Câu 30. Chọn D.
Ta có $I=int{fleft( x right)text{d}x=}int{frac{1+ln x}{x.ln x}text{d}x}$.
Đặt $xln x=t$$Rightarrow left( ln x+1 right)text{d}x=text{d}t$. Khi đó ta có $I=int{frac{1+ln x}{x.ln x}text{d}x}$$=int{frac{1}{t}text{dt}}$$=ln left| t right|+C$$=ln left| x.ln x right|+C$.
Câu 31.Chọn D.
Vì trong 4 tam giác của tứ diện đều không có tam giác nào là tam giác vuông nên không có khối nón nào được tạo thành.
Câu 32. Chọn C.
$int{{{e}^{2x}}dx=frac{1}{2}{{e}^{2x}}+C}.$
Câu 33. Chọn B.
$dleft( BC;SD right)=dleft( BC;left( SAD right) right)=dleft( B;left( SAD right) right)=BA$.
$BA=sqrt{A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}=sqrt{5{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}=asqrt{3}$.
Câu 34. Chọn A.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Theo bài ra $SHbot left( ABC right)$ .$angle SCH=30{}^circ $
$CH=frac{asqrt{3}}{2}$. Xét tam giác $SCH$ ta có $text{S}H=CH.tan 30{}^circ =frac{asqrt{3}}{2}.frac{1}{sqrt{3}}=frac{a}{2}$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$.
${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}.frac{a}{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$ . ${{V}_{S.BCM}}=frac{1}{2}.{{V}_{S.BCM}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{48}$.
Câu 35. Chọn B.
* Bảng biến thiên này là bảng biến thiên của hàm bậc ba.
* Nhánh đầu tiên của bảng biến thiên đi xuống nên ta loại các đáp án C và D.
* Phương trình ${y}’=0$ có hai nghiệm là $x=0$ và $x=2$ nên ta loại đáp án A.
* Đáp án đúng là B.
Câu 36. Chọn A.
* Ta có:
$underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{({{x}^{2}}+2012)sqrt[7]{1-2x}-2012}{x}$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},left( xsqrt[7]{1-2x} right)+2012.underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{(sqrt[7]{1-2x}-1)}{x}$$=2012.underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt[7]{1-2x}-1}{x}$
* Xét hàm số $y=fleft( x right)=sqrt[7]{1-2x}$ ta có $fleft( 0 right)=1$. Theo định nghĩa đạo hàm ta có:
${f}’left( 0 right)=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{fleft( x right)-fleft( 0 right)}{x-0}=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt[7]{1-2x}-1}{x}$
${f}’left( x right)=-frac{2}{7{{left( sqrt[7]{1-2x} right)}^{6}}}Rightarrow {f}’left( 0 right)=-frac{2}{7}$$Rightarrow underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt[7]{1-2x}-1}{x}=-frac{2}{7}$
$Rightarrow underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{({{x}^{2}}+2012)sqrt[7]{1-2x}-2012}{x}=-frac{4024}{7}$
$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = – 4024\
b = 7
end{array} right. Rightarrow a + b = – 4017$
Câu 37. Chọn B.
* TXĐ: $D=left( -infty ;0 right)cup left( 1;+infty right)$.
* Ta có: ${{log }_{frac{1}{2}}}({{x}^{2}}-x)ge -1$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-2le 0Leftrightarrow xin left[ -1;2 right]$.
* Kết hợp điều kiện xác định ta được tập nghiệm của bất phương trình là: $S=left[ -1;0 right)cup left( 1;2 right].$
Câu 38. Chọn D.
* ĐKXĐ:
$left{ begin{array}{l}
{rm{cos}}x ne 0\
{rm{cos2}}x ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{sin ^2}x ne 1\
{sin ^2}x ne frac{1}{2}
end{array} right.$
* Ta có:
$frac{{{a}^{2}}}{1-{{tan }^{2}}x}=frac{{{sin }^{2}}x+{{a}^{2}}-2}{cos 2x}$$Leftrightarrow {{a}^{2}}{{cos }^{2}}x={{sin }^{2}}x+{{a}^{2}}-2$$Leftrightarrow -{{a}^{2}}{{sin }^{2}}x={{sin }^{2}}x-2$$Leftrightarrow {{sin }^{2}}x=frac{2}{1+{{a}^{2}}}$
Để phương trình đã cho có nghiệm điều kiện là:
$left{ begin{array}{l}
frac{2}{{1 + {a^2}}} in left[ {0;1} right]\
frac{2}{{1 + {a^2}}} ne 1\
frac{2}{{1 + {a^2}}} ne frac{1}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
frac{2}{{1 + {a^2}}} in left( {0;1} right)\
frac{2}{{1 + {a^2}}} ne frac{1}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
1 + {a^2} > 2\
1 + {a^2} ne 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left| a right| > 1\
left| a right| ne sqrt 3
end{array} right.$
Câu 39. Chọn D.
