Câu 30: Chọn A.
Trên khoảng $left( -frac{pi }{2};frac{3pi }{2} right)$ phương trình $2sin x+1=0Leftrightarrow sin x=-frac{1}{2}$ có hai nghiệm là $-frac{pi }{6}$ và $frac{7pi }{6}$.
Cả hai nghiệm này đều thỏa phương trình $4{{cos }^{2}}x-3=0$.
Vậy hai phương trình có $2$ nghiệm chung.
Câu 31: Chọn D.
Mỗi số tự nhiên có $5$ chữ số, các chữ số khác $0$ và đôi một khác nhau là một chỉnh hợp chập $5$ của $9$ phần tử.
Vậy số các số tự nhiên thỏa đề bài là $A_{9}^{5}$ số.
Câu 32: Chọn B.
Diện tích $Delta ABC$ là ${{S}_{Delta ABC}}=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$.
$SAbot left( ABC right)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $left( ABC right)$.
$Rightarrow widehat{left( SC,left( ABC right) right)}=widehat{left( SC,AC right)}=widehat{SCA}={{60}^{circ }}$.
$Delta SAC$ vuông tại $A$ có $widehat{SCA}=60{}^circ $, ta có $SA=AC.tan widehat{SCA}=asqrt{3}$.
Thể tích khối chóp là $V=frac{1}{3}.{{S}_{Delta ABC}}.SA=frac{1}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}.asqrt{3}=frac{{{a}^{3}}}{4}$.
Câu 33: Chọn D.
$ln x<1Leftrightarrow ln x<ln eLeftrightarrow 0<x<e$.
Câu 34: Chọn C.
$sin left( x-frac{pi }{3} right)=1$$Leftrightarrow x-frac{pi }{3}=frac{pi }{2}+k2pi $ $Leftrightarrow x=frac{5pi }{6}+k2pi $ $left( kin mathbb{Z} right)$.
Câu 35:
Chọn B.
Ta có ${F}’left( x right)=fleft( x right)={{e}^{{{x}^{2}}}}.xleft( x-2 right)left( x+2 right)$.
${F}’left( x right)$ đổi dấu qua các điểm $x=0$; $x=pm 2$ nên hàm số $Fleft( x right)$ có 3 điểm cực trị.
Câu 36: Chọn D.
Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số và trục hoành:
$15{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-2018=0,,left( * right)$.
Đặt ${{x}^{2}}=t$, $tge 0$. Phương trình tương đương
$15{t^2} – 3t – 2018 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = frac{{3 + sqrt {121089} }}{{30}} > 0\
t = frac{{3 – sqrt {121089} }}{{30}} < 0
end{array} right.$
$Rightarrow t=frac{3+sqrt{121089}}{30}$ nên $left( * right)$ có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm.
Câu 37: Chọn B.
Ta có: ${{left( 1+x+{{x}^{2}}+{{x}^{3}} right)}^{10}}$$={{left( 1+{{x}^{2}} right)}^{10}}{{left( 1+x right)}^{10}}$$=sumlimits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}}.{{x}^{2k}}.sumlimits_{i=0}^{10}{C_{10}^{i}}.{{x}^{i}}$$=sumlimits_{k=0}^{10}{sumlimits_{i=0}^{10}{C_{10}^{k}.C_{10}^{i}}}.{{x}^{2k+i}}$
Hệ số của số hạng chứa ${{x}^{5}}$ nên $2k+i=5$.
Trường hợp 1: $k=0$, $i=5$ nên hệ số chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{0}.C_{10}^{5}$.
Trường hợp 2: $k=1$, $i=3$ nên hệ số chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{1}.C_{10}^{3}$.
Trường hợp 3: $k=2$, $i=1$ nên hệ số chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{2}.C_{10}^{1}$.
Vậy hệ số của số hạng chứa ${{x}^{5}}$ là $C_{10}^{0}.C_{10}^{5}+C_{10}^{1}.C_{10}^{3}+C_{10}^{2}.C_{10}^{1}=1902$.
Câu 38: Chọn D.
Chọn ra $5$ chữ số khác $0$ trong $9$ chữ số (từ $1$ đến $9$) và sắp xếp chúng theo thứ tự có $A_{9}^{5}$ cách.
