Câu 31.
Gọi $h,r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ $left( 0<h<2R,0<r<R right)$.
$Rightarrow $ Thể tích khối trụ là $V=pi {{r}^{2}}h$.
Khối trụ nội tiếp một mặt cầu có bán kính $R$$Rightarrow {{R}^{2}}={{r}^{2}}+{{left( frac{h}{2} right)}^{2}}Rightarrow {{r}^{2}}={{R}^{2}}-frac{{{h}^{2}}}{4}$.
$Rightarrow V=pi left( {{R}^{2}}-frac{{{h}^{2}}}{4} right)h=pi left( {{R}^{2}}h-frac{{{h}^{3}}}{4} right)$.
Xét hàm số $fleft( h right)={{R}^{2}}h-frac{{{h}^{3}}}{4},0<h<2R.$
$f’left( h right) = {R^2} – frac{3}{4}{h^2},f’left( h right) = 0 Leftrightarrow {R^2} – frac{3}{4}{h^2} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
h = frac{{2Rsqrt 3 }}{3}\
h = – frac{{2Rsqrt 3 }}{3}
end{array} right.$
$underset{left( 0;2R right)}{mathop{text{Max}}},fleft( h right)=frac{4sqrt{3}}{9}{{R}^{3}}$ khi $h=frac{2Rsqrt{3}}{3}$.
Vậy khối trụ nội tiếp một mặt cầu có bán kính $R$ không đổi có thể đạt giá trị lớn nhất bằng $frac{4sqrt{3}pi }{9}{{R}^{3}}$.
Câu 32. Ta có:
Áp dụng:
.
Câu 33.
Số phần tử không gian mẫu: $nleft( Omega right)={{6}^{5}}$.
Gọi A là biến cố “tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5”.
Để kết quả gieo thuận lợi cho biến cố A thì trong năm lần gieo có ít nhất một lần gieo được số 5, các lần còn lại gieo được toàn số lẻ.
Số phần tử của biến cố A: $nleft( A right)={{3}^{5}}-{{2}^{5}}=211$.
Xác suất của biến cố A: $Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}=frac{211}{7776}$.
Câu 34.
Phương trình mặt phẳng $left( xOy right)$: $z=0$.
Vì $1.left( -3 right)<0$ nên $A$, $B$ nằm về hai phía mặt phẳng $left( xOy right)$.
Gọi ${A}’$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $left( xOy right)$, ta có ${A}’left( 3;2;-1 right)$.
Với mọi $Min left( xOy right)$, ta có $left| MA-MB right|=left| M{A}’-MB right|le {A}’B$.
$left| MA-MB right|$ đạt giá trị lớn nhất bằng ${A}’B$ khi $M$, ${A}’$, $B$ thẳng hàng.
Gọi $Mleft( x;y;0 right)$. Ta có $overrightarrow{{A}’M}=left( x-3;y-2;1 right)$; $overrightarrow{{A}’B}=left( -4;2;-2 right)$.
$M$, ${A}’$, $B$ thẳng hàng khi và chỉ khi $left[ overrightarrow{{A}’M};overrightarrow{{A}’B} right]=overrightarrow{0}$, khi đó:
$left{ begin{array}{l}
y – 1 = 0\
5 – x = 0\
– x – 2y + 7 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 5\
y = 1
end{array} right.$. Vậy $Mleft( {5;1;0} right)$
Câu 35.
Do elip nhận trục $Ox,Oy$ là trục đối xứng và $O$ là tâm đối xứng nên hình vuông nội tiếp elip cũng nhận trục $Ox,Oy$ là trục đối xứng và $O$ là tâm đối xứng. Vậy tọa độ đỉnh của hình vuông nằm trong góc phần tư thứ nhất có dạng $Mleft( {{x}_{0}};{{x}_{0}} right)$ . Khi đó cạnh của hình vuông là $2left| {{x}_{0}} right|$ .