Giả sử $Mleft( {{x}_{0}};,{{y}_{0}} right)$ là điểm cố định của họ $left( {{C}_{m}} right)$. Khi đó
${y_0} = x_0^4 – mx_0^2 + m + 2018,,forall m Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– x_0^2 + 1 = 0\
x_0^4 – {y_0} + 2018 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
{x_0} = 1\
{x_0} = – 1
end{array} right.\
x_0^4 – {y_0} + 2018 = 0
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left( { – x_0^2 + 1} right)m + x_0^4 – {y_0} + 2018 = 0,,forall m$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
{x_0} = 1\
{y_0} = 2019
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
{x_0} = – 1\
{y_0} = 2019
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
Mleft( {1;,2019} right)\
Nleft( { – 1;,2019} right)
end{array} right.$
Suy ra tọa độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ có tọa độ là $Ileft( 0;,2019 right)$.
Câu 40. Chọn B.
Gọi $Mleft( {{x}_{0}};,{{y}_{0}} right)$ là tiếp điểm của đồ thị hàm số $left( C right)$ và tiếp tuyến.
Khi đó ${f}’left( {{x}_{0}} right)=frac{-7}{{{left( {{x}_{0}}+2 right)}^{2}}}$ là hệ số góc của tiếp tuyến.
Đường thẳng $d:x+7y-5=0$ có hệ số góc $k=-frac{1}{7}$.
Mà tiếp tuyến song song với đường thẳng $d$ nên
$begin{array}{l}
f’left( {{x_0}} right) = k Leftrightarrow frac{{ – 7}}{{{{left( {{x_0} + 2} right)}^2}}} = frac{{ – 1}}{7} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} + 2 = 7\
{x_0} + 2 = – 7
end{array} right.\
Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 5\
{x_0} = – 9
end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l}
{y_0} = 0\
{y_0} = – frac{{14}}{7}
end{array} right.
end{array}$
.
Suy ra ${{M}_{1}}left( 5;,0 right)$; ${{M}_{2}}left( -9;,frac{-14}{7} right)$.
Tiếp tuyến tại ${{M}_{1}}left( 5;,0 right)$ là: $y=-frac{1}{7}x+frac{5}{7}$.
Tiếp tuyến tại ${{M}_{2}}left( -9;,frac{-14}{7} right)$ là: $y=-frac{1}{7}x-frac{23}{7}$.
Câu 41. Chọn D.
Gọi $Dleft( x;y;z right)$ là điểm thỏa mãn $overrightarrow{DA}+overrightarrow{DB}=overrightarrow{0}$ khi đó ta có $Dleft( 2;,3;,4 right)$
$P=left| overrightarrow{MA}+overrightarrow{MB} right|$ $=left| overrightarrow{MD}+overrightarrow{DA}+overrightarrow{MD}+overrightarrow{DB} right|$$=left| 2overrightarrow{MD} right|$$=2MD$
Khi đó $P$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là hình chiếu của $D$ lên mặt phẳng $left( Oxy right)$
Ta có phương trình
$left( {MD} right):left{ begin{array}{l}
x = 2\
y = 3\
z = 4 + t
end{array} right. Rightarrow Mleft( {2;,3;,4 + t} right)$
$Min left( Oxy right)$ nên $4+t=0Leftrightarrow t=-4$
Vậy $Mleft( 2;,3;,0 right)$ là điểm cần tìm.
Câu 42. Chọn A.
Giả sử trải các mặt hình chóp đều trên đường tròn tâm $S$ và bán kính $R=SA$. Ta có $Delta SA{A}’$ có $widehat{AS{A}’}={{15}^{text{o}}}.4={{60}^{text{o}}}Rightarrow Delta SA{A}’$ đều.
Mà đoạn đường $AQ$ ngắn nhất khi $A$, $M$, $N$, $P$, $Q$ thẳng hàng. Khi đó $N$ là trọng tâm $Delta SA{A}’$. Suy ra $k=frac{AM+MN}{NP+PQ}=frac{AN}{NQ}=2$.
Câu 43. Chọn D.
Với $m=1$ thì hàm số là hàm hằng $left( forall xne -1 right)$ nên không nghịch biến.
Ta có ${y}’=frac{m-1}{{{left( x+1 right)}^{2}}},$$forall xne -1$.
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng của tập xác định khi và chỉ khi ${y}'<0,$$xne -1$$Leftrightarrow m<1$.
Câu 44. Chọn D.
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn $4$ đỉnh trong $32$ đỉnh để tạo thành tứ giác, $left| Omega right|=C_{32}^{4}$.
Gọi $A$ là biến cố “chọn được hình chữ nhật”.
Để chọn được hình chữ nhật cần chọn $2$ trong $16$ đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử của $A$ là $C_{16}^{2}$.
