Câu 30: Chọn C.
Ta có ${{9}^{x}}+{{3}^{x+1}}-m=0Leftrightarrow {{9}^{x}}+{{3.3}^{x}}=m$. Xét hàm số $y={{9}^{x}}+{{3.3}^{x}}$.
Ta có: ${y}’={{9}^{x}}.ln 9+{{3.3}^{x}}.ln 3>0$ $forall xin mathbb{R}$.
Căn cứ vào BBT: YCBT$Leftrightarrow 4<m<18$, $min mathbb{Z}$.
Vậy có 13 giá trị nguyên của $m$ thỏa YCBT.
Câu 31: Chọn A.
Hình nón có đường sinh $l=SA=4a$ và bán kính đáy $r=OB=frac{asqrt{2}}{2}$.
Diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=pi rl=2sqrt{2}pi {{a}^{2}}$.
Câu 32: Chọn C.
Gọi $z=x+yileft( x,yin mathbb{R} right)$, khi đó
$left| z+1-3i right|=3sqrt{2}Leftrightarrow {{left( x+1 right)}^{2}}+{{left( y-3 right)}^{2}}=18,,,,left( 1 right)$.
${{left( z+2i right)}^{2}}={{left[ x+left( y+2 right)i right]}^{2}}={{x}^{2}}-{{left( y+2 right)}^{2}}+2xleft( y+2 right)i$.
Theo giả thiết ta có ${x^2} – {left( {y + 2} right)^2} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = y + 2\
x = – left( {y + 2} right)
end{array} right.$.
Trường hợp 1: $x=y+2$ thay vào $left( 1 right)$ ta được phương trình $2{{y}^{2}}=0$
và giải ra nghiệm $y=0$, ta được $1$ số phức ${{z}_{1}}=2$.
Trường hợp 2: $x=-left( y+2 right)$ thay vào $left( 1 right)$ ta được phương trình $2{{y}^{2}}-4y-8=0$
và giải ra ta được $left[ begin{array}{l}
y = 1 + sqrt 5 \
y = 1 – sqrt 5
end{array} right.$, ta được $2$ số phức $left[ begin{array}{l}
{z_2} = – 3 – sqrt 5 + left( {1 + sqrt 5 } right)i\
{z_3} = – 3 + sqrt 5 + left( {1 – sqrt 5 } right)i
end{array} right.$.
Vậy có $3$ số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Chọn A.
Do $y={{a}^{x}}$ và $y={{b}^{x}}$ là hai hàm số đồng biến nên $a,,b>1$.
Do $y={{log }_{c}}x$ là hàm số nghịch biến nên $0<c<1$. Vậy $c$ bé nhất.
Mặt khác: Lấy $x=m$, khi đó tồn tại ${{y}_{1}}$, ${{y}_{2}}>0$ để $left{ begin{array}{l}
{a^m} = {y_1}\
{b^m} = {y_2}
end{array} right.$.
Dễ thấy ${{y}_{1}}>{{y}_{2}}Rightarrow {{a}^{m}}>{{b}^{m}}Rightarrow a>b$.
Vậy $a>b>c$.
Câu 34: Chọn B.
Gọi $O=ACcap BD$ suy ra $SObot left( ABCD right)$ nên góc giữa $SA$ và đáy $left( ABCD right)$ là $widehat{SAO}=30{}^circ $.
Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$.
Trong $left( SON right)$, kẻ $OHbot SN$ thì $OHbot left( SAB right)$.
Ta có: $CD text{//} left( SAB right)$ nên $dleft( CD;,SA right)=dleft( CD;,left( SAB right) right)$$=dleft( M;,left( SAB right) right)$$=2dleft( O;,left( SAB right) right)=2OH$.
Ta có $AO=frac{1}{2}.AC=frac{1}{2}.2sqrt{2}a=sqrt{2}a$ suy ra $SO=AO.tan 30{}^circ =frac{asqrt{6}}{3}$.
$ON=frac{1}{2}.AB=frac{1}{2}.2a=a$.
Tam giác $SON$ vuông tại $O$ có $OH=sqrt{frac{O{{N}^{2}}.O{{S}^{2}}}{O{{N}^{2}}+O{{S}^{2}}}}=frac{sqrt{10}}{5}a$.
Vậy $dleft( CD,SA right)=frac{2sqrt{10}}{5}a$.
Câu 35: Chọn A.
Sau 5 năm kể từ lần gửi đầu tiên số tiền ông An có được tại ngân hàng là $60{{left( 1+frac{8}{100} right)}^{5}}$(triệu đồng).