Do $Min left( E right)Leftrightarrow frac{x_{0}^{2}}{{{a}^{2}}}+frac{x_{0}^{2}}{{{b}^{2}}}=1Leftrightarrow x_{0}^{2}=frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$. Diện tích hình vuông là $S=4x_{0}^{2}=frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$ .
Câu 36.
Ta có $left{ begin{array}{l}
tan x – tan y = 10\
cot x – cot y = 5
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
tan x – tan y = 10\
frac{1}{{tan x}} – frac{1}{{tan y}} = 5
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
tan x – tan y = 10\
tan x.tan y = – 2
end{array} right.$
Có $tan left( x-y right)=frac{tan x-tan y}{1+tan x.tan y}=-10$.
Câu 37.
Cách 1: Trước hết ta có (công thức Pa-xcan):
$C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k}=C_{n}^{k}left( 1le kle n right)$
Ta chứng minh công thức tổng quát bằng phương pháp quy nạp:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}+C_{n+2}^{n}+…+C_{n+k}^{n}=C_{n+k+1}^{n+1}$ (*)
Với $k=1,$ đẳng thức có dạng:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}=C_{n+2}^{n+1}Leftrightarrow 1+frac{left( n+1 right)!}{n!.left( n+1-n right)!}=frac{left( n+2 right)!}{left( n+1 right)!.left( n+2-n-1 right)!}$
$Leftrightarrow 1+n+1=n+2$(luôn đúng).
Vậy, đẳng thức đúng với $n=1.$
Giả sử đẳng thức đúng với $k=m,$ tức là ta có:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}+C_{n+2}^{n}+…+C_{n+m}^{n}=C_{n+m+1}^{n+1}$ $left( 1 right)$
Ta cần chứng minh nó cũng đúng với $k=m+1,$ tức là cần chứng minh:
$C_{n}^{n}+C_{n+1}^{n}+C_{n+2}^{n}+…+C_{n+m}^{n}+C_{n+m+1}^{n}=C_{n+m+2}^{n+1}$
Thật vậy, với kết quả từ (1), ta được:
$VT=C_{n+m+1}^{n+1}+C_{n+m+1}^{n}=C_{n+m+2}^{n+1}=VP $(đpcm)
Áp dụng công thức trên ta được:
$C_{9}^{9}+C_{10}^{9}+…+C_{99}^{9}=C_{99+1}^{9+1}=C_{100}^{10}$
Cách 2: Ta có $C_{n}^{k}+C_{n}^{k+1}=C_{n+1}^{k+1}$ (với $k,nin mathbb{N};$ $0le kle n$)
$begin{array}{l}
= C_9^9 + left( {C_{11}^{10} – C_{10}^{10}} right) + left( {C_{12}^{10} – C_{11}^{10}} right) + ldots + left( {C_{99}^{10} – C_{98}^{10}} right) + left( {C_{100}^{10} – C_{99}^{10}} right)\
= C_9^9 – C_{10}^{10} + C_{100}^{10}\
= C_{100}^{10}
end{array}$
Câu 38.
Ta có $left( S right): {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9 ; Aleft( 0;-1;2 right)$ Khi đó, tâm của mặt cầu là $Oleft( 0;0;0 right),$
bán kínk$ R=3$.
$OA=sqrt{{{0}^{2}}+{{left( -1 right)}^{2}}+{{2}^{2}}}=sqrt{5}<R$
$Rightarrow $ điểm $A$ nằm trong mặt cầu $left( S right)$
Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn đó là nhỏ nhất
$Rightarrow dleft( O,left( P right) right)=OI$ là lớn nhất (với $I$là tâm của đường tròn).
