Câu 1: Đáp án A
$\alpha =2\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\in \mathbb{R},\beta =2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-2b\in \mathbb{R}$
Câu 3: Đáp án D
Diện tích mỗi mặt khối lập phương: ${{S}_{1}}={{a}^{2}}$.
Diện tích toàn phần của khối lập phương: ${{S}_{2}}=6{{a}^{2}}$.
Diện tích toàn phần của khối chữ thập: ${{S}_{tp}}=5{{\text{S}}_{2}}-8{{\text{S}}_{1}}=22{{\text{a}}^{2}}$.
Câu 4: Đáp án B
Dựa vào đồ thị suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng $x=a>0$ và một tiệm cận ngang $y=b>0$. Mặt khác, ta thấy dạng đồ thị hàm số là một đường cong đi xuống từ trái sang phải trên các khoảng xác định của nó nên:
${y}'=\dfrac{c-ab}{{{\left( x-a \right)}^{2}}}<0,\forall x\ne a\Rightarrow c-ab<0$.
Câu 5: Đáp án C
$T={{\left( {{a}^{{{\log }_{2}}5}} \right)}^{^{{{\log }_{2}}5}}}+{{\left( {{b}^{{{\log }_{4}}6}} \right)}^{o{{g}_{4}}6}}+3{{\left( {{c}^{{{\log }_{7}}3}} \right)}^{{{\log }_{7}}3}}$
$={{4}^{{{\log }_{2}}5}}+{{16}^{{{\log }_{4}}6}}+{{3.49}^{{{\log }_{7}}3}}={{5}^{2}}+{{6}^{2}}+{{3}^{2}}=88.$
Câu 6: Đáp án A
Khẳng định: với mọi $a>b>1$, ta có ${{a}^{b}}>{{b}^{a}}$ là sai ví dụ ta thử $a=31,\,b=3$ thì sẽ thấy.
Câu 9: Đáp án C
BPT có tập nghiệm là $S=\left( -4;0 \right)\cup \left( 1;+\infty \right)$
Do $x\in \mathbb{Z}$ và $x<6\Rightarrow x\in \left\{ -3;-2;-1;2;3;4;5 \right\}$
Câu 10: Đáp án A
Phương trình mặt phẳng $\left( y\text{O}z \right)$ là $x=0$
Từ giả thiết có: $b-1=0,\,c=-\sqrt{2}\Rightarrow a+b+c=2-\sqrt{2}\in \left( 0;3 \right)$
Câu 13: Đáp án C
${f}'\left( x \right)=\dfrac{{{\left( {{x}^{2}}+5 \right)}^{\prime }}}{{{x}^{2}}+5}=\dfrac{2\text{x}}{{{x}^{2}}+5},\,{f}'\left( 2 \right)=\dfrac{4}{9}$.
Do đó
$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt{\left( 3k+1 \right){{x}^{2}}+1}}{x}=9{f}'\left( 2 \right)\Rightarrow \sqrt{3k+1}=9.\dfrac{4}{9}\Rightarrow k=5$.
Câu 15: Đáp án D
Gọi O là tâm của hình bình hành $AB{B}'{A}'$ và I là trung điểm của ${A}'{C}'$. Ta có:
${B}'OI=\left( A{B}',B{C}' \right)=60{}^\circ $.
Mặt khác $O{B}'=\dfrac{A{B}'}{2}=\dfrac{B{C}'}{2}=OI$ nên $\Delta {B}'OI$ đều.
Suy ra $A{B}'=2O{B}'=2{B}'I=2\left( \dfrac{2\text{a}\sqrt{3}}{2} \right)=2\text{a}\sqrt{3}$.
Vì $ABC.{A}'{B}'{C}'$ là hình lăng trụ tam giác đều nên tam giác $A{A}'{B}'$ vuông tại ${A}'$ và có
$A{A}'=\sqrt{A{{{{B}'}}^{2}}-{A}'{{{{B}'}}^{2}}}=\sqrt{12{{\text{a}}^{2}}-4{{\text{a}}^{2}}}=2\text{a}\sqrt{2}$.
Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
$V=A{A}'.{{S}_{ABC}}=2a\sqrt{2}\dfrac{{{\left( 2a \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{6}{{a}^{3}}$.
Câu 16: Đáp án B
${y}'=\left( 3{{x}^{2}}-2x+m \right){{2}^{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+mx+1}}\ln 2$.