Sau đó ông An gởi thêm $60$ triệu đồng nên số tiền gốc lúc này là $60{{left( 1+frac{8}{100} right)}^{5}}+60$(triệu đồng).
Do đó sau $5$ năm tiếp theo số tiền ông An thu về là
$left[ 60{{left( 1+frac{8}{100} right)}^{5}}+60 right]{{left( 1+frac{8}{100} right)}^{5}}approx 217,695$(triệu đồng).
Câu 36: Chọn B.
Đặt $t=3{{x}^{2}}-1$, $text{d}t=6xtext{d}x$. Đổi cận $x=0Rightarrow t=-1$, $x=2Rightarrow t=11$
$I=intlimits_{0}^{2}{xleft( 2+fleft( 3{{x}^{2}}-1 right) right)text{d}x}$$=intlimits_{0}^{2}{2xtext{d}x}+$$intlimits_{0}^{2}{xfleft( 3{{x}^{2}}-1 right)text{d}x}$$=4+frac{1}{6}intlimits_{-1}^{11}{fleft( t right)text{d}t}$$=4+frac{1}{6}.18=7$.
Câu 37: Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm: $2{{x}^{2}}=-x+3$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = – frac{3}{2}
end{array} right.$
Thể tích khối tròn xoay tạo bởi $left( H right)$:$V=pi intlimits_{1}^{3}{{{left( -x+3 right)}^{2}}text{d}x}+pi intlimits_{0}^{1}{4{{x}^{4}}text{d}x}$$=frac{52}{15}pi $.
Câu 38: Chọn B.
Gọi $M$ là hình chiếu của $I$ trên $Oy$$Rightarrow Mleft( 0;1;0 right)$
Mặt cầu $left( S right)$ tâm $Ileft( 2;1;-3 right)$ và tiếp xúc với trục $Oy$ có bán kính $IM=sqrt{13}$
Vậy $left( S right)$ có phương trình ${{left( x-2 right)}^{2}}+{{left( y-1 right)}^{2}}+{{left( z+3 right)}^{2}}=13$.
Câu 39 Chọn C.
Khối lập phương có thể tích $64{{a}^{3}}$ nên cạnh bằng $4a$. Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính $R=frac{4a}{2}=2a$ nên thể tích khối cầu $V=frac{4}{3}pi {{R}^{3}}$$=frac{4}{3}pi {{left( 2a right)}^{3}}$$=frac{32pi {{a}^{3}}}{3}$.
Câu 40: Chọn B.
Diện tích xung quanh hình trụ ${{S}_{xq}}=2pi rl$$=2pi r.2r=36pi {{a}^{2}}$$Rightarrow r=3a$
Lăng trụ lục giác đều có đường cao $h=l=6a$
Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính của đường tròn
Suy ra diện tích lục giác đều $S=6.frac{{{left( 3a right)}^{2}}sqrt{3}}{4}$$=frac{27{{a}^{2}}sqrt{3}}{2}$.
Vậy thể tích $V=S.h=81sqrt{3}{{a}^{3}}$.
Câu 41: Chọn A.
Phương trình tham số của đường thẳng ${{Delta }_{1}}$ là $left{ begin{array}{l}
x = 2t\
y = t\
z = 1 – t
end{array} right.$
Gọi $Ileft( x;y;z right)$ là giao điểm của ${{Delta }_{1}}$ và $left( R right)$. Khi đó tọa độ của $I$ là thỏa mãn
$left{ begin{array}{l}
x = 2t\
y = t\
z = 1 – t\
x + y – 2z + 2 = 0
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = 0\
y = 0\
z = 1
end{array} right.$$Rightarrow I=left( 0;0;1 right)$.
Mặt phẳng $left( R right)$ có VTPT $vec{n}=left( 1;1;-2 right)$; Đường thẳng ${{Delta }_{1}}$ có VTCP $vec{u}=left( 2;1;-1 right)$.
Ta có $left[ vec{n},vec{u} right]=left( 1;-3;-1 right)$.
Đường thẳng ${{Delta }_{2}}$ nằm trong mặt phẳng $left( R right)$ đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng ${{Delta }_{1}}$.
Do đó ${{Delta }_{2}}$ đi qua $I=left( 0;0;1 right)$ và nhận $left[ vec{n},vec{u} right]$ làm một VTCP.
Vậy phương trình của ${{Delta }_{2}}$ là $left{ begin{array}{l}
x = t\
y = – 3t\
z = 1 – t
end{array} right.$
Câu 42: Chọn B.
Đặt $AP=a$;$AQ=b$($a,b>0$).
