Câu 31.Chọn C
Gọi ${{G}_{1}},;,{{G}_{2}},;,{{G}_{3}}$ lần lượt là trọng tâm tam giác $SAC$; $SBC$; $SAB$
Khi đó $left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} right)cap left( SAB right)=MN$ với $MN//,AB//,{{G}_{1}}{{G}_{2}}$, ${{G}_{3}}in MN$
$left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} right)cap left( SAC right)=MP$ với $MP//,AC//,{{G}_{2}}{{G}_{3}}$, ${{G}_{1}}in MP$
$left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} right)cap left( SBC right)=NP$ với $NP//,BC//,{{G}_{1}}{{G}_{3}}$, ${{G}_{2}}in NP$
Do đó $left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}} right)$ chia khối chóp thành 2 phần: $SMNP$ và $MNPABC$
Ta có: $frac{{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{SABC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SB}.frac{SP}{SC}=frac{2}{3}.frac{2}{3}.frac{2}{3}=frac{8}{27}$ $Rightarrow {{V}_{MNPABC}}={{V}_{SABC}}-{{V}_{SMNP}}={{V}_{SABC}}-frac{8}{27}{{V}_{SABC}}=frac{19}{27}{{V}_{SABC}}=frac{19}{27}V$ .
Câu 32.Chọn D
Thể tích khối cầu $left( S right)$là ${{V}_{1}}=frac{4}{3}pi .{{R}^{3}}=frac{4}{3}pi {{.2}^{3}}=frac{32}{3}pi $
Khối nón $left( N right)$ có bán kính đáy $r=sqrt{{{2}^{2}}-{{1}^{2}}}=sqrt{3}$ , chiều cao $h=3$
Thể tích khối nón $left( N right)$ là ${{V}_{2}}=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h=frac{1}{3}pi .{{left( sqrt{3} right)}^{2}}.3=3pi $ . Do đó $frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=frac{32}{9}$ .
Câu 33. Chọn A
Đặt $fleft( x right)={{x}^{3}}-3mx+2$, ta có ${f}’left( x right)=3{{x}^{2}}-3m$.
${f}’left( x right)=0Leftrightarrow {{x}^{2}}=m$.
Nếu $mle 0$, khi đó ${f}’left( x right)=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất, phương trình $fleft( x right)=0$ có nghiệm duy nhất.
Nếu $m>0$, khi đó $f’left( x right) = 0 Leftrightarrow {x^2} = m Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = – sqrt m }\
{x = sqrt m }
end{array}} right.$
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $fleft( x right)=0$ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
$left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{fleft( {sqrt m } right) > 0}\
{fleft( { – sqrt m } right) < 0}
end{array}} right. Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{msqrt m – 3msqrt m + 2 > 0}\
{ – msqrt m + 3msqrt m + 2 < 0}
end{array}} right. Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{msqrt m < 1}\
{2msqrt m + 2 < 0}
end{array}} right. Leftrightarrow msqrt m < 1 Leftrightarrow {rm{m < 1}}$
Vậy $0<m<1$.
Kết hợp 2 trường hợp ta được $m<1$.
Cách 2: Vì $x=0$ không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương với ${{x}^{2}}+frac{2}{x}=3m$. Lập bảng biến thiên của hàm số $fleft( x right)={{x}^{2}}+frac{2}{x}$, từ đó suy ra được kết quả.
Câu 34.Chọn A
Ta có $left. begin{array}{l}
BC bot SA\
BC bot AB\
SA,AB subset left( {SAB} right)\
SA cap AB = A
end{array} right} Rightarrow BC bot left( {SAB} right)$
Trong $left( SAB right)$, dựng $BHbot SM$ và cắt $SM$ ở $H$.
Ta có $left. begin{array}{l}
BH bot SM\
BH bot BC
end{array} right} Rightarrow dleft( {SM,BC} right) = BH Leftrightarrow d = BH.$
Ta có $Delta BMHbacksim Delta SMARightarrow frac{BH}{SA}=frac{BM}{SM},Leftrightarrow BH=frac{SAcdot BM}{SM}quad left( 1 right)$.