$ycbt\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-2x+m\ge 0,\,x\in \left[ 1;2 \right]$
$\Leftrightarrow m\ge \underset{x\in \left[ 1;2 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=-1,\,g\left( x \right)=-3{{x}^{2}}+2x$
Câu 17: Đáp án C
Nhắc lại: xác suất của biến cố A được định nghĩa $P\left( A \right)=\dfrac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}$, với $n\left( A \right)$ là số phần tử của $A,\,$ $n\left( \Omega \right)$ là số các kết quả có thể xảy ra của phép thử. Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right)=36$. Gọi A là biến cố $''{{b}^{2}}-4c<0''$, ta có
$A=\left\{ \left( 1;1 \right);...\left( 1;6 \right);\left( 2;2 \right);...\left( 2;6 \right);\left( 3;3 \right);...\left( 3;6 \right);\left( 4;5 \right);\left( 4;6 \right) \right\}$
Suy ra $n\left( A \right)=17$. Vậy xác suất để phương trình bậc hai ${{x}^{2}}+b\text{x}+c=0$ vô nghiệm là $\dfrac{17}{36}$.
Câu 18: Đáp án A
$0 = f'\left( x \right) = \frac{{2{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} + 4}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 \in \left[ {0;3} \right]\\
x = 2 \in \left[ {0;3} \right]
\end{array} \right.$
$f\left( 0 \right)=-12,\,f\left( 3 \right)=-3\sqrt{13},f\left( 1 \right)=-5\sqrt{5},f\left( 2 \right)=-8\sqrt{2}$.
$\Rightarrow m+M=-12-3\sqrt{13}=a-b\sqrt{c}$
$\Rightarrow S=a+b+c=-12+3+13=4$.
Câu 19: Đáp án D
$a+bi=\dfrac{1+3i}{1-2i}+i=\dfrac{3+4i}{1-2i}=-1+2i$.
Từ đó ta có $a=-1,\,b=2\Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{5}$.
Câu 20: Đáp án B
$\dfrac{1}{a}+b\ln \dfrac{3}{2}=\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{{{x}^{3}}+2\text{x}+3}{x+2}d\text{x}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}+\dfrac{3}{x+2} \right)d\text{x}=\dfrac{1}{3}+3\ln \dfrac{3}{2}}$.
Suy ra: $ab-8<{{k}^{2}}+1\Rightarrow 3.3-8<{{k}^{2}}+1\Rightarrow k\ne 0$.
Câu 21: Đáp án C
Trong mặt phẳng $\left( ABC \right)$, kẻ $AH\bot CM$tại H.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
SA \bot \left( {ABC} \right)\\
CM \bot AH
\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot {\rm{S}}H.$
Do đó khoảng cách d từ S đến đoạn thẳng CM là độ dài đoạn SH. $\Delta BCM$ vuông tại B có:
$CM=\sqrt{B{{C}^{2}}+B{{M}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{10}}{3}$.
Từ hai tam giác vuông đồng dạng là AHM và CBM, ta suy ra $AH=\dfrac{AM.BC}{CM}=\dfrac{a\sqrt{10}}{5}.\Delta \text{S}AH$ vuông tại A, có: $SH=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{110}}{5}$.
Câu 22: Đáp án A
Tổng diện tích cần phải sơn là:
${{S}_{xq}}=2\left( 2\pi {{\text{r}}_{1}}h \right)+6\left( 2\pi {{\text{r}}_{2}}h \right)=2\left[ 2\pi \left( 0,2 \right)\left( 4,2 \right) \right]+6\left[ 2\pi \left( 0,13 \right)\left( 4,2 \right) \right]\approx 31,1394\,{{m}^{2}}$
Vậy số tiền chủ nhà phải chi trả đề sơn 8 cây cột nhà là $380\,000\times 31,1394\approx 11\,833\,000$đồng.
Câu 23: Đáp án D
Để thành phố X có nhiều giờ có ánh sáng nhất thì $\sin \left( \dfrac{\pi }{182}\left( t-80 \right) \right)=1\Rightarrow t=171.$
Câu 24: Đáp án B
Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( -3;-3;2 \right)$ và mặt phẳng (P) có VTPT là $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 1;-3;2 \right);\left( P \right)\bot \left( Q \right)\Rightarrow $mặt phẳng (Q) có VTPT là $\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{p}}},\overrightarrow{AB} \right]=-4\left( 0;2;3 \right).$
Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right):2y+3\text{z}-11=0\Rightarrow a+b+c=0+2+3=5.$
Câu 25: Đáp án A
Xét khai triển ${{\left( 1+x \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{x}^{k-1}}}$.