Để hai chữ số $0$ không đứng cạnh nhau ta có $6$ vị trí để xếp (do $5$ chữ số vừa chọn tạo ra $6$ vị trí).
Do chữ số $0$ không thể xếp ở đầu nên còn $5$ vị trí để xếp số $0$.
Khi đó xếp 3 số $0$ vào $5$ vị trí nên có $C_{5}^{3}$ cách.
Vậy có $A_{9}^{5}C_{5}^{3}=151200$ số cần tìm.
Câu 39: Chọn A.
Ta có $y={{x}^{3}}-3x+2$$Rightarrow {y}’=3{{x}^{2}}-3$.
Gọi ${{x}_{0}}$ là hoành độ tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến có dạng
$y=left( 3x_{0}^{2}-3 right)left( x-{{x}_{0}} right)+x_{0}^{3}-3{{x}_{0}}+2$
Gọi $Mleft( m;9m-14 right)$ là điểm nằm trên đường thẳng $d:y=9x-14$.
Tiếp tuyến đi qua điểm $M$ khi và chỉ khi
$9m-14=left( 3x_{0}^{2}-3 right)left( m-{{x}_{0}} right)+x_{0}^{3}-3{{x}_{0}}+2,,,left( 1 right)$
$Leftrightarrow left( {{x}_{0}}-2 right)left[ 2x_{0}^{2}-left( 3m-4 right){{x}_{0}}+8-6m right]=0$
$Leftrightarrow left( {{x}_{0}}-2 right)left[ 2x_{0}^{2}-left( 3m-4 right){{x}_{0}}+8-6m right]=0$
$Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 2\
2x_0^2 – left( {3m – 4} right){x_0} + 8 – 6m = 0 = gleft( {{x_0}} right),,,,,left( 2 right)
end{array} right.$
Yêu cầu đề bài $Leftrightarrow $$left( 2 right)$ có hai nghiệm phân biệt có một nghiệm bằng $2$ hoặc $left( 2 right)$ có nghiệm kép khác $2$ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta > 0\
gleft( 2 right) = 0
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
Delta = 0\
gleft( 2 right) ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
9{m^2} + 24m – 48 > 0\
– 12m + 24 = 0
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
9{m^2} + 24m – 48 = 0\
– 12m + 24 ne 0
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 2\
m = frac{4}{3}\
m = – 4
end{array} right.$
Vậy có $3$ điểm $M$ thỏa đề bài.
Câu 40: Chọn D.
Ta có $underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-{{4}^{2018}}}{x-{{2}^{2018}}}$$=underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},frac{left( x-{{2}^{2018}} right)left( x+{{2}^{2018}} right)}{x-{{2}^{2018}}}$$=underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},left( x+{{2}^{2018}} right)$$={{2}^{2018}}+{{2}^{2018}}={{2}^{2019}}$.
Câu 41: Chọn B.
Đặt $S=4+44+444+…+44…4$ (tổng đó có $2018$ số hạng). Ta có:
$frac{9}{4}S=9+99+999+…+99…9$$=left( 10-1 right)+left( {{10}^{2}}-1 right)+left( {{10}^{3}}-1 right)+…left( {{10}^{2018}}-1 right)$
Suy ra: $frac{9}{4}S=$$left( 10+{{10}^{2}}+{{10}^{3}}+…+{{10}^{2018}} right)-2018=$$A-2018$.
Với $A=10+{{10}^{2}}+{{10}^{3}}+…+{{10}^{2018}}$ là tổng $2018$ số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu ${{u}_{1}}=10$, công bội $q=10$ nên ta có $A={{u}_{1}}frac{1-{{q}^{2018}}}{1-q}$$=10frac{1-{{10}^{2018}}}{-9}$$=frac{{{10}^{2019}}-10}{9}$.
Do đó $frac{9}{4}S=frac{{{10}^{2019}}-10}{9}-2018$$Leftrightarrow S=frac{4}{9}left( frac{{{10}^{2019}}-10}{9}-2018 right)$.
Câu 42: Chọn D.
Gọi điểm $E$ thỏa $overrightarrow{EA}-2overrightarrow{EB}=vec{0}$. Suy ra $B$ là trung điểm của $AE$, suy ra $Eleft( 3;-4;5 right)$.
