Câu 30: Chọn C.
$y=frac{x+2{{m}^{2}}-m}{x-3}Rightarrow {y}’=frac{-3-2{{m}^{2}}+m}{{{left( x-3 right)}^{2}}}<0$
$Rightarrow {{y}_{min }}={{y}_{left( 1 right)}}=frac{2{{m}^{2}}-m+1}{-2}$
$Rightarrow {{y}_{min }}=-2Leftrightarrow frac{2{{m}^{2}}-m+1}{-2}=-2Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-m+1=4$
$ Leftrightarrow 2{m^2} – m – 3 – 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = – 1\
m = frac{3}{2}
end{array} right.$
Câu 31: Chọn C.
Ta có ${{2}^{{{sin }^{2}}x}}+{{3}^{ctext{o}{{text{s}}^{2}}x}}={{4.3}^{{{sin }^{2}}x}}Leftrightarrow {{2}^{{{sin }^{2}}x}}+{{3}^{1-{{sin }^{2}}x}}={{4.3}^{{{sin }^{2}}x}}$
Đặt ${{sin }^{2}}x=t$ với $tin left[ 0; 1 right]$, ta có phương trình
${{2}^{t}}+frac{3}{{{3}^{t}}}={{4.3}^{t}}Leftrightarrow {{left( frac{2}{3} right)}^{t}}+3.{{left( frac{1}{9} right)}^{t}}=4$. Vì hàm số $fleft( t right)={{left( frac{2}{3} right)}^{t}}+3.{{left( frac{1}{9} right)}^{t}}$ nghịch biến với $tin left[ 0; 1 right]$
nên phương trình có nghiệm duy nhất $t=0$. Do đó $sin x=0Leftrightarrow x=kpi $, $kin mathbb{Z}$.
Vì $xin left[ -2017; 2017 right]$ nên ta có $-2017le kpi le 2017Leftrightarrow frac{-2017}{pi }le kle frac{2017}{pi }$ nên có $1285$ giá trị nguyên của $k$ thỏa mãn. Vậy có $1285$ nghiệm.
Câu 32: Chọn C.
. $y={{log }_{3}}left( 3x+1 right)Rightarrow {y}’=frac{3}{left( 3x+1 right)ln 3}$.
Câu 33: Chọn D.
Ta thấy $cos x=0$ không thỏa phương trình. Chia hai vế phương trình cho $co{{s}^{2}}xne 0$ ta được:
$3ta{{n}^{2}}x+2tanx-1=0$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
tan x = – 1\
tan x = frac{1}{3}
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – frac{pi }{4} + kpi \
x = arctan frac{1}{3} + lpi
end{array} right.$ ,$left( k,text{ }lin mathbb{Z} right)$.
Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là $arctan frac{1}{3}in left( 0;text{ }frac{pi }{2} right)$.
Câu 34: Chọn A.
Áp dụng công thức lãi kép: ${{T}_{n}}=a{{left( 1+r right)}^{n}}$
Với ${{T}_{n}}ge 305$ triệu đồng là số tiền cả vốn lẫn lãi sau $n$ kỳ hạn.
$a=300$triệu đồng là số tiền gửi ban đầu, $n$ là số kỳ hạn tính lãi, r (%) là lãi suất định kỳ.
Ta được $300{{left( 1+frac{0,2%}{12} right)}^{n}}ge 305$$Leftrightarrow nge {{log }_{left( 1+frac{0,2%}{12} right)}}left( frac{305}{300} right)simeq 99,18$.
Như vậy, khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng $305$ triệu đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là $100$ tháng.
Với $a=300$triệu đồng và số tháng là $100$ tháng thì khi gửi tiết kiệm với kỳ hạn $3$tháng thì ông A sẽ gửi được $33$ định kỳ và $1$ tháng cuối là gửi không kỳ hạn.
Nên số tiền ông A có được sau $33$ định kỳ là: $T=300.{{left( 1+frac{4,8%}{4} right)}^{33}}$ triệu đồng.
Vậy số tiền ông A có được sau $100$ tháng là $S=Tleft( 1+frac{0,2%}{12} right)=444.785.421$ đồng.
Câu 35: Chọn B.
