Câu 31:
Chọn đáp án D
+ Hàm số xác định với mọi x thuộc $\left[ 0;+\infty \right)$khi và chỉ khi
${{2017}^{x}}-x-\dfrac{{{x}^{2}}}{2}-m+1>0,\forall x\in \left[ 0;+\infty \right)\Leftrightarrow {{2017}^{x}}-x-\dfrac{{{x}^{2}}}{2}>\operatorname{m}-1,\forall x\in \left[ 0;+\infty \right)\left( * \right)$
+ Xét hàm số $\operatorname{f}\left( x \right)=201{{7}^{x}}-x-\dfrac{{{x}^{2}}}{2},\forall x\in \left[ 0;+\infty \right)$. Hàm số liên tục trên $\left[ 0;+\infty \right)$.
${f}'\left( x \right)=201{{7}^{x}}ln2017-1-x,\forall x\in \left[ 0;+\infty \right)$
${{f}'}'\left( x \right)=201{{7}^{x}}l{{n}^{2}}2017-1>0,\forall x\in \left[ 0;+\infty \right)$
Vậy ${f}'\left( \operatorname{x} \right)$ đồng biến trên $\left[ 0;+\infty \right)\Rightarrow {f}'\left( x \right)\ge {f}'\left( 0 \right)=\ln 2017-1>0,\forall x\in \left[ 0;+\infty \right)$
Vậy $f\left( \operatorname{x} \right)$ đồng biến trên $\left[ 0;+\infty \right)\Rightarrow \underset{x\in \left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=1$.
+ Bất phương trình (*) tương đương $\underset{x\in \left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)\underset{x\in \left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)>m-1,\forall x\in \left[ 0;+\infty \right)\Leftrightarrow m<2$
Vậy có vô số giá trị nguyên của m.
Câu 32:
Chọn đáp án D
Ta có: $y=x\left[ \cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right) \right]$ .
${y}'=\cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right)-\sin \left( \ln x \right)+\cos \left( \ln x \right)=2\cos \left( \ln x \right)$.
${{y}'}'=-\dfrac{2}{x}\sin \left( \ln x \right)$.
Từ đó kiểm tra thấy đáp án D đúng vì
${{x}^{2}}{{y}'}'+x{y}'+2y=-2x\sin \left( \ln x \right)-2x\cos \left( \ln x \right)+2x\left[ \cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right) \right]=0$.
Câu 33:
Chọn đáp án A
- Phương pháp: Tính tích phân $\int\limits_{a}^{b}{p\left( x \right)ln}f\left( x \right)dx$ ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = lnx\\
dv = \frac{{dx}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{dx}}{x}\\
v = - \frac{1}{{x + 1}}
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow {\mathop{\rm I}\nolimits} = - \frac{{lnx}}{{\left( {x + 1} \right)}}\left| \begin{array}{l}
{2^{1000}}\\
1
\end{array} \right. + \int\limits_1^{{2^{1000}}} {\frac{1}{{x + 1}}} .\frac{{{\mathop{\rm dx}\nolimits} }}{x} = - \frac{{\ln {2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} + \int\limits_1^{{2^{1000}}} {\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)} .{\mathop{\rm dx}\nolimits} $$ = - \frac{{1000\ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + \ln \left| {\frac{x}{{x + 1}}} \right|\left| \begin{array}{l}
{2^{1000}}\\
1
\end{array} \right.$
$ = - \frac{{1000\ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + \ln \frac{{{2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} - \ln \frac{1}{2} = - \frac{{1000\ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + \ln \frac{{{2^{1001}}}}{{{2^{1000}} + 1}}$
Chọn đáp án D
+ Dựa vào đồ thị hàm số $\operatorname{y}={f}'\left( x \right)\Rightarrow {f}'\left( x \right)=3\left( {{x}^{2}}-1 \right)$
