Câu 30: Đáp án B
Ta có: $f(\log (\ln 10))=f\left( \log \left( \dfrac{1}{\log e} \right) \right)=f(-\log e)$
Mặt khác $f(-x)=a\ln \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)-b\sin \,x+6=a\ln \dfrac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x}-b\sin \,x+6$
$=-a\ln \left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)-b\sin \,x+6=-f(x)+6+6=-f(x)+12$
Do đó $f(-\log e)=-f(\log e)+12=10$.
Câu 31: Đáp án B
Ta có: ${{y}^{'}}=({{m}^{2}}-1){{x}^{2}}+2(m+1)x+3$
- Với $m=-1\Rightarrow {{y}^{'}}=3>0(\forall x\in \mathbb{R})$ thỏa mãn hàm số đồng biến trên$\mathbb{R}$
- Với $m=1\Rightarrow y'=4x+3>0\Leftrightarrow x>-\dfrac{3}{4}$
- Với $m\ne \pm 1$để hàm số đồng biến trên $R \Leftrightarrow y' \ge 0(\forall x \in R) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 1 > 0\\
\Delta ' = {(m + 1)^2} - 3({m^2} - 1) \le 0
\end{array} \right.$ - $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 1 > 0\\
- 2{m^2} + 2m + 4 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 1 > 0\\
{m^2} - m - 2 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m \ge 2\\
m < - 1
\end{array} \right.$
Kết hợp $m\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }-2;4]$ và cả 3 TH trên suy có 5 giá trị nguyên của $m$ là $-2;-1;2;3;4$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32: Đáp án D
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{{{x^2} + 3}}{x} = x + \frac{3}{x}\\
2{\rm{x}} + 3y \le 14
\end{array} \right.$
Khi đó: $P=x(3xy-{{y}^{2}}-2{{x}^{2}})+2\text{x}=x(x-y)(y-2x)+2x$
$=(y-2\text{x})({{x}^{2}}-xy)+2\text{x}=-3(y-2\text{x})+2\text{x}=8\text{x}-3y=8\text{x}-3\dfrac{{{x}^{2}}+3}{x}=5\text{x}-\dfrac{9}{x}=f(x)$
Mặt khác: $2x+3\left( x+\dfrac{3}{x} \right)\le 14\Leftrightarrow 5\text{x}+\dfrac{9}{x}\le 14\Leftrightarrow 1\le x\le \dfrac{9}{5}\Rightarrow x\in \left[ 1;\dfrac{9}{5} \right]$
Xét hàm số $f(x)=5\text{x}-\dfrac{9}{x}$ trên khoảng $\left[ 1;\dfrac{9}{5} \right]$ ta có:
${{f}^{'}}(x)=5+\dfrac{9}{{{x}^{2}}}>0\left( \forall x\in \left[ 1;\dfrac{9}{5} \right] \right)\Rightarrow M+m=f(1)+f\left( \dfrac{9}{5} \right)=0.$
Câu 33: Đáp án C
Ta có: $y' = 4{x^3} + 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = - m
\end{array} \right.$
+) Để hàm số có CĐ, CT$\Leftrightarrow m<0$. Khi đó gọi $A\left( 0;-1 \right),B\left( \sqrt{-m};-{{m}^{2}}-1 \right),C\left( -\sqrt{m};-{{m}^{2}}-1 \right)$là 3 điểm cực trị. Gọi H là trung điểm của BC ta có: $H\left( 0;-{{m}^{2}}-1 \right)$
Dễ thấy tam giác ABC cân tại A có đường trung tuyến AH đồng thời là đường cao do đó:
${{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}\left| {{m}^{2}} \right|.2\sqrt{-m}={{m}^{2}}\sqrt{-m}=4\sqrt{2}\Leftrightarrow m=-2\left( tm \right)$
Câu 34: Đáp án D
Trước hết ta tính số cách chọn 3 số phân biệt từ tập A sao cho không có 2 số nào liên tiếp (gọi số cách đó là M).
+) Ta hình dung có 13 quả cầu xếp thành 1 hàng dọc (tượng trưng cho 13 số còn lại của A)
+) Giữa 13 quả cầu đó và 2 đầu có tất cả 14 chỗ trống.
