Câu 31.
Gọi$AD=x$, $CD=y$, ($x$, $y>0$).
Theo giả thiết ta có ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=66sqrt{3}$$Leftrightarrow {{S}_{ABCD}}=22sqrt{3}$.
Lại có ${{S}_{ABCD}}={{S}_{ABD}}+{{S}_{BCD}}=frac{1}{2}.AB.AD+frac{1}{2}.BC.CD=frac{1}{2}.5sqrt{3}.x+frac{1}{2}.3sqrt{3}.y$
$Leftrightarrow frac{1}{2}.5sqrt{3}.x+frac{1}{2}.3sqrt{3}.y=22sqrt{3}Leftrightarrow 5x+3y=44,,,left( 1 right)$.
Vì $Delta ABD$ và $Delta BCD$ vuông, ta có $B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}=C{{D}^{2}}+C{{B}^{2}}$
$Leftrightarrow 75+{{x}^{2}}=27+{{y}^{2}}$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-{{y}^{2}}=-48,,,left( 2 right)$.
Từ $left( 1 right)$ta có $y=frac{44-5x}{3}$, $left( 44-5x>0,,,,left( 3 right) right)$, thế vào (2) ta được
${{x}^{2}}-{{left( frac{44-5x}{3} right)}^{2}}=-48Leftrightarrow 2{{x}^{2}}-55x+188=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 4left( {TM,left( 3 right)} right)\
x = frac{{47}}{2}left( {KTM,doleft( 3 right)} right)
end{array} right.$
Vậy$AD=4$, $CD=8$.
Kẻ $AHbot BD$, $BDbot SA$ (vì $SAbot left( ABCD right)$) $Rightarrow BDbot left( SAH right)$$Rightarrow BDbot SH$.
Lại có $left{ begin{array}{l}
left( {SBD} right) cap left( {ABCD} right) = BD\
SH bot BD\
AH bot BD
end{array} right.$
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $left( SBD right)$ và $left( ABCD right)$ là góc giữa hai đường thẳng $SH$ và $AH$ và là góc $widehat{SHA}$ (vì $Delta SAH$ vuông tại$A$).
Xét $Delta ABD$ vuông tại $A$, đường cao $AH$, ta có $frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{A{{B}^{2}}}+frac{1}{A{{D}^{2}}}$$Rightarrow AH=frac{20sqrt{273}}{91}$.
Xét $Delta SAH$ vuông tại $A$, ta có $cot widehat{SHA}=frac{AH}{SA}=frac{20sqrt{273}}{819}$.
Vậy giá trị cần tính là $cot widehat{SHA}=frac{20sqrt{273}}{819}$.
Câu 32. Ta có: $Fleft( x right)=xln left( {{x}^{2}}-x right)-int{frac{xleft( 2x-1 right)}{{{x}^{2}}-x}}text{d}x=xln left( {{x}^{2}}-x right)-int{frac{2x-1}{x-1}text{d}x}$
$=xln left( {{x}^{2}}-x right)-int{left( 2+frac{1}{x-1} right)}text{d}x=xln left( {{x}^{2}}-x right)-2x-ln left| x-1 right|+C$.
$Fleft( 2 right)=2ln 2-4$$Leftrightarrow 2ln 2-4+C=2ln 2-4$$Leftrightarrow C=0$.
Suy ra: $Fleft( x right)=xln left( {{x}^{2}}-x right)-2x-ln left| x-1 right|$.
Khi đó: $I=intlimits_{2}^{3}{left[ frac{xln left( {{x}^{2}}-x right)-2x-ln left( x-1 right)+2x+ln left( x-1 right)}{x} right]}text{d}x$
$=intlimits_{2}^{3}{ln left( {{x}^{2}}-x right)}text{d}x=left[ xln left( {{x}^{2}}-x right)-2x-ln left( x-1 right) right]left| _{2}^{3} right.$
$=3ln 6-6-ln 2-2ln 2+4=3ln 3-2$.
Câu 33. Ta có ${g}’left( x right)={f}’left( x-1 right)-1$.
${g}’left( x right)ge 0Leftrightarrow {f}’left( x-1 right)-1ge 0Leftrightarrow {f}’left( x-1 right)ge 1$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x – 1 le – 1\
x – 1 ge 2
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x le 0\
x ge 3
end{array} right..$
Từ đó suy ra hàm số $gleft( x right)=fleft( x-1 right)+frac{2019-2018x}{2018}$ đồng biến trên khoảng $left( text{-1 ; 0} right)$.
Câu 34. Cách 1:
Gọi $H$ là trung điểm $AB$.
Vì $left( SAB right)bot left( ABC right)$ nên $SHbot left( ABC right)$. $$ $$ $$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$, với $Oequiv H$, $HBequiv Ox$, $HCequiv Oy$, $HSequiv Oz$.
