Câu 38: Đáp án C
Với ${{z}_{0}}\ne 0$ ta có $z_{0}^{2}+z_{1}^{2}={{z}_{0}}{{z}_{1}}\Rightarrow z_{1}^{2}={{z}_{0}}\left( {{z}_{1}}-{{z}_{0}} \right)$
$\Rightarrow {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}=\left| {{z}_{0}} \right|\left| {{z}_{1}}-{{z}_{0}} \right|\Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{0}} \right|=\dfrac{{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}}{\left| {{z}_{0}} \right|}$(1)
Với ${{z}_{1}}\ne 0$, ta có $z_{0}^{2}+z_{1}^{2}={{z}_{0}}{{z}_{1}}\Rightarrow z_{1}^{2}={{z}_{0}}\left( {{z}_{1}}-{{z}_{0}} \right)$
$\Rightarrow {{\left| {{z}_{0}} \right|}^{2}}=\left| {{z}_{1}} \right|\left| {{z}_{0}}-{{z}_{1}} \right|\Rightarrow \left| {{z}_{0}}-{{z}_{1}} \right|=\dfrac{{{\left| {{z}_{0}} \right|}^{2}}}{\left| {{z}_{1}} \right|}$(2)
Từ (1), (2), ta có $\left| {{z}_{0}}-{{z}_{1}} \right|=\dfrac{{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}}{\left| {{z}_{0}} \right|}=\dfrac{{{\left| {{z}_{0}} \right|}^{2}}}{\left| {{z}_{1}} \right|}$
$\Rightarrow \left| {{z}_{0}} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|=\left| {{z}_{1}}-{{z}_{0}} \right|\Rightarrow OA=OB=AB\Rightarrow OAB$ là tam giác đều.
Câu 39: Đáp án B
${f}'\left( x \right)=-3{{\text{x}}^{2}}+4\text{x}-9+\left( \cos x-2 \right)<0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó $u<v\Rightarrow u<3v\log e\Rightarrow f\left( u \right)>f\left( 3v\log e \right)$.
Câu 40: Đáp án D
Đặt $t=\ln \text{x}\Rightarrow t\in \left( 0;1 \right)$. Từ yêu cầu bài toán có
$f'\left( t \right) = \frac{{4 - 2m}}{{{{\left( {t - 2m} \right)}^2}}} > 0,\forall t \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
2m \le 0\\
2m \ge 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m \le 0\\
\frac{1}{2} \le m < 2
\end{array} \right.$
Vì $m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\Rightarrow m=1.$
Câu 41: Đáp án A
$M\in d\Rightarrow M\left( 2t+1;-t-2;2t+3 \right)$.
Phương trình mp $\left( ABC \right)$ là: $x+2y-2\text{z}-2=0$.
Diện tích tam giác ABC là: ${{S}_{ABC}}=\dfrac{9}{2}$.
$V=3\Rightarrow \dfrac{1}{3}d\left( M,\left( ABC \right) \right).{{S}_{ABC}}=3\Rightarrow d\left( M,\left( ABC \right) \right)=2\Rightarrow t=-\dfrac{5}{4}$ Hoặc $t=-\dfrac{17}{4}$.
Câu 42: Đáp án B
Với mọi ${{x}_{0}}>0$, hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng $\left( 0;{{x}_{0}} \right)\cup \left( {{x}_{0}};+\infty \right)$
$f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{{2\sqrt x }}\,{\rm{khi}}\,0 < x < {x_0}\\
2x\,{\rm{khi}}\,x \ge {x_0}
\end{array} \right.$
f liên tục tại ${{x}_{0}}\Leftrightarrow \underset{x\to {{x}_{0}}^{-}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{x}_{0}}^{+}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( {{x}_{0}} \right)\Leftrightarrow a\sqrt{{{x}_{0}}}={{x}_{0}}^{2}+12$ (1)
f có đạo hàm tại điểm ${{x}_{0}}\Leftrightarrow \underset{x\to {{x}_{0}}^{-}}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{f\left( x \right)-f\left( {{x}_{0}} \right)}{x-{{x}_{0}}}=\underset{x\to {{x}_{0}}^{+}}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{f\left( x \right)-f\left( {{x}_{0}} \right)}{x-{{x}_{0}}}\Leftrightarrow \dfrac{a}{2\sqrt{{{x}_{0}}}}=2{{\text{x}}_{0}}$ (2)
Giải hệ (1) (2) được ${{x}_{0}}=2;\,a=8\sqrt{2}$. Dễ thấy khi đó đạo hàm ${f}'$ liên tục tại ${{x}_{0}}$; do đó ${f}'$liên tục trên $\left( 0;+\infty \right)$.