Khi đó: $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}=$${{left( overrightarrow{ME}+overrightarrow{EA} right)}^{2}}-2{{left( overrightarrow{ME}+overrightarrow{EB} right)}^{2}}$$=-M{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}-2E{{B}^{2}}$.
Do đó $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}$ lớn nhất $Leftrightarrow $$ME$ nhỏ nhất $Leftrightarrow $ $M$ là hình chiếu của $Eleft( 3;-4;5 right)$ lên $left( Oxy right)$
$Leftrightarrow Mleft( 3;-4;0 right)$.
Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau
+ Loại C vì $Mleft( 0;0;5 right)$ không thuộc $left( Oxy right)$.
+ Lần lượt thay $Mleft( frac{3}{2};frac{1}{2};0 right)$, $Mleft( frac{1}{2};-frac{3}{2};0 right)$, $Mleft( 3;-4;0 right)$ vào biểu thức $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}$ thì $Mleft( 3;-4;0 right)$ cho giá trị lớn nhất nên ta chọn $Mleft( 3;-4;0 right)$.
Câu 43: Chọn B.
Xét tích phân $intlimits_{-2}^{0}{fleft( -x right)text{d}x=2}$.
Đặt $-x=t$$Rightarrow text{d}x=-text{dt}$.
Đổi cận: khi $x=-2$ thì $t=2$; khi $x=0$ thì $t=0$ do đó $intlimits_{-2}^{0}{fleft( -x right)text{d}x=}-intlimits_{2}^{0}{fleft( t right)text{dt}}$$=intlimits_{0}^{2}{fleft( t right)text{dt}}$$Rightarrow intlimits_{0}^{2}{fleft( t right)text{dt}}=2$$Rightarrow intlimits_{0}^{2}{fleft( x right)text{d}x}=2$.
Do hàm số $y=fleft( x right)$ là hàm số lẻ nên $fleft( -2x right)=-fleft( 2x right)$.
Do đó $intlimits_{1}^{2}{fleft( -2x right)text{d}x}=-intlimits_{1}^{2}{fleft( 2x right)text{d}x}$$Rightarrow intlimits_{1}^{2}{fleft( 2x right)text{d}x}=-4$.
Xét $intlimits_{1}^{2}{fleft( 2x right)text{d}x}$.
Đặt $2x=t$$Rightarrow text{d}x=frac{1}{2}text{dt}$.
Đổi cận: khi $x=1$ thì $t=2$; khi $x=2$ thì $t=4$ do đó $intlimits_{1}^{2}{fleft( 2x right)text{d}x=}frac{1}{2}intlimits_{2}^{4}{fleft( t right)text{dt}}=-4$
$Rightarrow intlimits_{2}^{4}{fleft( t right)text{dt}}=-8$$Rightarrow intlimits_{2}^{4}{fleft( x right)text{d}x}=-8$.
Do $I=intlimits_{0}^{4}{fleft( x right)text{d}x}$$=intlimits_{0}^{2}{fleft( x right)text{d}x}+intlimits_{2}^{4}{fleft( x right)text{d}x}$$=2-8=-6$.
Câu 44: Chọn C.
Cách 1:
Hàm số $y=fleft( 3-{{x}^{2}} right)$ đồng biến khi ${y}’>0$$Leftrightarrow -2x{f}’left( 3-{{x}^{2}} right)>0$$Leftrightarrow 2x{f}’left( 3-{{x}^{2}} right)<0$.
TH1: $left{ begin{array}{l}
x < 0\
f’left( {3 – {x^2}} right) > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x < 0\
left[ begin{array}{l}
3 – {x^2} > 2\
– 6 < 3 – {x^2} < – 1
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
x < 0\
{x^2} < 1
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
x < 0\
4 < {x^2} < 9
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
– 1 < x < 0\
– 3 < x < – 2
end{array} right.$
TH2: $left{ begin{array}{l}
x > 0\
f’left( {3 – {x^2}} right) < 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x > 0\
left[ begin{array}{l}
3 – {x^2} < – 6\
– 1 < 3 – {x^2} < 2
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
x > 0\
{x^2} > 9
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
x > 0\
1 < {x^2} < 4
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x > 3\
1 < x < 2
end{array} right.$.