Ta có: $HC=sqrt{A{{C}^{2}}-A{{H}^{2}}}=3a$; $SH=frac{AH}{tan ASH}=a$. $$
Khi đó: $Hleft( 0,;,0,;,0 right)$, $Sleft( 0,;,0,;,a right)$, $Aleft( -asqrt{3},;,0,;,0 right)$, $Bleft( asqrt{3},;,0,;,0 right)$, $Cleft( 0,;,3a,;,0 right)$, $Mleft( 0,;,frac{3a}{2},;,frac{a}{2} right)$,$Nleft( 0,;,frac{9a}{4},;,frac{a}{4} right)$.
Suy ra: $overrightarrow{AM}=left( asqrt{3},;,frac{3a}{2},;,frac{a}{2} right)$, $overrightarrow{BN}=left( -asqrt{3},;,frac{9a}{4},;,frac{a}{4} right)$, $overrightarrow{AB}=left( 2asqrt{3},;,0,;,0 right)$, $left[ overrightarrow{AM},,,overrightarrow{BN} right]=left( -frac{3{{a}^{2}}}{4},;,-frac{3sqrt{3}{{a}^{2}}}{4},;,frac{15sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} right)$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM,,BN$ là$dleft( AM,,,BN right)=frac{left| left[ overrightarrow{AM},,,overrightarrow{BN} right].overrightarrow{AB} right|}{left| left[ overrightarrow{AM},,,overrightarrow{BN} right] right|}=frac{frac{3sqrt{3}{{a}^{3}}}{2}}{frac{sqrt{711}{{a}^{2}}}{4}}=frac{2sqrt{237}a}{79}$.
Cách 2:
Gọi $P$ là trung điểm của $AC$, $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
Kẻ $NK,//,SH$, $Kin HC$; $EK,//,AC$, $Ein BP$.
Suy ra: $NP,//,AMRightarrow AM,//,left( NPB right)Rightarrow dleft( AM,,,BN right)=dleft( M,,,left( NPB right) right)=dleft( C,,,left( NPB right) right)$.
Ta có: $NK,//,SH$ nên $frac{{NK}}{{SH}} = frac{{KC}}{{CH}} = frac{{CN}}{{CS}} = frac{1}{4} Rightarrow left{ begin{array}{l}
NK = frac{1}{4}SH = frac{a}{4}\
frac{{GK}}{{GC}} = frac{5}{8}
end{array} right.$
$EK,//,AC$ nên $frac{EK}{PC}=frac{GK}{GC}=frac{5}{8}Rightarrow EK=frac{5}{8}PC=frac{5sqrt{3}a}{8}$.
$NE=sqrt{N{{K}^{2}}+E{{K}^{2}}}=frac{asqrt{79}}{8}$; $BP=HC=3a$.
Vì: $left{ begin{array}{l}
KN bot BP\
KE bot BP
end{array} right. Rightarrow BO bot left( {NPB} right) Rightarrow BP bot EN$
Diện tích tam giác $NBP$ là: ${{S}_{Delta NBP}}=frac{1}{2}NE.BP=frac{3sqrt{79}a}{16}$.
Thể tích tứ diện $N.CPB$ là: ${{V}_{N.CPB}}=frac{1}{3}dleft( N,,,left( ABC right) right).{{S}_{Delta CBP}}=frac{1}{3}.frac{1}{4}.SH.frac{1}{2}.BP.PC=frac{1}{24}.a.3a.asqrt{3}=frac{sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}$.
Khoảng cách từ $C$ đến $left( NBP right)$ là: $dleft( C,,,left( NBP right) right)=frac{3{{V}_{N.CPB}}}{{{S}_{Delta NBP}}}=frac{2sqrt{237}a}{79}$. $$ $$ $$
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM,,BN$ là $frac{2asqrt{237}}{79}$.
Cách 3:
Kẻ $KIbot NE$, $Iin NE$.
Khi đó: $NP,//,AMRightarrow AM,//,left( NPB right)Rightarrow dleft( AM,,,BN right)=dleft( M,,,left( NPB right) right)=dleft( C,,,left( NPB right) right)=frac{8}{5}dleft( K,,,left( NPB right) right)$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
KI bot NE\
KI bot BP
end{array} right. Rightarrow KI bot left( {NPB} right) Rightarrow dleft( {K,,,left( {NPB} right)} right) = KI$
Suy ra: $NP,//,AMRightarrow AM,//,left( NPB right)Rightarrow dleft( AM,,,BN right)=frac{8}{5}KI$.
Trong tam giác vuông $NKE$ ta có: $frac{1}{K{{I}^{2}}}=frac{1}{K{{N}^{2}}}+frac{1}{K{{E}^{2}}}=frac{1264}{75{{a}^{2}}}Rightarrow KI=frac{5sqrt{237}a}{316}Rightarrow dleft( AM,,,BN right)=frac{2sqrt{237}a}{79}$.
Câu 35.
${g}’left( x right)=3{f}’left( fleft( x right) right).{f}’left( x right)$ .
${g}’left( x right)=0Leftrightarrow 3{f}’left( fleft( x right) right).{f}’left( x right)=0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
f’left( {fleft( x right)} right) = 0\
f’left( x right) = 0
end{array} right.$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
fleft( x right) = 0\
fleft( x right) = a\
x = 0\
x = a
end{array} right.$, $left( 2<a<3 right)$.