Gọi $E$ và $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $K$ xuống $AB$ và $AC$. Suy ra $KE=1$,$KF=8$.
Ta có: $frac{KE}{AQ}=frac{PK}{PQ}$;$frac{KF}{AP}=frac{QK}{PQ}$$Rightarrow frac{KF}{AP}+frac{KE}{AQ}=1$ hay là $frac{8}{a}+frac{1}{b}=1$.
(Hoặc có thể dùng phép tọa độ hóa: Gán $A=left( 0;0 right)$,$P=left( 0;a right)$,$Q=left( b;0 right)$. Khi đó $K=left( 1;8 right)$.
Phương trình đường thẳng $PQ:frac{x}{b}+frac{y}{a}=1$. Vì $PQ$ đi qua $K$ nên $frac{1}{b}+frac{8}{a}=1$.)
Cách 1:
Ta có: $P{{Q}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$. Vì $frac{8}{a}+frac{1}{b}=1$$Rightarrow frac{8k}{a}+frac{k}{b}=k$$forall k>0$.
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+k=left( {{a}^{2}}+frac{8k}{a} right)+left( {{b}^{2}}+frac{k}{b} right)$$=left( {{a}^{2}}+frac{4k}{a}+frac{4k}{a} right)+left( {{b}^{2}}+frac{k}{2b}+frac{k}{2b} right)$$ge 3sqrt[3]{16{{k}^{2}}}+3sqrt[3]{frac{{{k}^{2}}}{4}}$.
Suy ra $PQ$ nhỏ nhất$Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}$ nhỏ nhất $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{a^2} = frac{{4k}}{a}\
{b^2} = frac{{2k}}{b}\
frac{8}{a} + frac{1}{b} = 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
k = 250\
a = 10\
b = 5
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
k = 250\
a = 10\
b = 5
end{array} right.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $PQ$ là $sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$$=sqrt{125}$ $=5sqrt{5}$. Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào $2$ bờ $AB$, $AC$ và cây cọc $K$ là $5sqrt{5}$.
Cách 2:
Vì $frac{8}{a}+frac{1}{b}=1$$Rightarrow b=frac{a}{a-8}$ với $a>8$. Khi đó $P{{Q}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$$={{a}^{2}}+{{left( frac{a}{a-8} right)}^{2}}$ với $a>8$.
Xét hàm số $fleft( a right)={{a}^{2}}+{{left( frac{a}{a-8} right)}^{2}}$ với $a>8$.
Ta có ${f}’left( a right)=2a+frac{2a}{a-8}.frac{-8}{{{left( a-8 right)}^{2}}}$ $=frac{2aleft[ {{left( a-8 right)}^{3}}-8 right]}{{{left( a-8 right)}^{3}}}$; ${f}’left( a right)=0$$Rightarrow a=10$.
BBT của $fleft( a right)$:
Vậy GTNN của $fleft( a right)$ là $125$ khi $a=10$.
Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào $2$ bờ $AB$, $AC$ và cây cọc $K$ là $sqrt{125}=5sqrt{5}$.
Câu 43: Chọn A.
Gọi $Omega $ là không gian mẫu.
Có $10$ cách lấy ra $1$ viên bi từ hộp $A$. Khi bỏ viên bi lấy từ hộp $A$ vào hộp $B$ thì số bi trong hộp $B$ là $11$. Khi đó có $C_{11}^{2}$ cách lấy $2$ viên bi từ hộp $B$. Do đó ta có $nleft( Omega right)=10C_{11}^{2}$.
Có $4$ cách lấy ra một viên bi đen từ hộp $A$. Khi bỏ viên bi đen lấy từ hộp $A$ vào hộp $B$ thì số bi trắng trong hộp $B$ vẫn là $7$. Khi đó có $C_{7}^{2}$ cách lấy $2$ viên bi trắng từ hộp $B$.
Có $6$ cách lấy ra một viên bi trắng từ hộp $A$. Khi bỏ viên bi trắng lấy từ hộp $A$ vào hộp $B$ thì số bi trắng trong hộp $B$ là $8$. Khi đó có $C_{8}^{2}$ cách lấy $2$ viên bi trắng từ hộp $B$.
Vậy có tổng cộng $4C_{7}^{2}+6C_{8}^{2}$ cách lấy theo yêu cầu bài ra. Do đó xác suất cần tính là
$P=frac{4C_{7}^{2}+6C_{8}^{2}}{10C_{11}^{2}}=frac{126}{275}$.
Câu 44: Chọn B.