Mà $IOle OA$ (vì $IObot IA$) $Rightarrow IO$ lớn nhất khi $A$ trùng $I$ hay $OAbot left( P right)$
Vậy $left( P right)$ là mặt phẳng qua $A$ có vecto pháp tuyến là $overrightarrow{OA}=left( 0;-1;2 right)$
Phương trình tổng quát của mặt phẳng $left( P right)$ là:
$begin{array}{l}
0.left( {x – 0} right) + left( { – 1} right)left( {y + 1} right) + 2left( {z – 2} right) = 0\
Leftrightarrow – y – 1 + 2z – 4 = 0\
Leftrightarrow y – 2z – 5 = 0
end{array}$
Câu39.
Có 4 mặt phẳng đối xứng bao gồm:
+) Mặt phẳng chứa đỉnh của hình chóp và đường chéo của đa giác đáy: có 2 mặt phẳng
+) Mặt phẳng chứa đỉnh của hình chóp và đường trung bình của đa giác đáy: 2 mặt phẳng
Vậy hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng
Câu40.
+) $nleft( Omega right)=C_{20}^{2}=190.$
+) Gọi $X$ là tập các thẻ ghi số lẻ $Rightarrow X=left{ 2n+1|nin mathbb{N},nle 9 right}Rightarrow nleft( X right)=10.$
+) Gọi $Y$ là tập các thẻ ghi số chia hết cho 4 $Rightarrow Y=left{ 4n|nin {{mathbb{N}}^{*}},nle 5 right}Rightarrow nleft( Y right)=5.$
+) Gọi $Z$ là tập các thẻ ghi số chẵn nhưng không chia hết cho 4
$Rightarrow Z=left{ 4n+2|nin mathbb{N},nle 4 right}Rightarrow nleft( Z right)=5$
Gọi $A$ là biến cố: “Tích hai số ghi trên hai thẻ lấy ra là số chia hết cho 4”. Để xảy ra $A$thì có các trường hợp sau:
TH1: Lấy được ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4
Nếu không lấy được thẻ nào chi hết cho 4 thì có $C_{15}^{2}$ cách$Rightarrow $ số cách lấy ra hai thẻ trong đó có ít nhất một thẻ chia hết cho 4 là: $C_{20}^{2}-C_{15}^{2}=85$
TH2: Lấy được hai thẻ thuộc tập $ZRightarrow $ số cách lấy là: $C_{5}^{2}=10.$
$Rightarrow nleft( A right)=C_{20}^{2}-C_{15}^{2}+C_{5}^{2}=95.$
Xác suất cần tính là: $Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}=frac{95}{190}=frac{1}{2}.$
Lưu ý: bài này có thể sử dụng biến cố đối $overline{A}$ : “tích hai số trên hai thẻ không chia hết cho 4”, thì cũng có 2 trường hợp: hai số đều thuộc X hoặc một số thuộc X và một số thuộc Z.
Câu 41.
Ta có $3overrightarrow{SG}=overrightarrow{SA}+overrightarrow{SB}+overrightarrow{SC}$
$Rightarrow 9S{{G}^{2}}=9{{overrightarrow{SG}}^{2}}={{left( overrightarrow{SA}+overrightarrow{SB}+overrightarrow{SC} right)}^{2}}$$=S{{A}^{2}}+S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}+2.overrightarrow{SA}.overrightarrow{SB}+2.overrightarrow{SB}.overrightarrow{SC}+2.overrightarrow{SC}.overrightarrow{SA}$$={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2.a.b.cos 60{}^circ +2b.c.cos 120{}^circ +0$$={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-bc$.
Vậy $3SG=sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-bc}$$Rightarrow SG=frac{1}{3}sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-bc}$.
Câu 42.
Tập xác định $D=left[ -2;2 right]$.
${y}’=2x-frac{x}{sqrt{4-{{x}^{2}}}}$ Điều kiện: $xin left( -2;2 right)$.
