Câu 33: Đáp án A
Dễ dàng tính được: $AB=AC=a.$ Gọi D là trung điểm của SA
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BD = DC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\\
BD \bot SA;CD \bot SA.
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow \left( {(SAB);(SAC)} \right) = \left( {BD;CD} \right) = \widehat {BDC.}$
$\cos \widehat {BDC} = \frac{{B{D^2} + D{C^2} - B{C^2}}}{{2.BD.DC}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right).\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}} = \frac{{ - 1}}{3}.$
Câu 34: Đáp án A
Ta có:$P(t)=100.{{\left( 0,5 \right)}^{\dfrac{t}{5750}}}=65\Leftrightarrow {{\left( 0,5 \right)}^{\dfrac{t}{5750}}}=0,65$
$\Leftrightarrow \dfrac{t}{5750}={{\log }_{0,5}}0,65\Leftrightarrow t=5750.{{\log }_{0,5}}0,65\approx 3574$ năm.
Câu 35: Đáp án B
Ta có:
+ Số cách lập một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 là:
$5.5.4.3.2.1=5.5!$ (cách).
+ Chọn 2 chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau, có 2 cách thay đổi vị trí 2 chữ số này (23 và 32). Khi đó số cách lập một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 mà chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau là:
$2.\left( 4.4.3.2.1 \right)=8.4!$ (cách).
Vậy xác suất là: $\dfrac{8.4!}{5.5!}=\dfrac{8}{25}.$ (cách).
Câu 36: Đáp án A
Ta có: $2{{\log }_{4}}\left( 2{{x}^{2}}-x+2m-4{{m}^{2}} \right)+{{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( {{x}^{2}}+mx-2{{m}^{2}} \right)=0$
ĐKXĐ: $2{{x}^{2}}-x+2m-4{{m}^{2}}>0;{{x}^{2}}+mx-2{{m}^{2}}>0.$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {\log _2}\left( {2{x^2} - x + 2m - 4{m^2}} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + mx - 2{m^2}} \right)\\
\Leftrightarrow 2{x^2} - x + 2m - 4{m^2} = {x^2} + mx - 2{m^2}
\end{array}$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 2m - 2{m^2} = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = - m + 1\\
{x_2} = 2m
\end{array} \right.
\end{array}$
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}>1$ thì:
$\left\{ \begin{array}{l}
- m + 1 \ne 2m\\
{\left( { - m + 1} \right)^2} + {\left( {2m} \right)^2} > 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne \frac{1}{3}\\
5{m^2} - 2m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > \frac{2}{5}\\
m < 0
\end{array} \right.$ $\left( 1 \right)$
Mặt khác, từ điều kiện xác định của phương trình nên ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
x_1^2 + m{x_1} - 2{m^2} > 0\\
x_2^2 + m{x_2} - 2{m^2} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {1 - m} \right)^2} + m\left( {1 - m} \right) - 2{m^2} > 0\\
{\left( {2m} \right)^2} + m\left( {2m} \right) - 2{m^2} > 0
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 2{m^2} - m + 1 > 0\\
2{m^2} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 1 < m < \frac{1}{2}\\
m \ne 0
\end{array} \right.$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có: $\left[ \begin{array}{l}
- 1 < m < 0\\
\frac{2}{5} < m < \frac{1}{2}
\end{array} \right..$
Câu 37: Đáp án C
Ta có: $I=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}{{{\cos }^{n}}x.\sin xdx=}\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}{-{{\cos }^{n}}xd(\cos x)=\left. \dfrac{-{{\cos }^{n+1}}x}{n+1} \right|_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}=\dfrac{1-\dfrac{1}{{{2}^{n+1}}}}{n+1}.}$
Mà $I=\dfrac{15}{64}\Leftrightarrow \dfrac{1-\dfrac{1}{{{2}^{n+1}}}}{n+1}=\dfrac{15}{64}\Leftrightarrow 49-{{2}^{5-n}}=15n.$
Thử các giá trị của $n$ từ $0$đến $5$ ta tìm được $n=3.$
Câu 38: Đáp án A
Ta có:$f(x) = {\ln ^2}x \Rightarrow f'(x) = 2\frac{{\ln x}}{x}.$
$ \Rightarrow I = \int\limits_1^e {f''(x)dx = \left. {f'(x)} \right|_1^e = } \left. {2\frac{{\ln x}}{x}} \right|_1^e = \frac{2}{e}.$
Câu 39: Đáp án A
Ta có: $v(t)=\int{a(t)dt=\dfrac{{{t}^{3}}}{3}+\dfrac{3{{t}^{2}}}{2}+C.}$
Tại $t=0\Rightarrow v=10$ nên $C=10.$
Do đó: $s=\int\limits_{0}^{10}{v(t)dt=\int\limits_{0}^{10}{\left( \dfrac{{{t}^{3}}}{3}+\dfrac{3{{t}^{2}}}{2}+10 \right)}}dt=\dfrac{4300}{3}(m).$
Câu 40: Đáp án B
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$ nên:
$\widehat{SAH}=\widehat{SBH}=\widehat{SCH}={{60}^{0}}\Rightarrow HA=HB=HC\left( =\dfrac{SH}{\tan {{60}^{0}}} \right).$
$\Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
$\Rightarrow H$là trung điểm của $BC.$
Ta có:
$AB=AC=a\sqrt{2};HA=\dfrac{BC}{2}=a\Rightarrow SH=HA.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}.$
Do đó thể tích hình chóp S.ABC là: $V={{S}_{\Delta ABC}}.\dfrac{SH}{3}=\dfrac{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$(đvtt).
