Câu 31: Đáp án B
HD: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng $\left( ABC \right)$, gọi M là trung điểm của
$AB \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{MH \bot AB}\\
{SH \bot AB}
\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SMH} \right)$
Do đó $\left( \widehat{\left( SAB \right);\left( ABC \right)} \right)=\widehat{SMH}={{60}^{0}}$
Lại có $HM=\dfrac{1}{3}CM=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow SH=HM\tan {{60}^{0}}=\dfrac{a}{2}$
.Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là $R=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$
Độ dài đường sinh $l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{R}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{21}}{6}$
Diện tích xung quanh hình nón là: ${{S}_{xq}}=\pi rl=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{7}}{6}$. Chọn B.
Câu 32: Đáp án B
HD: Đặt $t={{2}^{x}}\left( t>0 \right)$ ta có: ${{t}^{2}}+t+4={{3}^{m}}\left( t+1 \right)\Leftrightarrow {{3}^{m}}=\dfrac{{{t}^{2}}+t+4}{t+1}=t+\dfrac{4}{t+1}=g\left( t \right)$.
Xét hàm số $g\left( t \right)=t+\dfrac{4}{t+1}\left( t>0 \right)$ ta có $g'\left( t \right)=1-\dfrac{4}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=0\Rightarrow t=1$
Lập BBT
Do mỗi giá trị của t có một giá trị của x nên phương trình đã cho có 2 nghiệm khi phương trình $g\left( t \right)={{3}^{m}}$ có 2 nghiệm $\Leftrightarrow 3<{{3}^{m}}<4\Leftrightarrow 1<m<{{\log }_{3}}4$. Chọn B.
Câu 33: Đáp án D
HD: Ta có $OB=\left| \left( 1+i \right)z \right|=\sqrt{2}\left| z \right|;\,\,AB=\left| \left( 1+i \right)z-z \right|=\left| z \right|$
Suy ra ∆OAB vuông cân tại $A\Rightarrow {{S}_{OAB}}=\dfrac{A{{B}^{2}}}{2}=\dfrac{{{\left| z \right|}^{2}}}{2}=8\Rightarrow \left| z \right|=4$. Chọn D.
Câu 34: Đáp án C
HD: Gọi $H\left( 1+2t;-1+t;2-t \right)\in d$ là hình chiếu của A trên d
Ta có: $\overline{AH}\left( 2t;-3+t;3-t \right)$, giải $\overline{AH}.\overrightarrow{{{u}_{d}}}=0\Leftrightarrow 4t+t-3+t-3=0\Leftrightarrow t=1$
Suy ra $H\left( 3;0;1 \right)$, phương trình đường thẳng AH là $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{-1}=\dfrac{z+1}{1}$
Do đó $B=AH\cap \left( P \right)$ suy ra $B\left( 0;3;-2 \right)$. Chọn C.
Câu 35: Đáp án D
HD: Gọi $I=\int\limits_{-2}^{2}{\dfrac{f\left( x \right)}{{{3}^{x}}+1}}dx$, đặt $t=-x\Rightarrow dt=-dx$
Đổi cận suy ra $I=\int\limits_{2}^{-2}{\dfrac{f\left( -t \right)}{{{3}^{-t}}+1}}\left( -dt \right)=\int\limits_{-2}^{2}{\dfrac{f\left( t \right)dt}{\dfrac{1}{{{3}^{t}}}+1}}=\int\limits_{-2}^{2}{\dfrac{{{3}^{x}}f\left( x \right)dx}{{{3}^{x}}+1}}$
Suy ra $2I=\int\limits_{-2}^{2}{\dfrac{\left( {{3}^{x}}+1 \right)f\left( x \right)}{{{3}^{x}}+1}}dx=\int\limits_{-2}^{2}{f\left( x \right)dx}$
Do $f\left( x \right)$ là hàm chẵn nên ta chứng minh được $\int\limits_{-2}^{2}{f\left( x \right)dx}=2\int\limits_{0}^{2}{f}\left( x \right)dx$
Suy ra $I=\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)dx}=3$. Chọn D.
Câu 36: Đáp án C
HD: Xét hàm số $g\left( x \right)=-2f\left( 2-x \right)+{{x}^{2}}\Rightarrow g'\left( x \right)=2f'\left( 2-x \right)+2x<0\Leftrightarrow f'\left( 2-x \right)<-x$
$\Leftrightarrow f'\left( 2-x \right)<2-x-2$
Đặt $t=2-x\Leftrightarrow f'\left( t \right)<t-2$
Dựa vào đồ thị ta thấy $f'\left( t \right)<t-2$ với $1<t<3\Rightarrow 1<2-x<3\Leftrightarrow -1<x<1$
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0). Chọn C.
