Đáp án B

Ta có $S_{tp}=S_{xq}+2{\mathrm{\pi R}}^2=2\mathrm{\pi Rh}+2{\mathrm{\pi R}}^2=8{\mathrm{\pi R}}^2\Rightarrow \mathrm{h}=3\mathrm{R}\Rightarrow \mathrm{V}={\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=3{\mathrm{\pi R}}^3$

Đáp án D

PT$\iff 3^{2x-6}.3^x=27\iff 3^{3x-6}=27\iff 3x=6+3\iff x=3$

Đáp án A

Ta có $\int f\left(3x\right)dx=\frac{1}{3}\int f\left(3x\right)d\left(3x\right)=\frac{1}{3}.2\left(3x\right)\ln \left(9x-1\right)+C=2x\ln \left(9x-1\right)+C$

Đáp án A

Ta có $u_n=u_1{q}^{n-1}=2.2^{n-1}=2^n$

Đáp án D

Ta có $f\text{'}\left(0\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2}{\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)}=0$

Đáp án C

Với a = b = 0,c > 0 thì $y=cx+d\Rightarrow y\text{'}=c>0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$ nên hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ 

Với $a\ne 0$, ta có YCBT$\iff y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c\ge 0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}3a>0\\ ∆\text{'}=b^2-3ac\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ b^2-3ac\le 0\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có $L=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\sqrt{\frac{{\left(x-3\right)}^2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}}=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\sqrt{\frac{x-3}{x+3}}=0$

Đáp án D

Ta có $x^2-1\ne 0\iff x\ne \pm 1$

Đáp án B

PT$\iff {\left(\frac{8}{5}\right)}^x=5^x\iff x={\log }_{\frac{8}{5}}{5}^x\iff x={\log }_{1,6}{5}^5\Rightarrow a=1,6\Rightarrow \left[a\right]=1$

Đáp án A

Tỉ số diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón là: 

$\frac{2\mathrm{\pi rh}}{\mathrm{\pi rl}}=\frac{2\mathrm{\pi r}.\mathrm{r}\sqrt{3}}{\mathrm{\pi r}\sqrt{{\mathrm{r}}^2+{\left(\mathrm{r}\sqrt{3}\right)}^2}}=\sqrt{3}$

Đáp án C

Mọi điểm $A\left(m;n\right)\in \left(G_1\right)\Rightarrow a^m=n\Rightarrow m={\log }_{a}n\Rightarrow B\left(n;m\right)\in \left(G_2\right)$ 

Hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x 

Do đó $\left(G_1\right)$và $\left(G_2\right)$đối xứng nhau qua đường thẳng y = x

Đáp án D

Ta có $I=1008{\int }_1^{3}f\left(x\right)dx+2{\int }_1^{3}g\left(x\right)dx=1008.2+2.1=2018$

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)>0\iff -3<x<2\\ f\text{'}\left(x\right)<0\iff [\begin{array}{l}x>2\\ x<-3\end{array}\end{array}\right.$ 

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (-3;2), nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-3\right) và \left(2;+\infty \right)$.

Đáp án B

Phương trình f(x) = f(m) có ba nghiệm phân biệt $\iff -2<f\left(m\right)<2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-1<m<3\\ m\ne \left\{0;2\right\}\end{array}\right.$

Đáp án B

$$\begin{gathered} I={\int }_1^5\frac{2\left|x-2\right|+1}{x}dx={\int }_1^2\frac{2\left|x-2\right|+1}{x}dx+{\int }_2^5\frac{2\left|x-2\right|+1}{x}dx={\int }_1^2\frac{2\left(x-2\right)+1}{x}dx+{\int }_2^5\frac{2\left(x-2\right)+1}{x}dx \\ ={\int }_1^2\left(\frac{5}{x}-2\right)dx+{\int }_2^5\left(2-\frac{3}{x}\right)dx={\overline{)\left(5\ln \left|x\right|-2x\right)}}_1^2+{\overline{)\left(2x-3\ln \left|x\right|\right)}}_2^5=8\ln 2-2\ln 5+4\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=8\\ b=-3\end{array}\Rightarrow a-b=11\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có $\overrightarrow{BA}=\left(3;3;-2\right)$ và (P) có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;-3;2\right)$.

