|_{,0}^{,b}=frac{{{b}^{q}}}{q}$.
Vì: $frac{1}{p-1}+1=frac{p}{p-1}=frac{1}{1-frac{1}{p}}=frac{1}{frac{1}{q}}=q$.
Vậy $frac{{{a}^{p}}}{p}+frac{{{b}^{q}}}{q}ge ab$.