So sánh với đáp án chọn C.
Cách 2: Giải trắc nghiệm
Từ đồ thị hàm số $y={f}’left( x right)$ ta có $f’left( x right) > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x > 2\
– 6 < x < – 1
end{array} right.$; $f’left( x right) < 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x < – 6\
– 1 < x < 2
end{array} right.$
Xét hàm số $y=fleft( 3-{{x}^{2}} right)$ ta có ${y}’=-2x{f}’left( 3-{{x}^{2}} right)$.
Hàm số $y=fleft( 3-{{x}^{2}} right)$ đồng biến khi ${y}’>0$$Leftrightarrow -2x{f}’left( 3-{{x}^{2}} right)>0$$Leftrightarrow 2x{f}’left( 3-{{x}^{2}} right)<0$ tức là hàm số $y=fleft( 3-{{x}^{2}} right)$ đồng biến khi $x$ và ${f}’left( 3-{{x}^{2}} right)$ trái dấu.
Dựa vào đồ thị $y={f}’left( x right)$ ta có với $forall xin left( -1;0 right)$ thì ${f}’left( 3-{{x}^{2}} right)>0$ (do $2<3-{{x}^{2}}<3$ ) nên hàm số $y=fleft( 3-{{x}^{2}} right)$ đồng biến.
Câu 45: Chọn C.
Giả sử $left( P right)$ tiếp xúc với $left( {{S}_{1}} right)$, $left( {{S}_{2}} right)$ lần lượt tại $A$ và $B$.
Gọi $IJcap left( P right)=M$. Do $frac{IA}{JB}=frac{MI}{MJ}=2$ nên $J$ là trung điểm của $IM$. Suy ra $Mleft( 2,;,1,;,9 right)$.
Gọi $vec{n}=left( a,;,b,;,c right)$ với ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}ne 0$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $left( P right)$.
Ta có: $left( P right):aleft( x-2 right)+bleft( y-1 right)+cleft( z-9 right)=0$.
Và: $left{ begin{array}{l}
dleft( {I,,,left( P right)} right) = {R_1}\
dleft( {J,,,left( P right)} right) = {R_2}
end{array} right.$$Rightarrow frac{left| c right|}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=frac{1}{2}$$Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=3{{c}^{2}}$$Leftrightarrow {{left( frac{a}{c} right)}^{2}}+{{left( frac{b}{c} right)}^{2}}=3$ $left( 1 right)$.
Ta có: $dleft( O,,,left( P right) right)=frac{left| 2a+b+9c right|}{sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=frac{left| 2a+b+9c right|}{2left| c right|}=frac{1}{2}left| frac{2a}{c}+frac{b}{c}+9 right|$.
Đặt $t=frac{2a}{c}+frac{b}{c}$$Leftrightarrow frac{b}{c}=t-frac{2a}{c}$. Ta có: $dleft( O,,,left( P right) right)=frac{1}{2}left| t+9 right|$.
Thay $frac{b}{c}=t-frac{2a}{c}$ vào $left( 1 right)$, ta được ${{left( frac{a}{c} right)}^{2}}+{{left( t-frac{2a}{c} right)}^{2}}=3$$Leftrightarrow 5{{left( frac{a}{c} right)}^{2}}-4.,frac{a}{c}.,t+{{t}^{2}}-3=0$.
Để phương trình có nghiệm với ẩn $frac{a}{c}$ thì $4{{t}^{2}}-5{{t}^{2}}+15ge 0$$Leftrightarrow -sqrt{15}le tle sqrt{15}$
$Leftrightarrow 0<9-sqrt{15}le t+9le 9+sqrt{15}$$Rightarrow frac{9-sqrt{15}}{2}le dleft( O,,,left( P right) right)le frac{9+sqrt{15}}{2}$.
$Rightarrow M=frac{9+sqrt{15}}{2}$ và $m=frac{9-sqrt{15}}{2}$. Vậy $M+m=9$.
Câu 46: Chọn A.
Đặt ${{log }_{6}}left( 2018x+m right)={{log }_{4}}left( 1009x right)=t$$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
2018x + m = {6^t}\
1009x = {4^t}
end{array} right.$$Rightarrow 2.,{{4}^{t}}+m={{6}^{t}}$$Leftrightarrow m=-2.,{{4}^{t}}+{{6}^{t}}$.