Xét $Delta ABC$ vuông tại $B$ có $sin widehat{BCA}=frac{AB}{AC}Rightarrow AB=sin {{60}^{0}}cdot 2=sqrt{3}$.
$Rightarrow AM=BM=frac{sqrt{3}}{2}$.
Xét $Delta SAM$ vuông ở $A$ có $S{{M}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}={{1}^{2}}+{{left( frac{sqrt{3}}{2} right)}^{2}}=frac{7}{4}Rightarrow SM=frac{sqrt{7}}{2}.$
Thế vào $left( 1 right)$, ta có $BH=frac{SAcdot BM}{SM}=frac{1cdot frac{sqrt{3}}{2}}{frac{sqrt{7}}{2}}=frac{sqrt{3}}{sqrt{7}}=frac{sqrt{21}}{7}.$
Cách 2:
Nhận xét: Các dạng toán về khoảng cách nếu có thể thì nên sử dụng các quan hệ song song và tỉ lệ để đưa về tính khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp.
Gọi $N$ là trung điểm của $AC$.
Ta có $BC,text{//},left( SMN right)Rightarrow dleft( BC,,SM right)=dleft( BC,left( SMN right) right)=dleft( B,left( SMN right) right)=dleft( A,,left( SMN right) right)$.
Kẻ $AH,bot ,SM$, $Hin SM$, ta có $AH,bot ,left( SMN right)$$Rightarrow dleft( A,,left( SMN right) right)=AH$.
Ta có $AB=AC.sin widehat{C}=2.sin 60{}^circ =sqrt{3}$$Rightarrow AM=frac{sqrt{3}}{2}$.
Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao, suy ra $AH=frac{SA.AM}{sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=frac{sqrt{21}}{7}$.
Vậy $dleft( BC,,SM right)=frac{sqrt{21}}{7}$.
Câu 35.Chọn D
Ta có hàm số xác định trên $mathbb{R},$
Giả sử ${{y}_{0}}$ là giá trị của hàm số tại ${{x}_{0}},$ ta có
${{y}_{0}}=frac{3text{cos}{{x}_{0}}-1}{3+text{cos}{{x}_{0}}},$ $Leftrightarrow {{y}_{0}}left( 3+text{cos}{{x}_{0}} right)=3text{cos}{{x}_{0}}-1$$Leftrightarrow left( {{y}_{0}}-3 right)text{cos}{{x}_{0}}=-3{{y}_{0}}-1$$left( * right)$
Nếu ${{y}_{0}}=3$ thì $left( * right)$ trở thành $0=-10$(vô lý). Do đó $left( * right)$$Leftrightarrow text{cos}{{x}_{0}}=frac{-3{{y}_{0}}-1}{{{y}_{0}}-3},$
Từ đó suy ra
$left| frac{-3{{y}_{0}}-1}{{{y}_{0}}-3} right|le 1$$Leftrightarrow 2{{left( {{y}_{0}} right)}^{2}}+3{{y}_{0}}-2le 0$$Leftrightarrow -2le {{y}_{0}}le frac{1}{2}$
Vậy $m=-2;M=frac{1}{2}$$Rightarrow M+m=-frac{3}{2}$
*Cách 2: Đặt ẩn phụ $t=cos ,x$ đưa về hàm bậc nhất trên bậc nhất, rồi tìm min, max của hàm đó trên $left[ -1;1 right]$
Câu 36.Chọn A
Đồ thị cắt trục tung tại điểm $left( 0;c right)$, từ đồ thị suy ra $c<0$
Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ${y}’=0$ có ba nghiệm phân biệt, hay ${y}’=4a{{x}^{3}}+2bx=2xleft( 2a{{x}^{2}}+b right)=0$ có ba nghiệm phân biệt. Suy ra $a,b$ trái dấu.