Số cách M cần tìm chính là số cách chọn 3 trong 14 chỗ trống đó, tức là bằng $C_{14}^{3}$.
Xác suất cần tính là $P=\dfrac{C_{14}^{3}}{C_{16}^{3}}=\dfrac{13}{20}.$
Câu 35: Đáp án C
Ta có: $PT\Leftrightarrow 2{{\cos }^{2}}x-1+\sqrt{3}sin2x=2\Leftrightarrow \sqrt{3}\sin 2x+cos2x=2\Leftrightarrow 2\sin \left( 2x+\dfrac{\pi }{6} \right)=2$
$\Leftrightarrow \sin \left( 2x+\dfrac{\pi }{6} \right)=1\Leftrightarrow 2x+\dfrac{\pi }{6}=\dfrac{\pi }{2}+k2\pi \Leftrightarrow x=\dfrac{\pi }{6}+k\pi \,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right)$
Với $x\in \left( 0;\dfrac{5\pi }{2} \right]\Rightarrow x=\dfrac{\pi }{6};x=\dfrac{7\pi }{6};x=\dfrac{13\pi }{6}$ suy ra tổng các nghiệm là: $\dfrac{7\pi }{2}.$
Câu 36: Đáp án B
Phương trình đường thẳng AB là: $\left\{ \begin{array}{l}
x = t\\
y = t\\
z = t
\end{array} \right.$
Suy ra $M\left( 3;3;3 \right)$ là giao điểm của AB và mặt phẳng (P) khi đó MC là tiếp tuyến của mặt cầu $\left( S \right)$.
Theo tính chất phương tích ta có: $MA.MB=M{{C}^{2}}\Rightarrow M{{C}^{2}}=2\sqrt{3}.6\sqrt{3}=36.$
Do đó tập hợp điểm C là đường tròn tâm $M\left( 3;3;3 \right)$ bán kính $R=6.$
Câu 37: Đáp án B
Đặt $t={{\left( \dfrac{1}{3} \right)}^{x}}(t>0)$ khi đó phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-mt+2m+1=0\ (*)$
PT đã cho có nghiệm $\Leftrightarrow (*)$ có ít nhất 1 nghiệm dương.
TH1: Phương trình đã cho có 1 nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = - \frac{1}{2}\\
m > 0
\end{array} \right.$ ( Loại)
TH2: (*) chỉ có nghiệm dương $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta = {m^2} - 8m - 4 \ge 0\\
S = m > 0\\
P = 2m + 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 4 + 2\sqrt 5 $
TH3: (*) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu $\Leftrightarrow P=2m+1<0\Leftrightarrow m<-\dfrac{1}{2}$
Do đó $\mathbb{R}~\backslash S=\left. \left[ -\dfrac{1}{2};4+2\sqrt{5} \right. \right)\Rightarrow $tập này có 9 giá trị nguyên.
Câu 38: Đáp án B
$GT\Rightarrow \dfrac{x{{f}^{'}}(x)}{x+1}+\dfrac{f(x)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\dfrac{x}{x+1}$
Lại có: $\left[ \dfrac{x}{x+1}.f(x) \right]'=\dfrac{x}{x+1},{{f}^{'}}(x)+\dfrac{f(x)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}$
Nguyên hàm hai vế ta có: $\dfrac{x}{x+1}f(x)=\int{\dfrac{x}{x+1}d\text{x}=x-\ln \left| x+1 \right|+C}$
Do $f(1)=1\Rightarrow \dfrac{1}{2}f(1)=1-\ln 2+C\Rightarrow C=-1$
Khi đó: $\dfrac{2}{3}f(2)=2-\ln 3-1=1-\ln 3\Rightarrow f(2)=\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2}\ln 3\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=\dfrac{9}{2}.$
Câu 39: Đáp án C
Ta có: $\left| {{z}_{2}}-3-4i \right|=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow \left| 2{{\text{z}}_{2}}-6-8i \right|=1$. Đặt $A\,({{z}_{1}}),B\ (2{{\text{z}}_{2}})\Rightarrow P=MA+MB+2.$
Với $M(z)$ thuộc đường thẳng $(d):3\text{x}-2y-12=0.$ Và $\left\{ \begin{array}{l}
A \in \left( {{C_1}} \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 1\\
B \in \left( {{C_2}} \right):{\left( {x - 6} \right)^2} + {\left( {y - 8} \right)^2} = 1
\end{array} \right..$
Dễ thấy $({{C}_{1}}),({{C}_{2}})$ nằm cùng phía với $(d)$. Gọi I là điểm đối xứng với ${{I}_{1}}(3;4)$ qua $(d)$.
