Câu 30: Chọn C.
Ta có $ACtext{//}{A}'{C}’$ nên góc giữa $AC$ và ${C}’M$ cũng bằng góc giữa ${A}'{C}’$ và ${C}’M$ là $widehat{{A}'{C}’M}$.
Gọi cạnh của hình lập phương có độ dài là $a$. Khi đó ${A}'{C}’=asqrt{2}$, ${C}’M=frac{asqrt{5}}{2}$( trong tam gics vuông $C{C}’M$ có $CM=frac{a}{2}$), ${A}’M=frac{3a}{2}$( trong tam giác vuông ${A}’MD$, $MD=frac{a}{2}$,${A}’D=asqrt{2}$ ).
Xét tam giác ${A}’M{C}’$ ta có $cos widehat{{A}'{C}’M}=frac{{{left( {A}'{C}’ right)}^{2}}+{C}'{{M}^{2}}-{A}'{{M}^{2}}}{2{A}’M.{C}’M}=frac{1}{2}$.
Câu 31: Chọn C.
Ta có $SAbot left( ABCD right)$$Rightarrow SAbot BC$.
Mặt khác $BCbot AB$ nên $BCbot left( SAB right)$$Rightarrow left( SC,left( SAB right) right)=left( SC,SB right)=widehat{BSC}=30{}^circ $.
Xét tam giác vuông $SBC$ ta có ${y}’=3a{{x}^{2}}+2bx+c=0$.
Xét tam giác vuông $SAB$ có $SA=sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=asqrt{11}$.
Vì $AB text{//} left( SCD right)$ nên $dleft( B,left( SCD right) right)=dleft( A,left( SCD right) right)$.
Trong mặt phẳng $left( SAD right)$ kẻ $AHbot SD$ thì $AH$ là khoảng cách từ $A$ đến $left( SCD right)$.
Xét tam giác vuông $SAD$ ta có $AH=frac{AS.AD}{sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}$$=frac{asqrt{11}.2a}{sqrt{11{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}}=frac{2asqrt{11}}{sqrt{15}}$.
Câu 32: Chọn B.
${{log }_{6}}28=frac{{{log }_{3}}28}{{{log }_{3}}6}$$=frac{{{log }_{3}}{{2}^{2}}+{{log }_{3}}7}{{{log }_{3}}2+{{log }_{3}}3}$$=frac{2{{log }_{3}}2+{{log }_{3}}7}{{{log }_{3}}2+1}$$=2+frac{{{log }_{3}}7-2}{{{log }_{3}}2+1}$.
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = 2\
b = – 2\
c = 1
end{array} right.$. Vậy $a + b + c = 1$.
Câu 33: Chọn A.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$trên mặt phẳng $left( BCD right)$, khi đó ta có $5$ điểm $A$, $H$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc mặt cầu tâm $I$ là trung điểm của $AC$.
Do $H$, $B$, $C$, $D$ đồng phẳng nên tứ giác $HBCD$ nội tiếp. Mà theo giả thiết đáy $BCD$ là tam giác vuông tại $C$, $BC=CD=asqrt{3}$ nên $HBCD$ là hình vuông.
$Rightarrow CH=asqrt{6}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $BD$, khi đó $IMbot left( BCD right)$$Rightarrow dleft( B,left( ACD right) right)=2dleft( M,left( ACD right) right)$.
Trong mặt phẳng $left( BCD right)$ từ $M$ kẻ $MN text{//} BC$$left( Nin CD right)$$Rightarrow MNbot CD$$Rightarrow left( IMN right)bot left( ACD right)$.
Trong mặt phẳng $left( IMN right)$ kẻ $MKbot IN$ thì $MK$ là khoảng cách từ $M$ đến $left( ACD right)$.
Theo giả thiết ta có $MK=frac{asqrt{2}}{2}$, $MN=frac{1}{2}BC=frac{asqrt{3}}{2}$.
