Câu 34: Đáp án C
Ta có phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua M và vuông góc với d
$2\left( x-2 \right)-1\left( y+3 \right)+2\left( z-1 \right)=0\Leftrightarrow 2\text{x}-y+2\text{z}-9=0$
Gọi I là giao điểm của đường tahửng d và $\left( P \right),$ khi đó tạo độ I là nghiệm của hệ
$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{z}{2}\\
2{\rm{x}} - y + 2{\rm{z}} - 9 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {1; - 3;2} \right)$
M’ đối xứng với M qua d thì I là trung điểm của MM’$\Rightarrow $ $M'\left( 0;-3;3 \right)$
Câu 35: Đáp án A
Trong $\left( A'D'DA \right)$ kẻ $MQ//NP$ và cắt $DD'$ tại Q
Lấy N’, M’ lần lượt trên $CC',DD'$ sao cho $NN'//BC$ và $MM'//CA$
Suy ra hai tam giác NN’P, MM’Q bằng nhau
Suy ra
$M'Q = N'P = PC - N'C = PC - NB = \frac{{CC'}}{2} - \frac{{BB'}}{3} = \frac{1}{6}CC'$
$M'Q = D'M' - D'Q \Rightarrow D'Q = D'M' - M'Q = \frac{{DD'}}{3} - \frac{{CC'}}{6} = \frac{1}{6}{\rm{DD}}' \Rightarrow \frac{{D'Q}}{{DD'}} = \frac{1}{6}$
Chú ý: $\frac{{{V}_{A'B'C'D'.MNPQ}}}{{{V}_{A'B'C'D'.ABC\text{D}}}}=\frac{1}{2}\left( \frac{B'N}{BB'}+\frac{C'P}{CC'} \right)=\frac{1}{2}\left( \frac{A'M}{AA'}+\frac{D'Q}{DD'} \right)\Leftrightarrow \frac{D'Q}{DD'}=\frac{1}{6}$
Câu 36: Đáp án A
Gọi A là trung điểm BC, do tam giác ABC đều nên $AM\bot BC,$ mà $AM\bot BB'$ và $AM\bot \left( BCC'B' \right).$ Suy ra hình chiếu vuông góc của AB trên $\left( BCC'B' \right)$là B’M
Vậy góc giữa đường thẳng AB’ và mặt phẳng $\left( BCC'B' \right)$ là góc $\widehat{AB'M}$ và $\widehat{AB'M}=30{}^\circ $
$\begin{array}{l}
AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = a\sqrt 3 \\
\Rightarrow AA' = \sqrt {AB{'^2} - A'B{'^2}} = a\sqrt 2 \\
\Rightarrow V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}
\end{array}$
Câu 37: Đáp án C
$\begin{array}{l}
AC = AB.cos\alpha = 2{\rm{R}}cos\alpha \\
CH = AC.\sin \alpha = 2{\rm{R}}cos\alpha .\sin \alpha \\
AH = ACcos\alpha = 2{\rm{R}}co{s^2}\alpha
\end{array}$
Thể tích vật thể xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là:
$V=\dfrac{1}{3}AH.C{{H}^{2}}=\dfrac{8}{3}{{R}^{3}}co{{s}^{4}}\alpha .{{\sin }^{2}}\alpha $
Đặt $t=co{{s}^{2}}\alpha \left( 0<t<1 \right)$
$\Rightarrow V=\dfrac{8}{3}{{R}^{3}}{{t}^{2}}.\left( 1-t \right)=\dfrac{8}{6}{{R}^{3}}t.t.\left( 2-2t \right)\le \dfrac{8}{6}{{R}^{3}}{{\left( \dfrac{t+t+2-2t}{3} \right)}^{3}}$
Vậy V lớn nhất khi $t=\dfrac{2}{3}$ khi $\alpha =\text{ar}c\tan \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
Câu 38: Đáp án A