Phương trình đường thẳng $I{{I}_{1}}$ là $2\text{x}+3y-18=0\Rightarrow $ Trung điểm $E$ của $I{{I}_{1}}$ là $E\left( \dfrac{72}{13};\dfrac{30}{13} \right).$
Suy ra $I\left( \dfrac{105}{13};\dfrac{8}{13} \right)$. Khi đó đường tròn $(C)$ đối xứng $({{C}_{1}})$ qua $(d)$ là ${{\left( x-\dfrac{105}{13} \right)}^{2}}+{{\left( y-\dfrac{8}{13} \right)}^{2}}=1.$
Và ${{A}^{'}}$ đối xứng với $A$ qua $(d)\Rightarrow MA+MB=M{{A}^{'}}+MB\ge {{A}^{'}}B=I{{I}_{2}}-{{R}_{1}}-{{R}_{2}}=\dfrac{\sqrt{9945}}{13}-2.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là ${{P}_{\min }}=\dfrac{\sqrt{9945}}{13}.$
Câu 40: Đáp án D
Hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và Ox là nghiệm phương trình: $\ln \left( x+1 \right)=0\Leftrightarrow x=0$
Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính là $V=\pi \int\limits_{0}^{e-1}{{{\ln }^{2}}\left( x+1 \right)dx=}\pi .\left( e-2 \right).$
Câu 41: Đáp án A
Gọi $K$ là trung điểm $AB\Rightarrow MK//BC,\,\,\,KP//B{{B}^{'}}$
$\Rightarrow (MKP)//({{B}^{'}}{{C}^{'}}CB)\Rightarrow d(MP;HN)=d(K;(B{{B}^{'}}{{C}^{'}}C))$
$=\dfrac{1}{2}d(A;(B{{B}^{'}}{{C}^{'}}C))=\dfrac{AH}{2}=\dfrac{AB.AC}{2\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.$
Câu 42: Đáp án D
Hình vẽ tham khảo
Nối $\left\{ \begin{array}{l}
NE \cap AD = I\\
IM \cap BD = F
\end{array} \right. \Rightarrow $ Thiết diện là hình thang MNEF như hình vẽ trên.
Câu 43: Đáp án D
Vẽ đồ thị hàm số $f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x\Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y=\left| f\left( x \right) \right|$ như hình vẽ dưới đây.
Do đó, phương trình ${{m}^{2}}+m=\left| f\left( x \right) \right|$ có 6 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow 0 < {m^2} + m < 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 2 < m < - 1\\
0 < m < 1
\end{array} \right..$
Câu 44: Đáp án A
Ta có $v\left( t \right)=\int{a\left( t \right)dt=\int{\left( -4+2t \right)dt={{t}^{2}}-4t+C}}$ mà $v\left( 0 \right)=20\Rightarrow C=20.$
Khi đó $v\left( t \right)={{t}^{2}}-4t+20={{\left( t-2 \right)}^{2}}+16\ge 16.$ Suy ra ${{v}_{\min }}=16\Leftrightarrow t=2.$
Vậy quãng đường vật đi được trong 2s là $S=\int\limits_{0}^{2}{\left( {{t}^{2}}-4t+20 \right)dt=\dfrac{104}{3}m.}$
Câu 45: Đáp án A
Gọi $M=(\Delta )\cap (d)\Rightarrow M\in d\Rightarrow M(2t-1;t;3t-2)$
Mà $M\in (P)\Rightarrow 2t-1+2t+3t-2-4=0\Leftrightarrow t=1.$Suy ra $M(1;1;1).$
Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {{u_\Delta }} {\rm{ \;}} \bot \overrightarrow {{n_{(P)}}} }\\
{\overrightarrow {{u_\Delta }} {\rm{ \;}} \bot \overrightarrow {{u_d}} {\rm{\;}}}
\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }} {\rm{ \;}} = \left[ {\overrightarrow {{n_{(P)}}} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = (5; - 1; - 3) \Rightarrow $
Phương trình $\Delta :\dfrac{x-1}{5}=\dfrac{y-1}{-1}=\dfrac{z-1}{-3}.$
Câu 46: Đáp án B
Ta có $g(x)=f(x)+2\text{x}\xrightarrow{{}}{{g}^{'}}(x)={{f}^{'}}(x)+2=0\Leftrightarrow {{f}^{'}}(x)=-2.$
Dựa vào ĐTHS, phương trình ${{f}^{'}}(x)=-2$ có 2 nghiệm phân biệt $x=-1,x={{x}_{0}}.$
Mà ${{g}^{'}}(x)$ không đổi dấu khi đi qua $x=-1$. Suy ra $y=g(x)$ có duy nhất 1 điểm cực trị.