$fleft( x right)=0$ có 3 nghiệm đơn phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$, ${{x}_{3}}$ khác $0$ và $a$.
Vì $2<a<3$ nên$fleft( x right)=a$ có 3 nghiệm đơn phân biệt ${{x}_{4}}$, ${{x}_{5}}$, ${{x}_{6}}$ khác ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$, ${{x}_{3}}$, $0$, $a$.
Suy ra ${g}’left( x right)=0$ có 8 nghiệm đơn phân biệt. Do đó hàm số $gleft( x right)=3fleft( fleft( x right) right)+4$có 8 điểm cực trị.
Câu 36. Phương trình mặt phẳng $left( ABC right)$ (theo đoạn chắn) là
$frac{x}{2}+frac{y}{-1}+frac{z}{-3}=1Leftrightarrow -3x+6y+2z+6=0$.
Câu 37.
Ta có: ${y}’=left[ 2{f}’left( x right)-4 right]{{pi }^{2fleft( x right),,-,,4x}}ln pi $.
${y}’=0Leftrightarrow 2{f}’left( x right)-4=0Leftrightarrow {f}’left( x right)=2$.
Đồ thị hàm số $y={f}’left( x right)$ nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số $y={f}’left( x-1 right)$sang trái 1 đơn vị
nên ${f}’left( x right)=2$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 2\
x = 0\
x = 1
end{array} right.$
Do $x=-2$ và $x=1$ là nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên sau:
Câu 38 . Tập xác định: $D=mathbb{R}.$Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$.
Ta có: ${y}’=4left( m-1 right){{x}^{3}}-2left( {{m}^{2}}-2 right)x$
* Điều kiện cần:
Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ là $f’left( -1 right)=0$ $Leftrightarrow -4left( m-1 right)+2left( {{m}^{2}}-2 right)=0$
$Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-4m=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 0\
m = 2
end{array} right.$
* Điều kiện đủ:
Trường hợp 1: $m=0$ hàm số trở thành $y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+2019$
Ta có: $y’=0$$Leftrightarrow -4{{x}^{3}}+4x=0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 1\
x = 0\
x = 1
end{array} right.$
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ nên loại $m=0$.
Trường hợp 2: $m=2$ hàm số trở thành $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+2019$.
Ta có: $y’=0$$Leftrightarrow 4{{x}^{3}}-4x=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 1\
x = 0\
x = 1
end{array} right.$
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$. Chọn $m=2$.
Vậy với $m=2$ thì hàm số $y=left( m-1 right){{x}^{4}}-left( {{m}^{2}}-2 right){{x}^{2}}+2019$ đạt cực tiểu tại $x=-1$.
Cách 2: Kiểm tra điều kiện đủ, (Lưu Thêm).
– Với $m=0$, hàm số trở thành $y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+2019$.
${y}’=-4{{x}^{3}}+4x$, ${{y}’}’=-12{{x}^{2}}+4$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
y’left( { – 1} right) = 0\
y”left( { – 1} right) = – 8 < 0
end{array} right.$, suy ra hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ nên loại $m=0$.
– Với $m=2$, hàm số trở thành $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+2019$.
${y}’=4{{x}^{3}}-4x$, ${{y}’}’=12{{x}^{2}}-4$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
y’left( { – 1} right) = 0\
y”left( { – 1} right) = 8 > 0
end{array} right.$, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ nên chọn $m=2$.
Kết luận: $m=2$.
Câu 39 .
Điều kiện: $xin left[ 1;frac{7}{3} right]$.
Xét phương trình: $2.fleft( 3-3sqrt{-9{{x}^{2}}+30x-21} right)=m-2019 left( 1 right)$.
Ta có : $-9{{x}^{2}}+30x-21=4-{{left( 3x-5 right)}^{2}}$ $Rightarrow 0le sqrt{4-{{left( 3x-5 right)}^{2}}}le 2Rightarrow -3le 3-3sqrt{4-{{left( 3x-5 right)}^{2}}}le 3$.
Đặt $t=3-3sqrt{-9{{x}^{2}}+30x-21}$, $tin left[ -3;3 right]$.
Khi đó, phương trình $left( 1 right)$ trở thành: $2.fleft( t right)=m-2019Leftrightarrow fleft( t right)=frac{m-2019}{2} left( 2 right)$.
Phương trình $left( 1 right)$ có nghiệm $xin left[ 1;frac{7}{3} right]$$Leftrightarrow $phương trình $left( 2 right)$ có nghiệm $tin left[ -3;3 right]$.
Dựa vào đồ thị của hàm số $y=fleft( x right)$, phương trình $left( 2 right)$ có nghiệm $tin left[ -3;3 right]$ khi và chỉ khi$-5le frac{m-2019}{2}le 1Leftrightarrow 2009le mle 2021$.
Do $min mathbb{Z} Rightarrow min left{ 2009, 2010,…, 2021 right}$.
Vậy số giá trị nguyên của $m$ là: $2021-2009+1=13$.
