Câu 30: Đáp án B
AA’ // (BB’C’C) suy ra $d\left( AA',(B{{B}^{'}}{{C}^{'}}C) \right)=d\left( A,(B{{B}^{'}}{{C}^{'}}C) \right)$
$\left. \begin{array}{l}
AH \bot BC\\
AH \bot BB'
\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {BB'C'C} \right)$
Suy ra $d\left( A,(B{{B}^{'}}{{C}^{'}}C) \right)=AH$
Trong $\Delta ABC\,co\grave{u}\,AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
Câu 31: Đáp án C
Theo đề bài ta có $C_{n}^{3}=2.C_{n}^{2}\Leftrightarrow \frac{n!}{3!\left( n-3 \right)!}=2.\frac{n!}{2!\left( n-2 \right)!}\Leftrightarrow \frac{1}{6}=\frac{1}{n-2}\Leftrightarrow n=8$.
Câu 32: Đáp án D
Ta có ${y}'=\frac{{{e}^{x}}}{{{e}^{x}}+{{m}^{2}}}$ . Do đó ${y}'\left( 1 \right)=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{e}{e+{{m}^{2}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow 2e=e+{{m}^{2}}\Leftrightarrow {{m}^{2}}=e\Leftrightarrow m=\pm \sqrt{e}$.
Câu 33: Đáp án A
TXĐ: $D=\left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 5;+\infty \right)$.
Ta có ${y}'=\frac{x-3}{\sqrt{{{x}^{2}}-5x+6}}>0\Leftrightarrow x>3$. Kết hợp điều kiện suy ra $x>5$.
Vậy hàm số đồng biến trên $\left( 5;+\infty \right)$.
Câu 34: Đáp án A
Số cách chọn 4 học sinh bất kì $n\left( \Omega \right)=C_{35}^{4}=52360$ (cách).
Số cách chọn 4 học sinh chỉ có nam hoặc chỉ có nữ là $C_{20}^{4}+C_{15}^{4}=6210$ (cách).
Do đó số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là $n\left( A \right)=52360-6210=46150$ (cách).
Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{46150}{52360}=\frac{4615}{5236}$.
Câu 35: Đáp án C
Để đạt được 6 điểm thì thí sinh đó phải trả lời đúng 30 câu và trả lời sai 20 câu.
Xác suất trả lời đúng trong 1 câu là 0,25. Xác suất trả lời sai trong 1 câu là 0,75.
Vậy xác suất cần tìm là $C_{50}^{30}.{{\left( 0,25 \right)}^{30}}.{{\left( 0,75 \right)}^{20}}=C_{50}^{20}.{{\left( 0,25 \right)}^{30}}.{{\left( 0,75 \right)}^{20}}$ .
Câu 36: Đáp án B
Đồ thị (H) có tiệm cận đứng là $x=2$ và tiệm cận ngang là $y=0$.
Câu 37: Đáp án C
Gọi $H$ là hình chiếu của ${A}'$ lên $\left( ABC \right)$.
Ta có $\widehat{\left( A{A}',\left( ABC \right) \right)}=\widehat{{A}'AH}={{30}^{0}}\Rightarrow {A}'H={A}'A.\sin {{30}^{0}}=\sqrt{3}$ .
Vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={A}'H.{{S}_{ABC}}=\sqrt{3}.\frac{{{3}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{27}{4}$.
Câu 38: Đáp án B
Ta có ${{V}_{S.BCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta BCD}}=\frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.AB.BC=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{1}{2}.a.a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}.$
Câu 39: Đáp án C
Ta có ${{S}_{xq}}=\pi rl=6\pi {{a}^{2}}\Rightarrow rl=6{{a}^{2}}$.
Lại có $\widehat{OSB}={{60}^{0}}$. Mà $\sin \widehat{OSB}=\frac{OB}{SB}=\frac{r}{l}\Rightarrow \frac{r}{l}=\frac{1}{2}$ hay $l=2r$.
