Câu 30: Đáp án C.
PT $\Leftrightarrow \left( 2\cos +1 \right)\left( \cos x+2 \right)=0\Leftrightarrow \cos x=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi \left( k\in \mathbb{Z} \right).$
$x \in \left( {0;3\pi } \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
0 < \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi < 3\pi \\
0 < - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi < 3\pi
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- \frac{1}{3} < k < \frac{7}{6} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\\
\frac{1}{3} < k < \frac{{11}}{6} \Rightarrow k = 1
\end{array} \right..$
Câu 31: Đáp án B.
Dễ thấy ${{u}_{n}}$ phải là cấp số cộng:
Ta có: ${{S}_{n}}=\frac{{{u}_{1}}+{{u}_{n}}}{2}.n\Leftrightarrow \frac{n\left[ 2{{a}_{1}}+\left( n-1 \right)d \right]}{2}=2{{n}^{2}}+3n\Leftrightarrow n\left( nd+2{{a}_{1}}-d \right)=n\left( 4n+6 \right)$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d = 4\\
2{a_1} - d = 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d = 4\\
{a_1} = 5
\end{array} \right..$
Câu 32: Đáp án B.
BPT $ \Leftrightarrow {3^{ - \sqrt {x + 2} }} > {3^{ - x}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge - 2\\
- \sqrt {x + 2} > - x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge - 2\\
x > \sqrt {x + 2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
{x^2} - x - 2 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 2.$
Câu 33: Đáp án A.
Dựng $BH\bot AC\Rightarrow BH\bot \left( SAC \right)$
Khi đó: $\widehat{\left( SB;\left( SAC \right) \right)}=\widehat{BSH}$
Ta có: $BH=AB\sin {{60}^{0}}=a\sqrt{3},SB=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{6}$
Suy ra $\sin \widehat{BSH}=\frac{BH}{SB}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{BSH}={{45}^{0}}.$
Câu 34: Đáp án A.
Do góc ở đỉnh của hình nón là $\varphi ={{120}^{0}}.$ Gọi l là độ dài đường sinh ta có: $l=\frac{2R}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}=SA$
Diện tích của tam giác SAB bằng $S=\frac{\sqrt{3}}{4}S{{A}^{2}}=3\sqrt{3}.$
Câu 35: Đáp án D.
Ta có: $cos2x=cos\frac{2\pi }{3}\Leftrightarrow 2x=\pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi \Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi }{3}+k\pi $
Do $x \in \left( {0;2\pi } \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{3}\\
x = \frac{{2\pi }}{3}
\end{array} \right.$ tam giác ABC cân nên đáp án cần tìm là D.
Câu 36: Đáp án B.
Dễ thấy tam giác ABC vuông tại A. Khi đó AB,AC,AD đôi một vuông góc
Do đó $\frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{49}{144}\Rightarrow d=\frac{12}{7}.$
Câu 37: Đáp án A.
Ta có: $\overrightarrow{SN}.\overrightarrow{CM}=\left( \overrightarrow{SC}+\overrightarrow{CN} \right)\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} \right)$
$=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{SC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB} \right)\left( \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} \right)=\frac{1}{4}\overrightarrow{CB}\left( \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} \right)$ $=\frac{1}{4}\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CA}+\frac{1}{4}C{{B}^{2}}$$=\frac{1}{4}C{{B}^{2}}cos{{60}^{0}}+\frac{1}{4}C{{B}^{2}}$ $=12$ $=SN.CMcos\left( \overrightarrow{SN};\overrightarrow{CM} \right)$
Do $SN=\sqrt{S{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}}=2\sqrt{3};$ $CM=2\sqrt{6}\Rightarrow cos\left( \overrightarrow{SN};\overrightarrow{CM} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$
Do đó $\widehat{\left( SN;CM \right)}={{45}^{0}}.$
Cách 2: Dựng NI//AM. Tính góc $\widehat{SNI}.$
Câu 38: Đáp án A.
Để lượng gỗ cần đẽo ít nhất thì hình tròn đáy hình trụ phải có diện tích lớn nhất, điều này xảy ra khi đường tròn này tiếp xúc với cạnh của hình vuông đáy là hình hộp $\Rightarrow R=\frac{a}{2}.$
Diện tích đáy hình trụ: ${{S}_{1}}=\pi {{R}^{2}}.$ Diện tích đáy hình hộp: ${{S}_{2}}={{a}^{2}}=4{{R}^{2}}.$
Chiều cao bằng nhau nên tỉ lệ thể tích: $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{\pi }{4}.$
Tỉ lệ thể tích cần đẽo ít nhất: $1-\frac{\pi }{4}\approx 21%.$
Câu 39: Đáp án D.
Gọi I là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{IA}=\overrightarrow{BC}=\left( 0;-3;3 \right)\Rightarrow I\left( -3;3;3 \right)$
Ta có: $\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right|=\left| \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IC} \right|=\left| \overrightarrow{MI} \right|=M{{I}_{\min }}\Leftrightarrow $ M là hình chiếu của I trên $\left( P \right):x+y+z-3=0,$ dễ thấy $I\in \left( P \right)\Rightarrow M=I\left( -3;3;3 \right).$
Câu 40: Đáp án A.