Khi đó $\operatorname{f}\left( x \right)=\int{{f}'\left( x \right)dx={{x}^{3}}}-3x+C$. Điều kiện đồ thị hàm số $\operatorname{f}\left( x \right)$ tiếp xúc với đường thẳng $\operatorname{y}=4$ là: $\left\{ \begin{array}{l}
{\mathop{\rm f}\nolimits} \left( x \right) = 4\\
f'\left( x \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^3} - 3x + C = 4\\
3\left( {{x^2} - 1} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - 1\\
C = 2
\end{array} \right.$
(Do $x<0$) suy ra $f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x+2\left( C \right)$
+ Cho $(C)\cap \text{Ox}\Rightarrow $hoành độ giao điểm là $\text{x}=-2;\text{x}=1$
+ Khi đó$V=\pi \int\limits_{-2}^{1}{{{\left( {{\text{x}}^{3}}-3\text{x}+2 \right)}^{2}}\,d\text{x=}\dfrac{729}{5}}\pi $
Câu 35:
Chọn đáp án C
+ Ta có $1={{\left| z-2-3i \right|}^{2}}=\left( z-2-3i \right)\overline{\left( z-2-3i \right)}=\left( z-2-3i \right)\left( \overline{z}-2+3i \right)$
$\Leftrightarrow 1=\left| \left( z-2-3i \right)\left( \overline{z}-2+3i \right) \right|\Leftrightarrow \left| \overline{z}-2+3i \right|=1\Leftrightarrow \left| \overline{z}+1+i-3+2i \right|=1\left( * \right)$
+ Đặt $\text{w}=\overline{z}+1+i$, khi đó $\left( * \right)\Leftrightarrow \left| \text{w}-3+2i \right|=1\Rightarrow {{\left| w \right|}_{\max }}=1+\sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}}=1+\sqrt{13}$
Cách khác: Đặt $M\left( z \right)\left( x;y \right);I\left( 2;3 \right)$ ta có: $MI=R=1;\left| \overline{z}+1+i \right|=\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}}=MK$ với $K\left( -1;1 \right)$. Khi đó $M{{K}_{\max }}=IK+R=\sqrt{13}+1$
Câu 36:
Chọn đáp án D
Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD và I là trung điểm của SC. Khi đó $OI\bot \left( \operatorname{ABCD} \right)$
$\Rightarrow IA=IB=IC=ID$với $\Delta SAC$ vuông tại A, $\operatorname{IA}=IS=IC$. Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD suy ra $\operatorname{IA}=a\sqrt{2}\Rightarrow SC=2a\sqrt{2}$. Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng $\left( ABCD \right)\Rightarrow \left( SC;\left( ABCD \right) \right)=\left( SC;AC \right)=\widehat{\operatorname{SCA}}=45{}^\circ $. Suy ra $\Delta SAC$ vuông cân
$\Rightarrow SA=AC=2a\Rightarrow {{V}_{S.\operatorname{ABCD}}}=\dfrac{1}{3}.\operatorname{SA}.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}.2\text{a}.\operatorname{a}.a\sqrt{3}=\dfrac{2{{\text{a}}^{3}}\sqrt{3}}{3}$
Câu 37:
Gọi I là trung điểm AB.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
SO \bot AB\\
OI \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SOI} \right)$ theo giao tuyến SI.
Trong $\left( SOI \right)$, kẻ $OH\bot SI$ thì $OH\bot \left( SAB \right)$.
$\Rightarrow d\left( O;\left( SAB \right) \right)=OH$.
Ta có: $SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{8.5}{5} \right)}^{2}}-{{5}^{2}}}=\sqrt{39}$.
Ta có $OI=\sqrt{O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{\left( \dfrac{4.5}{5} \right)}^{2}}}=3$.
Tam giác vuông $SOI$ có: $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}+\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow OH=\dfrac{3\sqrt{13}}{4}$.
Vậy $d\left( O;\left( SAB \right) \right)=OH=\dfrac{3\sqrt{13}}{4}$.
Câu 38:
Chọn đáp án B
+ Gọi $h,r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của hình trụ.
Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình trụ là ${{R}^{2}}={{r}^{2}}+\dfrac{{{h}^{2}}}{4}$
+ Theo bài ra, ta có $h=R$ nên suy ra ${{R}^{2}}={{r}^{2}}+\dfrac{{{h}^{2}}}{4}\Leftrightarrow {{r}^{2}}=\dfrac{3{{R}^{2}}}{4}\Leftrightarrow r=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$
+ Diện tích toàn phần hình trụ là:
${{S}_{tp}}=2\pi {{r}^{2}}+2\pi rh=2\pi r\left( r+h \right)=2\pi \dfrac{R\sqrt{3}}{2}.\left( \dfrac{R\sqrt{3}}{2}+R \right)=\dfrac{\left( 3+2\sqrt{3} \right)\pi {{R}^{2}}}{2}$
Câu 39:
Chọn đáp án C
– Phương pháp: Sử dụng các dữ kiện của bài toán để tìm bán kính và tâm của mặt cầu
+ Tâm là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
+ Bán kính là khoảng cách từ tâm tới mặt phẳng (Q) (do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng)
– Cách giải: $I\in d\Rightarrow I\left( 2t;3+t;2+t \right)$
$I\in \left( P \right)\Rightarrow 2t-2\left( 3+t \right)+2\left( 2+t \right)=0\Leftrightarrow t=1\Rightarrow I\left( 2;4;3 \right)$
Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$ nên $\text{R}=d\left( I;\left( Q \right) \right)=\dfrac{\left| 2-2.4+3.3-5 \right|}{\sqrt{1+{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}}=\sqrt{\dfrac{2}{7}}$
$\Rightarrow \left( S \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( \operatorname{y}-4 \right)}^{2}}+\left( \operatorname{x}-3 \right)=\dfrac{2}{7}$
Câu 40:
Chọn đáp án A
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {\sqrt {x - 1} + x} \right) = 1\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {{m^3} - 3m + 3} \right)x = {m^3} - 3m + 3
\end{array} \right.$$ \Rightarrow {m^3} - 3m + 3 = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m = - 2
\end{array} \right.$
Câu 41:
Chọn đáp án D
+ Ta có: $y=2\cos x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( \sin x+\cos x \right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin x+\dfrac{4+\sqrt{2}}{2}.\cos x$
+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, có
${{\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}.\operatorname{s}\text{inx}+\dfrac{4+\sqrt{2}}{2}.\cos x \right)}^{2}}\le \left[ {{\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{4+\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}} \right].\left( {{\sin }^{2}}x+{{\cos }^{2}}x \right)=5+2\sqrt{2}$
Suy ra ${{y}^{2}}\le 5+2\sqrt{2}\Leftrightarrow y\le \sqrt{5+2\sqrt{2}}$. Vậy ${{y}_{\max }}=\sqrt{5+2\sqrt{2}}$
Câu 42:
Chọn đáp án D
Lấy 2 đỉnh tô màu đỏ trong 6 điểm có $C_{6}^{2}$ cách.
Lấy 1 đỉnh tô màu xanh trong 4 điểm có cách.
Suy ra số tam giác tạo thành có 2 đỉnh tô màu đỏ là $C_{6}^{2}C_{4}^{1}=60$
Vậy xác suất cần tính là $\operatorname{P}=\dfrac{C_{6}^{2}.C_{4}^{1}}{C_{10}^{3}}=\dfrac{1}{2}$.
Câu 43:
Chọn đáp án B
Ta có: ${y}'=6{{\text{x}}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+6m\left( m+1 \right)$
$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = m\\
x = m + 1
\end{array} \right. \Rightarrow \forall m \in $ hàm số luôn có CĐ, CT
Tọa độ điểm CĐ, CT của đồ thị là $A\left( m;2{{m}^{3}}+3{{m}^{2}}+1 \right),B\left( m+1;2{{m}^{3}}+3{{m}^{2}} \right)$
Suy ra $AB=\sqrt{2}$ và phương trình đường thẳng $AB:x+y-2{{m}^{3}}-3{{m}^{2}}-m-1=0$
Do đó, tam giác $MAB$ có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ $M$ tới $AB$ nhỏ nhất.
