Câu 36: Đáp án A
$\begin{array}{l}
z = x + y(x,y \in R,x \in {\rm{ }}[{\rm{ }} - 2;2])\\
(*) < = > y = \frac{{{x^2}}}{4}
\end{array}$
Để P min thì $|z-2-i{{|}^{2018}}$ min và $|z{{|}^{2}}$ max
Ta tìm $|z{{|}^{2}}$ bằng bao nhiêu(Bài này ý tưởng tác giả cho nó đúng 1 cái max 1 cái min, chứ nếu 2 cái chênh vênh thì rất khó và không phù hợp với thi)
$|z{{|}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}=\dfrac{{{x}^{2}}}{16}+{{x}^{2}}$ với $x\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }-2;2]$
$|z{{|}^{2}}=\dfrac{{{t}^{2}}}{16}+t$ với $t\in \text{ }\!\![\!\!\text{ 0;4 }\!\!]\!\!\text{ = }\!\!|\!\!\text{ z}{{\text{ }\!\!|\!\!\text{ }}^{2}}_{\text{max}}=5\text{ khi z=2+i}$
${{P}_{\min }}=1+0-{{(\sqrt{5})}^{2}}=-4\text{ khi z=2+i}$
Câu 37: Đáp án C
Gọi $O'=A'C'\cap B'D';CH\bot BD=\left\{ H \right\}.$ Ta có:
${{d}_{\left( B';\left( A'BD \right) \right)}}={{d}_{\left( O';\left( A'BD \right) \right)}}$(do $O'B'//BD$).
$={{d}_{\left( O';\left( A'BD \right) \right)}}$(do $O'C//A'O$).
= $CH.$
Mà: $\dfrac{1}{C{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{C{{D}^{2}}}+\dfrac{1}{C{{B}^{2}}}=\dfrac{4}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow CH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
Câu 38: Đáp án C
I là tâm đường tròn đáy, bán kinh đáy của hình nón là R, bán kinh đáy hình trụ là r
$\begin{array}{l}
{V_{tru}} = {h_{tru}}.{S_{day}}\\
SI = R.\cot \beta \\
\Delta SAB:\frac{{ES}}{{AS}} = \frac{{FB}}{{AB}} < = > \frac{{\frac{r}{{\sin \beta }}}}{{\frac{R}{{\sin \beta }}}} = \frac{{R - r}}{{2R}} < = > r = \frac{R}{3}
\end{array}$
$\begin{array}{l}
\frac{{{h_{tru}}}}{{SI}} = \frac{{\frac{{2R}}{3}}}{R} = > {h_{tru}} = \frac{2}{3}SI = \frac{2}{3}R\cot \beta \\
= > {V_{tru}} = \frac{2}{3}\cot \beta .\pi {r^2} = \frac{2}{3}R\cot \beta .\pi .\frac{{{R^2}}}{9} = \frac{{2\pi {R^3}}}{{27\tan \beta }}
\end{array}$
Câu 39: Đáp án D
Ta có: $\overrightarrow{{{u}_{Ox}}}=\left( 1;0;0 \right);\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 1;-1;-3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}};\overrightarrow{{{u}_{Ox}}} \right]=\left( 0;-3;1 \right).$ Vậy phương trình đường thẳng $\left( d \right)$ là $\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = - 3t\\
z = t
\end{array} \right.$
Câu 40: Đáp án B
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
AB = a\\
AC = a\\
BC = a
\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABC$ đều
$\overrightarrow {BB'} \left( {0;0;h} \right);\overrightarrow {AC} \left( { - a;0;0} \right);\overrightarrow {AB} \left( {\frac{{ - a}}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {AC} = 0\\
\overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {AB} = 0
\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot \left( {ABC} \right).$
Vậy $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đều.
Câu 41: Đáp án A
Gọi $I\left( a;0;b \right);R$ lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu. Ta có:
$R={{d}_{\left( I;\left( \Delta \right) \right)}}=\dfrac{\left| 3ma+5\sqrt{1-{{m}^{2}}}.0+4mb+20 \right|}{\sqrt{9{{m}^{2}}+25-25{{m}^{2}}+16{{m}^{2}}}}=\dfrac{\left| \left( 3a+4b \right)m+20 \right|}{5}$ là đại lượng không đổi$,\forall m.$
Do đó: $3a+4b=0\Rightarrow R=\dfrac{20}{5}=4.$
Câu 42: Đáp án A
Ta có:
${{C}_{1}}$ cạnh $a\Rightarrow {{S}_{1}}={{a}^{2}}.$
${{C}_{2}}$ cạnh $b=\sqrt{{{\left( \dfrac{3a}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{4} \right)}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{5{{a}^{2}}}{8}}\Rightarrow {{S}_{2}}=\dfrac{5{{a}^{2}}}{8}.$
…..