Gọi $\overrightarrow{n\text{'}}$ là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q), để (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P) thì: $\overrightarrow{n}\perp \overrightarrow{n\text{'}}\perp \overrightarrow{BA}\Rightarrow n\text{'}=\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{BA}\right]=\left(0;-8;-12\right)\Rightarrow \left(Q\right):0\left(x-2\right)-8\left(y-4\right)-12\left(z-1\right)=0\iff 2y+3z-11=0$

Đáp án D

Ta có $I={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\left[f\left(x\right)+2\sin \left(x\right)\right]dx={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}f\left(x\right)dx+2{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\sin \left(x\right)dx={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}f\left(x\right)dx-2{\overline{)\cos \left(x\right)}}_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}=5+2=7$

Đáp án D

Hình trụ khi quay đường gấp khúc AMNB quanh AB có bán kính đáy là $r_1=AM=2a,h_1=AB=2a$. 

Tương tự $r_2=AD=3a;h_2=AB=2a$ 

Khi đó $\frac{S_1}{S_2}=\frac{2{\mathrm{\pi r}}_1{\mathrm{h}}_1+2{{\mathrm{\pi r}}_1}^2}{2{\mathrm{\pi r}}_2{\mathrm{h}}_2+2{{\mathrm{\pi r}}_2}^2}=\frac{8}{15}$.

Đáp án A

$\sin \left(d;\left(P\right)\right)=\left|\cos \left(d;\left(P\right)\right)\right|=\frac{\left|2+4+2\right|}{9}=\frac{8}{9}$suy ra $d\left(M;\left(P\right)\right)=\sin \widehat{d;\left(P\right)}=8$

Đáp án A

PT$\iff [\begin{array}{l}z=1+i\\ z=1-u\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{z}_1=1+i\\ z_2=1-i\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=2\\ z_1-z_2=2i\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left|z_1+z_2\right|=2\\ \left|z_1-z_2\right|=2\end{array}\right.\Rightarrow P=6$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{2x\left(x-1\right)-x^2-3}{{\left(x-1\right)}^2}=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}$ 

Lập BBT $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M=f\left(-1\right)=-2\\ m=f\left(0\right)=-3\end{array}\right.\Rightarrow P=-5$

Đáp án C

$\ln 2-\frac{1}{2}={\int }_0^m\frac{x^{2}dx}{x+1}={\int }_0^m\left(x-1+\frac{1}{x+1}\right)dx={\overline{)\left(\frac{x^2}{2}-x+\ln \left|x+1\right|\right)}}_0^m=\frac{m^2}{2}-m+\ln \left(m+1\right)=f\left(m\right)$ 

Xét hàm f(m) với $m>0\Rightarrow f\text{'}\left(m\right)=\frac{m^2}{m+1}>0$ và $f\left(1\right)=\ln 2-\frac{1}{2}$ nên nghiệm m = 1 là duy nhất.

Đáp án D

$∆$có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(2;1-1\right)$. Gọi N  là giao điểm của d và $∆\Rightarrow N\left(2t+1;t-1;-t\right)$

Theo đề bài ta sẽ có: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{MN}=0\iff t=\frac{2}{3}\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left(\frac{1}{3};-\frac{4}{3};-\frac{2}{3}\right)\Rightarrow d:\frac{x-2}{1}=\frac{y-1}{-4}=\frac{z}{-2}$

Đáp án C

$I={\int }_1^3\frac{e^{3x}}{x}dx={\int }_1^3\frac{e^{3x}}{3x}d\left(3x\right)={\int }_3^9\frac{e^t}{t}dt=F\left(9\right)-F\left(3\right)$

Đáp án A

Vì $B{C}^2=B{A}^2+A{C}^2$ nên $∆ABC$ vuông tại A.

Gọi  K là hình chiếu của A lên BC, H là hình chiếu của A lên DK.

Ta có  $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}$ 

$$\begin{gathered} =\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{3^2}=\frac{17}{72} \\ \Rightarrow d\left(A;\left(ABCD\right)\right)=AH=\sqrt{\frac{72}{17}}=\frac{12}{\sqrt{34}} \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của (C)và trục Ox là ln x = 0$\iff x=1$

Diện tích hình phẳng (H) là $S=\mathrm{\pi }.{\int }_1^{\mathrm{k}}\left|\mathrm{lnx}\right|d\mathrm{x}=\mathrm{\pi }.{\int }_1^{\mathrm{k}}\mathrm{lnx}d\mathrm{x}$. Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=dx\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}du=\frac{dx}{x}\\ v=x\end{array}\right.$.