Bán kính đáy đường tròn ngoại tiếp đáy $r=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Áp dụng công thức tính nhanh ta có: $R=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( \frac{AA'}{2} \right)}^{2}}}=a\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{a}^{3}}$
Câu 41: Đáp án D.
Điều kiện: $D=\left[ 0;+\infty \right).$
Ta có $24+2x-2\sqrt{{{x}^{2}}+24x}={{\left( \sqrt{x+24}-\sqrt{x} \right)}^{2}};24+2x+2\sqrt{{{x}^{2}}+24x}={{\left( \sqrt{x+24}+\sqrt{x} \right)}^{2}}$
Khi đó, bất phương trình trở thành: $\frac{\sqrt{x+24}+\sqrt{x}}{\sqrt{x+24}-\sqrt{x}}<\frac{27}{8}.\frac{{{\left( \sqrt{x+24}-\sqrt{x} \right)}^{2}}}{{{\left( \sqrt{x+24}+\sqrt{x} \right)}^{2}}}$
$ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {x + 24} + \sqrt x } \right) < 3\left( {\sqrt {x + 24} - \sqrt x } \right) \Leftrightarrow 5\sqrt x < \sqrt {x + 24} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
25x < x + 24
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le x < 1.$
Câu 42: Đáp án C.
Dễ thấy $4.0-2.1-2+4=0\,suy\,ra\,A\in \left( P \right):4x-2y-z+4=0.$
Câu 43: Đáp án B.
Đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x+1}$ có tâm đối xứng là $I\left( -1;2 \right)\Rightarrow OI=\sqrt{{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{5}.$
Câu 44: Đáp án C.
Vì $OA=1,\,OB=2,\,OC=3$ và đôi một vuông góc $\Rightarrow R=\frac{\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{14}}{2}.$
Câu 45: Đáp án A.
Ta có: $\overrightarrow{OA}=\left( 0;0;-2 \right),\,\overrightarrow{OB}=\left( 4;0;0 \right)$ suy ra $\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Rightarrow \,\Delta OAB$ vuông tại O.
Do đo, mặt cầu (S) có bán kính ${{R}_{\min }}$ và đi qua O, A, B có tâm là trung điểm của AB.
Vậy tọa độ tâm mặt cầu là $I\left( 2;0;-1 \right).$
Câu 46: Đáp án B.
Ta có $\frac{{{V}_{S.MNC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\,$ và $\frac{{{V}_{S.MCD}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2}.$
Khi đó ${{V}_{S.MNC}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABCD}}$ và ${{V}_{S.MCD}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}\Rightarrow {{V}_{S.MNCD}}=\frac{3}{8}{{V}_{S.ABCD}}$
Vậy tỉ số $\frac{{{V}_{S.MNCD}}}{{{V}_{MNABCD}}}=\frac{{{V}_{S.MNCD}}}{{{V}_{S.ABCD}}-{{V}_{S.MNCD}}}=\frac{3}{8}:\left( 1-\frac{3}{8} \right)=\frac{3}{5}.$
Câu 47: Đáp án A.
Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng, đáy là tam giác vuông cân $\Rightarrow C'\left( 0;2;2 \right).$
Ta có $\overrightarrow{BC'}=\left( -2;2;2 \right)$ và $\overrightarrow{A'C'}=\left( 0;2;-2 \right)\Rightarrow \overrightarrow{BC'}.\overrightarrow{A'C}=0\Rightarrow BC'\bot A'C.$
Câu 48: Đáp án C.
Giả sử ${{x}_{0}}$ là nghiệm của phương trình (*) $\Rightarrow -{{x}_{0}}$ cũng là nghiệm của phương trình (*)
Khi đó ${{x}_{0}}=-{{x}_{0}}\Leftrightarrow 2{{x}_{0}}=0\Leftrightarrow {{x}_{0}}=0$ (loại) suy ra không tồn tại giá trị nào của a.
Câu 49: Đáp án D.
Ta có $y'=3{{x}^{2}}-2;\,y'=0\Leftrightarrow x=\pm \frac{\sqrt{6}}{3}.$ Suy ra $A\left( \frac{\sqrt{6}}{3};\frac{9-4\sqrt{6}}{6} \right);B\left( -\frac{\sqrt{6}}{3};\frac{9+4\sqrt{6}}{9} \right)$
Với A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Vậy $AB=\frac{10\sqrt{6}}{9}.$
Câu 50: Đáp án D.
Chọn 2 cây trong 6 cây xoài có $C_{6}^{2}=15$ cách.
Chọn 2 cây trong 4 cây mít có $C_{4}^{2}=6$ cách.
Chọn 2 cây trong 2 cây xoài có $C_{2}^{2}=1$ cách.
Suy ra có tất cả $15.6.1=90$ cách chọn 6 cây trồng.
Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{90}{C_{12}^{6}}=\frac{15}{154}.$