${{C}_{n}}$ cạnh $c=\sqrt{{{\left( \dfrac{5}{8} \right)}^{n-1}}{{a}^{2}}}\Rightarrow {{S}_{n}}={{\left( \dfrac{5}{8} \right)}^{n-1}}{{a}^{2}}.$
Khi đó: $T = {a^2}\left[ {1 + \frac{5}{8} + .... + {{\left( {\frac{5}{8}} \right)}^{n - 1}} + ....} \right] = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {a^2}\left[ {1 + \frac{5}{8} + .... + {{\left( {\frac{5}{8}} \right)}^{n - 1}}} \right] = {a^2}.\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - {{\left( {\frac{5}{8}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{5}{8}}} = \frac{8}{3}{a^2}.$
Mà $T=\dfrac{32}{3}\Rightarrow a=2.$
Câu 43: Đáp án D
Gọi số lượng vi khuẩn ban đầu là $x$(con) $\left( x\in {{N}^{*}} \right).$
Số lượng vi khuẩn còn lại sau khi tẩy là $0,01x$(con).
Ta có:
+ Sau 20 phút thì số lượng vi khuẩn là $2.0,01x=0,02x$(con).
+ Giả sử sau 20$k$ phút thì số lượng vi khuẩn phục hồi như ban đầu. Khi đó:
${{2}^{k}}.0,01x=x\Leftrightarrow {{2}^{k}}=100\Leftrightarrow k={{\log }_{2}}100\approx 6,644.$
Như vậy, sau $20k\approx 133$ phút thì lượng vi khuẩn sẽ phục hồi.
Câu 44: Đáp án D
Theo Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} + {x_3} = \frac{1}{a}\\
{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} = \frac{b}{a}\\
{x_1}{x_2}{x_3} = \frac{1}{a}
\end{array} \right. < = > \left\{ \begin{array}{l}
\frac{b}{a} = {x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{{a^2}}}}} \ge 9\\
\frac{1}{a} = {x_1} + {x_2} + {x_3} \ge 3\sqrt[3]{{{x_1}{x_2}{x_3}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{1}{a}}}
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
< = > \frac{1}{{{a^3}}} \ge 27.\frac{1}{a} = > \frac{1}{{{a^2}}} \ge 27 < = > 0 < a \le \frac{1}{{3\sqrt 3 }}\\
P = \frac{{5{a^2} - 3{a^2}.\frac{b}{a} + 2}}{{{a^3}(\frac{b}{a} - 1)}} \le \frac{{5{a^2} - 27{a^2} + 2}}{{{a^3}(9 - 1)}} = \frac{{ - 22{a^2} + 2}}{{8{a^3}}} = \frac{{ - 11}}{4}.\frac{1}{a} + \frac{1}{4}.\frac{1}{{{a^3}}}
\end{array}$
Đặt $t=\dfrac{1}{a}=>t\ge 3\sqrt{3}=>P\le f(t)=\dfrac{-11}{4}t+\dfrac{1}{4}{{t}^{3}}$
Khảo sát hàm trên ta không tìm được P max => Đáp án D
Câu 45: Đáp án D
Nhớ: $\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=0(f(x)\ge 0)<=>f(x)=0$
Ta có:$\begin{array}{l}
3\int\limits_0^1 {{\rm{[}}f'(x){\rm{][}}f(x){{\rm{]}}^2}dx} + \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {dx} - 2\int\limits_0^1 {\sqrt {f(x)} f(x)dx} \le 0\\
< = > \int\limits_0^1 {{{(3\sqrt {f'(x)} f(x) - 1)}^2}dx} \le 0
\end{array}$
$\begin{array}{l}
< = > 3\sqrt {f'(x)} .f(x) = 1\\
< = > 9f'(x).{{\rm{[}}f(x){\rm{]}}^2} = 1\\
< = > 3.{\rm{\{ [}}f(x){{\rm{]}}^3}{\rm{\} ' = 1}}\\
{\rm{ < = > (}}f(x){)^3} = \int {\frac{1}{3}dx} = \frac{x}{3} + C
\end{array}$
Mà $f(0)=1=>C=1$
$\begin{array}{l}
= > {(f(x))^3} = \frac{x}{3} + 1\\
= > \int\limits_0^1 {{{(f(x))}^3}dx} = \int\limits_0^1 {(\frac{x}{3} + 1)dx} = \frac{7}{6}
\end{array}$
Câu 46: Đáp án C
Gọi $z=a+bi$ $\left( a;b\in \mathbb{R} \right)$. M là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
Ta có: $\begin{array}{l}
\left| {\frac{{z + 2 - i}}{{\overline z + 1 - i}}} \right| = \sqrt 2 \Leftrightarrow \left| {z + 2 - 1} \right| = \sqrt 2 \left| {\overline z + 1 - i} \right| \Leftrightarrow {(a + 2)^2} + {(b - 1)^2} = 2{(a + 1)^2} + 2{(b + 1)^2}\\
\Leftrightarrow {a^2} + {(b + 3)^2} = 10.