Ta có $frac{{AB}}{{sin 30^circ }} = frac{{AC}}{{sin 45^circ }} = frac{{BC}}{{sin 105^circ }} Rightarrow left{ begin{array}{l}
AC = 1\
BC = sqrt 2 sin frac{{5pi }}{{12}} = frac{{1 + sqrt 3 }}{2}
end{array} right.$.
Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ đỉnh $A$. Ta có $AH.BC=AB.AC.sin 105{}^circ $ $Rightarrow AH=frac{1}{2}$.
Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là $V=frac{1}{3}pi .A{{H}^{2}}.BC$ $=frac{pi left( 1+sqrt{3} right)}{24}$.
Câu 36: Chọn B.
Ta có $BCbot SM$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SM$. Do $FE=left( P right)cap left( SBC right)$ $Rightarrow FEbot SM$$Rightarrow FEparallel BC$ và $FE$ đi qua $H$.
${{V}_{S.AEF}}=frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}$$Leftrightarrow frac{SE}{SB}.frac{SF}{SC}=frac{1}{4}$$Leftrightarrow {{left( frac{SH}{SM} right)}^{2}}=frac{1}{4}$$Rightarrow frac{SH}{SM}=frac{1}{2}$. Vậy $H$ là trung điểm cạnh $SM$. Suy ra $Delta SAM$ vuông cân tại $A$ $Rightarrow SA=frac{asqrt{3}}{2}$.
Vậy ${{V}_{SABC}}=frac{1}{3}.frac{asqrt{3}}{2}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$ $=frac{{{a}^{3}}}{8}$.
Câu 37: Chọn D.
Gọi khối tứ diện đã cho là $ABCD$.
Gọi $E$, $F$, $G$, $H$, $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AD$, $AB$, $AC$, $BC$, $CD$, $BD$.
Khi đó ta có: $V={V}’+4.{{V}_{A.FEG}}$.
Mặt khác ${{V}_{A.FEG}}=frac{1}{8}V$.
Suy ra $V={V}’+frac{1}{2}VRightarrow frac{{{V}’}}{V}=frac{1}{2}$.
Câu 38:Chọn D.
Ván 1: Xác suất Việt và Nam hòa là $1-left( 0,3+0,4 right)=0,3$.
Ván 2: Xác suất Việt thắng hoặc thắng là $0,3+0,4=0,7$.
Xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ là: $P=0,3.0,7=0,21$.
Câu 39: Chọn C.
Gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua điểm $B$. Khi đó tam giác $ACE$ vuông tại $A$.
$Rightarrow AE=sqrt{4{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=asqrt{3}$.
Mặt khác, ta có $B{C}’={B}’E=A{B}’$nên tam giác $A{B}’E$ vuông cân tại ${B}’$.
$Rightarrow A{B}’=frac{AE}{sqrt{2}}$$=frac{asqrt{3}}{sqrt{2}}$$=frac{asqrt{6}}{2}$.
Suy ra: $A{A}’=sqrt{{{left( frac{asqrt{6}}{2} right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$.
Vậy $V=frac{asqrt{2}}{2}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{8}$.
Câu 40: Chọn C.
Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ -frac{m}{2} right}$
${y}’=frac{{{m}^{2}}-4}{{{left( 2x+m right)}^{2}}}$.
Yêu cầu bài toán $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{m^2} – 4 < 0\
frac{{ – m}}{2} notin left( {0;1} right)
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 2 < m < 2\
left[ begin{array}{l}
frac{{ – m}}{2} le 0\
frac{{ – m}}{2} ge 1
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 2 < m < 2\
left[ begin{array}{l}
m ge 0\
m le – 2
end{array} right.
end{array} right.$ $Leftrightarrow 0le m<2$.
Câu 41: Chọn D.
Tập xác định: $D=left[ -1,;,+infty right)backslash left{ 0,;,2 right}$.