Mặt khác $frac{1}{M{{K}^{2}}}=frac{1}{M{{E}^{2}}}+frac{1}{M{{I}^{2}}}$$P=frac{4}{x}+frac{1}{5-4x}$$Rightarrow AH=asqrt{6}$.
Xét tam giác vuông $AHC$ có $AC=sqrt{A{{H}^{2}}+C{{H}^{2}}}=sqrt{6{{a}^{2}}+6{{a}^{2}}}=2asqrt{3}$$Rightarrow AI=asqrt{3}$.
Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$ là $V=frac{4}{3}pi {{left( asqrt{3} right)}^{3}}=4pi {{a}^{3}}sqrt{3}$.
Câu 34: Chọn D.
Cách 1:
Ta có ${y}’=-4{{x}^{3}}+4mx=-4xleft( {{x}^{2}}-m right)$.
Để hàm số có ba cực trị thì phương trình ${y}’=0$ có ba nghiệm phân biệt $Leftrightarrow -4xleft( {{x}^{2}}-m right)=0$ có ba nghiệm phân biệt $Rightarrow m>0$.
Gọi $Aleft( 0;2 right)$, $Bleft( -sqrt{m},{{m}^{2}}+2 right)$,$Cleft( sqrt{m},{{m}^{2}}+2 right)$ là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Vì $Delta ABC$ cân tại $A$ nên $Delta ABC$ chỉ có thể vuông tại $A$$Leftrightarrow overrightarrow{AB}overrightarrow{AC}=0$.
Với $overrightarrow{AB}=left( -sqrt{m};{{m}^{2}} right)$, $overrightarrow{AC}=left( sqrt{m};{{m}^{2}} right)$$Rightarrow -m+{{m}^{4}}=0Leftrightarrow mleft( {{m}^{3}}-1 right)=0Rightarrow m=1$.
Cách 2: Áp dụng công thức tính nhanh: Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c$ tạo thành một tam giác vuông khi $8a+{{b}^{3}}=0Leftrightarrow 8{{m}^{3}}-8=0Leftrightarrow m=1$.
Câu 35: Chọn B.
Ta có ${y}’=frac{-2-m}{{{left( 2x-1 right)}^{2}}}$; $yleft( 1 right)=m+1$, ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.SI.{{S}_{ABCD}}=sqrt{3}{{a}^{3}}$.
Khi $-2-m>0Leftrightarrow m<-2$ thì hàm số đồng biến trên $left[ 1;3 right]$$Rightarrow a=underset{left[ 1;3 right]}{mathop{min }},y=yleft( 1 right)=m+1$, $b=underset{left[ 1;3 right]}{mathop{max}},y=yleft( 3 right)=frac{3m+1}{5}$.
Do $ab=frac{1}{5}$ nên $left( m+1 right)frac{left( 3m+1 right)}{5}=frac{1}{5}$$Leftrightarrow 3{{m}^{2}}+4m=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 0{rm{ (loai)}}\
m = – frac{4}{3}{rm{ (loai)}}
end{array} right.$.
Khi $-2-m<0Leftrightarrow m>-2$thì hàm số nghịch biến trên $left[ 1;3 right]$$Rightarrow b=underset{left[ 1;3 right]}{mathop{max }},y=yleft( 1 right)=m+1$, $a=underset{left[ 1;3 right]}{mathop{min}},y=yleft( 3 right)=frac{3m+1}{5}$.
Do $ab=frac{1}{5}$ nên $left( m+1 right)frac{left( 3m+1 right)}{5}=frac{1}{5}$$Leftrightarrow 3{{m}^{2}}+4m=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 0{rm{ (t/m)}}\
m = – frac{4}{3}{rm{ (t/m)}}
end{array} right.$.
Vậy có ${P}’=0Leftrightarrow {{x}^{2}}={{left( 5-4x right)}^{2}}$ giá trị của $m$ thỏa mãn.
Câu 36: Chọn D.