Câu 41: Đáp án A
Chuẩn hóa $a=1\Rightarrow AB=\sqrt{3};BC=2.$ Giả sử $AA'=h.$
Gắn hệ trục tọa độ $Axyz$với $A$ là gốc tọa độ; tia $Ax$ trùng với tia $AB$; tia $Ay$ trùng với tia $AC$; tia $Az$ trùng với tia $AA'$. Khi đó:
$(ACC'A')\equiv (Ayz)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}\left( 1;0;0 \right);B\left( \sqrt{3};0;0 \right);C'\left( 0;1;h \right)\Rightarrow \overrightarrow{BC'}\left( -\sqrt{3};1;h \right).$
$\left( BC';(ACC'A') \right)={{30}^{0}}\Leftrightarrow \dfrac{\left| n.BC \right|}{\left| n \right|.\left| BC
\right|}=\sin {{30}^{0}}.$
$\Leftrightarrow \dfrac{\left| -\sqrt{3} \right|}{1.\sqrt{4+{{h}^{2}}}}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow h=2\sqrt{2}.$
Do đó:
${{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{\Delta ABC}}.AA'=\dfrac{AB.AC.AA'}{2}=\dfrac{\sqrt{3}.1.2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{6}.$
Câu 42: Đáp án B
Do (P)//(Q) nên (P) có phương trình dạng: $x+2y-2z+c=0$ $\left( c\ne -1 \right)$.
Do $A\left( -1;2;-1 \right)$ cách đều (P) và (Q) nên:
${d_{\left( {A;(P)} \right)}} = {d_{\left( {A;(Q)} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{\left| { - 1 + 2.2 - 2\left( { - 1} \right) + c} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| { - 1 + 2.2 - 2\left( { - 1} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }}$
$ \Leftrightarrow \left| {5 + c} \right| = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
c = - 1(l)\\
c = - 9(t/m)
\end{array} \right. \Rightarrow (P):x + 2y - 2z - 9 = 0.$
Câu 43: Đáp án D
${{d}_{1}}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{1}}}(2;2;-1);$${{d}_{2}}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{2}}}(3;2;-2).$
Giả sử $A\left( 4+2t;4+2t;-3-t \right)\in {{d}_{1}}$ và $B\left( 1+3s;-1+2s;2-2s \right)\in {{d}_{2}}$ với $AB\bot {{d}_{1}};AB\bot {{d}_{2}}.$
$\Rightarrow AB\equiv \Delta .$ Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{u_1}} \Leftrightarrow \left( {3s - 2t - 3} \right).2 + \left( {2s - 2t - 5} \right).2 + \left( { - 2s + t + 5} \right)\left( { - 1} \right) = 0\\
\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{u_2}} \Leftrightarrow \left( {3s - 2t - 3} \right).3 + \left( {2s - 2t - 5} \right).2 + \left( { - 2s + t + 5} \right)\left( { - 2} \right) = 0
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
s = 1\\
t = - 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A\left( {2;2; - 2} \right)\\
B\left( {4;1;0} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} \left( {2; - 1;2} \right).$
Vậy phương trình đường thẳng $\left( \Delta \right)$ là: $\dfrac{x-4}{2}=\dfrac{y-1}{-1}=\dfrac{z}{2}.$
Câu 44: Đáp án C
Thể tích hộp là: ${{x}^{2}}h=500\Leftrightarrow h=\dfrac{500}{{{x}^{2}}}.$
Diện tích bìa để làm hộp là: $S={{x}^{2}}+4xh={{x}^{2}}+4x.\dfrac{500}{{{x}^{2}}}={{x}^{2}}+\dfrac{2000}{x}=f(x).$
$S\min \Rightarrow f'(x)=0\Leftrightarrow 2x-\dfrac{2000}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow 2{{x}^{3}}=2000\Leftrightarrow x=10.$
Câu 45: Đáp án B
Vì$x\in \left( -1;1 \right)\Rightarrow {{2}^{x}}\in \left( \dfrac{1}{2};2 \right).$
ĐKXĐ:${2^x} \ne m \Leftrightarrow m \notin \left( {\frac{1}{2};2} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m \le \frac{1}{2}\\
m \ge 2
\end{array} \right.$
Ta có: $y=f(x)=\dfrac{{{2}^{-x}}-2}{{{2}^{-x}}-m}\Rightarrow f'(x)=\dfrac{{{2}^{-x}}\ln 2\left( m-2 \right)}{{{\left( {{2}^{-x}}-m \right)}^{2}}}.$
Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( -1;1 \right)$ thì:
$f'(x)<0,\forall x\in \left( -1;1 \right)\Leftrightarrow m-2<0\Leftrightarrow m<2.$
Kết hợp với ĐKXĐ ta có: $m\le \dfrac{1}{2}.$
Câu 46: Đáp án B
+ $(C)$ đi qua các điểm $\left( 0;2 \right);\left( -2;0 \right);\left( 1;0 \right);\left( -1;4 \right)$ nên:
$\left\{ \begin{array}{l}
d = 2\\
- 8a + 4b - 2c + d = 0\\
a + b + c + d = 0\\
- a + b - c + d = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 0\\
c = - 3\\
d = 2
\end{array} \right. \Rightarrow (C):y = {x^3} - 3x + 2.$
+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $(C)$ và $\text{Ox}$ là: $\int\limits_{-2}^{1}{\left( {{x}^{3}}-3x+2 \right)dx}=\dfrac{27}{4}$(đvdt).