·$underset{xto +infty }{mathop{lim }},y$$=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{5x+1-sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{frac{5}{x}+frac{1}{{{x}^{2}}}-sqrt[{}]{frac{1}{{{x}^{3}}}+frac{1}{{{x}^{4}}}}}{{{x}^{2}}-2x}$$=0$$Rightarrow y=0$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
·$underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},y$$=underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},frac{5x+1-sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=+infty $ và $underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},y$$=underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},frac{5x+1-sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=-infty $$Rightarrow x=2$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
·$underset{xto 0}{mathop{lim }},y$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{5x+1-sqrt[{}]{x+1}}{{{x}^{2}}-2x}$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{{{left( 5x+1 right)}^{2}}-x-1}{left( {{x}^{2}}-2x right)left( 5x+1+sqrt[{}]{x+1} right)}$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{25{{x}^{2}}+9x}{left( {{x}^{2}}-2x right)left( 5x+1+sqrt[{}]{x+1} right)}$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{25x+9}{left( x-2 right)left( 5x+1+sqrt[{}]{x+1} right)}$$=frac{-9}{4}$$Rightarrow x=0$ không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có tất cả $2$ đường tiệm cận.
Câu 42: Chọn A.
Gọi bán kính đường tròn đáy của hình trụ là $R$.
Theo giả thiết và hình vẽ thì:
· Hình trụ có bán kính đường tròn đáy là $R$, chiều cao là $6R$.
· Mặt cầu có bán kính là $R$.
· Hình nón có bán kính đường tròn đáy là $R$, chiều cao là $4R$.
Thể tích lượng nước ban đầu $V$ bằng thể tích khối trụ nên $V=pi {{R}^{2}}.6R$$=6pi {{R}^{3}}$.
Thể tích lượng nước tràn ra ${{V}_{1}}$ bằng tổng thể tích khối nón và khối cầu nên ${{V}_{1}}=frac{1}{3}pi {{R}^{2}}.4R+frac{4}{3}pi {{R}^{3}}$$=frac{8pi {{R}^{3}}}{3}$.
Thể tích lượng nước còn lại trong cốc là ${{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}$ $=6pi {{R}^{3}}-frac{8pi {{R}^{3}}}{3}$$=frac{10pi {{R}^{3}}}{3}$.
Do đó tỉ số thể tích của lượng nước còn lại và lượng nước ban đầu là: $frac{{{V}_{2}}}{V}=frac{frac{10pi {{R}^{3}}}{3}}{6pi {{R}^{3}}}$$=frac{5}{9}$.
Câu 43:Chọn B.
· Ta đi tìm biểu thức xác định của hàm số $fleft( x right)$.
Ta có ${y}’=3text{a}{{x}^{2}}+2bx+c$.
Hàm số đạt cực trị tại các điểm $x=0$, $x=1$ nên ta có $left{ begin{array}{l}
y’left( 0 right) = 0\
y’left( 1 right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
c = 0\
3{rm{a}} + 2b = 0
end{array} right.$ $left( 1 right)$
Tọa độ các điểm cực trị là $left( 0;,1 right)$ và $left( 1;,0 right)$ nên ta có $left{ begin{array}{l}
yleft( 0 right) = 1\
yleft( 1 right) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
d = 1\
a + b = – 1
end{array} right.$ $left( 2 right)$
Từ $left( 1 right)$ và $left( 2 right)$ ta suy ra $a=2$, $b=-3$, $c=0$, $d=1$.
Như vậy $fleft( x right)=2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1$.
· Xét phương trình $2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1=0$$Leftrightarrow $$left[ begin{array}{l}
x = – frac{1}{2}\
x = 1
end{array} right.$.
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số $gleft( x right)=left| fleft( x right) right|$ như sau:
· Từ bảng biến thiên trên ta suy ra phương trình $left| fleft( x right) right|=m$ có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}<frac{1}{2}<{{x}_{4}}$ thì điều kiện của $m$ là $frac{1}{2}<m<1$.
Vậy giá trị cần tìm của $m$ là $frac{1}{2}<m<1$.
Câu 44: Chọn D.
Ta có ${y}’=4text{a}{{x}^{3}}+2bx$, ${{y}’}’=12a{{x}^{2}}+2b$.
Vì hàm số $y={f}’left( x right)$ luôn đồng biến trên $mathbb{R}$ nên ${{y}’}’>0$, $forall xin mathbb{R}$, do đó $a>0$ và $b>0$.
Lại do đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ không cắt trục $Ox$ nên suy ra hàm số cần tìm là $y=frac{1}{4}{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1$ (hàm số $y={{x}^{4}}+{{x}^{2}}-2$ cắt trục $Ox$ tại hai điểm phân biệt do $ac<0$).