Câu 40. Ta có: $intlimits_{1}^{4}{{F}’,left( x right)}text{d}x=intlimits_{1}^{4}{frac{1}{2x-1}}text{d}x=left. frac{1}{2}ln |2x-1| right|_{1}^{4}=frac{1}{2}ln 7$.
Lại có: $intlimits_{1}^{4}{{F}’,left( x right)}text{d}x=left. Fleft( x right) right|_{1}^{4}=Fleft( 4 right)-Fleft( 1 right)$.
Suy ra $Fleft( 4 right)-Fleft( 1 right)=frac{1}{2}ln 7$. Do đó $Fleft( 4 right)=Fleft( 1 right)+frac{1}{2}ln 7=1+frac{1}{2}ln 7$.
Câu 41.
Cách 1
Gọi hai phương trình đường tròn có bán kính $R=3$ thoả mãn tính chất tâm của đường tròn này thuộc đường tròn kia có dạng: $left( {{C}_{1}} right):{{left( x+frac{3}{2} right)}^{2}}+{{y}^{2}}=9$ ; $left( {{C}_{2}} right):{{left( x-frac{3}{2} right)}^{2}}+{{y}^{2}}=9$.
Khi đó thể tích của khối cầu $left( {{S}_{1}} right),left( {{S}_{2}} right)$ lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay các đường tròn $left( {{C}_{1}} right),left( {{C}_{2}} right)$ quanh trục $Ox$.
Vậy $V=pi intlimits_{frac{-3}{2}}^{0}{left[ 9-{{left( x-frac{3}{2} right)}^{2}} right]text{d}x+pi intlimits_{0}^{frac{3}{2}}{left[ 9-{{left( x+frac{3}{2} right)}^{2}} right]text{d}x}}=2pi intlimits_{0}^{frac{3}{2}}{left[ 9-{{left( x+frac{3}{2} right)}^{2}} right]text{d}x}=frac{45pi }{4}$.
Cách 2: (dùng công thức tính khối chỏm cầu).
Thể tích phần chung chính là tổng thể tích 2 khối chỏm cầu có bán kính $R=3$, chiều cao $h=frac{R}{2}=frac{3}{2}$.
Vậy $V=2.pi {{h}^{2}}left( R-frac{h}{3} right)=frac{45pi }{4}$.
Câu 42. * ${{I}_{1}}=intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{tan x.fleft( text{co}{{text{s}}^{2}}x right)text{d}x}=frac{1}{2}intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{frac{fleft( text{co}{{text{s}}^{2}}x right)}{text{co}{{text{s}}^{2}}x}text{.sin2}xtext{d}x}$.
Đặt $text{co}{{text{s}}^{2}}x=t$$Rightarrow sin 2xtext{d}x=-text{d}t$.
Đổi cận
|
$x$ |
$0$ |
$frac{pi }{4}$ |
|
$t$ |
$1$ |
$frac{1}{2}$ |
Khi đó ${{I}_{1}}=-frac{1}{2}intlimits_{1}^{frac{1}{2}}{frac{fleft( t right)}{t}}text{d}t$ $Rightarrow intlimits_{frac{1}{2}}^{1}{frac{fleft( t right)}{t}}text{d}t=4$.
* ${{I}_{2}}=intlimits_{text{e}}^{{{text{e}}^{2}}}{frac{fleft( text{l}{{text{n}}^{2}}x right)}{xln x}text{d}x}=frac{1}{2}intlimits_{text{e}}^{{{text{e}}^{2}}}{frac{fleft( text{l}{{text{n}}^{2}}x right)}{{{ln }^{2}}x}text{.}frac{2ln x}{x}text{d}x}$.
Đặt $text{l}{{text{n}}^{2}}x=t$$Rightarrow frac{text{2}ln x}{x}text{d}x=text{d}t$.
Đổi cận
|
$x$ |
$text{e}$ |
${{text{e}}^{2}}$ |
|
$t$ |
$1$ |
$4$ |
Khi đó ${{I}_{2}}=frac{1}{2}intlimits_{1}^{4}{frac{fleft( t right)}{t}}text{d}t$ $Rightarrow intlimits_{1}^{4}{frac{fleft( t right)}{t}}text{d}t=4$.
* Tính $I=intlimits_{frac{1}{4}}^{2}{frac{fleft( 2x right)}{x}text{d}x}$. Đặt $2x=t$$Rightarrow text{d}x=frac{1}{2}dt$.
Đổi cận
|
$x$ |
$frac{1}{4}$ |
$2$ |
|
$t$ |
$frac{1}{2}$ |
$4$ |
Khi đó $I=intlimits_{frac{1}{2}}^{4}{frac{fleft( t right)}{t}}text{d}t=intlimits_{frac{1}{2}}^{1}{frac{fleft( t right)}{t}}text{d}t+intlimits_{1}^{4}{frac{fleft( t right)}{t}}text{d}t=4+4=8$.
Câu 43.
Kẻ $AH$, $AK$ lần lượt vuông góc $B{B}’$, $CC’$ tại $H$, $K$.