Mà $a<0Rightarrow b>0$
Vậy chọn A
Câu 37. Chọn B
Ta có: $tan widehat{ADM}=tan widehat{DCA}=frac{sqrt{2}}{2}Rightarrow widehat{ADM}=widehat{DCA}$
$Rightarrow Delta ADM$ và $Delta DCA$ đồng dạng
$Rightarrow widehat{MAG}+widehat{AMG}=90{}^circ Rightarrow widehat{AGM}=90{}^circ Rightarrow DMbot AC$
Mà $DMbot SA,,,left( text{do},,SAbot left( ABCD right) right)Rightarrow DMbot left( SAC right)Rightarrow left( SDM right)bot left( SAC right)$
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $left( SAC right)$ và $left( SDM right)$ bằng $90{}^circ $.
Câu 38. Chọn C
Ta có:
$begin{array}{l}
y’ = – 3{left( {x – 1} right)^2} + 3{m^2}\
y” = – 6left( {x – 1} right)
end{array}$
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt $Leftrightarrow mne 0$.
Khi đó: $y’ = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 + m}\
{x = 1 – m}
end{array}} right.$
Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $Aleft( 1+m,;,2{{m}^{3}}-2 right)$, $Bleft( 1-m,;,-2{{m}^{3}}-2 right)$, điểm uốn của đồ thị hàm số là $Ileft( 1,;,-2 right)$.
Vì $A$, $B$ cách đều gốc tọa độ $O$ nên $Delta OAB$ là tam giác cân tại $O$.
$Rightarrow OI$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của $Delta OAB$ (do $I$ là trung điểm của $AB$)
$ Rightarrow OI bot IA Leftrightarrow overrightarrow {OI} .overrightarrow {IA} = 0 Leftrightarrow m – 4{m^3} = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{m = 0,,,left( L right)}\
{m = frac{1}{2},,,,,,,,,,}\
{m = – frac{1}{2},,,,,,}
end{array}} right. Rightarrow S = left{ { – frac{1}{2},;,frac{1}{2}} right}$
Vậy tổng các giá trị tuyệt đối của tất cả các phần tử thuộc $S$ là 1.
Câu 39.Chọn B
Đường tròn $left( {{C}_{1}} right)$ có tâm ${{I}_{1}}left( 1,;,2 right)$ và bán kính ${{R}_{1}}=1$.
Đường tròn $left( {{C}_{2}} right)$ có tâm ${{I}_{2}}left( -1,;,0 right)$ và bán kính ${{R}_{2}}=1$.
Đồ thị hàm số $y=frac{ax+b}{x+c}$ có tiệm cận đứng ${{d}_{1}}:,x=-c$, tiệm cận ngang ${{d}_{2}}:,y=a$.
Đồ thị hàm số $y=frac{ax+b}{x+c}$ đi qua tâm ${{I}_{1}}left( 1,;,2 right)$, đi qua tâm ${{I}_{2}}left( -1,;,0 right)$$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
frac{{a + b}}{{1 + c}} = 2\
frac{{ – a + b}}{{ – 1 + c}} = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a + b = 2c + 2\
a = b
end{array} right.$
$left( * right)$.
Vì hai đường tròn $left( {{C}_{1}} right)$ và $left( {{C}_{2}} right)$ cùng tiếp xúc với hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y=frac{ax+b}{x+c}$ nên
$left{ begin{array}{l}
dleft( {{I_1},;,{d_1}} right) = dleft( {{I_2},;,{d_1}} right) = 1\
dleft( {{I_1},;,{d_2}} right) = dleft( {{I_2},;,{d_2}} right) = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left| {1 + c} right| = left| { – 1 + c} right| = 1\
left| {2 – a} right| = left| { – a} right| = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
c = 0
end{array} right.$
. Từ $left( * right)$ suy ra $b=1$.
Vậy $a+b+c=1+1+0=2$.
Câu 40.Chọn B
Ta có $2fleft( x right)+{{x}^{2}}>4x+mLeftrightarrow fleft( x right)>frac{-{{x}^{2}}+4x+m}{2}$ nghiệm đúng với mọi $xin left( -1,;3 right)$.
Dựa vào đồ thị ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=fleft( x right)$ bằng $-3$ khi $x=2$.