 $\Rightarrow {\int }_1^1\ln xdx=x.{\overline{)\ln x}}_1^k-{\int }_1^{k}dx={\overline{)\left(x.\ln x-x\right)}}_1^k=k.\ln k-k+1=1\iff \ln k=1\iff k=e$.

Đáp án D

YCBT: $y\text{'}=\cos x-\sin x+m\ge 0$ với mọi $x\in \mathrm{ℝ}\iff m\ge \sin x-\cos x=f\left(x\right)$ với $x\in \mathrm{ℝ}$.

Mà ta có: $f\left(x\right)=\sin x-\cos x=\sqrt{2}\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\Rightarrow -\sqrt{2}\le f\left(x\right)\le \sqrt{2}\Rightarrow m\ge \sqrt{2}$

Đáp án B

Gọi O là tâm của tam giác BCD và M là trung điểm CD

$\Rightarrow AO\perp \left(BCD\right)\Rightarrow d\left(A;\left(BCD\right)\right)=AO=6$ 

Đặt độ dài cạnh của tứ diện ABCD là $x\Rightarrow BO=\frac{2BM}{3}=\frac{x\sqrt{3}}{3}$ 

$\Rightarrow AO=\sqrt{A{B}^2-B{O}^2}=\frac{x\sqrt{6}}{3}=6\iff x=3\sqrt{6}$ 

$\Rightarrow V=\frac{S_{BCD}.AO}{3}=\frac{x^2\sqrt{3}.AO}{12}=27\sqrt{3}$

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu của S trên $AC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$ 

Kẻ $HM\perp AB\left(M\in AB\right),HN\perp AC\left(N\in AC\right)$

Suy ra $\widehat{\left(SAB\right);\left(ABC\right)}=\widehat{\left(SBC\right);\left(ABC\right)}=\widehat{SMH}=\widehat{SNH}=60°$ 

$\Rightarrow ∆SHM=∆SHN\Rightarrow HM=HN\Rightarrow H$ là trung điểm của AC

Tam giác SHM vuông tại H, có $\tan \widehat{SMH}=\frac{SH}{HM}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

Diện tích tam giác ABC là $S_{∆ABC}=\frac{1}{2}.AB.BC=\frac{a^2}{2}$ 

Vậy thể tích cần tính là $V=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$

Đáp án A

Khoảng cách từ tâm đến đáy mặt phẳng cắt là 3 => Chiều rộng của hình chữ nhật là $a=2\sqrt{R^2-d^2}=2.\sqrt{5^2-3^2}=8$ 

Vậy diện tích S của thiết diện là S = 8.7 = 56.

Đáp án C

Ta có $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}.\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{8}$ và $\frac{V_{S.A\text{'}D\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ADC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}.\frac{SD\text{'}}{SD}.\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{8}$ 

Mà $V_{S.ABC}=V_{S.ADC}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}\Rightarrow V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}+V_{S.A\text{'}D\text{'}C\text{'}}=\frac{V_{S.ABCD}}{8}\iff \frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}}{V_{S.ABCD}}=\frac{1}{8}$.

Đáp án C

Ta có $\cos 2x+\sin 3x=1+2\sin x.\cos 2x\iff \cos 2x\left(1-2\sin x\right)=1-\sin 3x$ 

$\iff \left(1-2{\sin }^{2}x\right)\left(1-2\sin x\right)=4{\sin }^{3}x-3\sin x+1\iff \sin x-2{\sin }^{2}x=0\iff 2{\sin }^{2}x=\sin x$

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là $-3x^3+4x+2=3x+m+2$

$\iff -3x^3+x=m\iff m=f\left(x\right)$  (*), với $f\left(x\right)=-3x^3+x$ 

Để (C) cắt (d) tại điểm duy nhất $\iff \left(*\right)$ có nghiệm duy nhất

Dựa  vào BBT của hàm số $f\left(x\right)=-3x^3+x$, để (*) có nghiệm duy nhất $\iff \left|m\right|>\frac{2}{9}$

Đáp án A

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: Đề thi có 9 câu hỏi nằm trong 25 câu mà học sinh nắm được $\Rightarrow P_1=\frac{C_{25}^9.C_5^1}{C_{30}^{10}}$ 

TH2: Đề thi có 10 câu hỏi nằm trong 25 câu mà học sinh nắm được $\Rightarrow P_2=\frac{C_{25}^{10}}{C_{30}^{10}}$ 