Vậy $AH=2a$, $AK=4a$, $widehat{left( left( AB{B}'{A}’ right),left( AC{C}'{A}’ right) right)}=widehat{left( AH,AK right)}=60{}^circ $.
Kẻ ${A}’M$, ${A}’N$ lần lượt vuông góc $B{B}’$, $C{C}’$ tại $M$, $N$.
Ta có hai khối chóp $A.BCKH$, ${A}’.{B}'{C}’NM$ là bằng nhau.
Vậy ${{V}_{ABC.A’B’C’}}={{V}_{ABCKH}}+{{V}_{AHKA’B’C’}}={{V}_{A’B’C’NM}}+{{V}_{AHKA’B’C’}}={{V}_{AHK.A’MN}}$.
Mà $AHK.{A}’MN$ là lăng trụ đứng có đường cao chính là cạnh bên $A{A}’=8a$ và có diện tích đáy $S={{S}_{AHK}}=frac{1}{2}AH.AK.sin widehat{left( AH,AK right)}=frac{1}{2}.2a.4a.sin 60{}^circ =2{{a}^{2}}sqrt{3}$
$Rightarrow {{V}_{ABC.A’B’C’}}=A{A}’.{{S}_{AHK}}=16{{a}^{3}}sqrt{3}$.
Câu 44. Đặt $t=sqrt{6-x}$, $left( tge 0 right)$ khi đó ta có hàm số $y=fleft( t right)=frac{left( 4-m right)t+3}{t+m}$.
Ta có ${f}’left( t right)=frac{-{{m}^{2}}+4m-3}{{{left( t+m right)}^{2}}}$.
Hàm số $y=sqrt{6-x}$ nghịch biến trên khoảng $left( -infty ;6 right)$ nên với $-8<x<5$ thì $1<t<sqrt{14}$.
Hàm số $y=frac{left( 4-m right)sqrt{6-x}+3}{sqrt{6-x}+m}$ đồng biến trên khoảng $left( -8,;,5 right)$ khi và chỉ khi hàm số $fleft( t right)=frac{left( 4-m right)t+3}{t+m}$ nghịch biến trên khoảng $left( 1,;,sqrt{14} right)$ $Leftrightarrow {f}’left( t right)<0,,forall ,tin left( 1,;,sqrt{14} right)$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– {m^2} + 4m – 3 < 0\
– m notin left( {1,;,sqrt {14} } right)
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m < 1\
m > 3
end{array} right.\
left[ begin{array}{l}
m ge – 1\
m le – sqrt {14}
end{array} right.
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m > 3\
– 1 le m < 1\
m le – sqrt {14}
end{array} right.$
Mà $m$ nguyên thuộc khoảng $left( -10,;,10 right)$ nên $min left{ -9;-8;-7;-6;-5;-4;-1;0;4;5;6;7;8;9 right}$.
Vậy có $14$ giá trị nguyên của m thoả mãn bài toán.
Câu 45. TXĐ: $mathbb{R}$.
Đặt ${{left( 4+sqrt{15} right)}^{x}}=t$, $left( t>0 right)$, phương trình đã cho trở thành:
$t+left( 2m+1 right).frac{1}{t}-6=0Leftrightarrow {{t}^{2}}-6t+2m+1=0quad left( * right)$ .
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ thỏa mãn ${{x}_{1}}-2{{x}_{2}}=0$ khi và chỉ khi phương trình $left( * right)$ có hai nghiệm dương phân biệt ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$thỏa mãn ${{t}_{1}}=t_{2}^{2}$.
Phương trình $left( * right)$ có hai nghiệm dương phân biệt $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ > 0\
S > 0\
P > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
8 – 2m > 0\
2m + 1 > 0
end{array} right. Leftrightarrow – frac{1}{2} < m < 4$
Ta có $left{ begin{array}{l}
{t_1} + {t_2} = 6,left( 1 right);\
{t_1}.{t_2} = 2m + 1\
{t_1} = t_2^2quad
end{array} right.$
Thay ${{t}_{1}}=t_{2}^{2}$ vào $left( 1 right)$ ta có $t_2^2 + {t_2} – 6 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{t_2} = – 3quad left( L right)\
{t_2} = 2quad ;;left( {TM} right)
end{array} right.$
Thay ${{t}_{2}}=2$ ta có ${{t}_{1}}=4$,$m=frac{7}{2}$ (thỏa mãn).
Câu 46.
Ta có: $left| Omega right|={{9}^{5}}=59049$.
Gọi B là biến cố cần tìm xác suất.
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt $a,b,c$ từ 9 chữ số khác 0 là $text{C}_{9}^{3}$.
TH1. Có 1 chữ số trong 3 chữ số $a,b,c$ được lặp $3$ lần.
Chọn chữ số lặp: có 3 cách, giả sử là a.
Xếp 5 chữ số $a,a,a,b,c$có $frac{5!}{3!}$ cách, (vì cứ 3! hoán vị của các vị trí mà $a,a,a$ chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số $n$).
Suy ra trong trường hợp này có $text{C}_{9}^{3}.3cdot frac{5!}{3!}$ số tự nhiên.