Đặt $A=left( a;0;0 right)$,$B=left( 0;b;0 right)$,$C=left( 0;0;c right)$ với $a,b,c>0$.
Khi đó phương trình mặt phẳng $left( alpha right)$ là $frac{x}{a}+frac{y}{b}+frac{z}{c}=1$.
Vì $left( alpha right)$ đi qua $Mleft( 1;1;4 right)$ nên $frac{1}{a}+frac{1}{b}+frac{4}{c}=1$.
Thể tích của tứ diện $OABC$ là ${{V}_{OABC}}=frac{1}{6}OA.OB.OC$$=frac{1}{6}abc$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $1=frac{1}{a}+frac{1}{b}+frac{4}{c}$$ge 3sqrt[3]{frac{4}{abc}}$$Rightarrow abcge 108$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=3$;$c=12$.
Vậy tứ diện $OABC$ có thể tích nhỏ nhất bằng $frac{1}{6}.108=18$.
Câu 45: Chọn C.
Gọi $R$ là trung điểm của $BC$, ta có $frac{{{V}_{A.PQR}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{1}{4}Leftrightarrow {{V}_{A.PQR}}=frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}$.
Mặt khác ta lại có $frac{{{V}_{G.APQ}}}{{{V}_{A.PQR}}}=frac{2}{3}Leftrightarrow {{V}_{G.APQ}}=frac{2}{3}{{V}_{A.PQR}}$.
Vậy ${{V}_{G.APQ}}=frac{2}{3}.frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}=frac{1}{6}V$.
Câu 46: Chọn A.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Theo đề bài ta có phương trình của Elip là $frac{{{x}^{2}}}{frac{1}{4}}+frac{{{y}^{2}}}{frac{4}{25}}=1$.
Gọi $M$, $N$lần lượt là giao điểm của dầu với elip.
Gọi ${{S}_{1}}$ là diện tích của Elip ta có ${{S}_{1}}=pi ab=pi frac{1}{2}.frac{2}{5}=frac{pi }{5}$.
Gọi ${{S}_{2}}$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng $MN$.
Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là $text{0,6m}$ nên ta có phương trình của đường thẳng $MN$ là $y=frac{1}{5}$.
Mặt khác từ phương trình $frac{{{x}^{2}}}{frac{1}{4}}+frac{{{y}^{2}}}{frac{4}{25}}=1$ ta có $y=frac{4}{5}sqrt{frac{1}{4}-{{x}^{2}}}$.
Do đường thẳng $y=frac{1}{5}$ cắt Elip tại hai điểm $M$, $N$ có hoành độ lần lượt là $-frac{sqrt{3}}{4}$ và $frac{sqrt{3}}{4}$ nên
${{S}_{2}}=intlimits_{-frac{sqrt{3}}{4}}^{frac{sqrt{3}}{4}}{left( frac{4}{5}sqrt{frac{1}{4}-{{x}^{2}}}-frac{1}{5} right)text{d}x}=frac{4}{5}intlimits_{-frac{sqrt{3}}{4}}^{frac{sqrt{3}}{4}}{sqrt{frac{1}{4}-{{x}^{2}}}text{d}x}-frac{sqrt{3}}{10}$.
Tính $I=intlimits_{-frac{sqrt{3}}{4}}^{frac{sqrt{3}}{4}}{sqrt{frac{1}{4}-{{x}^{2}}}text{d}x}$.
Đặt $x=frac{1}{2}sin tRightarrow text{d}x=frac{1}{2}cos ttext{d}t$.
Đổi cận: Khi $x=frac{-sqrt{3}}{4}$ thì $t=-frac{pi }{3}$; Khi $x=frac{sqrt{3}}{4}$ thì $t=frac{pi }{3}$.
$I=intlimits_{-frac{pi }{3}}^{frac{pi }{3}}{frac{1}{2}text{.}frac{1}{2}{{cos }^{2}}ttext{d}t}=frac{1}{8}intlimits_{-frac{pi }{3}}^{frac{pi }{3}}{left( 1+cos 2t right)text{d}t}=frac{1}{8}left( frac{2pi }{3}+frac{sqrt{3}}{2} right)$.
Vậy ${{S}_{2}}=frac{4}{5}frac{1}{8}left( frac{2pi }{3}+frac{sqrt{3}}{2} right)-frac{sqrt{3}}{10}=frac{pi }{15}-frac{sqrt{3}}{20}$.
Thể tích của dầu trong thùng là $V=left( frac{pi }{5}-frac{pi }{15}+frac{sqrt{3}}{20} right).3=1,52$.
