Câu 31:
Chọn đáp án D
+ Hàm số xác định với mọi x thuộc $left[ 0;+infty right)$khi và chỉ khi
${{2017}^{x}}-x-dfrac{{{x}^{2}}}{2}-m+1>0,forall xin left[ 0;+infty right)Leftrightarrow {{2017}^{x}}-x-dfrac{{{x}^{2}}}{2}>operatorname{m}-1,forall xin left[ 0;+infty right)left( * right)$
+ Xét hàm số $operatorname{f}left( x right)=201{{7}^{x}}-x-dfrac{{{x}^{2}}}{2},forall xin left[ 0;+infty right)$. Hàm số liên tục trên $left[ 0;+infty right)$.
${f}’left( x right)=201{{7}^{x}}ln2017-1-x,forall xin left[ 0;+infty right)$
${{f}’}’left( x right)=201{{7}^{x}}l{{n}^{2}}2017-1>0,forall xin left[ 0;+infty right)$
Vậy ${f}’left( operatorname{x} right)$ đồng biến trên $left[ 0;+infty right)Rightarrow {f}’left( x right)ge {f}’left( 0 right)=ln 2017-1>0,forall xin left[ 0;+infty right)$
Vậy $fleft( operatorname{x} right)$ đồng biến trên $left[ 0;+infty right)Rightarrow underset{xin left[ 0;+infty right)}{mathop{min }},fleft( x right)=1$.
+ Bất phương trình (*) tương đương $underset{xin left[ 0;+infty right)}{mathop{min }},fleft( x right)underset{xin left[ 0;+infty right)}{mathop{min }},fleft( x right)>m-1,forall xin left[ 0;+infty right)Leftrightarrow m<2$
Vậy có vô số giá trị nguyên của m.
Câu 32:
Chọn đáp án D
Ta có: $y=xleft[ cos left( ln x right)+sin left( ln x right) right]$ .
${y}’=cos left( ln x right)+sin left( ln x right)-sin left( ln x right)+cos left( ln x right)=2cos left( ln x right)$.
${{y}’}’=-dfrac{2}{x}sin left( ln x right)$.
Từ đó kiểm tra thấy đáp án D đúng vì
${{x}^{2}}{{y}’}’+x{y}’+2y=-2xsin left( ln x right)-2xcos left( ln x right)+2xleft[ cos left( ln x right)+sin left( ln x right) right]=0$.
Câu 33:
Chọn đáp án A
– Phương pháp: Tính tích phân $intlimits_{a}^{b}{pleft( x right)ln}fleft( x right)dx$ ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần
Đặt $left{ begin{array}{l}
u = lnx\
dv = frac{{dx}}{{{{left( {x + 1} right)}^2}}}
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
du = frac{{dx}}{x}\
v = – frac{1}{{x + 1}}
end{array} right.$
$ Rightarrow {mathop{rm I}nolimits} = – frac{{lnx}}{{left( {x + 1} right)}}left| begin{array}{l}
{2^{1000}}\
1
end{array} right. + intlimits_1^{{2^{1000}}} {frac{1}{{x + 1}}} .frac{{{mathop{rm dx}nolimits} }}{x} = – frac{{ln {2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} + intlimits_1^{{2^{1000}}} {left( {frac{1}{x} – frac{1}{{x + 1}}} right)} .{mathop{rm dx}nolimits} $$ = – frac{{1000ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + ln left| {frac{x}{{x + 1}}} right|left| begin{array}{l}
{2^{1000}}\
1
end{array} right.$
$ = – frac{{1000ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + ln frac{{{2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} – ln frac{1}{2} = – frac{{1000ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + ln frac{{{2^{1001}}}}{{{2^{1000}} + 1}}$
Chọn đáp án D
+ Dựa vào đồ thị hàm số $operatorname{y}={f}’left( x right)Rightarrow {f}’left( x right)=3left( {{x}^{2}}-1 right)$
Khi đó $operatorname{f}left( x right)=int{{f}’left( x right)dx={{x}^{3}}}-3x+C$. Điều kiện đồ thị hàm số $operatorname{f}left( x right)$ tiếp xúc với đường thẳng $operatorname{y}=4$ là: $left{ begin{array}{l}