TH2. Có 2 trong 3 chữ số $a,b,c$, mỗi chữ số được lặp $2$ lần.
Chọn 2 chữ số lặp: có $text{C}_{3}^{2}$ cách, giả sử là a, b.
Xếp 5 chữ số $a,a,b,b,c$ có $frac{5!}{2!2!}$ cách, (vì cứ 2! hoán vị của các vị trí mà $a,a$ chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà $b,b$ chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số $n$).
Suy ra trong trường hợp này có $text{C}_{9}^{3}.3cdot frac{5!}{2!2!}$ số tự nhiên.
Do đó ta có $left| {{Omega }_{B}} right|=text{C}_{9}^{3}.3cdot frac{5!}{3!}+text{C}_{9}^{3}.3cdot frac{5!}{2!2!}=text{12600}$ số.
Kết luận: $Pleft( B right)=frac{left| {{Omega }_{B}} right|}{left| Omega right|}=frac{text{12600}}{59049}=frac{text{1400}}{6561}$.
Cách 2: Lưu Thêm
Gọi $A$ là tập các số tự nhiên gồm $5$ chữ số mà các chữ số đều khác $0$.
Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên 1 số từ $A$” $Rightarrow $ $nleft( Omega right)={{9}^{5}}$.
Gọi $B$ là biến cố: “ Số được chọn chỉ có đúng $3$ chữ số khác nhau”.
TH1: Có $1$ chữ số được lặp $3$ lần, $2$ chữ số còn lại khác nhau.
+) Chọn $1$ chữ số khác $0$ có $9$ cách ( gọi là $a$).
+) Xếp 3 chữ số $a$ vào $3$ trong $5$ vị trí có $C_{5}^{3}$ cách.
+) Chọn $2$ chữ số từ $8$ chữ số còn lại và xếp vào $2$ vị trí còn lại có $A_{8}^{2}$ cách.
$Rightarrow $ Có $9.C_{5}^{3}.A_{8}^{2}=5040$ (số).
TH2: Có $2$ trong $5$ chữ số, mỗi chữ số được lặp $2$ lần.
+) Chọn $2$ chữ số từ $9$ chữ số có $C_{9}^{2}$ (gọi là $a$, $b$).
+) Xếp $4$ chữ số: $a$, $a$, $b$, $b$ vào $4$ trong $5$ vị trí có $C_{5}^{2}.C_{3}^{2}$ cách.
+) Xếp $1$ chữ số còn lại có $7$ cách.
$Rightarrow $ Có $C_{9}^{2}.C_{5}^{2}.C_{3}^{2}.7=7560$ (số).
$Rightarrow nleft( B right)=5040+7560=12600$.
Kết luận: $Pleft( B right)=frac{nleft( B right)}{nleft( Omega right)}=frac{text{12600}}{{{9}^{5}}}=frac{text{1400}}{6561}$.
Câu 47 .
Với $a>0,b>0$, ta có
$P=frac{2b+3a}{sqrt{{{b}^{2}}-ab+5{{a}^{2}}}}+frac{2c+3b}{sqrt{{{c}^{2}}-bc+5{{b}^{2}}}}$$=frac{2.frac{b}{a}+3}{sqrt{{{left( frac{b}{a} right)}^{2}}-frac{b}{a}+5}}+frac{2.frac{c}{b}+3}{sqrt{{{left( frac{c}{b} right)}^{2}}-frac{c}{b}+5}}$.
Xét hàm số $fleft( x right)=frac{2x+3}{sqrt{{{x}^{2}}-x+5}}$ với $x>0$.
Ta có ${f}’left( x right)=frac{-8x+23}{2left( {{x}^{2}}-x+5 right)sqrt{{{x}^{2}}-x+5}}$.
${f}’left( x right)=0Leftrightarrow -8x+23=0Leftrightarrow x=frac{23}{8}$.
Từ bảng biến thiên ta suy ra $fleft( x right)le frac{2sqrt{665}}{19}$ với mọi $x>0$.
Vậy $left{ begin{array}{l}
fleft( {frac{b}{a}} right) le frac{{2sqrt {665} }}{{19}}\
fleft( {frac{c}{b}} right) le frac{{2sqrt {665} }}{{19}}
end{array} right.$, do đó $P=fleft( frac{b}{a} right)+fleft( frac{c}{b} right)le frac{4sqrt{665}}{19}$
Suy ra $P$ đạt giá trị lớn nhất bằng $frac{4sqrt{665}}{19}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $left{ begin{array}{l}
frac{b}{a} = frac{c}{b} = frac{{23}}{8}\
abc = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = frac{8}{{23}}\
b = 1\
c = frac{{23}}{8}
end{array} right.$
Từ đó ta có ${{a}_{0}}=frac{8}{23};{{b}_{0}}=1;{{c}_{0}}=frac{23}{8}$. Vậy ${{a}_{0}}+{{b}_{0}}+{{c}_{0}}=frac{777}{184}$.
Cách 2.