Chọn $x=1$ ta được $n{{.2}^{n-1}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{kC_{n}^{k}}$. Kết hợp giả thiết có $n{{.2}^{n-1}}=256n\Rightarrow n=9$. Với $n=9$ ta có
${{\left( 2{{\text{x}}^{2}}-\dfrac{3}{x} \right)}^{9}}=\sum\limits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}{{2}^{9-k}}.{{\left( -3 \right)}^{k}}.{{x}^{18-3k}}}$.
Suy ra: $18-3k=0\Leftrightarrow k=6$.
Vậy số hạng cần tìm là: ${{2}^{3}}{{.3}^{6}}.C_{9}^{6}=489888.$
Câu 26: Đáp án C
Phương trình đã cho viết lại: $8\left( {{8}^{x}}+\dfrac{1}{{{8}^{x}}} \right)+24\left( {{2}^{x}}+\dfrac{1}{{{2}^{x}}} \right)-125=0$.
Đặt $t={{2}^{x}}+\dfrac{1}{{{2}^{x}}}\Rightarrow {{t}^{3}}={{\left( {{2}^{x}}+\dfrac{1}{{{2}^{x}}} \right)}^{3}}={{8}^{x}}+\dfrac{1}{{{8}^{x}}}+3t$
Từ đó cho ta $8{{t}^{3}}-125=0$
Câu 27: Đáp án D
Theo định nghĩa phép vị tự, ta có:
$\overrightarrow{O{A}'}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{OA},\,\overrightarrow{O{B}'}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{O{B}'},\overrightarrow{O{C}'}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{OC}$.
Vì $\overrightarrow{OA}=\left( -3;2 \right)$ nên $\overrightarrow{O{A}'}=\left( 1;-\dfrac{2}{3} \right)\Rightarrow {A}'\left( 1;-\dfrac{2}{3} \right)$.
Tương tự ${B}'\left( -\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3} \right),\,C\left( -\dfrac{2}{3};\dfrac{4}{3} \right)$.
Từ đó $S=1.\left( -\dfrac{1}{3} \right).\left( -\dfrac{2}{3} \right)+\left( -\dfrac{2}{3} \right).\left( -\dfrac{1}{3} \right).\left( \dfrac{4}{3} \right)=\dfrac{14}{27}$.
Câu 28: Đáp án B
$N\in d\Rightarrow N\left( 2t-2;t+1;-t+1 \right)$.
Theo giả thiết $A\left( 1;3;2 \right)$ là trung điểm của cạnh $MN\Rightarrow M\left( 4-2t;5-t;t+3 \right)$.
Mà $M\in \left( P \right)\Rightarrow t=-2\Rightarrow N\left( -6;-1;3 \right)$. Đường thẳng $\Delta $ qua $N\left( -6;-1;3 \right)$ và $\overrightarrow{NA}=\left( 7;4;-1 \right)$ là một VTCP, suy ra $\Delta :\dfrac{x+6}{7}=\dfrac{y+1}{4}=\dfrac{z-3}{-1}$.
Câu 29: Đáp án A
Ta có: ${y}'=\dfrac{{{\left( 1+3\text{x}-{{x}^{2}} \right)}^{\prime }}}{2\sqrt{1+3\text{x}-{{x}^{2}}}}=\dfrac{3-2\text{x}}{2\sqrt{1+3\text{x}-{{x}^{2}}}}\Rightarrow 2y{y}'=3-2\text{x}.$
Lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức trên ta được:
$2\left( {y}'.{y}'+{{y}'}'.y \right)=-2$ hay ${{\left( {{y}'} \right)}^{2}}+y.{{y}'}'=-1$.
Câu 30: Đáp án C
Phương trình $f\left( x \right)={{4}^{m+2{{\log }_{4}}\sqrt{2}}}$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
$0<{{4}^{m+2{{\log }_{4}}\sqrt{2}}}<2\Leftrightarrow 2m+1<1\Leftrightarrow m<0.$
Câu 31: Đáp án D
Đặt $u=\sqrt{2\text{x}+1}\Rightarrow x=\dfrac{{{u}^{2}}-1}{2}$
$\Rightarrow u\text{d}u=d\text{x},\,2{{\text{x}}^{2}}+4\text{x}+1=\dfrac{{{u}^{4}}+2{{u}^{2}}-1}{2}$.