Do đó $r=a\sqrt{3},l=2a\sqrt{3}\Rightarrow h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=3a$.
Vậy thể tích V của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .3{{a}^{2}}.3a=3\pi {{a}^{3}}$ .
Câu 40: Đáp án D
Ta có ${{V}_{A.C{B}'{D}'}}={{V}_{{D}'.AC{B}'}}={{V}_{B.AC{B}'}}={{V}_{{B}'.ABC}}=\frac{1}{3}.B{B}'.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}B{B}'.\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{6}B{B}'.{{S}_{ABCD}}=\frac{V}{6}$.
Câu 41: Đáp án B
Gọi $O,O'$ lần lượt là tâm của hai đáy và $I$ là trung điểm của $O{O}'$ thì $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ cần tìm.
Ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AO=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ và $OI=\frac{b}{2}$.
Suy ra bán kính mặt cầu cần tìm là $R=IA=\sqrt{O{{I}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{b}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{4{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}}{12}}$ .
Vậy thể tích mặt cầu cần tìm là $V=\frac{4}{3}{{\left( \sqrt{\frac{4{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}}{12}} \right)}^{3}}=\frac{\pi \sqrt{{{\left( 4{{a}^{2}}+3{{b}^{2}} \right)}^{3}}}}{18\sqrt{3}}$
Câu 42: Đáp án A
Ta có $AB = 2\sqrt 3 ,\widehat {AMB} = {90^0} \Rightarrow AM = 3;MB = \sqrt 3 $
Vậy ${{V}_{ACDM}}=\frac{1}{3}.{{S}_{\Delta ADM}}.d\left( C,\left( ADM \right) \right)=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AM.AD.CN=\frac{1}{6}.3.2\sqrt{3}.\sqrt{3}=3\left( c{{m}^{3}} \right)$.
Câu 43: Đáp án D
Để hàm số $y=\log \left( {{x}^{2}}-2mx+4 \right)$ có tập xác định là $\mathbb{R}$ thì ${{x}^{2}}-2mx+4>0\,\,\forall x\in \mathbb{R}$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1 > 0\\
\Delta ' = {m^2} - 4 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} < 4 \Leftrightarrow - 2 < m < 2$.
Câu 44: Đáp án A.
Ta có $\frac{1}{{{12}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{20}^{2}}}+\frac{1}{O{{H}^{2}}}\Rightarrow OH=15\left( cm \right)$.
$HB=\sqrt{O{{B}^{2}}-O{{H}^{2}}}=\sqrt{{{25}^{2}}-{{15}^{2}}}=20\left( cm \right)$
$\Rightarrow {{S}_{\Delta AOB}}=\frac{1}{2}OH.AB=\frac{1}{2}.15.40=300\left( c{{m}^{2}} \right)$.
Do đó ${{V}_{S.OAB}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{\Delta AOB}}=\frac{1}{3}.20.300=2000\left( c{{m}^{3}} \right)$.
Vậy ${{S}_{\Delta SAB}}=\frac{3{{V}_{S.OAB}}}{d\left( O,\left( SAB \right) \right)}=\frac{6000}{12}=500\left( c{{m}^{2}} \right)$.
Câu 45: Đáp án B
Câu 46: Đáp án B
Gọi $M$ là trung điểm của $SA\Rightarrow MA=MB=MC\Rightarrow $ Gọi $H$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ thì $MH\bot \left( ABC \right)$.
Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ thì $\left( MIC \right)\bot AB\Rightarrow \left( \widehat{\left( SAB \right),\left( ABC \right)} \right)=\widehat{MIC}={{60}^{0}}$.
Ta có $IH=\frac{1}{3}IC=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow MH=IH.\tan {{60}^{0}}=\frac{a}{2}\Rightarrow d\left( C,\left( ABC \right) \right)=2MH=a.$
Vậy ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}.$
Câu 47: Đáp án C
ĐK: $x>1,mx-8>0$.