Đặt $gleft( x right)=frac{-{{x}^{2}}+4x+m}{2}$. Ta có $gleft( x right)<-3,,forall xin left( -1,;,3 right)Leftrightarrow frac{-{{x}^{2}}+4x+m}{2}<-3,,forall xin left( -1,;,3 right)$
$Leftrightarrow -{{x}^{2}}+4x+m+6<0,,forall xin left( -1,;,3 right)Leftrightarrow m<{{x}^{2}}-4x-6,,forall xin left( -1,;,3 right)$.
Đặt $hleft( x right)={{x}^{2}}-4x-6,,forall xin left( -1,;,3 right)$.
${h}’left( x right)=2x-4=0Leftrightarrow x=2$.
Bảng biến thiên
Vậy $m<-10$.
Câu 41.Chọn C
Tính được: ${y}’=3{{x}^{2}}+4left( m-2 right)x-5$.
Khi đó ${Delta }’=4{{left( m-2 right)}^{2}}+15>0$ nên hàm số luôn có hai điểm cực trị ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ $left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} right)$ .
Nhận xét $a.c<0$ nên ${{x}_{1}}<0<{{x}_{2}}$
Suy ra:
$left| {{x}_{1}} right|-left| {{x}_{2}} right|=-2$$Leftrightarrow -{{x}_{1}}-{{x}_{2}}=2$$Leftrightarrow frac{b}{a}=2$$Leftrightarrow frac{4left( m-2 right)}{3}=2$$Leftrightarrow m=frac{7}{2}$.
Câu 42.Chọn B
Ta có $log sin x+log cos x=-1Leftrightarrow log left( sin xcos x right)=-1Leftrightarrow sin xcos x=frac{1}{10}$.
Ta có $log left( sin x+cos x right)=frac{1}{2}left( log n-1 right)$
$begin{array}{l}
Leftrightarrow 2log left( {sin x + cos x} right) = log n – log 10\
Leftrightarrow log {left( {sin x + cos x} right)^2} = log frac{n}{{10}}\
Leftrightarrow log left( {1 + 2sin xcos x} right) = log frac{n}{{10}}\
Leftrightarrow n = 10left( {1 + 2 cdot frac{1}{{10}}} right)\
Leftrightarrow n = 12.
end{array}$
Vậy $n=12$.
Câu 43.Chọn D
Phương trình ${{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}={{3.7}^{x}}$ $Leftrightarrow {{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}-{{3.7}^{x}}=0$.
Xét hàm số $f(x)={{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}-{{3.7}^{x}}$
${f}'(x)={{50}^{x}}ln 50+{{2}^{x+5}}ln 2-{{3.7}^{x}}ln 7$
${{f}’}'(x)={{50}^{x}}{{left( ln 50 right)}^{2}}+{{2}^{x+5}}{{left( ln 2 right)}^{2}}-{{3.7}^{x}}{{left( ln 7 right)}^{2}}$
Khi $xge 0$ thì ${{f}’}'(x)={{7}^{x}}left( {{left( frac{50}{7} right)}^{x}}{{left( ln 50 right)}^{2}}-3{{left( ln 7 right)}^{2}} right)+{{2}^{x+5}}{{left( ln 2 right)}^{2}}$
${{f}’}'(x)ge {{7}^{x}}left( {{left( frac{50}{7} right)}^{0}}{{left( ln 50 right)}^{2}}-3{{left( ln 7 right)}^{2}} right)+{{2}^{x+5}}{{left( ln 2 right)}^{2}}>0$
Khi $x<0$ thì ${{f}’}'(x)={{7}^{x}}left( {{left( frac{2}{7} right)}^{x}}32{{left( ln 2 right)}^{2}}-3{{left( ln 7 right)}^{2}} right)+{{50}^{x}}{{left( ln 50 right)}^{2}}$
${{f}’}'(x)>{{7}^{x}}left( {{left( frac{2}{7} right)}^{0}}32{{left( ln 2 right)}^{2}}-3{{left( ln 7 right)}^{2}} right)+{{50}^{x}}{{left( ln 50 right)}^{2}}>0$
Suy ra ${{f}’}'(x)>0,,forall xin mathbb{R}$. Nên ${f}'(x)$ đồng biến trên $mathbb{R}$ .