${y}’=0$$Leftrightarrow 2x-frac{x}{sqrt{4-{{x}^{2}}}}=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
2 – frac{1}{{sqrt {4 – {x^2}} }} = 0
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
sqrt {4 – {x^2}} = frac{1}{2}
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
4 – {x^2} = frac{1}{4}
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
{x^2} = frac{{15}}{4}
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 in left( { – 2;2} right)\
x = frac{{sqrt {15} }}{2} in left( { – 2;2} right)\
x = – frac{{sqrt {15} }}{2} in left( { – 2;2} right)
end{array} right.$
Ta có $yleft( -2 right)=yleft( 2 right)=4$; $yleft( 0 right)=2$; $yleft( frac{sqrt{15}}{2} right)=yleft( -frac{sqrt{15}}{2} right)=frac{17}{4}$.
Vậy $M=frac{17}{4}$; $m=2$$Rightarrow M+m=frac{25}{4}$.
Câu 43.
Ta có: $left| y right|=left| {{sin }^{3}}x+{{cos }^{5}}x right|le left| {{sin }^{3}}x right|+left| {{cos }^{5}}x right|le {{sin }^{2}}x+{{cos }^{2}}x=1,,forall x$
$Leftrightarrow -1le yle 1,forall x$
Vậy: $M = 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
sin x = 1\
cos x = 1
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{2} + k2pi \
x = k2pi
end{array} right.$
$m = – 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
sin x = – 1\
cos x = – 1
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – frac{pi }{2} + k2pi \
x = pi + k2pi
end{array} right.$
Suy ra: $M-m=2$ .
Câu 44.
Ta có: ${{S}_{Delta OAB}}=frac{1}{2}.OA.OB.sin left( overrightarrow{OA},overrightarrow{OB} right)$ .
Mà: $cos left( overrightarrow{OA},overrightarrow{OB} right)=frac{overrightarrow{OA}.overrightarrow{OB}}{OA.OB}=frac{-a+2a}{OA.OB}=frac{a}{OA.OB}Rightarrow sin left( overrightarrow{OA},overrightarrow{OB} right)=sqrt{1-frac{{{a}^{2}}}{O{{A}^{2}}.O{{B}^{2}}}}=frac{sqrt{O{{A}^{2}}.O{{B}^{2}}-{{a}^{2}}}}{OA.OB}$
Suy ra: ${{S}_{Delta OAB}}=frac{1}{2}.sqrt{O{{A}^{2}}.O{{B}^{2}}-{{a}^{2}}}=frac{1}{2}.sqrt{left( 1+{{a}^{2}} right)left( {{a}^{2}}+4 right)-{{a}^{2}}}=frac{1}{2}.sqrt{{{a}^{4}}+4{{a}^{2}}+4}$ .
Đặt $t={{a}^{2}},,left( tge 0 right)$.Xét $y={{t}^{2}}+4t+4,,tge 0$ là hàm bậc 2 có đỉnh $Ileft( -2;,0 right)$, hệ số $a=1>0$
$Rightarrow $hàm số đồng trên khoảng $left( 0;+infty right)Rightarrow underset{left[ 0;+infty right)}{mathop{min }},y=4$ khi $t=0$
Vậy diện tích $Delta OAB$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $frac{1}{2}.sqrt{4}=1$ khi $a=0$.
Câu 45.
Gọi số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số của nó tăng dần hoặc giảm dần là: $overline{abcde}$.
Trường hợp 1: Trong năm chữ số có chữ số 0 thì $e=0$ chọn 4 chữ số a,b,c,d từ 9 chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 rồi xếp từ lớn đến bé có $C_{9}^{4}$cách.
Trường hợp 2: Trong năm chữ số không có chữ số 0 thì chọn 5 chữ số từ 9 chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 rồi xếp từ lớn đến bé hoặc từ bé đến lớn có $2C_{9}^{5}$ cách.
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số của nó tăng dần hoặc giảm dần là: $2C_{9}^{5}+C_{9}^{4}$
Câu 46.