{mathop{rm f}nolimits} left( x right) = 4\
f’left( x right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x^3} – 3x + C = 4\
3left( {{x^2} – 1} right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = – 1\
C = 2
end{array} right.$
(Do $x<0$) suy ra $fleft( x right)={{x}^{3}}-3x+2left( C right)$
+ Cho $(C)cap text{Ox}Rightarrow $hoành độ giao điểm là $text{x}=-2;text{x}=1$
+ Khi đó$V=pi intlimits_{-2}^{1}{{{left( {{text{x}}^{3}}-3text{x}+2 right)}^{2}},dtext{x=}dfrac{729}{5}}pi $
Câu 35:
Chọn đáp án C
+ Ta có $1={{left| z-2-3i right|}^{2}}=left( z-2-3i right)overline{left( z-2-3i right)}=left( z-2-3i right)left( overline{z}-2+3i right)$
$Leftrightarrow 1=left| left( z-2-3i right)left( overline{z}-2+3i right) right|Leftrightarrow left| overline{z}-2+3i right|=1Leftrightarrow left| overline{z}+1+i-3+2i right|=1left( * right)$
+ Đặt $text{w}=overline{z}+1+i$, khi đó $left( * right)Leftrightarrow left| text{w}-3+2i right|=1Rightarrow {{left| w right|}_{max }}=1+sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}}=1+sqrt{13}$
Cách khác: Đặt $Mleft( z right)left( x;y right);Ileft( 2;3 right)$ ta có: $MI=R=1;left| overline{z}+1+i right|=sqrt{{{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-1 right)}^{2}}}=MK$ với $Kleft( -1;1 right)$. Khi đó $M{{K}_{max }}=IK+R=sqrt{13}+1$
Câu 36:
Chọn đáp án D
Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD và I là trung điểm của SC. Khi đó $OIbot left( operatorname{ABCD} right)$
$Rightarrow IA=IB=IC=ID$với $Delta SAC$ vuông tại A, $operatorname{IA}=IS=IC$. Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD suy ra $operatorname{IA}=asqrt{2}Rightarrow SC=2asqrt{2}$. Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng $left( ABCD right)Rightarrow left( SC;left( ABCD right) right)=left( SC;AC right)=widehat{operatorname{SCA}}=45{}^circ $. Suy ra $Delta SAC$ vuông cân
$Rightarrow SA=AC=2aRightarrow {{V}_{S.operatorname{ABCD}}}=dfrac{1}{3}.operatorname{SA}.{{S}_{ABCD}}=dfrac{1}{3}.2text{a}.operatorname{a}.asqrt{3}=dfrac{2{{text{a}}^{3}}sqrt{3}}{3}$
Câu 37:
Gọi I là trung điểm AB.
Ta có $left{ begin{array}{l}
SO bot AB\
OI bot AB
end{array} right. Rightarrow AB bot left( {SOI} right) Rightarrow left( {SAB} right) bot left( {SOI} right)$ theo giao tuyến SI.
Trong $left( SOI right)$, kẻ $OHbot SI$ thì $OHbot left( SAB right)$.
$Rightarrow dleft( O;left( SAB right) right)=OH$.
Ta có: $SO=sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=sqrt{{{left( dfrac{8.5}{5} right)}^{2}}-{{5}^{2}}}=sqrt{39}$.
Ta có $OI=sqrt{O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}=sqrt{{{5}^{2}}-{{left( dfrac{4.5}{5} right)}^{2}}}=3$.
Tam giác vuông $SOI$ có: $dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=dfrac{1}{O{{I}^{2}}}+dfrac{1}{S{{O}^{2}}}Rightarrow OH=dfrac{3sqrt{13}}{4}$.
Vậy $dleft( O;left( SAB right) right)=OH=dfrac{3sqrt{13}}{4}$.
Câu 38:
Chọn đáp án B
+ Gọi $h,r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của hình trụ.
Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình trụ là ${{R}^{2}}={{r}^{2}}+dfrac{{{h}^{2}}}{4}$
+ Theo bài ra, ta có $h=R$ nên suy ra ${{R}^{2}}={{r}^{2}}+dfrac{{{h}^{2}}}{4}Leftrightarrow {{r}^{2}}=dfrac{3{{R}^{2}}}{4}Leftrightarrow r=dfrac{Rsqrt{3}}{2}$
+ Diện tích toàn phần hình trụ là:
${{S}_{tp}}=2pi {{r}^{2}}+2pi rh=2pi rleft( r+h right)=2pi dfrac{Rsqrt{3}}{2}.left( dfrac{Rsqrt{3}}{2}+R right)=dfrac{left( 3+2sqrt{3} right)pi {{R}^{2}}}{2}$
Câu 39:
Chọn đáp án C
– Phương pháp: Sử dụng các dữ kiện của bài toán để tìm bán kính và tâm của mặt cầu
+ Tâm là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
+ Bán kính là khoảng cách từ tâm tới mặt phẳng (Q) (do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng)
– Cách giải: $Iin dRightarrow Ileft( 2t;3+t;2+t right)$
$Iin left( P right)Rightarrow 2t-2left( 3+t right)+2left( 2+t right)=0Leftrightarrow t=1Rightarrow Ileft( 2;4;3 right)$
Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu $left( S right)$ nên $text{R}=dleft( I;left( Q right) right)=dfrac{left| 2-2.4+3.3-5 right|}{sqrt{1+{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}}=sqrt{dfrac{2}{7}}$
$Rightarrow left( S right):{{left( x-2 right)}^{2}}+{{left( operatorname{y}-4 right)}^{2}}+left( operatorname{x}-3 right)=dfrac{2}{7}$
Câu 40:
Chọn đáp án A
Ta có: $left{ begin{array}{l}
mathop {lim }limits_{x to {1^ + }} fleft( x right) = mathop {lim }limits_{x to {1^ + }} left( {sqrt {x – 1} + x} right) = 1\
mathop {lim }limits_{x to {1^ – }} fleft( x right) = mathop {lim }limits_{x to {1^ – }} left( {{m^3} – 3m + 3} right)x = {m^3} – 3m + 3
end{array} right.$$ Rightarrow {m^3} – 3m + 3 = 1 Rightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m = – 2
end{array} right.$
Câu 41:
Chọn đáp án D
+ Ta có: $y=2cos x+dfrac{sqrt{2}}{2}left( sin x+cos x right)=dfrac{sqrt{2}}{2}sin x+dfrac{4+sqrt{2}}{2}.cos x$
+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, có
${{left( dfrac{sqrt{2}}{2}.operatorname{s}text{inx}+dfrac{4+sqrt{2}}{2}.cos x right)}^{2}}le left[ {{left( dfrac{sqrt{2}}{2} right)}^{2}}+{{left( dfrac{4+sqrt{2}}{2} right)}^{2}} right].left( {{sin }^{2}}x+{{cos }^{2}}x right)=5+2sqrt{2}$
Suy ra ${{y}^{2}}le 5+2sqrt{2}Leftrightarrow yle sqrt{5+2sqrt{2}}$. Vậy ${{y}_{max }}=sqrt{5+2sqrt{2}}$
Câu 42:
Chọn đáp án D
Lấy 2 đỉnh tô màu đỏ trong 6 điểm có $C_{6}^{2}$ cách.
Lấy 1 đỉnh tô màu xanh trong 4 điểm có cách.
Suy ra số tam giác tạo thành có 2 đỉnh tô màu đỏ là $C_{6}^{2}C_{4}^{1}=60$
Vậy xác suất cần tính là $operatorname{P}=dfrac{C_{6}^{2}.C_{4}^{1}}{C_{10}^{3}}=dfrac{1}{2}$.
Câu 43:
Chọn đáp án B
Ta có: ${y}’=6{{text{x}}^{2}}-6left( 2m+1 right)x+6mleft( m+1 right)$
$y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = m\
x = m + 1
end{array} right. Rightarrow forall m in $ hàm số luôn có CĐ, CT
Tọa độ điểm CĐ, CT của đồ thị là $Aleft( m;2{{m}^{3}}+3{{m}^{2}}+1 right),Bleft( m+1;2{{m}^{3}}+3{{m}^{2}} right)$
Suy ra $AB=sqrt{2}$ và phương trình đường thẳng $AB:x+y-2{{m}^{3}}-3{{m}^{2}}-m-1=0$
Do đó, tam giác $MAB$ có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ $M$ tới $AB$ nhỏ nhất.