Câu 37: Đáp án C
HD: Gọi $A\left( a;\dfrac{a-1}{2a} \right);\,B\left( b;\dfrac{b-1}{2b} \right)\left( a\ne b \right)$
Do tiếp tuyến A và B song song với nhau nên $y'\left( a \right)=y'\left( b \right)\Leftrightarrow \dfrac{1}{2{{a}^{2}}}=\dfrac{1}{2{{b}^{2}}}\Rightarrow a=-b$
Suy ra A, B đối xứng nhau qua tâm đối xứng $I\left( 0;\dfrac{1}{2} \right)$
PTTT tạo A là: $y=\dfrac{1}{2{{a}^{2}}}\left( x-a \right)+\dfrac{a-1}{2a}\left( \Delta \right)$
Khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến:
$d = 2d\left( {I;\Delta } \right) = 2\frac{{\left| { - \frac{1}{{2a}} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{{2a}}} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{4{a^4}}} + 1} }} = \frac{2}{{\sqrt {\frac{1}{{4{a^2}}} + {a^2}} }} \le \frac{2}{{\sqrt {2\sqrt {\frac{1}{4}} } }} = 2$
(Do theo BĐT Co-si ta có $\frac{1}{4{{a}^{2}}}+{{a}^{2}}\ge 2\sqrt{\frac{1}{4}}$)
Vậy khoảng cách lớn nhất giữa d1 và d2 là 2. Chọn C.
Câu 38: Đáp án A
HD: Phương trình đường thẳng IA và IB lần lượt là: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z+1}{2};\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z+1}{1}$
Khi đó $A=IA\cap \left( P \right)=\left( 0;1;-3 \right);B=IB\cap \left( P \right)=\left( 3;1;0 \right)\Rightarrow AB=3\sqrt{2}$. Chọn A.
Câu 39: Đáp án B
HD: Ta có: \[E{F_{m{\rm{ax}}}} \Leftrightarrow d{\left( {I;d} \right)_{\min }} = {\frac{{\left| {\left[ {\overline {I{M_0}} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}_{\min }}\] (trong đó M0 (1; -1; m))
Ta có: $d{\left( {I;d} \right)_{\min }} = \frac{{\left| {\left[ {\overline {I{M_0}} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \frac{{\sqrt {{{\left( {m + 2} \right)}^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2} + 4} }}{{\sqrt {1 + 1 + 4} }} = \frac{{\sqrt {2{m^2} + 12} }}{{\sqrt 6 }}$
Suy ra ${{d}_{\min }}=\sqrt{2}<R=3$ khi m = 0. Chọn B.
Câu 40: Đáp án C
HD: Ta có: $y'=m-\dfrac{36}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}};y\left( 0 \right)=36;y\left( 3 \right)=3m+9$
TH1: Hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \le \frac{9}{4}}\\
{3m + 9 = 20}
\end{array}} \right.\left( {vn} \right)$
TH2: $y' = m - \frac{{36}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = - 1 + \frac{6}{{\sqrt m }} \in \left[ {0;3} \right]}\\
{x = - 1 - \frac{6}{{\sqrt m }}\left( {loai} \right)}
\end{array}} \right.$
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng $20\Rightarrow y\left( -1+\frac{6}{\sqrt{m}} \right)=20$
$ \Leftrightarrow m\left( { - 1 + \frac{6}{{\sqrt m }}} \right) + \frac{{36}}{{ - 1 + \frac{6}{{\sqrt m }} + 1}} \Leftrightarrow - m + 6\sqrt m + 6\sqrt m = 20 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 100\,\left( {loai} \right)}\\
{m = 4}
\end{array}} \right.$
Chọn C.
Câu 41: Đáp án D
HD: Để AB nhỏ nhất $\Leftrightarrow $ AB là đoạn vuông góc chung của $d,{d}'.$
Gọi $A\in d\Rightarrow A\left( 1+a;2-a;a \right)$ và $B\in {d}'\Rightarrow B\left( 2b;1+b;2+b \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 2b-a-1;a+b-1;b-a+2 \right)$.