+ Đồ thị có nhánh đầu tiên đi lên nên $a>0$.
+ Đồ thị cắt trục $Oy$ tại điểm có tung độ dương nên $d>0$.
+ Hàm số đạt cực trị tại hai điểm ${{x}_{1}}<0,,{{x}_{2}}>0$ nên PT ${y}’=3a{{x}^{2}}+2bx+c=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}},,{{x}_{2}}$ thỏa ${{x}_{1}}.{{x}_{2}}=frac{c}{3a}<0Rightarrow c<0$.
$Rightarrow $ Đáp án đúng là D.
Câu 37: Chọn A.
Để đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+left( 1-m right)x+m+1$ cắt $Ox$ tại $3$ điểm phân biệt thì phương trình
${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+left( 1-m right)x+m+1=0,,left( 1 right)$ có $3$ nghiệm phân biệt.
Ta có ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+left( 1-m right)x+m+1=left( x-1 right)left( {{x}^{2}}-2x-m-1 right)$
Để phương trình $left( 1 right)$ có $3$ nghiệm phân biệt thì phương trình ${{x}^{2}}-2x-m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
1 + m + 1 > 0\
{1^2} – 2.1 – m – 1 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow m > – 2$
Vì $min {{mathbb{Z}}^{-}}$ nên $m=-1$.
Câu 38: Chọn A.
Đồ thị hàm số $y={{a}^{x}}$ đi lên nên $a>1$.
Đồ thị hàm số $y={{log }_{b}}x$ đi xuống nên $0<b<1$.
Câu 39: Chọn C.
Diện tích hình phẳng $S=intlimits_{1}^{text{e}}{left| frac{sqrt{1+ln x}}{x} right|}text{d}x=intlimits_{1}^{text{e}}{frac{sqrt{1+ln x}}{x}text{d}x}$
Đặt $t=sqrt{1+ln x}$$Rightarrow {{t}^{2}}=1+ln x$ $Rightarrow frac{text{d}x}{x}=2ttext{d}t$.
Đổi cận: $x=1Rightarrow t=1$; $x=text{e}Rightarrow t=sqrt{2}$.
Khi đó $S=intlimits_{1}^{sqrt{2}}{2{{t}^{2}}text{d}t}$ $=left. frac{2}{3}{{t}^{3}} right|_{1}^{sqrt{2}}$$=frac{4sqrt{2}}{3}-frac{2}{3}$. Suy ra $left{ begin{array}{l}
a = frac{4}{3}\
b = – frac{2}{3}
end{array} right.$ $Rightarrow $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=frac{20}{9}$.
Câu 40: Chọn C.
Vì ${A}’$ và ${B}’$ lần lượt là ảnh của $A$ và $B$qua phép quay tâm $Ileft( a;,b right)$ nên ta có
$left{ begin{array}{l}
IA = IA’\
IB = IB’
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left( { – 1 – a} right)^2} + {left( {2 – b} right)^2} = {left( {9 – a} right)^2} + left( { – 4 – {b^2}} right)\
{left( {3 – a} right)^2} + {left( { – 1 – b} right)^2} = {left( {5 – a} right)^2} + left( { – 1 – {b^2}} right)
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
20a – 12b – 92 = 0\
a – 4 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 4\
b = – 1
end{array} right.$
Vậy $a+b=3$.
Câu 41: Chọn D.
Ta có ${M}’left( 3;,-2;,0 right)$, ${N}’left( 1;,0;,0 right)$. Do đó ${M}'{N}’=2sqrt{2}$.
Câu 42: Chọn B.
Ta có
${F}’left( x right)=fleft( x right)$$Rightarrow left[ -a{{x}^{3}}+left( 3a-b right){{x}^{2}}+left( 2b-c right)x+c-d right]{{text{e}}^{-x}}=left( -2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+7x-2 right){{text{e}}^{-x}}$.