Vậy hàm số cần tìm là $y=frac{1}{4}{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1$.
Câu 45: Chọn C.
Tam giác $ABC$ vuông và $AB=BC=a$ nên $Delta ABC$ chỉ có thể vuông tại $B$.
Ta có $left{ begin{array}{l}
AB bot BC\
AB bot BB’
end{array} right. Rightarrow AB bot left( {BCB’} right)$
Kẻ ${MN text{//} {B}’CRightarrow {B}’C text{//} left( AMN right)}$
$Rightarrow d=dleft( {B}’C,MN right)=dleft( {B}’C,left( AMN right) right)=dleft( C,left( AMN right) right)=dleft( B,left( AMN right) right)$.
Tứ diện $BAMN$ là tứ diện vuông
$Rightarrow frac{1}{{{d}^{2}}}=frac{1}{B{{A}^{2}}}+frac{1}{B{{M}^{2}}}+frac{1}{B{{N}^{2}}}=frac{1}{{{a}^{2}}}+frac{1}{{{left( frac{a}{2} right)}^{2}}}+frac{1}{{{left( frac{asqrt{2}}{2} right)}^{2}}}=frac{7}{{{a}^{2}}}Rightarrow d=frac{asqrt{7}}{7}.$
Câu 46: Chọn D.
Gọi vế trái và vế phải của hệ thức đề bài cho lần lượt là $A$ và $B$.
Ta có $frac{1}{{{2}^{2n}}}{{log }_{sqrt[2n]{a}}}2017=frac{1}{{{2}^{2n}}}{{log }_{a}}{{2017}^{2n}}=frac{2n}{{{2}^{2n}}}.{{log }_{a}}2017$.
Do đó $A={{log }_{a}}2017+frac{2}{{{2}^{2}}}{{log }_{a}}2017+frac{4}{{{2}^{4}}}{{log }_{a}}2017+frac{8}{{{2}^{6}}}{{log }_{a}}2017+frac{2n}{{{2}^{2n}}}.{{log }_{a}}2017$
$=left( 1+frac{2}{{{2}^{2}}}+frac{4}{{{2}^{4}}}+frac{8}{{{2}^{6}}}+…+frac{2n}{{{2}^{2n}}} right){{log }_{a}}2017$.
Dãy số $1+frac{2}{{{2}^{2}}}+frac{4}{{{2}^{4}}}+frac{8}{{{2}^{6}}}+…+frac{2n}{{{2}^{2n}}}$ lập thành một cấp số nhân với công bội $q=frac{2}{{{2}^{2}}}=frac{1}{2}$
$Rightarrow 1+frac{2}{{{2}^{2}}}+frac{4}{{{2}^{4}}}+frac{8}{{{2}^{6}}}+…+frac{2n}{{{2}^{2n}}}={{u}_{1}}.frac{1-{{q}^{n}}}{1-q}=1.frac{1-{{left( frac{1}{2} right)}^{n}}}{1-frac{1}{2}}=2-frac{2}{{{2}^{n}}}$.
Như vậy $A=left( 2-frac{2}{{{2}^{n}}} right){{log }_{a}}2017=B={{log }_{a}}{{2017}^{2}}-frac{{{log }_{a}}2017}{{{2}^{2018}}}=2{{log }_{a}}2017-frac{1}{{{2}^{2018}}}{{log }_{a}}2017$
$Rightarrow 2-frac{2}{{{2}^{n}}}=2-frac{1}{{{2}^{2018}}}Rightarrow n=2019$.
Câu 47: Chọn A.
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+4=4y+3x$$Leftrightarrow {{y}^{2}}+yleft( x-4 right)+{{x}^{2}}-3x+4=0$
$Delta ={{left( x-4 right)}^{2}}-4left( {{x}^{2}}-3x+4 right)$ $=-3{{x}^{2}}+4xge 0$ $Leftrightarrow 0le xle frac{4}{3}$.