Vì
$\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot d\\
AB \bot d'
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} .{\overrightarrow u _d} = 0\\
\overrightarrow {AB} .{\overrightarrow u _{d'}} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2b - a - 1 - a - b + 1 + b - a + 2 = 0\\
2\left( {2b - a - 1} \right) + a + b - 1 + b - a + 2 = 0
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 3a + 2b + 2 = 0\\
- 2a + 6b - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = \frac{1}{2}
\end{array} \right..$
Vậy $A\left( {2;1;1} \right),B\left( {1;\frac{3}{2};\frac{5}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 1;\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\left( {2; - 1; - 3} \right) \Rightarrow \left( {AB} \right):\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 1}}{3}.$
Câu 42: Đáp án A
HD: Ta có ${f}'\left( x \right)=\left( {{x}^{3}}-2{{x}^{2}} \right)\left( {{x}^{3}}-2x \right)={{x}^{3}}\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}-2 \right);\,\forall x\in \mathbb{R}.$
Số điểm cực trị của hàm số $y=\left| g\left( x \right) \right|=\left| f\left( 1-2018x \right) \right|$ là tổng
- Số nghiệm phương trình ${g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow -2018.{f}'\left( 1-2018x \right)=0\xrightarrow{{}}$ có 4 điểm.
- Số nghiệm của phương trình $f\left( 1-2018x \right)=0\xrightarrow{{}}$ có tối đa 5 nghiệm vì đạo hàm có 4 nghiệm.
Vậy hàm số đã cho có tối đa 9 điểm cực trị.
Câu 43: Đáp án A
HD: Ta có $f\left( n \right)\ge f\left( n+1 \right)\Leftrightarrow \dfrac{{{\log }_{3}}2.{{\log }_{3}}4...{{\log }_{3}}n}{{{9}^{n}}}\ge \dfrac{{{\log }_{3}}2.{{\log }_{3}}4...{{\log }_{3}}n.{{\log }_{3}}\left( n+1 \right)}{{{9}^{n+1}}}$
$\Leftrightarrow 9\ge {{\log }_{3}}\left( n+1 \right)\Leftrightarrow {{3}^{9}}\ge n+1\Leftrightarrow n\le {{3}^{9}}-1.$ Suy ra $f\left( 1 \right)>f\left( 2 \right)>f\left( 3 \right)>...>f\left( {{3}^{9}}-1 \right)=f\left( {{3}^{9}} \right).$
Vậy hàm số $f\left( n \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $n={{3}^{9}}-1;n={{3}^{9}}.$
Câu 44: Đáp án C
HD: Gắn hệ tọa độ Oxyz, với $A\left( 0;0;0 \right),S\left( 0;0;2 \right),D\left( 0;1;0 \right),B\left( 1;0;0 \right),C\left( 1;1;0 \right).$
Tọa độ trung điểm M của SD là $M\left( 0;\dfrac{1}{2};1 \right).$ Ta có $\left[ \overrightarrow{SB};\overrightarrow{SC} \right]=\left( 2;0;1 \right)$ và $\left[ \overrightarrow{AM};\overrightarrow{AC} \right]=\left( -1;1;-\dfrac{1}{2} \right).$
Do đó
$\cos \widehat {\left( {AMC} \right);\left( {SBC} \right)} = \frac{{\left| {{{\overrightarrow u }_{\left( {AMC} \right)}}.{{\overrightarrow u }_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow u }_{\left( {AMC} \right)}}} \right|.\left| {{{\overrightarrow u }_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}} = \sqrt 5 \tan \alpha = \sqrt {1 - \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.$
Câu 45: Đáp án D
HD: Ta có ${{3}^{x}}+{{a}^{x}}\ge {{6}^{x}}+{{9}^{x}}\Leftrightarrow f\left( x \right)={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}\ge 0;\,\forall x\in \mathbb{R}.$
Xét $f\left( x \right)={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}$ trên $\mathbb{R}$, có ${f}'\left( x \right)={{3}^{x}}.\ln 3+{{a}^{x}}.\ln a-{{6}^{x}}.\ln 6-{{9}^{x}}.\ln 9.$
Để $f\left( x \right)\ge 0;\,\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow \underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=0=f\left( 0 \right).$ Hay ${f}'\left( 0 \right)=0\Leftrightarrow \ln a=\ln \dfrac{6\times 9}{3}\Rightarrow a=18.$
Câu 46: Đáp án B
HD: Áp dụng công thức tính nhanh, ta có
$\frac{{{V_{AMPBCD}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{BM}}{{BB'}} + \frac{{DP}}{{DD'}}} \right) = \frac{3}{8} \Rightarrow {V_{AMPBCD}} = 3{a^3}.$
Câu 47: Đáp án D
HD: Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = f'\left( x \right)dx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = f\left( x \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x.f'\left( x \right)dx = x.f\left( x \right)\left| {_0^{\frac{\pi }{2}}} \right.} - \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx.} $
Ta có $x.f\left( x \right)\left| _{0}^{\dfrac{\pi }{2}} \right.=\dfrac{\pi }{2}.f\left( \dfrac{\pi }{2} \right),$ thay $\text{x}=\dfrac{\pi }{2}$ vào giả thiết, ta được $f\left( \dfrac{\pi }{2} \right)+f\left( 0 \right)=0\Rightarrow f\left( \dfrac{\pi }{2} \right)=0.$
Lại có $f\left( x \right)+f\left( \dfrac{\pi }{2}-x \right)=\sin x.\cos x\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{f\left( \dfrac{\pi }{2}-x \right)dx=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{\sin x.\cos xdx}}$.