Câu 47: Đáp án C
Gọi M là trung điểm của $BC\Rightarrow BC\bot \left( A'AM \right)\Rightarrow \overset\frown{\left( A'BC \right);\left( ABC \right)}=\overset\frown{A'AM}$.
Tam giác A’AM vuông tại A, có $\tan \overset\frown{A'AM}=\dfrac{AA'}{AM}\Rightarrow AA'=\tan 60{}^\circ .\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\text{a}}{2}$.
Vậy thể tích cần tính là $V=AA'.{{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{3\text{a}}{2}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}.$
Câu 48: Đáp án A
Xét khai triển ${{\left( x-\dfrac{1}{4} \right)}^{n}}=\sum\limits_{k-0}^{n}{C_{n}^{k}.{{x}^{n-k}}}.{{\left( -\dfrac{1}{4} \right)}^{k}}$. Hệ số của ${{x}^{n-2}}$ ứng với $k=2$.
Khi đó $C_{n}^{2}.{{\left( \dfrac{1}{4} \right)}^{2}}=31\Leftrightarrow C_{n}^{2}=496\Leftrightarrow \dfrac{n!}{\left( n-2 \right)!.2!}=496\Leftrightarrow {{n}^{2}}-n-992=0\Leftrightarrow n=32.$
Câu 49: Đáp án C
Kẻ $SH\bot (ABC)$ mà $\left\{ \begin{array}{l}
SB \bot AB\\
SC \bot AC
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AB \bot (SBH)\\
AC \bot (SCH)
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AB \bot BH\\
AC \bot CH
\end{array} \right. \Rightarrow HBAC$ là hình chữ nhật.
Ta có $HC//(SAB)\Rightarrow d(C;(SAB))=d(H;(SAB))=HK$, với $K$ là hình chiếu của $H$ trên $SB$.
Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ đi qua điểm $H$.
$\Rightarrow {{R}_{S.ABC}}=\sqrt{R_{HBAC}^{2}+\dfrac{S{{H}^{2}}}{4}}=\dfrac{\sqrt{B{{C}^{2}}+S{{H}^{2}}}}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\Rightarrow SH=1.$
Tam giác $SBH$ vuông tại $H$, có
$\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{H}^{2}}}+\dfrac{1}{B{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{{{1}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{4}{3}\Rightarrow HK=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$
Vậy khoảng cách cần tính là $d(C;(SAB))=\dfrac{\sqrt{3}}{2}cm.$
Câu 50: Đáp án D
Gọi H là trung điểm của $BC\Rightarrow {{B}^{'}}H\bot (ABC).$
Gắn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ bên.
Với $\text{A(0;0;0),}\,\,\text{B(3;0;0),}\,\,\text{C(0;4;0),}\ \text{H}\left( \dfrac{3}{2};2;0 \right)$.
Và ${{A}^{'}}\left( -\dfrac{3}{2};2;3 \right)\,,\,{{C}^{'}}\left( \dfrac{3}{2};2;3 \right)\text{,}\,\,{{C}^{'}}\left( -\dfrac{3}{2};6;3 \right)\Rightarrow M\left( 0;2;3 \right).$
Khi đó \[\cos a = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_{(AMC')}}} .\overrightarrow {{n_{(A'BC)}}} } \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{(AMC')}}} \right|.\left| {\overrightarrow {{n_{(A'BC)}}} } \right|}} = \frac{{33}}{{\sqrt {3157} }}\]