PT$\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=mx-8\Leftrightarrow {{x}^{2}}-\left( m+2 \right)x+9=0$ (*)
Để PT đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt thì (*) có 2 nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}>1$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 36 > 0\\
{x_1} + {x_2} = m + 2 > 2\\
\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) = 8 - m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 4 < m < 8$.
Thay $m=5,m=6,m=7$ vào ta được $m=5$ là giá trị cần tìm.
Câu 48: Đáp án D
Gọi $M$ là trung điểm của $SB$. Ta có $\left( ABC \right)\bot \left( SAB \right)$. Do $\left( ABC \right)\cap \left( SAB \right)=AB$ và $CA\bot AB$ nên $CA\bot \left( SAB \right)\Rightarrow CA\bot SA$ .
Ta có $AC=\frac{a}{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ . Mà $AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \Delta SAB$ cân tại A$\Rightarrow AM\bot SB.$
Ta có $AM=\sqrt{S{{A}^{2}}-S{{M}^{2}}}=\frac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow {{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}.\frac{a}{\sqrt{2}}.a=\frac{{{a}^{2}}}{2\sqrt{2}}$.
Do đó ${{V}_{C.SAB}}=\frac{1}{3}CA.{{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a}^{2}}}{2\sqrt{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{12\sqrt{2}}$.
Vậy $d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta SBC}}}=\frac{\frac{{{a}^{3}}}{4\sqrt{2}}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}}=\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$
Câu 49: Đáp án B
Ta có $\widehat{\left( MN,\left( ABCD \right) \right)=}\widehat{MNH}={{60}^{0}},NH=\sqrt{{{\left( \frac{3a}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{4} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}\Rightarrow MH=\frac{a\sqrt{30}}{4}\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{30}}{2}$
Gọi I là trung điểm của $AD.$
Kẻ $OK\bot SI\Rightarrow d\left( BC,DM \right)=d\left( BC,\left( SAD \right) \right)=d\left( C,\left( SAD \right) \right)=2d\left( M,\left( SAD \right) \right)=2OK$ .
Ta có $\frac{1}{O{{K}^{2}}}=\frac{1}{O{{I}^{2}}}+\frac{1}{O{{S}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{30}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{124}{30{{a}^{2}}}\Rightarrow OK=\frac{a\sqrt{30}}{2\sqrt{31}}$.
Vậy $d\left( BC,DM \right)=2OK=\frac{a\sqrt{30}}{\sqrt{31}}$.
Câu 50: Đáp án C.
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
{\log _2}a = x\\
{\log _2}b = y\\
{\log _2}c = z
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = {2^x}\\
b = {2^y}\\
c = {2^z}
\end{array} \right. \Rightarrow P = {\left( {{2^x}} \right)^3} + {\left( {{2^y}} \right)^3} + {\left( {{2^z}} \right)^3} - 3\left( {x{{.2}^x} + y{{.2}^y} + z{{.2}^z}} \right)$,
trong đó ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}\le 1$ và $x,y,z\in \left[ 0;1 \right].$
Dễ chứng minh được ${{2}^{x}}\le x+1,\,\,\forall x\in \left[ 0;1 \right]$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow x=0\vee x=1$.
Suy ra
${{\left( {{2}^{x}}-x \right)}^{3}}\le 1\Leftrightarrow {{\left( {{2}^{x}} \right)}^{3}}\le 3.{{\left( {{2}^{x}} \right)}^{2}}.x-{{3.2}^{x}}.{{x}^{2}}+{{x}^{3}}+1\Rightarrow {{\left( {{2}^{x}} \right)}^{3}}-3x{{.2}^{x}}\le 3x{{.2}^{x}}\left( {{2}^{x}}-x-1 \right)+{{x}^{3}}+1\le {{x}^{3}}+1$Từ đó suy ra $P\le \left( {{x}^{3}}+1 \right)+\left( {{y}^{3}}+1 \right)+\left( {{z}^{3}}+1 \right)\le 4$.
Dấu bằng xảy ra khi trong ba số $x,y,z$ có 1 số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0. Do đó chọn C.