Đặt $t=\dfrac{\pi }{2}-x\xrightarrow{{}}\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{f\left( \dfrac{\pi }{2}-x \right)dx}\Rightarrow \int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{f\left( x \right)dx}=\dfrac{1}{4}.$ Vậy $\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{x.{f}'\left( x \right)dx}=-\dfrac{1}{4}$.
Câu 48: Đáp án C
HD: Ta có $5w=\left( 2+i \right)\left( z-4 \right)\Leftrightarrow 5w+5i=\left( 2+i \right)z-8+i\Leftrightarrow 5\left| w+i \right|=\left| \left( 2+i \right)z-8+i \right|$
$\Leftrightarrow \left| \left( 2+i \right)z-8+i \right|=3\sqrt{5}\Leftrightarrow \left| 2+i \right|.\left| z-\dfrac{8-i}{2+i} \right|=3\sqrt{5}\Leftrightarrow \left| z-\dfrac{8-i}{2+i} \right|=3\Leftrightarrow \left| z-3+2i \right|=3$
$\Rightarrow $ Tập hợp điểm $M\left( z \right)$ là đường tròn $\left( C \right):{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}=9,$ tâm $I\left( 3;-2 \right),R=3.$
Gọi $A\left( 1;2 \right),B\left( 5;2 \right)$ và $E\left( 3;2 \right)$ là trung điểm của AB suy ra $P=MA+MB.$
Lại có ${{\left( MA+MB \right)}^{2}}\le 2\left( M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}} \right)=4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}\Rightarrow P$ lớn nhất $\Leftrightarrow ME$ lớn nhất.
Mà $IE=4>R=3\xrightarrow{{}}M{{E}_{\max }}=IE+R=7.$ Vậy ${{P}_{\max }}=\sqrt{4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}}=2\sqrt{53}.$
Câu 49: Đáp án C
HD: Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng $v\left( x \right)\in \left[ 1;4 \right]$ với $\forall x\in \left[ 0;5 \right].$
Xét hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{3x}+\sqrt{10-2x}$ trên $\left[ 0;5 \right]$, có ${f}'\left( x \right)=\dfrac{3}{2\sqrt{3x}}-\dfrac{1}{\sqrt{10-2x}}=0\Leftrightarrow x=3.$
Suy ra $\underset{\left[ 0;5 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right)=\sqrt{10};\underset{\left[ 0;5 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 3 \right)=5\Rightarrow \sqrt{10}\le \sqrt{3x}+\sqrt{10-2x}\le 5.$
Khi đó $m=\dfrac{\sqrt{3x}+\sqrt{10-2x}}{u\left( x \right)}$ mà $\dfrac{1}{u\left( x \right)}\in \left[ \dfrac{1}{4};1 \right]\xrightarrow{{}}\dfrac{\sqrt{3\text{x}}+\sqrt{10-2\text{x}}}{u\left( x \right)}\in \left[ \dfrac{\sqrt{10}}{4};5 \right].$
Do đó, phương trình đã cho có nghiệm $\Leftrightarrow m\in \left[ \dfrac{\sqrt{10}}{4};5 \right].$
Câu 50: Đáp án A
HD: Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right)=C_{9}^{3}.C_{6}^{3}.C_{3}^{3}=1680.$
Gọi X là biến cố “ không có phần nào gồm ba viên bi cùng màu”.
Khi đó, ta xét chia thành 3 phần: (2X – 1Đ), (1Đ – 2X), (1Đ – 2X).
Suy ra có $C_{4}^{2}.C_{5}^{1}.C_{2}^{1}.C_{4}^{2}.3=1080$ cách chọn $\Rightarrow n\left( X \right)=1080.$ Vậy $P=\dfrac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega \right)}=\dfrac{9}{14}.$