\end{array}$
Do đó M thuộc đường tròn tâm $I(0;-3)$, bán kính $R=\sqrt{10}.$
Vậy $\left| z \right|\min \Leftrightarrow OM\min \Leftrightarrow O,M,I$ thẳng hàng $\Leftrightarrow \left| z \right|=OM=\left| OI-MI \right|=\left| 3-R \right|=\sqrt{10}-3.$
Câu 47: Đáp án B
Ta có:
${{S}_{\Delta MNC}}=\frac{{{S}_{\Delta ABC}}}{4}=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}.2a.2a=\frac{{{a}^{2}}}{2}$ (đvdt).
$\Rightarrow {{V}_{A'.MNC}}=\frac{1}{3}AA'.{{S}_{\Delta MNC}}=\frac{1}{3}.3a.\frac{{{a}^{2}}}{2}=\frac{{{a}^{3}}}{2}$(đvtt).
Mặt khác: $MN//AB\Rightarrow MN\bot AC.$
Mà $AA'\bot mp\left( ABC \right)\Rightarrow MN\bot AA'\Rightarrow MN\bot mp\left( A'ACC' \right)\Rightarrow MN\bot A'M.$
Do đó ${{S}_{\Delta A'MN}}=\frac{1}{2}A'M.MN=\frac{1}{2}\sqrt{AA{{'}^{2}}+A{{M}^{2}}}.\frac{AB}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{9{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}.\frac{2a}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{10}}{2}$ (đvdt).
$\Rightarrow {{d}_{\left( C;\left( A'MN \right) \right)}}=\frac{3{{V}_{A'.MNC}}}{{{S}_{\Delta A'MN}}}=\frac{3.\frac{{{a}^{3}}}{2}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{10}}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{10}}$(đvđd).
Câu 48: Đáp án A
Gọi $N$ là trung điểm của $DC;$ $O$ là hình chiếu của $\text{S}$ trên $mp\left( ABCD \right).$ Ta có: $SM = a\sqrt 3 ;MN = 2a;\widehat {SNM} = {60^0}$
$ \Rightarrow \cos \widehat {SNM} = \frac{{S{N^2} + M{N^2} - S{M^2}}}{{2SN.MN}} \Leftrightarrow \cos {60^0} = \frac{{S{N^2} + 4{a^2} - 3{a^2}}}{{2.SN.2a}} \Leftrightarrow S{N^2} - 2aSN + {a^2} = 0 \Leftrightarrow SN = a$
Nhận thấy rằng:
$M{{N}^{2}}=S{{M}^{2}}+S{{N}^{2}}\Rightarrow \Delta SMN$ vuông tại S. Do đó:
$OM = \frac{{S{M^2}}}{{MN}} = \frac{{3{a^2}}}{{2a}} = \frac{{3a}}{2};ON = MN - OM = 2a - \frac{{3a}}{2} = \frac{a}{2}$
$ \Rightarrow SO = ON.\tan \widehat {SNO} = \frac{a}{2}\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$
Gắn hệ tọa độ Oxyz với O là gốc tọa độ, tia Ox trùng với tia OM; tia Oy cùng hướng với tia AB; tia Oz trùng với tia OS.