Câu 47: Đáp án A
Ta có:
$\begin{array}{l}
z = \frac{{{{\left( {1 + i} \right)}^{2013}} - 1}}{{\left( {1 + i} \right) - 1}} = \frac{{{{\left[ {{{\left( {1 + i} \right)}^2}} \right]}^{1006}}\left( {1 + i} \right) - 1}}{i} = - \left[ {{{\left( {2i} \right)}^{1006}}\left( {1 + i} \right) - 1} \right]i\\
\Leftrightarrow z = - \left[ { - {2^{1006}}\left( {1 + i} \right) - 1} \right] = - {2^{1006}} + \left( {{2^{1006}} + 1} \right)i.
\end{array}$
Câu 48: Đáp án B
Gọi $O$ là trung điểm của $AB.$
Do $\Delta SAB$ đều và vuông góc với mặt phẳng đáy nên suy ra:
$SO\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{SO.{{S}_{ABCD}}}{3}={{a}^{3}}.$
Mà $SO=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=2{{a}^{2}}\sqrt{3}.$
Gọi $CH\bot AB=\left\{ H \right\}.$ Vì ${{S}_{ABCD}}=2{{a}^{2}}\sqrt{3}\Rightarrow CH=\dfrac{{{S}_{ABCD}}}{AB}=2a\sqrt{3}.$
Mặt khác, vì $CH\bot AB$ và $SO\bot CH$ (do $SO\bot (ABCD)$) nên $CH\bot (SAB).$
Mà $CD//(SAB).$ Do đó: ${{d}_{(SA;CD)}}={{d}_{\left( C;(SAB) \right)}}=CH=2a\sqrt{3}.$
Câu 49: Đáp án A
Gọi $E;F;G;H$ lần lượt là trung điểm của $IA;IB;IC;ID \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
EF = \frac{{AB}}{2} = 4\\
FG = {d_{(I;AB)}} = \frac{{AB}}{2} = 4
\end{array} \right..$
Do đó: $V=2\left( \frac{1}{3}\pi {{4}^{2}}.4-\frac{1}{3}\pi {{2}^{2}}.2 \right)+\pi {{2}^{2}}.4=\frac{160\pi }{3}$(đvtt).
Câu 50: Đáp án A
Giả sử $\left( I;R \right)$ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
I \in \left( {ABC} \right)\\
IA = IB = IC = R.
\end{array} \right.$
Ta có: $\overrightarrow{AB}\left( -2;2;0 \right);\overrightarrow{AC}\left( -2;1;1 \right).$ Do đó:
$(ABC)$ có vectơ pháp tuyến $\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC} \right]=\left( 2;-2;2 \right)//\overrightarrow{n}(1;-1;1).$
$\Rightarrow \left( ABC \right):x-y+z+1=0.$
Giả sử $I\left( t;s;s-t-1 \right)\in \left( ABC \right).$ Vì $IA=IB=IC$ nên:
$\left\{ \begin{array}{l}
I{A^2} = I{B^2}\\
I{A^2} = I{C^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{(t - 1)^2} + {(s + 1)^2} + {(s - t)^2} = {(t + 1)^2} + {(s - 1)^2} + {(s - t)^2}\\
{(t - 1)^2} + {(s + 1)^2} + {(s - t)^2} = {(t + 1)^2} + {s^2} + {(s - t - 1)^2}
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 4t + 4s = 0\\
- 6t + 4s = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow t = s = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
I\left( {0;0; - 1} \right)\\
R = IA = \sqrt 2
\end{array} \right.\\
\Rightarrow (S):{x^2} + {y^2} + {(z + 1)^2} = 2.
\end{array}$