Vậy xác suất cần tính là $P=P_1+P_2=0,449$

Đáp án A

Ta có, giả thiết ${\log }_{x^2+y^2+3}\left(2x+2y+5\right)\ge x^2+y^2+3\le 2x+2y+5\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2\le 4$ là miền trong đường tròn tâm I(1;1) bán kính $R_1=2$

Và $x^2+y^2+4x+6y+13-m=0\iff {\left(x+2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=m$ là đường tròn tâm I(-2;-3);$R_2=\sqrt{m}$ 

Khi đó, yêu cầu bài toán $\iff R_1+R_2=I_1{I}_2\iff \sqrt{m}+2=5\iff m=9$

Đáp án B

Giả độ dài các cạnh của khối hộp lần lượt là a; b; c khi đó T = 2ab + 2bc + 2ca = 36. 

$\iff ab+bc+ca=18$. Mặt khác $AC\text{'}=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2+AA{\text{'}}^2}=\sqrt{a^2+b^2+c^2}=6$ 

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2+c^2=36\\ ab+bc+ca=18\end{array}\Rightarrow \right.\left\{\begin{array}{l}{\left(a+b+c\right)}^2=72\\ ab+bc+ca=18\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}a+b+c=6\sqrt{2}\\ b\left(a+c\right)+ac=18\end{array}\right.$ 

Ta có: $V=abc=b.\left[18-b\left(a+c\right)\right]=b\left[18-b\left(6\sqrt{2}-b\right)\right]=b^3-6\sqrt{2}{b}^2+18b=f\left(b\right)$ 

Xét $f\left(b\right)=b^3-6\sqrt{2}{b}^2+18b,\left(0<b<6\sqrt{2}\right)$ ta có : $f\text{'}\left(b\right)=3b^2-12\sqrt{2}b+18=0\iff b^2-4b\sqrt{2}+6=0$ 

$\iff [\begin{array}{l}b=3\sqrt{2}\\ b=\sqrt{3}\end{array}\Rightarrow f\left(3\sqrt{2}\right)=0;f\left(\sqrt{2}\right)=8\sqrt{2}\Rightarrow \underset{(0;6\sqrt{2})}{Max}f\left(b\right)=8\sqrt{2}$.

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{-1}{{\left(x-2\right)}^2}$. Gọi $M\left(a;\frac{2a-3}{a-2}\right)$ là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến

Hệ số góc của tiếp tuyến là  $k=y\text{'}\left(a\right)=\frac{-1}{{\left(a-2\right)}^2}$

Phương trình đường thẳng d là $y=-\frac{1}{{\left(a-2\right)}^2}\left(x-a\right)+\frac{2a-3}{a-2}$ 

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 2 tiệm cận ngang là y = 2

Ta có $A\left(2;\frac{2a-2}{a-2}\right),B\left(2a-2;2\right)\Rightarrow AB=\sqrt{4{\left(a-2\right)}^2+\frac{4}{{\left(a-2\right)}^2}}=2\sqrt{{\left(a-2\right)}^2+\frac{1}{{\left(a-2\right)}^2}}$ 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có $AB=2\sqrt{{\left(a-2\right)}^2+\frac{1}{{\left(a-2\right)}^2}}\ge 2\sqrt{2\sqrt{{\left(a-2\right)}^2.\frac{1}{{\left(a-2\right)}^2}}}=2\sqrt{2}$ 

Do đó khoảng cách ngắn nhất giữa A và B là $2\sqrt{2}$.

Đáp án D

Chọn 5 vị trí cho số 2, có 2 cách là $[\begin{array}{l}2\_2\_2\_2\_2\\ \_2\_2\_2\_2\_2\_\end{array}.$

Vậy 5 vị trí trống còn lại có thể là số 1 hoặc số 3 => có $2^5$ cách

Vậy có tất cả $2.2^5=65$ số cần tìm.

Đáp án A

Gọi $A\left(a;0;0\right),B(0;b;0),C\left(0;0;c\right)\to$ phương trình mặt phẳng (ABC) là $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$

Vì điểm $M\left(1;2;3\right)\in \left(P\right)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1$, ta có ${\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)}^2\le \left(1^2+2^2+3^2\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)$ 

Khi đó $\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge \frac{1}{14}$. Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 2b = 3c. 