$frac{1+2i}{1-i}$ là một nghiệm (phức) của phương trình $text{a}{{text{x}}^{2}}+bx+c=0$ nên $text{a(}frac{1+2i}{1-i}{{text{)}}^{2}}+bfrac{1+2i}{1-i}+c=0$$Leftrightarrow text{a(1+2}i{{)}^{2}}+b(1+2i)(1-i)+c{{(1-i)}^{2}}=0$
$Leftrightarrow text{a(-3+4}i)+b(3+i)+c(-2i)=0$
$Leftrightarrow text{(-3a}+3b)+(text{4a}+b-2c)i=0$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{ – 3a}} + 3b = 0\
{rm{4a}} + b – 2c = 0
end{array} right.$
$ Leftrightarrow {rm{a = }}b = frac{2}{5}c$
Mà ${rm{a,}}b,c$ là các số nguyên dương nên ${rm{a}} + b + c$ nhỏ nhất khi $c = 5,{rm{a = 2,}}b = 2$ và ${rm{a}} + b + c = 9$
Câu 47.
□ Điều kiện: $x>0$.
□ Nhận xét: ${{8}^{{{log }_{3}}x}}={{left( {{2}^{{{log }_{3}}x}} right)}^{3}}$; ${{x}^{{{log }_{3}}2}}={{2}^{{{log }_{3}}x}}$.
Do đó, đặt $t={{2}^{{{log }_{3}}x}}$, với $t>0$, thì phương trình đã cho trở thành: $m={{t}^{3}}-3t=fleft( t right)$.
□ ${f}’left( t right)=3{{t}^{2}}-3=0Leftrightarrow t=1$ hoặc $t=-1$(loại).
Bảng biến thiên:
□ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình $m=fleft( t right)$ có nhiều hơn một nghiệm khi $-2<m<0$.
Câu 48.
□ Vì các hàm số $y={{x}^{2}}$ và $y=2-left| x right|$ đều là các hàm số chẵn nên diện tích hình phẳng cần tìm bằng hai lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi: $y={{x}^{2}}$, $y=2-x$ và $x=0$ trong miền $xge 0$.
□ Ta có: ${{x}^{2}}-(2-x)=0$$Leftrightarrow {{x}^{2}}+x-2=0$$Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=-2$ (loại).
□ Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=2intlimits_{0}^{1}{left| {{x}^{2}}+x-2 right|}text{d}x=2left| intlimits_{0}^{1}{left( {{x}^{2}}+x-2 right)}text{d}x right|=frac{7}{3}$.
Câu 49.
${{2}^{k}}$có $100$ chữ số $Leftrightarrow {{10}^{99}}<{{2}^{k}}<{{10}^{100}}$$Leftrightarrow 99.{{log }_{2}}10<k<100.{{log }_{2}}10$.
$99.{{log }_{2}}10approx 328,87$ và $100.{{log }_{2}}10approx 332,19$ nên có $4$ giá trị nguyên của $k$ thỏa mãn.
Câu 50.
$underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{left( {{2}^{x}}-1 right)left( {{3}^{x}}-1 right)…left( {{n}^{x}}-1 right)}{{{x}^{n-1}}}$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{left( {{e}^{x.ln 2}}-1 right)left( {{e}^{x.ln 3}}-1 right)…left( {{e}^{x.ln n}}-1 right)}{{{x}^{n-1}}}$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},left( frac{{{e}^{x.ln 2}}-1}{x.ln 2}.frac{{{e}^{x.ln 3}}-1}{x.ln 3}….frac{{{e}^{x.ln n}}-1}{x.ln n} right).ln 2ln 3…ln n$$=ln 2ln 3…ln n$
( do $underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{{{e}^{x.ln 2}}-1}{x.ln 2}=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{{{e}^{x.ln 3}}-1}{x.ln 3}=underset{xto 0}{mathop{…=lim }},frac{{{e}^{x.ln n}}-1}{x.ln n}=1$).