Xác suất biến cố $A$ là $Pleft( A right)=frac{C_{16}^{2}}{C_{32}^{4}}$$=frac{3}{899}$.
Câu 45. Chọn C.
Gọi $d$ là công sai của cấp số cộng và các cạnh có độ dài lần lượt là $a-d$, $a$, $a+d$ $left( 0<d<a right)$.
Vì tam giác có chu vi bằng $3$ nên $3a=3$$Leftrightarrow a=1$.
Vì tam giác vuông nên theo định lý Pytago ta có ${{left( 1+d right)}^{2}}={{left( 1-d right)}^{2}}+{{1}^{2}}$ $Leftrightarrow 4d=1$$Leftrightarrow d=frac{1}{4}$.
Suy ra ba cạnh của tam giác có độ dài là $frac{3}{4};1;frac{5}{4}$.
Câu 46. Chọn C.
Ta có: ${{u}_{6}}={{u}_{1}}.{{q}^{5}}=0,00001$$Leftrightarrow {{q}^{5}}=frac{-1}{{{10}^{5}}}$$Leftrightarrow q=frac{-1}{10}$.
$Rightarrow {{u}_{n}}={{u}_{1}}.{{q}^{n-1}}$$=-1.{{left( frac{-1}{10} right)}^{n-1}}$$=frac{{{left( -1 right)}^{n}}}{{{10}^{n-1}}}$.
Vậy đáp án đúng là: C.
Câu 47. Chọn D.
ĐK:
$left{ begin{array}{l}
– {x^2} + 2x > 0\
{log _{2016}}left( { – {x^2} + 2x} right) ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
0 < x < 2\
– {x^2} + 2x – 1 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
0 < x < 2\
x ne 1
end{array} right.$
Vậy Txđ: $D=left( 0;2 right)backslash left{ 1 right}$.
Câu 48. Chọn C.
Đặt: $t=cos x$$Rightarrow tin left[ -1;1 right]$ $Rightarrow y=2t-frac{4}{3}{{t}^{3}}$.
$y’=2-4{{t}^{2}}$,$y’=0$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{{ – 1}}{{sqrt 2 }} in left[ { – 1;1} right]\
x = frac{1}{{sqrt 2 }} in left[ { – 1;1} right]
end{array} right.$
Tính:$yleft( -1 right)=frac{-2}{3}$, $yleft( frac{-1}{sqrt{2}} right)=frac{-2sqrt{2}}{3}$, $yleft( frac{1}{sqrt{2}} right)=frac{2sqrt{2}}{3}$, $yleft( 1 right)=frac{2}{3}$.
Vậy: $underset{left[ 0;pi right]}{mathop{mtext{ax}}},y=frac{2sqrt{2}}{3}$.
Câu 49: Chọn D.
Mặt cầu $left( S right)$ có tâm $Ileft( 0;1;1 right)$ và bán kính $R=3$.
Ta có $IA=sqrt{{{left( 2-0 right)}^{2}}+{{left( 1-1 right)}^{2}}+{{left( 2-1 right)}^{2}}}$$=sqrt{5}<3=R$ nên $A$ nằm trong mặt cầu $left( S right)$.
Đặt $h$ là khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $left( P right)$, $r$ là bán kính đường tròn $left( C right)$. Khi đó:
$hle IA=sqrt{5}$ và $h=sqrt{5}$ khi và chỉ khi $IAbot left( P right)$.
${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{h}^{2}}ge {{3}^{2}}-{{sqrt{5}}^{2}}=4Rightarrow rge 2$.
Đường tròn $left( C right)$ có diện tích nhỏ nhất nên $r=2$.
Câu 50: Chọn A.
Từ $fleft( x right)={f}’left( x right).sqrt{3x+1}$ ta có $frac{{f}’left( x right)}{fleft( x right)}=frac{1}{sqrt{3x+1}}$.
Suy ra: $int{frac{{f}’left( x right)}{fleft( x right)}operatorname{d}x}=int{frac{1}{sqrt{3x+1}}operatorname{d}x}$$Rightarrow ln fleft( x right)=frac{2}{3}sqrt{3x+1}+C$.
Ta có $ln fleft( 1 right)=frac{2}{3}sqrt{3.1+1}+C$$Leftrightarrow ln 1=frac{4}{3}+C$$Leftrightarrow C=-frac{4}{3}$.
Nên $ln fleft( x right)=frac{2}{3}sqrt{3x+1}-frac{4}{3}$$Leftrightarrow fleft( x right)={{e}^{frac{2}{3}sqrt{3x+1}-frac{4}{3}}}$.
Vậy $fleft( 5 right)={{e}^{frac{2}{3}sqrt{3.5+1}-frac{4}{3}}}={{e}^{frac{4}{3}}}in left( 3;4 right)$.