Vậy $S={{x}_{0}}+a=2\left( 1+4\sqrt{2} \right)$
Câu 43: Đáp án C
Gọi r là bán kính của đường tròn (T) theo giả thiết đường tròn (T) có chu vi bằng $4\pi \sqrt{3}$. Nên $4\pi \sqrt{3}=2\pi \text{r}\Rightarrow \text{r=2}\sqrt{3}$. Mặt cầu (S) có tâm $I\left( 1;-2;3 \right)$ và bán kính $r=4$. Khoảng cách từ tâm I của mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) là:
$\frac{{\left| {2{{\rm{x}}_1} + {y_1} - 2{{\rm{z}}_1} + m} \right|}}{3} = \frac{{\left| { - 6 + m} \right|}}{3} = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = 12
\end{array} \right.$
Câu 44: Đáp án D
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\
\left( {SA{\rm{D}}} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = SA
\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)$
Ta có $SB\bot \text{S}C,\,AB\bot BC\Rightarrow \left( \left( SBC \right),\left( ABC\text{D} \right) \right)=SBA=30{}^\circ \Rightarrow SA=AB\tan SBA=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}$.
$V=\dfrac{1}{3}{{\left( 2a \right)}^{2}}\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{8{{a}^{3}}\sqrt{3}}{9}\Rightarrow \dfrac{3V}{{{a}^{3}}}=\dfrac{8\sqrt{3}}{3}$.
Câu 45: Đáp án B
Ta có $P=\left| \dfrac{z+i}{z} \right|=\left| 1+\dfrac{i}{z} \right|$ và $1-\left| \dfrac{i}{z} \right|\le \left| 1+\dfrac{i}{z} \right|\le 1+\left| \dfrac{i}{z} \right|$ nên $1-\dfrac{1}{\left| z \right|}\le P\le 1+\dfrac{1}{\left| z \right|}$
Do $\left| z \right|\ge 2\Rightarrow \dfrac{1}{2}\le 1-\dfrac{1}{\left| z \right|}\le P\le 1+\dfrac{1}{\left| z \right|}\le \dfrac{3}{2}$
Từ đó $2M-m=2\left( \dfrac{3}{2} \right)-\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}$.
Câu 46: Đáp án A
Kẻ $AH\bot BC$, ta có
${{S}_{b}}=\pi ca+\pi {{c}^{2}}=\pi c\left( a+c \right),\,{{S}_{c}}=\pi b\left( a+b \right)$
${{S}_{a}}=\pi .AH.b+\pi .AH.c=\pi .AH\left( b+c \right)=\pi .\dfrac{bc}{a}.\left( b+c \right)$
Vì $b<c\Rightarrow {{S}_{b}}<{{S}_{c}}$. Mặt khác $a>c\Rightarrow {{a}^{2}}>{{c}^{2}},\,ab>bc$
$\Rightarrow {{a}^{2}}+ab>bc+{{c}^{2}}\Rightarrow {{S}_{c}}>{{S}_{a}}$. Vậy ${{S}_{b}}>{{S}_{c}}>{{S}_{a}}$.
Câu 47: Đáp án C
Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho.