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+4=4y+3x$$Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy=4y+3x-4$
$P=3left( {{x}^{3}}-{{y}^{3}} right)+20{{x}^{2}}+2xy+5{{y}^{2}}+39x$$=3left( x-y right)left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy right)+20{{x}^{2}}+2xy+5{{y}^{2}}+39x$
$=29{{x}^{2}}-7{{y}^{2}}+5xy+27x+12y$ $le -7{{y}^{2}}+5.frac{4}{3}y+27.frac{4}{3}+12y+29.{{left( frac{4}{3} right)}^{2}}$ $=-7{{left( y-frac{4}{3} right)}^{2}}+100$.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là $100$ khi $x=y=frac{4}{3}$.
Câu 48:Chọn A.
Gọi $I$ là trung điểm của đoạn $AD$.
Ta có $AI text{//} BC$ và $AI=BC$ nên tứ giác
$ABCI$ là hình vuông hay
$CI=a=frac{1}{2}AD$ $Rightarrow Delta ACD$ là tam giác vuông tại $C$.
Kẻ $AHbot SC$
Ta có $left{ begin{array}{l}
AC bot CD\
AC bot SA
end{array} right.$ $Rightarrow CDbot left( SCA right)$
hay $CDbot AH$ nên $AHbot left( SCD right)$
$Rightarrow dleft( A,text{ }left( SCD right) right)=AH$; $AC=sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=asqrt{2}$.
$AH=frac{SA.AC}{sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}$ $=frac{asqrt{2}.asqrt{2}}{sqrt{2{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}}=a$.
Gọi $ABcap CD=E$, mặt khác $frac{EB}{EA}=frac{BC}{AD}=frac{1}{2}$ nên $B$ là trung điểm của đoạn $AE$.
$frac{dleft( B,left( SCD right) right)}{dleft( A,left( SCD right) right)}=frac{1}{2}=frac{a}{2}$. Vậy $d=frac{1}{2}a$.
Câu 49: Chọn C.
Dựa vào đồ thị suy ra $a>0$ và $d<0$, ${f}’left( x right)=0$ có một nghiệm âm và một nghiệm bằng $0$ nên suy ra $c=0$ và $b>0$.
Câu 50: Chọn A.
Ta có ${{2017}^{2x+sqrt{x+1}}}-{{2017}^{2+sqrt{x+1}}}+2018xle 2018$
$Leftrightarrow {{2017}^{2x+sqrt{x+1}}}+1009left( 2+sqrt{x+1} right)le {{2017}^{2+sqrt{x+1}}}+1009left( 2+sqrt{x+1} right)$$Leftrightarrow fleft( 2x+sqrt{x+1} right)le fleft( 2+sqrt{x+1} right)$.
Xét hàm số $fleft( u right)={{2017}^{u}}+1009u$
Ta có ${f}’left( t right)={{2017}^{u}}ln 2017+1009>0,forall u$$Rightarrow fleft( u right)$ đồng biến.
Nên $2x+sqrt{x+1}le 2+sqrt{x+1}Leftrightarrow -1le xle 1$.
Ta lại có
$5{{x}^{2}}+12x+16=mleft( x+2 right)sqrt{{{x}^{2}}+2}$$Leftrightarrow 3{{left( x+2 right)}^{2}}+2left( {{x}^{2}}+2 right)=mleft( x+2 right)sqrt{{{x}^{2}}+2}$
$Rightarrow 3{{left( frac{x+2}{sqrt{{{x}^{2}}+2}} right)}^{2}}+2=m.frac{x+2}{sqrt{{{x}^{2}}+2}}$.
Xét $t=frac{x+2}{sqrt{{{x}^{2}}+2}}Rightarrow {t}’left( x right)=frac{2-2x}{{{left( sqrt{{{x}^{2}}+2} right)}^{3}}}ge 0,forall xin left[ -1;1 right]$
Nên $frac{sqrt{3}}{3}le tle sqrt{3}$.
Khi đó phương trình trở thành $3{{t}^{2}}+2=mtLeftrightarrow 3t+frac{2}{t}=m$.
Xét hàm số$fleft( t right)=3t+frac{2}{t}$. ta có ${f}’left( t right)=3-frac{2}{{{t}^{2}}}=frac{3{{t}^{2}}-2}{{{t}^{2}}}$.
Cho ${f}’left( t right)=0Rightarrow t=frac{sqrt{6}}{3}$.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên suy ra $2sqrt{6}<mle 3sqrt{3}$.$