$P=frac{2b+3a}{sqrt{{{b}^{2}}-ab+5{{a}^{2}}}}+frac{2c+3b}{sqrt{{{c}^{2}}-bc+5{{b}^{2}}}}=frac{2b+3a}{sqrt{{{left( b-frac{a}{2} right)}^{2}}+frac{19}{4}{{a}^{2}}}}+frac{2c+3b}{sqrt{{{left( c-frac{b}{2} right)}^{2}}+frac{19}{4}{{b}^{2}}}}$.
Ta có $2b+3a=2left( b-frac{a}{2} right)+frac{8}{sqrt{19}}frac{sqrt{19}}{2}ale sqrt{{{2}^{2}}+{{left( frac{8}{sqrt{19}} right)}^{2}}}sqrt{{{left( b-frac{a}{2} right)}^{2}}+{{frac{19a}{4}}^{2}}}$ .
Suy ra $frac{2b+3a}{sqrt{{{b}^{2}}-ab+5{{a}^{2}}}}le frac{2sqrt{665}}{19}$ .
Tương tự $frac{2c+3b}{sqrt{{{c}^{2}}-bc+5{{b}^{2}}}}le frac{2sqrt{665}}{19}$.
Khi đó $Ple frac{4sqrt{665}}{19}.$
Vậy$P$ đạt giá trị lớn nhất bằng $frac{4sqrt{665}}{19}.$
Đẳng thức xảy ra khi $left{ begin{array}{l}
frac{8}{{sqrt {19} }}left( {b – frac{a}{2}} right) = 2.frac{{sqrt {19} a}}{2}\
frac{8}{{sqrt {19} }}left( {c – frac{b}{2}} right) = 2.frac{{sqrt {19} b}}{2}\
abc = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
23a = 8b\
23b = 8c\
abc = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = frac{8}{{23}}\
b = 1\
c = frac{{23}}{8}
end{array} right.$
Từ đó ta có ${{a}_{0}}=frac{8}{23};{{b}_{0}}=1;{{c}_{0}}=frac{23}{8}$. Vậy ${{a}_{0}}+{{b}_{0}}+{{c}_{0}}=frac{777}{184}$.
Câu 48.
Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một nửa khối cầu nên $frac{1}{2}.frac{4}{3}pi {{R}^{3}}=54sqrt{3}pi Leftrightarrow R=3sqrt{3}$.
Do đó chiều cao của thùng nước là $h=frac{2}{3}.2R=4sqrt{3}$.
Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân $ABCD$ với $AB=3CD$ . Gọi O là giao điểm của $AD$và $BC$ thì tam giác $OAB$cân tại $O$.
Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$ và $I$ là giao điểm của $OH$và $CD$ $to I$ là trung điểm của $DC$nên $DI=frac{1}{3}AH$.
Ta có $frac{OI}{OH}=frac{DI}{AH}=frac{1}{3}$ $to OH=frac{3}{2}HI=6sqrt{3}$
Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ trên $OA$ thì $HK=R=3sqrt{3}$
Tam giác $OHA$ vuông tại H có đường cao $HK$ nên
$frac{1}{H{{K}^{2}}}=frac{1}{H{{O}^{2}}}+frac{1}{A{{H}^{2}}}to frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{H{{K}^{2}}}-frac{1}{H{{O}^{2}}}=frac{1}{36}$$to AH=6to DI=2$
Thể tích thùng đầy nước là $frac{hpi left( A{{H}^{2}}+D{{I}^{2}}+AH.DI right)}{3}=frac{4sqrt{3}pi left( {{6}^{2}}+{{2}^{2}}+6.2 right)}{3}=frac{208sqrt{3}pi }{3}$
Do đó thể tích nước còn lại là$frac{208sqrt{3}pi }{3}-54sqrt{3}pi =frac{46sqrt{3}pi }{3}left( d{{m}^{3}} right)$ .
Câu 49. Điều kiện: $x>0$.
Ta có $5{{log }_{a}}x.{{log }_{b}}x-4{{log }_{a}}x-3{{log }_{b}}x-2019=0$$Leftrightarrow 5frac{ln x}{ln a}.frac{ln x}{ln b}-4frac{ln x}{ln a}-3frac{ln x}{ln b}-2019=0.$
Đặt $t=ln x$. Ta được phương trình: $frac{5{{t}^{2}}}{ln a.ln b}-left( frac{3ln a+4ln b}{ln a.ln b} right)t-2019=0,$ (*)
Do $a,,,b>1$ $Rightarrow ln a.ln b>0$. Vậy (*) luôn có hai nghiệm phân biệt ${{t}_{1}},,,{{t}_{2}}$. Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},,,{{x}_{2}}$.
Mặt khác ta có: ${{t}_{1}}+{{t}_{2}}=frac{3ln a+4ln b}{5}=frac{3ln a+4ln left( 2019-a right)}{5}$.
$Rightarrow ln left( {{x}_{1}}.{{x}_{2}} right)=ln {{x}_{1}}+ln {{x}_{2}}={{t}_{1}}+{{t}_{2}}=frac{3ln a+4ln left( 2019-a right)}{5}$
Vì $a>1$, $b>1$ và $a+b=2019$ nên $ain left( 1;2018 right)$.