Ta có: $dleft( M,AB right)=dfrac{3{{m}^{2}}+1}{sqrt{2}}Rightarrow dleft( M,AB right)ge dfrac{1}{sqrt{2}}Rightarrow min dleft( M,AB right)=dfrac{1}{sqrt{2}}$ đạt được khi $m=0$
Câu 44:
Chọn đáp án A
Ta có ${{9}^{x}}+9=m{{3}^{x}}cos pi xLeftrightarrow {{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}=mcos pi xleft( 1 right)$
+ Giả sử ${{x}_{0}}$ là 1 nghiệm của phương trình (1) thì dễ thấy $2-{{x}_{0}}$ cũng là nghiệm của phương trình (1).
Nên nếu phương trình có nghiệm duy nhất thì suy ra : ${{x}_{0}}=2-{{x}_{0}}Leftrightarrow {{x}_{0}}=1$ thay vào phương trình (1) ta thu được m=-6.
+ Kiểm tra lại với m=-6, thay vào phương trình (1) ta được ${{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}=-6cos pi x$.
Vì ${{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}ge 6$(theo bất đẳng thức cosi) và $-6cos pi xle 6$ nên (2) xảy ra khi và chỉ khi vế trái = vế phải = 6. Tức là ta có $x=1$ là nghiệm duy nhất của (2). Kết luận m=-6
Câu 45:
Chọn đáp án B
Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A(-1,5;0), B(1,5;0) và I(0;3), phương trình của parabol có dạng: $y=a{{x}^{2}}+bleft( ane 0 right)$, Do I, A, B thuộc (P) nên ta có: $y=dfrac{-4}{3}{{x}^{2}}+3$.
Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là: (sử dụng công thức Thể tích dựa vào thiết diện vuông góc với trục ox là một hình chữ nhật có cạnh là 6 và $dfrac{-4}{3}{{x}^{2}}+3$)
$V=6.2intlimits_{0}^{dfrac{3}{2}}{left( dfrac{-4}{3}{{x}^{2}}+3 right)dx=36}$
Câu 46:
Chọn đáp án A
+ Ta có ${{S}_{Delta AMN}}={{S}_{Delta AHM}}+{{S}_{Delta AHN}}leftrightarrow xy=dfrac{x+y}{3}left( 0le xle 1 right)$
+ Theo bất đẳng thức cô si $3xy=x+yge 2sqrt{xy}Leftrightarrow xyge dfrac{4}{9}$
+ Ta có ${{S}_{Delta AMN}}=dfrac{1}{2}AN.AMsin 60{}^circ =dfrac{sqrt{3}xy}{4}$
${{S}_{Delta AMD}}=dfrac{1}{2}AD.AMsin 60{}^circ =dfrac{sqrt{3}x}{4}$
${{S}_{Delta AND}}=dfrac{1}{2}AD.ANsin 60{}^circ =dfrac{sqrt{3}y}{4}$
+ Ta có $DH=sqrt{A{{D}^{2}}-A{{H}^{2}}}=sqrt{dfrac{2}{3}};M{{N}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=dfrac{1}{2}sqrt{dfrac{2}{3}}sqrt{{{left( x+y right)}^{2}}-3xy}$
Vậy ${{S}_{tp}}=dfrac{sqrt{3}xy}{4}+dfrac{sqrt{3}}{4}left( x+y right)+sqrt{dfrac{1}{6}}sqrt{{{left( x+y right)}^{2}}-3xy}=sqrt{3}xy+dfrac{1}{sqrt{2}}sqrt{3{{left( xy right)}^{2}}-3xy}.$
Đặt $1ge t=xyge dfrac{4}{9}$ Ta thu được giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần đạt được khi $t=xy=dfrac{4}{9}$, tức là $x=y=dfrac{2}{3}$
Câu 47:
Chọn đáp án A
+ Ta có $BD=AC=asqrt{3};SO=sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=dfrac{asqrt{13}}{2}$
$dfrac{1}{B{{K}^{2}}}=dfrac{1}{B{{C}^{2}}}+dfrac{1}{B{{A}^{2}}}=dfrac{3}{2{{a}^{2}}}Leftrightarrow BK=asqrt{dfrac{2}{3}}$