Mà $underset{xto -infty }{mathop{lim }},{f}’left( x right)=0$ nên ${f}'(x)>0,,forall xin mathbb{R}$
Suy ra $f(x)$ đồng biến trên $mathbb{R}$ .
Mà $underset{xto -infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=0$ nên $f(x)>0,,forall xin mathbb{R}$
Suy ra phương trình $f(x)=0$ vô nghiệm.
Câu 44. Chọn A
Tổng số điểm vừa lấy bằng: $3+4+5+6=18$ (điểm).
Mỗi cách chọn ra $3$ điểm không nằm trên một cạnh cho ta một tam giác.
Số cách chọn $3$ điểm từ $18$ điểm là: $C_{18}^{3}=816$ (cách chọn).
Số cách chọn $3$ điểm cùng nằm trên một cạnh là: $C_{3}^{3}+C_{4}^{3}+C_{5}^{3}+C_{6}^{3}=35$(cách chọn).
Vậy số tam giác cần tìm bằng: $816-35=781$(tam giác).
(đã sửa đề )
Câu 45.Chọn A
Gọi $D$ là trung điểm $BC$, $H$ là chân đường cao khối chóp hạ từ $S$.
Ta có tứ giác $SMHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $SD$. Theo tích chất cát tuyến
$AS.AM=AH.ADLeftrightarrow frac{3}{4}S{{A}^{2}}=frac{2}{3}A{{D}^{2}}Leftrightarrow S{{A}^{2}}=frac{8}{3}$$Rightarrow SH=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=frac{2sqrt{3}}{3}$.
Nên ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=frac{2}{3}.$
Câu 46. Chọn D
Đặt độ dài cạnh $AB=x$ $left( x>0 right)$ và $M$ là trung điểm $AB$.
Vì tam giác ${O}’AB$ đều nên ${O}’A={O}’B=AB=x$$Rightarrow {O}’M=frac{xsqrt{3}}{2}$.
Vì mặt phẳng $left( {O}’AB right)$ tạo với mặt phẳng chứa đường tròn $left( O;R right)$ góc $60{}^circ $ nên $widehat{{O}’MO}=60{}^circ $.
Xét tam giác ${O}’OM$ vuông tại $O$ ta có: $cos widehat{{O}’MO}=frac{OM}{{O}’M}$. Suy ra
$cos 60{}^circ =frac{OM}{frac{xsqrt{3}}{2}}Leftrightarrow OM=frac{xsqrt{3}}{4}$
Xét tam giác $OAM$vuông ở $M$ có: $O{{A}^{2}}=O{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}$ nên
${{R}^{2}}={{left( frac{xsqrt{3}}{4} right)}^{2}}+{{left( frac{x}{2} right)}^{2}}Leftrightarrow {{R}^{2}}=frac{7}{16}{{x}^{2}}Rightarrow x=frac{4sqrt{7}}{7}R$
Do đó: ${O}’M=frac{xsqrt{3}}{2}=frac{2sqrt{21}}{7}R$ và $OM=frac{xsqrt{3}}{4}=frac{sqrt{21}}{7}R$. Vì vậy, ta có
$O{O}’=sqrt{{O}'{{M}^{2}}-O{{M}^{2}}}=frac{3sqrt{7}}{7}R$.
Vậy thể tích khối trụ là
$V=pi {{R}^{2}}.h=pi {{R}^{2}}.frac{3sqrt{7}}{7}RRightarrow V=frac{3pi sqrt{7}{{R}^{3}}}{7}$.
Câu 47. Chọn B
Đặt
$T=sumlimits_{k=1}^{100}{k{{.2}^{k}}}=2+{{2.2}^{2}}+{{3.2}^{3}}+cdots +{{100.2}^{100}} (1)$.
Khi đó, ta có
$2T={{2}^{2}}+{{2.2}^{3}}+cdots +{{99.2}^{100}}+{{100.2}^{101}} (2)$.
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
$T={{100.2}^{101}}-left( 2+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+cdots +{{2}^{100}} right)={{99.2}^{101}}+2$
Suy ra ${{log }_{2}}left( sumlimits_{k=1}^{100}{k{{.2}^{k}}-2} right)={{log }_{2}}left( {{99.2}^{101}} right)=101+{{log }_{2}}99.$
Do đó $a=101;,,b=99;,,c=2.$
Vậy $a+b+c=202$.