Xét hàm số $f(u)=frac{3ln u+4ln left( 2019-u right)}{5}$ trên $left( 1;2018 right)$.
Ta có ${f}'(u)=frac{6057-7u}{5uleft( 2019-u right)}$ $Rightarrow {f}'(u)=0Leftrightarrow u=frac{6057}{7}$
Bảng biến thiên:
Vậy giá trị lớn nhất của $ln left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} right)$ bằng $frac{3}{5}ln frac{6057}{7}+frac{4}{5}ln frac{8076}{7}$.
Do đó $m=6075,,,n=8076$ hay $S=m+2n=22209$.
Câu 50.
Ta có $frac{{{V}_{1}}}{V}$$=frac{{{V}_{S.AMPN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}$ $=frac{{{V}_{S.APN}}+{{V}_{S.APM}}}{{{V}_{S.ABCD}}}$ $=frac{{{V}_{S.APN}}}{2{{V}_{S.ACD}}}+frac{{{V}_{S.APM}}}{2{{V}_{S.ABC}}}$$=frac{1}{2}left( frac{SP}{SC}.frac{SN}{SD}+frac{SP}{SC}.frac{SM}{SB} right)$ $=frac{1}{10}left( frac{SN}{SD}+frac{SM}{SB} right)$. Đặt $a=frac{SM}{SB}$, $b=frac{SN}{SD}$ , $0<a,ble 1$.
Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành $ABCD$.
Trong mặt phẳng $left( SAC right)$, $APcap SO=I$.
Xét tam giác $SOC$ có $frac{PS}{PC}.frac{AC}{AO}.frac{IO}{IS}=1$ $Leftrightarrow frac{IO}{IS}=2$$Rightarrow frac{SI}{SO}=frac{1}{3}$.
Xét tam giác $SBD$ có $frac{{{S}_{SMN}}}{{{S}_{SBD}}}=frac{SM}{SB}.frac{SN}{SD}$$=a.b$.
Mặt khác, $frac{{{S}_{SMN}}}{{{S}_{SBD}}}=frac{{{S}_{SMI}}+{{S}_{SNI}}}{{{S}_{SBD}}}$$=frac{{{S}_{SMI}}}{2{{S}_{SBO}}}+frac{{{S}_{SNI}}}{2{{S}_{SDO}}}$$=frac{1}{2}left( frac{SM}{SB}.frac{SI}{SO}+frac{SN}{SD}.frac{SI}{SO} right)$$=frac{1}{6}left( a+b right)$
Vậy, $frac{1}{6}left( a+b right)=ab$, do $a=frac{1}{6}$ không thoả mãn hệ thức nên $b=frac{a}{6a-1}$, do $0<ble 1$ nên $0<frac{a}{6a-1}le 1$$Leftrightarrow age frac{1}{5}$. Từ đó, $frac{{{V}_{1}}}{V}=frac{1}{10}left( a+b right)$$=frac{1}{10}left( a+frac{a}{6a-1} right)$ với $frac{1}{5}le ale 1$.
Xét hàm số $y=fleft( x right)=x+frac{x}{6x-1}$ với $xin left[ frac{1}{5};1 right]$. ${y}’=1-frac{1}{{{left( 6x-1 right)}^{2}}}$, ${y}’=0Leftrightarrow $${{left( 6x-1 right)}^{2}}=1$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0,left( {rm{l}} right)\
x = frac{1}{3}
end{array} right.$. Ta có $fleft( frac{1}{5} right)=frac{6}{5}$, $fleft( frac{1}{3} right)=frac{2}{3}$, $fleft( 1 right)=frac{6}{5}$. Vậy $underset{xin left[ frac{1}{5};1 right]}{mathop{max }},fleft( x right)=fleft( 1 right)=frac{6}{5}$ .
Từ đó, giá trị lớn nhất của $frac{{{V}_{1}}}{V}$ bằng $frac{3}{25}$ khi $M$ trùng $B$ hoặc $N$ trùng $D$.
Cách 2: Lưu Thêm
* Đặt $a=frac{SA}{SA}=1$; $b=frac{SB}{SM}$; $c=frac{SC}{SP}=5$; $d=frac{SD}{SN}$.
* Ta có $a+c=b+d$$Leftrightarrow 1+5=b+dLeftrightarrow d=6-b$.
* $frac{{{V}_{S.AMPN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=frac{a+b+c+d}{4abcd}=frac{1+b+5+6-b}{4.1.b.5.left( 6-b right)}=frac{3}{5}.frac{1}{-{{b}^{2}}+6b}$.
* Xét $fleft( b right)=frac{3}{5}.frac{1}{-{{b}^{2}}+6b};,bin left[ 1;5 right]$ (do$b$, $dge 1$).
${f}’left( b right)=-frac{3}{5}.frac{-2b+6}{{{left( -{{b}^{2}}+6b right)}^{2}}}$; ${f}’left( b right)=0Leftrightarrow b=3$.
Bảng biến thiên:
Kết luận: Giá trị lớn nhất của $frac{{{V}_{1}}}{V}=frac{3}{25}$.