$AK=dfrac{2}{3}AC=dfrac{2a}{sqrt{3}};BE=asqrt{dfrac{3}{2}}=dfrac{3}{2}BK$ nên K là trọng tâm của tam giác BCD
+ Ta dễ dàng chứng minh được $SHbot left( BKH right)Rightarrow SB,left( BKH right)=SBH$
+ Ta có $Delta SOAsim Delta KHAleft( S=K right)Rightarrow KH.SA=SO.KALeftrightarrow KH=dfrac{asqrt{39}}{6}$
Vậy $cos SBH=dfrac{BH}{SB}=dfrac{sqrt{7}}{4}$
Câu 48:
Chọn đáp án D
+ Gọi $M=dcap left( P right)$
$Min dRightarrow Mleft( 3+2t;-2+t;-1-t right);Min left( P right)Rightarrow t=-1Rightarrow Mleft( 1;-3;0 right)$
+ $left( P right)$ có vecttơ pháp tuyến $overrightarrow{{{n}_{P}}}=left( 1;1;1 right)$. $d$ có vecttơ chỉ phương $overrightarrow{{{a}_{d}}}=left( 2;1;-1 right)$. $Delta $ có vecttơ chỉ phương $overrightarrow{{{a}_{Delta }}}=left[ overrightarrow{{{a}_{d}}},overrightarrow{{{n}_{P}}} right]=left( 2;-3;1 right)$. Gọi $Nleft( x;y;z right)$ là hình chiếu vuông góc của M trên $Delta $, khi đó $overrightarrow{MN}=left( x-1;y+3;z right)$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {MN} bot overrightarrow {{a_Delta }} \
N in left( P right)\
MN = sqrt {42}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{rm{x}} – 3y + z – 11 = 0\
x + y + z + 2 = 0\
{left( {x – 1} right)^2} + {left( {y + 3} right)^2} + {z^2} = 42
end{array} right.$ . Giải hệ ta tìm được hai điểm
$Nleft( 5;-2;-5 right)$ và $Nleft( -3;-4;5 right)$
+ Với $Nleft( 5;-2;-5 right)$, ta có $Delta :dfrac{x-5}{2}=dfrac{y+2}{-3}=dfrac{z+5}{1}$
+ Với $Nleft( -3;-4;5 right)$, ta có $Delta :dfrac{x+3}{2}=dfrac{y+4}{-3}=dfrac{z-5}{1}$
Câu 49:
Chọn đáp án C
+ Ta có $u_{n+1}^{2}=3u_{n}^{2}+2Leftrightarrow u_{n+1}^{2}+1=3left( u_{n}^{2}+1 right)$. Đặt
${{v}_{n}}=u_{n}^{2}+1;{{v}_{1}}=2Rightarrow {{v}_{n+1}}=3{{v}_{n}}Rightarrow {{v}_{n}}={{v}_{1}}{{q}^{n-1}}={{2.3}^{n-1}}Leftrightarrow u_{n}^{2}={{2.3}^{n-1}}-1$
+ Ta có
$S=u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+u_{3}^{2}+…+u_{2011}^{2}=2left( {{3}^{0}}+{{3}^{1}}+…+{{3}^{2010}} right)-2=2011={{2.3}^{0}}.dfrac{1-{{3}^{2011}}}{1-3}-2011={{3}^{2011}}-2012$
Câu 50:
Chọn đáp án D
+ Ta có: $left| {{z}_{1}} right|=left| {{z}_{2}} right|=left| {{z}_{3}} right|Rightarrow left| overrightarrow{OA} right|=left| overrightarrow{OB} right|=left| overrightarrow{OC} right|$ nên 3 điểm $A,B,C$ thuộc đường tròn tâm $O$
+ Mà ${{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}=0Leftrightarrow overrightarrow{OA}+overrightarrow{OC}+overrightarrow{OC}=0Leftrightarrow 3overrightarrow{OG}=0Leftrightarrow Gequiv ORightarrow Delta ABC$đều vì tâm đường tròn ngoại tiếp trùng với trọng tâm G => Đáp án D.
Chú ý tính chất của tam giác đều trọng tâm cũng chính là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác.