Câu 47: Chọn A.
Ta có cấp số cộng với ${{u}_{1}}=1$, $d=7$, ${{u}_{n}}=x$, ${{S}_{n}}=7944$.
Áp dụng công thức
${{S}_{n}}=frac{left[ 2{{u}_{1}}+left( n-1 right)d right]n}{2}Leftrightarrow 7944=frac{left[ 2.1+left( n-1 right)7 right]n}{2}Leftrightarrow 7{{n}^{2}}-5n-15888=0$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
n = 48{rm{ }}left( {t/m} right)\
n = – frac{{331}}{7}{rm{ }}left( {loai} right)
end{array} right.$.
Vậy $x={{u}_{48}}=1+47.7=330$.
Câu 48: Chọn B.
Gọi $D$ là hình chiếu của $S$ lên $left( ABC right)$, ta có:
$left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{BC bot SC}\
{BC bot SD}
end{array}} right.$ $Rightarrow BCbot CD$ và $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{AB bot SA}\
{AB bot SD}
end{array}} right.$ $Rightarrow ABbot AD$.
Mà $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $ABCD$ là hình vuông.
Gọi $H$ là trung điểm của $AD$, ta có $MH text{//} SD$ mà $Rightarrow MHbot left( ABCD right)$.
Do đó $HN$ là hình chiếu của $MN$ lên $left( ABC right)$.
$Rightarrow alpha =left( MN,left( ABC right) right)$$=left( MN,NH right)$$=widehat{MNH}$.
$SC=sqrt{S{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}}$$=sqrt{4{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}$$=asqrt{3}$.
$SD=sqrt{S{{C}^{2}}-D{{C}^{2}}}$$=sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}$$=asqrt{2}$.
$tan alpha =frac{MH}{NH}$$=frac{frac{1}{2}.SD}{AB}$$=frac{frac{asqrt{2}}{2}}{a}$$=frac{sqrt{2}}{2}$.
$Rightarrow cos alpha =sqrt{frac{1}{1+{{tan }^{2}}alpha }}$$=sqrt{frac{1}{1+frac{1}{2}}}$$=frac{sqrt{6}}{3}$.
Câu 49: Chọn B.
Gọi $E$ là điểm thỏa mãn $overrightarrow{EA}+overrightarrow{EB}+2overrightarrow{EC}=overrightarrow{0}$$Rightarrow Eleft( 3;0;1 right)$.
Ta có: $S=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+2M{{C}^{2}}$$={{overrightarrow{MA}}^{2}}+{{overrightarrow{MB}}^{2}}+2{{overrightarrow{MC}}^{2}}$
$={{left( overrightarrow{ME}+overrightarrow{EA} right)}^{2}}+{{left( overrightarrow{ME}+overrightarrow{EB} right)}^{2}}+2{{left( overrightarrow{ME}+overrightarrow{EC} right)}^{2}}$$=4M{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}+E{{B}^{2}}+2E{{C}^{2}}$.
Vì $E{{A}^{2}}+E{{B}^{2}}+2E{{C}^{2}}$ không đổi nên $S$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $ME$ nhỏ nhất.
$Rightarrow M$ là hình chiếu vuông góc của $E$ lên $left( Q right)$.
Phương trình đường thẳng $ME:$$left{ begin{array}{l}
x = 3 + 3t\
y = t\
z = 1 – t
end{array} right.$.
Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ phương trình: $left{ begin{array}{l}
x = 3 + 3t\
y = t\
z = 1 – t\
3x + y – z + 3 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 0\
y = – 1\
z = 2\
t = – 1
end{array} right.$ .
$Rightarrow Mleft( 0;-1;2 right)$$Rightarrow a=0$, $b=-1$, $c=2$.
$Rightarrow a+b+5c=0-1+5.2$$=9$.
Câu 50: Chọn C.
Xét phương trình $4{{left( 4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1 right)}^{3}}-6{{left( 4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1 right)}^{2}}+1=0$
Đặt $t=4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1$, ta có phương trình $4{{t}^{3}}-6{{t}^{2}}+1=0$ $left( * right)$
Dựa vào đồ thị thì $left( * right)$ có 3 nghiệm phân biệt với $-1<{{t}_{1}}<{{t}_{2}}<1$ và $1<{{t}_{3}}<2$.
Khi đó phương trình:
$4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1={{t}_{1}}$ có ba nghiệm phân biệt.
$4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1={{t}_{2}}$ có ba nghiệm phân biệt.
$4{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+1={{t}_{3}}$ có duy nhất một nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có $7$ nghiệm thực.