Suy ra $a=14,b=7,c=\frac{14}{3}$, vậy phương trình mặt phẳng (P) là $\frac{x}{14}+\frac{y}{7}+\frac{3z}{14}=1\iff x+2y+3z-14=0.$

Đáp án A

Ta có  ${\log }_2^{a}b-8{\log }_b-\frac{8}{3}\iff {\left({\log }_{a}b\right)}^2-8{\log }_{b}a-\frac{8}{3}=-\frac{8}{3}\iff {\left({\log }_{a}b\right)}^3=8\iff {\log }_{a}b=2$

Khi đó $P={\log }_a\left(a\sqrt[3]{ab}\right)+2017={\log }_a\left(a^{\frac{4}{3}}.b^{\frac{1}{3}}\right)+2017=\frac{4}{3}.{\log }_{a}a+\frac{1}{3}.{\log }_{a}b+2017=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}+2017=2019$.

Đáp án D

Ta có  $x.2^x=x\left(x-m+1\right)+m\left(2^x-1\right)\iff x.2^x=x^2-mx+x+m.2^x-m$

$\iff 2^x\left(x-m\right)=\left(x+1\right)\left(x-m\right)\iff \left(2^x-x-1\right)\left(x-m\right)=0\iff [\begin{array}{l}{2}^x-x-1=0 \left(1\right) \\ x-m=0 \left(2\right)\end{array}$ 

Giải (1) , đặt $f\left(x\right)=2^x-x-1$. Xét hàm số $f\left(x\right)=2^x-x-1$ trên $\mathrm{ℝ}$, có $f\text{'}\left(x\right)=2^x.\ln 2-1$

Phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0\iff 2^x=\frac{1}{\ln 2}\iff x={\log }_2\frac{1}{\ln 2}=-{\log }_2\left(\ln 2\right)$ 

$\Rightarrow f\left(x\right)$ = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm mà $f\left(0\right)=f\left(1\right)\Rightarrow f\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}$

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\iff \left(2\right)$có 1 nghiệm hoặc 0

Vậy m = {0;1} là hai giá trị cần tìm.

Đáp án C

Chuẩn hóa bán kính của viên bi là 1 => Chiều cao của cốc là h = 2. 

+) Thể tích của viên bi là $V_1=\frac{4\mathrm{\pi }}{3}$. Gọi R, r lần lượt là bán kính của miệng cốc và đáy cốc.

+) Thể tích của cốc ( khối nón cụt ) là $V_2=\frac{\mathrm{\pi h}}{3}\left(R^2+Rr+r^2\right)=\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\left(R^2+Rr+r^2\right)$ 

+) Vì lượng nước tràn ra bằng nửa lượng nước đổ vào cốc $\frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{2}\Rightarrow R^2+Rr+r^2=4 \left(1\right)$ 

+) Xét mặt cắt của cốc khi thả viên bi vào trong cốc ( hình vẽ bên)

Dễ thấy ABCD là hình thang cân $\Rightarrow O{A}^2+O{B}^2=A{B}^2 \left(2\right)$ 

Mà $\left\{\begin{array}{l}O{A}^2=R^2+1\\ O{B}^2=r^2+1\end{array}\right.$ và $A{B}^2={\left(AH-BK\right)}^2+H{K}^2={\left(R-r\right)}^2+4 \left(3\right)$ 

Từ (2) và (3) $\Rightarrow R^2+r^2+2={\left(R-r\right)}^2+4\iff Rr=1 \left(4\right)$ 

Từ (1) và (4) $\Rightarrow R^2+Rr+r^2=4Rr\iff {\left(\frac{R}{r}\right)}^2=3\left(\frac{R}{r}\right)+1=0$ 

$\iff \frac{R}{r}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$. Vậy tỉ số cần tính là $\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

Đáp án C

Ta có $\ln P=\frac{x^2}{4\left(1+2y\right)}+\frac{y^2}{1+x}=\frac{{\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)}^2}{1+2y}+\frac{y^2}{1+x}\ge \frac{{\left({\displaystyle \frac{x}{2}}+y\right)}^2}{2\left(1+y+{\displaystyle \frac{x}{2}}\right)}$ 

Lại có $\log \left(x+2y\right)=\log \left(xy\right)\Rightarrow \frac{x}{2}+y=\frac{x}{2}.y\le \frac{{\left({\displaystyle \frac{x}{2}}+y\right)}^2}{4}\Rightarrow \frac{x}{2}+y\ge 4$ 

 $\Rightarrow \ln P\ge \frac{4^2}{2\left(1+4\right)}=\frac{8}{5}\Rightarrow P\ge e^{\frac{8}{5}}$.