Ta có: $d\left( M,AB \right)=\dfrac{3{{m}^{2}}+1}{\sqrt{2}}\Rightarrow d\left( M,AB \right)\ge \dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \min d\left( M,AB \right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ đạt được khi $m=0$
Câu 44:
Chọn đáp án A
Ta có ${{9}^{x}}+9=m{{3}^{x}}\cos \pi x\Leftrightarrow {{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}=m\cos \pi x\left( 1 \right)$
+ Giả sử ${{x}_{0}}$ là 1 nghiệm của phương trình (1) thì dễ thấy $2-{{x}_{0}}$ cũng là nghiệm của phương trình (1).
Nên nếu phương trình có nghiệm duy nhất thì suy ra : ${{x}_{0}}=2-{{x}_{0}}\Leftrightarrow {{x}_{0}}=1$ thay vào phương trình (1) ta thu được m=-6.
+ Kiểm tra lại với m=-6, thay vào phương trình (1) ta được ${{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}=-6\cos \pi x$.
Vì ${{3}^{x}}+{{3}^{2-x}}\ge 6$(theo bất đẳng thức cosi) và $-6\cos \pi x\le 6$ nên (2) xảy ra khi và chỉ khi vế trái = vế phải = 6. Tức là ta có $x=1$ là nghiệm duy nhất của (2). Kết luận m=-6
Câu 45:
Chọn đáp án B
Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A(-1,5;0), B(1,5;0) và I(0;3), phương trình của parabol có dạng: $y=a{{x}^{2}}+b\left( a\ne 0 \right)$, Do I, A, B thuộc (P) nên ta có: $y=\dfrac{-4}{3}{{x}^{2}}+3$.
Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là: (sử dụng công thức Thể tích dựa vào thiết diện vuông góc với trục ox là một hình chữ nhật có cạnh là 6 và $\dfrac{-4}{3}{{x}^{2}}+3$)
$V=6.2\int\limits_{0}^{\dfrac{3}{2}}{\left( \dfrac{-4}{3}{{x}^{2}}+3 \right)dx=36}$
Câu 46:
Chọn đáp án A
+ Ta có ${{S}_{\Delta AMN}}={{S}_{\Delta AHM}}+{{S}_{\Delta AHN}}\leftrightarrow xy=\dfrac{x+y}{3}\left( 0\le x\le 1 \right)$
+ Theo bất đẳng thức cô si $3xy=x+y\ge 2\sqrt{xy}\Leftrightarrow xy\ge \dfrac{4}{9}$
+ Ta có ${{S}_{\Delta AMN}}=\dfrac{1}{2}AN.AM\sin 60{}^\circ =\dfrac{\sqrt{3}xy}{4}$
${{S}_{\Delta AMD}}=\dfrac{1}{2}AD.AM\sin 60{}^\circ =\dfrac{\sqrt{3}x}{4}$
${{S}_{\Delta AND}}=\dfrac{1}{2}AD.AN\sin 60{}^\circ =\dfrac{\sqrt{3}y}{4}$
+ Ta có $DH=\sqrt{A{{D}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{2}{3}};M{{N}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{2}{3}}\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}-3xy}$
Vậy ${{S}_{tp}}=\dfrac{\sqrt{3}xy}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left( x+y \right)+\sqrt{\dfrac{1}{6}}\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}-3xy}=\sqrt{3}xy+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{3{{\left( xy \right)}^{2}}-3xy}.$
Đặt $1\ge t=xy\ge \dfrac{4}{9}$ Ta thu được giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần đạt được khi $t=xy=\dfrac{4}{9}$, tức là $x=y=\dfrac{2}{3}$
Câu 47:
Chọn đáp án A
+ Ta có $BD=AC=a\sqrt{3};SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}$
$\dfrac{1}{B{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{B{{C}^{2}}}+\dfrac{1}{B{{A}^{2}}}=\dfrac{3}{2{{a}^{2}}}\Leftrightarrow BK=a\sqrt{\dfrac{2}{3}}$