Ta có ${{V}_{SBC\text{D}}}=\dfrac{1}{2}{{V}_{S.ABC\text{D}}}=\dfrac{1}{2}$
$\dfrac{{{V}_{SEB\text{D}}}}{{{V}_{SCB\text{D}}}}=\dfrac{SE.SB.S\text{D}}{SC.SB.S\text{D}}=\dfrac{2}{3}$
Do đó ${V_{SEBD}} = \frac{1}{3}$
Câu 39: Đáp án D
Số cạnh của hình bát diện đều là 12 cạnh
Câu 40: Đáp án C
$F\left( x \right)=\int{{{e}^{3\text{x}}}}d\text{x}=\dfrac{1}{3}{{e}^{3\text{x}}}+C$
Vì $F\left( 0 \right)=1\Rightarrow \dfrac{1}{3}+C=1\Rightarrow C=\dfrac{2}{3}$
$F\left( x \right)=\dfrac{1}{3}{{e}^{3\text{x}}}+\dfrac{2}{3}$
Câu 41: Đáp án B
Gọi A là biến cố “học sinh đăng ký Toán”
Gọi B là biến cố “học sinh đăng ký Lý”
$A\cap B$ “học sinh đăng ký Toán, Lý”
A u B là biến cố “học sinh có đăng ký học phụ đạo”
$P\left( A\cup B \right)=P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A\cap B \right)=\dfrac{38}{50}+\dfrac{30}{50}-\dfrac{25}{50}=\dfrac{43}{50}$
$\overline{A\cup B}$ là biến cố “học sinh không đăng ký môn nào cả”
$P\left( \overline{A\cup B} \right)=1-Q\left( A\cup B \right)=\dfrac{8}{50}=0,14$
Câu 42: Đáp án C
Gọi thời điểm khí cầu bắt đầu chuyển động là $t=\text{ }0,$ thời điểm khí cầu bắt đầu tiếp đất là ${{t}_{1}}.$
Quãng đường khí cầu đi được từ thời điểm $t\text{ }=0$ đến thời điểm khí cầu bắt đầu tiếp đất là$~{{t}_{l}}$ là: $\int\limits_{0}^{{{t}_{1}}}{\left( 10-t \right)}dt=5t_{1}^{2}-\dfrac{t_{1}^{3}}{3}=162$
$\Leftrightarrow \text{ }t\approx -4,93\vee t\approx 10,93\vee t=9.$ Do $u\left( t \right)\ge 0\Leftrightarrow 0\le t\le 10$ nên chọn $t=9$
Vậy khi bắt đầu tiếp đất vận tốcVcủa khí cầu là $v\left( 9 \right)=10.9-{{9}^{2}}=9(m/p)$
Câu 43: Đáp án
$\begin{array}{l}
x\sqrt {\ln \left( {x + 1} \right)} = 0 \Rightarrow x = 0\\
V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {x\sqrt {\ln \left( {x + 1} \right)} } \right)}^2}d{\rm{x}}} = \pi \int\limits_0^1 {{x^2}\ln \left( {x + 1} \right)d{\rm{x}}} = \frac{\pi }{{18}}\left( {12\ln 2 - 5} \right)
\end{array}$
Câu 44: Đáp án
Muốn thành một hình bình hành thì cần lấy 2 đường thẳng của nhóm 2017 cắt với 2 đường thẳng của nhóm 2018. Chọn 2 đường thẳng trong nhóm 2017 có $C_{2017}^{2}$cách chọn. Chọn 2 đường thẳng trong nhóm 2018 có $C_{2018}^{2}$cách chọn. Vậy theo quy tắc nhân có $C_{2017}^{2}.C_{2018}^{2}$ cách chọn
Câu 45: Đáp án D
$\begin{array}{l}
\int\limits_1^5 {\frac{3}{{{x^2} + 3{\rm{x}}}}d{\rm{x}}} = \int\limits_1^5 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 3}}} \right)d{\rm{x}}} = \left. {\left( {\ln \left| x \right| - \ln \left| {x + 3} \right|} \right)} \right|_1^5 = \ln 5 - \ln 2\\