Do đó: $left{ begin{array}{l}
– a = – 2\
3a – b = 3\
2b – c = 7\
c – d = – 2
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 2\
b = 3\
c = – 1\
d = 1
end{array} right.$. Vậy $a+b+c+d=5$.
Câu 43: Chọn A.
Ta có: $overrightarrow{i}=left( 1;,0;,0 right)$, $overrightarrow{OA}=left( 2;,-1;,5 right)$$Rightarrow left[ overrightarrow{OA},overrightarrow{i} right]=left( 0;,5;,1 right)$ là một VTPT của $left( alpha right)$.
Do đó $overrightarrow{u}=left( 0;,5k;,k right)$ với $kne 0$. Vậy $frac{b}{c}=5$.
Câu 44: Chọn B.
Ta có: $SIbot left( ABCD right)$, ${{S}_{ABCD}}=frac{left( AD+BC right).AB}{2}=3{{a}^{2}}$.
Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $CD$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $SK$.
Xét $Delta ICD$: $S=2intlimits_{0}^{1}{left( -x-{{x}^{2}}+2 right)operatorname{d}x}$$Rightarrow {{S}_{Delta ICD}}=frac{3{{a}^{2}}}{2}Rightarrow IK=frac{2{{S}_{Delta ICD}}}{CD}=frac{3sqrt{5}a}{5}$.
Ta có: $SIbot CD,,IKbot CD$$Rightarrow CDbot left( SIK right)Rightarrow CDbot IH$.
Mà $IHbot SKRightarrow IHbot left( SCD right)$. Do đó $IH=dleft( I;left( SCD right) right)=frac{3asqrt{2}}{4}$.
Xét $Delta IHK$ vuông tại $I$: $frac{1}{I{{H}^{2}}}=frac{1}{S{{I}^{2}}}+frac{1}{I{{K}^{2}}}$$Rightarrow SI=asqrt{3}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.SI.{{S}_{ABCD}}=sqrt{3}{{a}^{3}}$.
Câu 45: Chọn D.
Gọi $I,,{I}’$ lần lượt là trung điểm của $AB,,CD$; $O,,{O}’$ lần lượt là tâm đường tròn đáy của hình trụ (như hình vẽ); $H$ là trung điểm của $I{I}’$.
Khi đó $H$ là trung điểm của $O{O}’$ và góc giữa $left( ABCD right)$ tạo với đáy là $widehat{H{I}’O}=45{}^circ $.
Do ${I}’H=frac{a}{2}$$Rightarrow {O}’H={O}'{I}’=frac{asqrt{2}}{4}$. Khi đó $h=O{O}’=frac{asqrt{2}}{2}$.
Ta có: $r={O}’C=sqrt{{O}'{{{{I}’}}^{2}}+{I}'{{C}^{2}}}=frac{asqrt{6}}{4}$.
Thể tích khối trụ là $V=pi {{r}^{2}}h=frac{3pi {{a}^{3}}sqrt{2}}{16}$.
Câu 46: Chọn B.
Diện tích hình phẳng $D$ là
$S=2intlimits_{0}^{1}{left( -x-{{x}^{2}}+2 right)operatorname{d}x}$ $=left. 2left( -frac{1}{2}{{x}^{2}}-frac{1}{3}{{x}^{3}}+2x right) right|_{0}^{2}=frac{7}{3}$.
Câu 47: Chọn B.
Gọi $M$ là trung điểm $AB$, kẻ $OHbot SM$ tại $H$, suy ra $OHbot left( SAB right)$, nên $OH=dleft( O;left( SAB right) right)=1$.
Đặt $a=OM$ và gọi $r$ là bán kính hình tròn đáy của hình nón đã cho.