$AK=\dfrac{2}{3}AC=\dfrac{2a}{\sqrt{3}};BE=a\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{3}{2}BK$ nên K là trọng tâm của tam giác BCD
+ Ta dễ dàng chứng minh được $SH\bot \left( BKH \right)\Rightarrow SB,\left( BKH \right)=SBH$
+ Ta có $\Delta SOA\sim \Delta KHA\left( S=K \right)\Rightarrow KH.SA=SO.KA\Leftrightarrow KH=\dfrac{a\sqrt{39}}{6}$
Vậy $\cos SBH=\dfrac{BH}{SB}=\dfrac{\sqrt{7}}{4}$
Câu 48:
Chọn đáp án D
+ Gọi $M=d\cap \left( P \right)$
$M\in d\Rightarrow M\left( 3+2t;-2+t;-1-t \right);M\in \left( P \right)\Rightarrow t=-1\Rightarrow M\left( 1;-3;0 \right)$
+ $\left( P \right)$ có vecttơ pháp tuyến $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 1;1;1 \right)$. $d$ có vecttơ chỉ phương $\overrightarrow{{{a}_{d}}}=\left( 2;1;-1 \right)$. $\Delta $ có vecttơ chỉ phương $\overrightarrow{{{a}_{\Delta }}}=\left[ \overrightarrow{{{a}_{d}}},\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right]=\left( 2;-3;1 \right)$. Gọi $N\left( x;y;z \right)$ là hình chiếu vuông góc của M trên $\Delta $, khi đó $\overrightarrow{MN}=\left( x-1;y+3;z \right)$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {MN} \bot \overrightarrow {{a_\Delta }} \\
N \in \left( P \right)\\
MN = \sqrt {42}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{\rm{x}} - 3y + z - 11 = 0\\
x + y + z + 2 = 0\\
{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {z^2} = 42
\end{array} \right.$ . Giải hệ ta tìm được hai điểm
$N\left( 5;-2;-5 \right)$ và $N\left( -3;-4;5 \right)$
+ Với $N\left( 5;-2;-5 \right)$, ta có $\Delta :\dfrac{x-5}{2}=\dfrac{y+2}{-3}=\dfrac{z+5}{1}$
+ Với $N\left( -3;-4;5 \right)$, ta có $\Delta :\dfrac{x+3}{2}=\dfrac{y+4}{-3}=\dfrac{z-5}{1}$
Câu 49:
Chọn đáp án C
+ Ta có $u_{n+1}^{2}=3u_{n}^{2}+2\Leftrightarrow u_{n+1}^{2}+1=3\left( u_{n}^{2}+1 \right)$. Đặt
${{v}_{n}}=u_{n}^{2}+1;{{v}_{1}}=2\Rightarrow {{v}_{n+1}}=3{{v}_{n}}\Rightarrow {{v}_{n}}={{v}_{1}}{{q}^{n-1}}={{2.3}^{n-1}}\Leftrightarrow u_{n}^{2}={{2.3}^{n-1}}-1$
+ Ta có
$S=u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+u_{3}^{2}+...+u_{2011}^{2}=2\left( {{3}^{0}}+{{3}^{1}}+...+{{3}^{2010}} \right)-2=2011={{2.3}^{0}}.\dfrac{1-{{3}^{2011}}}{1-3}-2011={{3}^{2011}}-2012$
Câu 50:
Chọn đáp án D
+ Ta có: $\left| {{z}_{1}} \right|=\left| {{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{3}} \right|\Rightarrow \left| \overrightarrow{OA} \right|=\left| \overrightarrow{OB} \right|=\left| \overrightarrow{OC} \right|$ nên 3 điểm $A,B,C$ thuộc đường tròn tâm $O$
+ Mà ${{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}=0\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}=0\Leftrightarrow 3\overrightarrow{OG}=0\Leftrightarrow G\equiv O\Rightarrow \Delta ABC$đều vì tâm đường tròn ngoại tiếp trùng với trọng tâm G => Đáp án D.
Chú ý tính chất của tam giác đều trọng tâm cũng chính là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác.