\Rightarrow a = 1,b = - 1
\end{array}$
Câu 46: Đáp án C
$\begin{array}{l}
{u_{n + 1}} = \frac{1}{9}\left( {{u_n} + 2\sqrt {4{u_n} + 1} + 2} \right) \Leftrightarrow 9\left( {4{u_{n + 1}} + 1} \right) = {\left( {\sqrt {4{u_n} + 1} + 4} \right)^2}\\
\Leftrightarrow 3\sqrt {4{u_{n + 1}} + 1} = \sqrt {4{u_n} + 1} + 4 \Leftrightarrow 3\left( {\sqrt {4{u_{n + 1}} + 1} - 2} \right) = \sqrt {4{u_n} + 1} - 2\left( * \right)
\end{array}$
Đặt ${{v}_{n}}=\sqrt{4{{u}_{n}}+1}-2$
Lúc này $\left( * \right)\Leftrightarrow {{v}_{n+1}}=\dfrac{1}{3}{{v}_{n}},$ đây là cấp số nhân với $q=\dfrac{1}{3},{{v}_{1}}=1$
Do đó ${{v}_{n}}={{\left( \dfrac{1}{3} \right)}^{n-1}}\Rightarrow {{u}_{n}}=\dfrac{{{\left( {{v}_{n}}+2 \right)}^{2}}-1}{4}=\dfrac{{{\left( 2+{{\left( \dfrac{1}{3} \right)}^{n-1}} \right)}^{2}}-1}{4},\forall n\in \mathbb{N}*$
Vậy $\lim {{u}_{n}}=\dfrac{3}{4}$
Câu 47: Đáp án C
Ta có: Số hạng tổng quát ${{u}_{n}}={{u}_{n}}+\left( n-1 \right)d=2018-5\left( n-1 \right)$
Gọi ${{u}_{k}}$ là số hạng đầu tiên nhận gía trị âm, ta có:
${{u}_{k}}={{u}_{k}}+\left( k-1 \right)d=2018-5\left( k-1 \right)<0\Leftrightarrow 2018<5k-5\Leftrightarrow k>\dfrac{2023}{5}$
Vì $k\in \mathbb{Z}$ nên ta chọn $k=405.$
Vậy bắt đầu số hạng ${{u}_{405}}$ thì nó nhận giá trị âm
Câu 48: Đáp án B
Tam giác ABC cân tại A có trung tuyến AM nên tam giác AMB vuông tại M, với M là trung điểm BC
Đặt $BC=a\Rightarrow AM=aq,AB=a{{q}^{2}}.$
Theo định lí Py-ta-go, ta có:
$\begin{array}{l}
A{B^2} = B{M^2} + A{M^2} = \frac{{BC}}{4} + A{M^2}\\
\Leftrightarrow {a^2}{q^4} = \frac{{{a^2}}}{4} + {a^2}{q^2} \Leftrightarrow {q^4} - {q^2} - \frac{1}{4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{q^2} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}\\
{q^2} = \frac{{1 - \sqrt 2 }}{2}\left( L \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
$ \Leftrightarrow {q^2} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
q = \frac{{\sqrt {2 + 2\sqrt 2 } }}{2}\\
q = - \frac{{\sqrt {2 + 2\sqrt 2 } }}{2}
\end{array} \right.$
Câu 49: Đáp án C
${V_{\left( {C;2} \right)}}\left( {IGHF} \right) = \left( {{\rm{AIFD}}} \right);{D_I}\left( {{\rm{AIFD}}} \right) = CIEB$
Câu 50: Đáp án A
Đặt $r=0,6%$
Sau tháng 1 đước số tiền là $T\left( 1+r \right)$
Sau tháng 2 đước số tiền là $T{{\left( 1+r \right)}^{2}}+T\left( 1+r \right)$
Sau tháng n đước số tiền là
$T{{\left( 1+r \right)}^{n}}+...+T\left( 1+r \right)=T\left[ \frac{{{\left( 1+r \right)}^{16}}-1}{r}-1 \right]=10.000.000\Leftrightarrow T=635.000$