Ta có:
$frac{1}{O{{H}^{2}}}=frac{1}{S{{O}^{2}}}+frac{1}{O{{M}^{2}}}$$Rightarrow frac{1}{O{{M}^{2}}}=frac{1}{O{{H}^{2}}}-frac{1}{S{{O}^{2}}}$$=frac{1}{{{1}^{2}}}-frac{1}{{{3}^{2}}}=frac{8}{9}$. Suy ra $OM=frac{3}{sqrt{8}}$.
Từ đó: $SM=sqrt{S{{O}^{2}}+O{{M}^{2}}}$$=sqrt{{{3}^{2}}+{{left( frac{3}{sqrt{8}} right)}^{2}}}=frac{9}{sqrt{8}}$.$AB=2MA$$=2sqrt{{{r}^{2}}-O{{M}^{2}}}$$=2sqrt{{{r}^{2}}-frac{9}{8}}$.
Bởi vậy: ${{S}_{Delta SAB}}=18$$Leftrightarrow frac{1}{2}.AB.SM=18$$Leftrightarrow frac{1}{2}.2sqrt{{{r}^{2}}-frac{9}{8}}.frac{9}{sqrt{8}}=18$
$Leftrightarrow sqrt{{{r}^{2}}-frac{9}{8}}=4sqrt{2}$$Leftrightarrow {{r}^{2}}=frac{265}{8}$$Leftrightarrow r=frac{sqrt{530}}{4}$.
Câu 48: Chọn D.
Vì $-2le 3-5sin xle 8$ nên suy ra $0le {{left( 3-5sin x right)}^{2018}}le {{8}^{2018}}={{2}^{6054}}$.
Do đó $m=0$ và $M={{2}^{6054}}$.
Vậy $M+m={{2}^{6054}}$.
Câu 49: Chọn B.
Từ $x+y=frac{5}{4}Rightarrow y=frac{5}{4}-x$, nên $P=frac{4}{x}+frac{1}{5-4x}$.
Xét hàm số $P=frac{4}{x}+frac{1}{5-4x}$ với $0<x<frac{5}{4}$.
${P}’=-frac{4}{{{x}^{2}}}+frac{4}{{{left( 5-4x right)}^{2}}}$; $P’ = 0 Leftrightarrow {x^2} = {left( {5 – 4x} right)^2} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1 in left( {0;frac{5}{4}} right)\
x = frac{5}{3} notin left( {0;frac{5}{4}} right)
end{array} right.$
Bảng biến thiên
Khi đó ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=frac{17}{16}$.Như vậy: $min P=5$ khi $x=1$; $y=frac{1}{4}$.
Câu 50: Chọn D.
Gọi $M=left( m;frac{m-1}{m+1} right)$, với $mne 1$, là điểm di động trên đồ thị $left( C right)$.
Khoảng cách từ $M$ đến trục hoành là: $left| frac{m-1}{m+1} right|$.
Khoảng cách từ $M$ đến trục tung là: $left| m right|$.
Ta có: $d=left| m right|+left| frac{m-1}{m+1} right|$.
Để ý rằng với $Mleft( 1;0 right)in left( C right)$ thì $d=1$. Do đó để tìm $min d$ ta chỉ cần xét khi
$left{ begin{array}{l}
left| {{x_M}} right| < 1\
left| {{y_M}} right| < 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
left| m right| < 1\
left| {frac{{m – 1}}{{m + 1}}} right| < 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 1 < m < 1\
1 – m < m + 1
end{array} right. Leftrightarrow 0 < m < 1$ .
Với $0<m<1$ thì
$d=m+frac{1-m}{m+1}$$=left( m+1 right)+frac{2}{m+1}-2$$ge 2sqrt{left( m+1 right).frac{2}{m+1}}-2=2sqrt{2}-2$.
Suy ra $min d=2sqrt{2}-2$ xảy ra khi
$left{ begin{array}{l}
0 < m < 1\
m + 1 = frac{2}{{m + 1}}
end{array} right. Leftrightarrow m = sqrt 2 – 1 Rightarrow Mleft( {sqrt 2 – 1;1 – sqrt 2 } right)$ .