Đặt $fleft( t right)=-2.,{{4}^{t}}+{{6}^{t}}$. Ta có: ${f}’left( t right)={{6}^{t}}ln 6-2.,{{4}^{t}}.ln 4$.
Xét ${f}’left( t right)=0Rightarrow {{left( frac{3}{2} right)}^{t}}=frac{2ln 4}{ln 6}={{log }_{6}}16$$Leftrightarrow t={{log }_{frac{3}{2}}}left( {{log }_{6}}16 right)$.
Bảng biến thiên:
Phương trình $fleft( t right)=m$ có nghiệm khi và chỉ khi $mge fleft( {{log }_{frac{3}{2}}}left( {{log }_{6}}16 right) right)approx -2,01$.
Mà $left{ begin{array}{l}
m < 2018\
m in Z
end{array} right.$ nên ta có: $left{ begin{array}{l}
– 2 le m le 2017\
m in Z
end{array} right.$. Vậy có $2020$ giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: Chọn A.
Cách 1:
Gọi $I,text{ }H,text{ }K,text{ }E$ là các điểm như hình vẽ.
* Ta có: $widehat{IHO}=60{}^circ $
$O{{H}^{2}}=O{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}={{R}^{2}}-frac{3{{R}^{2}}}{4}=frac{{{R}^{2}}}{4}$$Rightarrow OH=frac{R}{2}$$Rightarrow OI=OH.tan 60{}^circ =frac{Rsqrt{3}}{2}$, $IH=frac{OH}{cos 60{}^circ }=R$, $Delta IOHsim Delta EKH$ nên ta có: $frac{IE}{IH}=frac{OK}{OH}=2Rightarrow IE=2R$.
* Chọn hệ trục tọa độ $Ixy$ như hình vẽ ta có elip $left( E right)$ có bán trục lớn là $a=IE=2R$ và $left( E right)$ đi qua $Aleft( -R;,frac{Rsqrt{3}}{2} right)$ nên $left( E right)$ có phương trình là: $left( E right):frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}+frac{{{y}^{2}}}{{{R}^{2}}}=1$.
* Diện tích của thiết diện là: $S=2intlimits_{-R}^{2R}{Rsqrt{1-frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}}text{dx}=2Rintlimits_{-R}^{2R}{sqrt{1-frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}text{dx}}$
* Xét tích phân: $I=intlimits_{-R}^{2R}{sqrt{1-frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}text{dx}}$, đặt $x=2R.sin t;text{ }tin left[ -frac{pi }{2};,frac{pi }{2} right]$ ta được
$I=frac{R}{2}intlimits_{-frac{pi }{6}}^{frac{pi }{2}}{left( 1+cos 2t right)text{dt}}=frac{R}{2}left. left( t+frac{sin 2t}{2} right) right|_{-frac{pi }{6}}^{frac{pi }{2}}=left( frac{2pi }{3}+frac{sqrt{3}}{8} right)R$$Rightarrow S=left( frac{4pi }{3}+frac{sqrt{3}}{4} right){{R}^{2}}$.
Cách 2:
$cos widehat{AOB}=frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2.OA.OB}=-,frac{1}{2}Rightarrow ,,widehat{AOB}={{120}^{0}}Rightarrow ,,OH=frac{R}{2}.$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ
$Rightarrow $ Phương trình đường tròn đáy là:
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{R}^{2}}Leftrightarrow y=pm ,sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}.$
Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ.
Ta có $S=2,intlimits_{-,frac{R}{2}}^{R}{sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}},text{d}x}.$ Đặt $x=R.sin t$$Rightarrow ,,S=left( frac{2pi }{3}+frac{sqrt{3}}{4} right){{R}^{2}}.$
Gọi diện tích phần elip cần tính là ${S}’.$
Theo công thức hình chiếu, ta có ${S}’=frac{S}{cos {{60}^{0}}}=2,S=left( frac{4pi }{3}+frac{sqrt{3}}{2} right){{R}^{2}}.$
Câu 48: Chọn B.
* Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng $2$.
* Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ ($O$ là trung điểm của $BC$). Ta có: ${A}’left( 0;,-sqrt{3};,2 right),$ $Bleft( 1;,0;,0 right),$ $Cleft( -1;,0;,0 right),$ ${C}’left( -1;,0;,2 right),$$overrightarrow{C{A}’}=left( 1;,-sqrt{3};,2 right)$, $overrightarrow{B{C}’}=left( -2;,0;,2 right)$.
* Do $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {CM} = moverrightarrow {CA’} \
overrightarrow {BN} = noverrightarrow {BC’}
end{array} right.$ nên ta có $Mleft( -1+m;,-sqrt{3}m;,2m right)$, $Nleft( 1-2n;,0;,2n right)$
$Rightarrow overrightarrow{MN}=left( -m-2n+2;,sqrt{3}m;,2n-2m right)$.
* Đường thẳng $MN$ là đường vuông góc chung của ${A}’C$ và $B{C}’$nên:
$left{ begin{array}{l}
overrightarrow {MN} .overrightarrow {CA’} = 0\
overrightarrow {MN} .overrightarrow {BC’} = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 4m + 2n = – 1\
– m + 4n = 2
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m = frac{2}{5}\
n = frac{3}{5}
end{array} right.$ $Rightarrow frac{BN}{B{C}’}=n=frac{3}{5}$ $Rightarrow frac{NB}{N{C}’}=frac{3}{2}$.
Câu 49: Chọn B.
Phương trình $sqrt{x-512}+sqrt{1024-x}=16+4sqrt[8]{left( x-512 right)left( 1024-x right)}$$left( 1 right)$.
Điều kiện: $xin left[ 512;,1024 right]$.
Bình phương hai vế của phương trình $left( 1 right)$ ta có:
$512+2sqrt{left( x-512 right)left( 1024-x right)}=256+128sqrt[8]{left( x-512 right)left( 1024-x right)}+16sqrt[4]{left( x-512 right)left( 1024-x right)}$$left( 2 right)$.
Đặt $t=sqrt[8]{left( x-512 right)left( 1024-x right)}$ điều kiện $0le tle 4$.
$left( 2 right)Leftrightarrow {{t}^{4}}-8{{t}^{2}}-64t+128=0$$Leftrightarrow left( t-4 right)left( {{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32 right)=0$.
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 4\
{t^3} + 4{t^2} + 8t – 32 = 0
end{array} right.$
Với $t=4Leftrightarrow sqrt[8]{left( x-512 right)left( 1024-x right)}=4$.
Áp dụng BĐT – Cauchy: $sqrt{left( x-512 right)left( 1024-x right)}le frac{x-512+1024-x}{2}=256$.
Suy ra $sqrt[8]{left( x-512 right)left( 1024-x right)}le 4$, dấu $”=”$ xẩy ra khi và chỉ khi $x=768$$Rightarrow $ phương trình có $1$ nghiệm.
Với ${{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32=0$.
Xét hàm số $fleft( t right)={{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32$ với $0le tle 4$.
Ta có ${f}’left( t right)=3{{t}^{2}}+8t+8>0$ $forall tin left[ 0;,4 right]$.
Mà $fleft( 0 right).fleft( 4 right)=-32.128<0$.
Suy ra ${{t}^{3}}+4{{t}^{2}}+8t-32=0$ có một nghiệm duy nhất trong khoảng $left( 0;,4 right)$.
Phương trình $sqrt[8]{left( x-512 right)left( 1024-x right)}=m$ có hai nghiệm khi $min left( 0;,4 right)$.
Vậy phương trình $left( 1 right)$ có $3$ nghiệm.
Câu 50: Chọn A.
Ta có ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-frac{{{h}^{2}}}{4}$.
Thể tích của khối trụ: $V=pi left( {{R}^{2}}-frac{{{h}^{2}}}{4} right)h$$Leftrightarrow V=pi {{R}^{2}}h-frac{pi {{h}^{3}}}{4}$.
Ta có ${V}’=pi {{R}^{2}}-frac{3pi }{4}{{h}^{2}}$, $Rightarrow {V}’=0Leftrightarrow h=frac{2Rsqrt{3}}{3}$.
Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi $h=frac{2Rsqrt{3}}{3}$.