$a+b+c+d+e=a\dfrac{{{q}^{5}}-1}{q-1}=40\Rightarrow \dfrac{{{q}^{5}}-1}{q-1}=\dfrac{40}{a}$. (1)
Dễ thấy năm số $\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c},\dfrac{1}{d},\dfrac{1}{e}$ tạo thành cấp số nhân theo thứ tự đó với công bội $\dfrac{1}{q}$. Từ giả thiết ta có $10=\dfrac{{{q}^{5}}-1}{a{{q}^{4}}\left( q-1 \right)}\Rightarrow \dfrac{{{q}^{5}}-1}{q-1}=10\text{a}{{q}^{4}}$. (2)
Từ (1) (2) suy ra: $a{{q}^{2}}=\pm 2$. Lai có $S={{a}^{5}}{{q}^{10}}\Rightarrow \left| S \right|=32$.
Câu 48: Đáp án D
PT $\Leftrightarrow 2\sin 2x+a\cos 2x=2-2a.$
Phương trình có nghiệm $\Leftrightarrow {{2}^{2}}+{{a}^{2}}\ge {{\left( 2-2\text{a} \right)}^{2}}\Leftrightarrow 3{{\text{a}}^{2}}-8\text{a}\le 0\Leftrightarrow 0\le a\le \dfrac{8}{2}$.
Câu 49: Đáp án B
${{u}_{k}}={{u}_{k-1}}+4\left( k-1 \right)+3={{u}_{k-2}}+4\left( k-2 \right)+4\left( k-1 \right)+2.3=...$
$={{u}_{1}}+4\left( 1+2+...+k-1 \right)+3\left( k-1 \right)=\left( 2k+3 \right)\left( k-1 \right)$
$\Rightarrow \lim \dfrac{\sqrt{{{u}_{kn}}}}{n}=\lim \dfrac{\sqrt{\left( 2km+3 \right)\left( kn-1 \right)}}{n}=k\sqrt{2}$. Do đó
$\dfrac{{{a}^{2019}}+b}{c}=\lim \dfrac{\sqrt{{{u}_{n}}}+\sqrt{{{u}_{4n}}}+\sqrt{{{u}_{{{4}^{2}}n}}}+...+\sqrt{{{u}_{{{4}^{2018}}n}}}}{\sqrt{{{u}_{n}}}+\sqrt{{{u}_{2n}}}+\sqrt{{{u}_{{{2}^{2}}n}}}+...+\sqrt{{{u}_{{{2}^{2018}}n}}}}$
$=\lim \dfrac{\sqrt{2}\left( 1+4+{{4}^{2}}+...+{{4}^{2018}} \right)}{\sqrt{2}\left( 1+2+{{2}^{2}}+...+{{2}^{2018}} \right)}$
$=\lim \dfrac{\dfrac{{{4}^{2019}}-1}{4-1}}{\dfrac{{{2}^{2019}}-1}{2-1}}=\dfrac{{{2}^{2019}}+1}{3}$
Từ đó $S=a+b-c=2+1-3=0$
Câu 50: Đáp án C
$f\left( x \right)={F}'\left( x \right)=\dfrac{4\text{a}-b}{{{\left( x+4 \right)}^{2}}}=\left( 4\text{a}-b \right){{\left( x+4 \right)}^{-2}}$
$\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-2\left( 4\text{a-b} \right){{\left( x+4 \right)}^{-3}}=\dfrac{-2\left( 4\text{a}-b \right)}{{{\left( x+4 \right)}^{3}}}$
Ta có $2{{f}^{2}}\left( x \right)=\left( F\left( x \right)-1 \right){f}'\left( x \right)$
$\Leftrightarrow \dfrac{2{{\left( 4a-b \right)}^{2}}}{{{\left( x+4 \right)}^{4}}}=\dfrac{-2\left( 4\text{a}-b \right)\left[ \left( a-1 \right)x+b-4 \right]}{{{\left( x+4 \right)}^{4}}}$
$\Leftrightarrow 4\text{a}-b=-\left( a-1 \right)x-b+4$ (*) (do $x\ne -4,4\text{a}-b\ne 0$).
Biểu thức (*) đúng với mọi $x\ne -4$ nên có $a=1,\,b\in \mathbb{R}$.
Do $4a-b\ne 0$ nên $a=1,\,b=\mathbb{R}\backslash \left\{ 4 \right\}$.