Khi đó: $\begin{array}{l}
A(\frac{{3a}}{2}; - a;0);C(\frac{{ - a}}{2};a;0);S(0;0;\frac{{a\sqrt 3 }}{2});M(\frac{{3a}}{2};0;0).\\
\Rightarrow \overrightarrow {SM} (\frac{{3a}}{2};0;\frac{{ - a\sqrt 3 }}{2})//\overrightarrow u (\sqrt 3 ;0; - 1);\overrightarrow {AC} \left( { - 2a;2a;0} \right)//\overrightarrow v \left( { - 1;1;0} \right).
\end{array}$
Suy ra mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa SM và song song với AC có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{u};\overrightarrow{v} \right]=(1;1;\sqrt{3})$ nên có phương trình:
$\left( P \right):1.\left( x-\dfrac{3a}{2} \right)+1.\left( y-0 \right)+\sqrt{3}.\left( z-0 \right)=0\Leftrightarrow x+y+\sqrt{3}z-\dfrac{3a}{2}=0.$
Vậy ${{d}_{\left( SM;AC \right)}}={{d}_{\left( C;(P) \right)}}=\dfrac{\left| \dfrac{-a}{2}+a+\sqrt{3}.0-\dfrac{3a}{2} \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{\sqrt{3}}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}$(đvđd).
Câu 49: Đáp án A
Xét $x\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }-\pi ;\pi \text{ }\!\!]\!\!\text{ };m\ge 0$
$DK:\left\{ \begin{array}{l}
1 + 2c{\rm{osx}} \ge {\rm{0}}\\
{\rm{1 + 2sinx}} \ge {\rm{0}}
\end{array} \right. < = > \frac{{ - \pi }}{6} \le x \le \frac{{2\pi }}{3}$
$\begin{array}{l}
2 + 2(c{\rm{osx + sinx}}) + 2\sqrt {(1 + 2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} )(1 + 2sinx)} = \frac{{{m^2}}}{4}\\
< = > 1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + c{\rm{osx + }}\sqrt {1 + 4\sin x\cos x + 2(s{\rm{inx + cosx)}}} = \frac{{{m^2}}}{8}
\end{array}$
Đặt sinx+cosx=t
$\begin{array}{l}
= > {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}.c{\rm{osx = }}\frac{{{t^2} - 1}}{2}\\
x \in {\rm{[}}\frac{{ - \pi }}{6};\frac{{2\pi }}{3} = > t \in {\rm{[}}\frac{{\sqrt 3 - 1}}{2};\sqrt 2 {\rm{]}}
\end{array}$
$PT < = > f(t) = 1 + t + \sqrt {2{t^2} + 2t - 1} = \frac{{{m^2}}}{8}$
Ta xét hàm số f(t) ta thấy f’(t)>0 với $t\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }\dfrac{\sqrt{3}-1}{2};\sqrt{2}\text{ }\!\!]\!\!\text{ }$
ó $\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\le \dfrac{{{m}^{2}}}{8}\le 2+2\sqrt{2}$
=> m có 3 giá trị nguyên
Câu 50: Đáp án A
Ta có: ${{\left( 1+x+{{x}^{2}}+...+{{x}^{10}} \right)}^{11}}=\dfrac{{{\left( {{x}^{11}}-1 \right)}^{11}}}{{{\left( x-1 \right)}^{11}}}$
$\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{11}}-1 \right)}^{11}}={{\left( x-1 \right)}^{11}}.\left( {{a}_{0}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+...+{{a}_{110}}{{x}^{110}} \right)$ $(*)$
Hệ số của ${{x}^{11}}$ trong vế trái $(*)$ bằng -11.
Hệ số của ${{x}^{11}}$ trong vế trái $(*)$ bằng: $C_{11}^{0}{{a}_{11}}-C_{11}^{1}{{a}_{10}}+...+C_{11}^{10}{{a}_{1}}-C_{11}^{11}{{a}_{0}}.$
Do đó: $C_{11}^{0}{{a}_{11}}-C_{11}^{1}{{a}_{10}}+...+C_{11}^{10}{{a}_{1}}-C_{11}^{11}{{a}_{0}}=-11.$