Ta được $\int\limits_{0}^{4}{\dfrac{2{{\text{x}}^{2}}+4\text{x}+1}{\sqrt{2\text{x}+1}}d\text{x}=\dfrac{1}{2}\int\limits_{1}^{3}{\left( a{{u}^{4}}+b{{u}^{2}}+c \right)du}}$, với $a=1,\,b=2,\,c=-1\Rightarrow a+b+c=2.$
Câu 32: Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=\frac{\ln \text{x}}{\sqrt{x}}$ và trục hoành là: số
$\frac{{\ln {\rm{x}}}}{{\sqrt x }} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
\ln {\rm{x}} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1.$
$V = \pi \Leftrightarrow \int\limits_1^e {{{\left( {\frac{{\ln {\rm{x}}}}{{\sqrt x }}} \right)}^2}d{\rm{x}} = \pi \int\limits_1^e {{{\ln }^2}x{\rm{d}}\left( {\ln {\rm{x}}} \right) = \frac{\pi }{3}.} } $
Câu 33: Đáp án A
Gọi lần lượt là tâm của hình vuông $ABC\text{D},\,{A}'{B}'{C}'{D}'$ khi đó $O,\,{O}'$ lần lượt là đỉnh của khối nón và tâm của đường tròn đáy của khối nón. Khối nón có chiều cao $h=O{O}'=a$ và bán kính đáy $r=\dfrac{a}{2}$. Diện tích toàn phần của khối nón đó
${{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+\pi {{\text{r}}^{2}}\left( l+r \right)=\pi \text{r}\left( \sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}+r \right)=\dfrac{\pi {{a}^{2}}}{4}\left( \sqrt{5}+1 \right).$
Mà ${{S}_{tp}}=\dfrac{\pi {{a}^{2}}}{4}\left( \sqrt{b}+c \right)\Rightarrow b.c=5.1=5.$
Câu 34: Đáp án C
BPT đã cho tương đương với $98+28{{\left( \dfrac{2}{7} \right)}^{x}}\le 351\sqrt{{{\left( \dfrac{2}{7} \right)}^{x}}}$
Đặt $t=\sqrt{{{\left( \dfrac{2}{7} \right)}^{x}}},\,t>0$ thì bất phương trình trên trở thành
$28{{t}^{2}}-351t+98\le 0\Leftrightarrow \dfrac{2}{7}\le t\le \dfrac{49}{4}$$\Rightarrow {{\left( \dfrac{2}{7} \right)}^{2}}\le {{\left( \dfrac{2}{7} \right)}^{x}}\le {{\left( \dfrac{2}{7} \right)}^{-4}}\Leftrightarrow -4\le x\le 2.$
Từ đó $b-2\text{a}=2-2\left( -4 \right)=10\in \left( \sqrt{7};4\sqrt{10} \right)$.
Câu 35: Đáp án D
Ta có: $x+1=m\sqrt{2{{\text{x}}^{2}}+1}\Leftrightarrow \dfrac{x+1}{\sqrt{2{{\text{x}}^{2}}+1}}=m$(*)
Lập bảng biến thiên hàm số $f\left( x \right)=\dfrac{x+1}{\sqrt{2{{\text{x}}^{2}}+1}}$ trên $\mathbb{R}$ và dựa vào bảng biến thiên đó, (*) có hai nghiệm phân biệt khi đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị hàm số $f\left( x \right)=\dfrac{x+1}{\sqrt{2{{\text{x}}^{2}}+1}}$ tại hai điểm phân biệt tức là $\dfrac{\sqrt{2}}{2}<m<\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
Câu 36: Đáp án B
$0 = y' = 4{{\rm{x}}^3} - 4\left( {{m^2} + 1} \right)x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm \sqrt {{m^2} + 1}
\end{array} \right. \Rightarrow $
Hàm số đã cho luôn có 3 điểm cực trị với mọi m. Do hệ số $a=1>0$, nên ${{x}_{CT}}=\pm \sqrt{{{m}^{2}}+1}\Rightarrow {{y}_{CT}}=-{{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}}+2.$ Vì ${{\left( {{m}^{2}}+1 \right)}^{2}}\ge 1\Rightarrow {{y}_{CT}}\le 1.$ Vậy giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi $m=0$.
Câu 37: Đáp án A
$x\in \left( -\infty ;1 \right)$ thì $f\left( x \right)=\int{{f}'\left( x \right)d\text{x}=\ln \left( 1-x \right)+{{C}_{1}}}$.
$x\in \left( 1;+\infty \right)$ thì $f\left( x \right)=\int{{f}'\left( x \right)d\text{x}=\ln \left( 1-x \right)+{{C}_{2}}}$. $\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 0 \right) = 2017\\
f\left( 2 \right) = 2018
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{C_1} = 2017\\
{C_2} = 2018
\end{array} \right.;\,S = f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) = 1$