Câu 48. Chọn D
Ta có $fleft( x right) = left| {left| {x – 1} right| – left| {2019 – x} right|} right| = left{ begin{array}{l}
2018,,x notin left[ {1;,2019} right]\
left| {2x – 2020} right|,,x in left[ {1;,2019} right]
end{array} right.$
Vì hàm số $h(x)=2text{x}-2020$ là hàm số đồng biến trên đoạn $text{ }!![!!text{ }1;2019]$ nên ta có
$underset{text{ }!![!!text{ 1;2019 }!!]!!text{ }}{mathop{text{max}}},h(x)=text{max}left{ h(1),h(2019) right}=2018,,underset{text{ }!![!!text{ 1;2019 }!!]!!text{ }}{mathop{text{min}}},h(x)=text{min}left{ h(1),h(2019) right}=-2018$
Suy ra
$underset{left[ 1;,2019 right]}{mathop{min }},fleft( x right)=0$ và $underset{left[ 1;,2019 right]}{mathop{max }},fleft( x right)=2018$.
Do đó, ta có
$underset{mathbb{R}}{mathop{min }},fleft( x right)=0$ và $underset{mathbb{R}}{mathop{max }},fleft( x right)=2018$.
Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
$0le 2020-mle 2018Leftrightarrow 2le mle 2020$.
Suy ra có 2018 giá trị nguyên của $m$ nằm trong khoảng $left( 0;,2020 right)$.
Câu 49.Chọn C
Gọi chiều dài, chiều rộng của hộp là $2x$ và $x$$(x>0)$. Khi đó, ta có thể tích của cái hộp là
$V=2{{x}^{2}}.hRightarrow 2{{x}^{2}}.h=48Leftrightarrow {{x}^{2}}.h=24$
Do giá thành làm đáy và mặt bên hộp là$3,$giá thành làm nắp hộp là $1$nên giá thành làm hộp là
$L=3left( 2{{x}^{2}}+2xh+4xh right)+2{{x}^{2}}$
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số không âm, ta được
$L=8{{x}^{2}}+9xh+9xhge $$3sqrt[3]{8{{x}^{2}}.9xh.9xh}$$=3sqrt[3]{648{{left( {{x}^{2}}h right)}^{2}}}=216$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $left{ begin{array}{l}
8{x^2} = 9xh\
{x^2}h = 24
end{array} right.$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = frac{{9h}}{8}\
frac{{{9^2}}}{{{8^2}}}.{h^3} = 24
end{array} right.$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = 3\
h = frac{8}{3}
end{array} right.$
Vậy $m=8$,$n=3$ và $m+n=11$.
Câu 50. Chọn B
Gọi $hleft( x right)$ là thương và $gleft( x right)$ là phần dư khi chia $fleft( x right)$ cho ${{left( x-2 right)}^{2}}$ tức là $fleft( x right)=hleft( x right){{left( x-2 right)}^{2}}+gleft( x right)$. Do $fleft( x right)$ là hàm số bậc $4$ nên $hleft( x right)$ là một hàm số bậc $2$ và $gleft( x right)$ là hàm số có bậc nhỏ hơn $2$. Suy ra hàm số$gleft( x right)$ có dạng $gleft( x right)=ax+b$.
Ta có ${f}’left( x right)={h}’left( x right).{{left( x-2 right)}^{2}}+2hleft( x right).left( x-2 right)+a$.
Theo giả thiết khi chia $fleft( x right)$ cho $x-2$ được phần dư bằng $2019$, chia ${f}’left( x right)$ cho $x-2$ được phần dư bằng 2018 nên ta có
$left{ begin{array}{l}
fleft( 2 right) = 2019\
f’left( 2 right) = 2018
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2a + b = 2019\
a = 2018
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 2018\
b = – 2017
end{array} right.$
Suy ra $gleft( x right)=2018x-2017$. Vậy $gleft( -1 right)=2018.left( -1 right)-2017=-4035$.
