Câu 30: Chọn B.
Điều kiện $\cos x\ne 0\Leftrightarrow x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi $, $k\in \mathbb{Z}$.
Do ${{\sin }^{2}}x+1>0,\forall x\in \mathbb{R}$ nên phương trình đã cho tương đương với $\sqrt{3}\tan x+1=0\Leftrightarrow \tan x=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \tan x=\tan \left( -\frac{\pi }{6} \right)\Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{6}+k\pi $, $k\in \mathbb{Z}$ (nhận).
Câu 31: Chọn D.
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
{\rm{d}}v = f'\left( {2x} \right){\rm{d}}x
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\
v = \frac{1}{2}f\left( {2x} \right)
\end{array} \right.$.
Khi đó, $I=\left. x.\frac{1}{2}f\left( 2x \right) \right|_{0}^{1}-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( 2x \right)\text{d}x}=\frac{1}{2}f\left( 2 \right)-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( 2x \right)\text{d}x}=8-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( 2x \right)\text{d}x}$.
Đặt $t=2x\Rightarrow \text{d}t=2\text{d}x$.
Với $x=0\Rightarrow t=0$; $x=1\Rightarrow t=2$.
Suy ra $I=8-\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)\text{d}t}=8-1=7$.
Câu 32: Chọn D.
Ta có $m=f\left( x \right)+1\Leftrightarrow f\left( x \right)=m-1$ $\left( 1 \right)$.
Số nghiệm của phương trình $\left( 1 \right)$ chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và đường thẳng $y=m-1$.
Với $m<2\Leftrightarrow m-1<1$: Khi đó đường thẳng $y=m-1$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ tại $2$ điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có $2$ nghiệm phân biệt.
Câu 33: Chọn C.
Thời gian từ lúc hãm phanh đến dừng hẳn là: $-2t+20=0$$\Leftrightarrow t=10\text{ }\left( \text{s} \right)$.
Quãng đường ôto đi được trong $15$ giây cuối cùng là:
$s=20.5+\int\limits_{0}^{10}{\left( -2t+20 \right)\text{d}t}=100+\left. \left( -{{t}^{2}}+20t \right) \right|_{0}^{10}=100+\left( -100+200 \right)=200\text{ }\left( \text{m} \right)$.
Câu 34: Chọn B.
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta OAB}}OC$$=\frac{1}{3}\left( \frac{1}{2}OA.OB \right)OC$$=6$.
Câu 35: Chọn B.
Ta có $\cos 3x-\cos 2x+9\sin x-4=0$
$\Leftrightarrow 4{{\cos }^{3}}x-3\cos x+2{{\sin }^{2}}x+9\sin x-5=0$
$\Leftrightarrow \cos x\left( 1-4{{\sin }^{2}}x \right)+\left( 2\sin x-1 \right)\left( \sin x+5 \right)=0$
$\Leftrightarrow \left( 2\sin x-1 \right)\left( -\cos x-2\sin x\cos x+\sin x+5 \right)=0$
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2\sin x - 1 = 0}&{\left( 1 \right)}\\
{\sin x - \cos x - 2\sin x\cos x + 5 = 0}&{\left( 2 \right)}
\end{array}} \right.$
Giải $\left( 1 \right)$, ta có $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi
\end{array} \right.$.
Với $x\in \left( 0;3\pi \right)$ nên $\left( 1 \right)$ có các nghiệm thoả bài toán là: $x=\frac{\pi }{6}$, $x=\frac{13\pi }{6}$, $x=\frac{5\pi }{6}$, $x=\frac{17\pi }{6}$.
Giải $\left( 2 \right)$, đặt $t=\sin x-\cos x=\sqrt{2}\sin \left( x-\frac{\pi }{4} \right)$ với $\left| t \right|\le \sqrt{2}$.
Khi đó ${{t}^{2}}=1-2\sin x\cos x\Rightarrow 2\sin x\cos x=1-{{t}^{2}}$;
Phương trình $\left( 2 \right)$ trở thành $t-1+{{t}^{2}}+5=0\Leftrightarrow {{t}^{2}}+t+4=0$ phương trình vô nghiệm.
Vậy tổng các nghiệm là: $\frac{\pi }{6}+\frac{13\pi }{6}+\frac{5\pi }{6}+\frac{17\pi }{6}=6\pi $.
Câu 36: Chọn B.
Ta có $\left( IBC \right)\cap \left( ABCD \right)=BC$; $\left( IBC \right)\cap \left( SAB \right)=IB$
Tìm $\left( IBC \right)\cap \left( SAD \right)$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
I \in \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)\\
BC \in \left( {IBC} \right)\\
AD \in \left( {SAD} \right)\\
BC\;{\rm{//}}\;AD
\end{array} \right.$$\Rightarrow \left( IBC \right)\cap \left( SAD \right)=Ix\ \text{//}\ AD\ \text{//}\ BC$
Xét $\left( SAD \right)$: Gọi $J=Ix\cap SD$, mà $IA=IS,Ix\ \text{//}\ AD\Rightarrow JS=JD$
$\Rightarrow \left( IBC \right)\cap \left( SAD \right)=IJ\Rightarrow \left( IBC \right)\cap \left( SDC \right)=JC$
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang $IJBC$.
Câu 37: Chọn D.
Đặt $\frac{SP}{SC}=x\left( 0<x\le 1 \right)$ . Ta có $\frac{SM}{SA}+\frac{SP}{SC}=\frac{SN}{SB}+\frac{SQ}{SD}\Rightarrow \frac{SQ}{SC}=\frac{1}{2}+x-\frac{2}{3}=x-\frac{1}{6}\left( x>\frac{1}{6} \right)$ .
Mặt khác $ABCD$ là hình bình hành nên có ${{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}=2{{V}_{S.ACD}}$
$\frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SC}=\frac{1}{3}x$; $\frac{{{V}_{S.MPQ}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SP}{SC}.\frac{SQ}{SD}=\frac{1}{2}x\left( x-\frac{1}{6} \right)$.
Suy ra $\frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{{{V}_{S.MNP}}}{2{{V}_{S.ABC}}}+\frac{{{V}_{S.MPQ}}}{2{{V}_{S.ACD}}}=\frac{1}{6}x+\frac{1}{4}x\left( x-\frac{1}{6} \right)=\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{1}{8}x$.
Xét $f\left( x \right)=\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{1}{8}x$ với $\frac{1}{6}<x\le 1$; ${f}'\left( x \right)=\frac{1}{2}x+\frac{1}{8}=0\Leftrightarrow x=-\frac{1}{4}\notin \left( \frac{1}{6};1 \right]$
Bảng biến thiên:
Từ BBT ta có $\mathop {\max }\limits_{\left( {\frac{1}{6};1} \right]} {\mkern 1mu} f\left( x \right) = \frac{3}{8}$. Vậy $\frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{3}{8}$.
Câu 38: Chọn B.
Ta có $V=\frac{1}{3}{{S}_{}}.h=\frac{1}{3}3{{a}^{2}}.2a=2{{a}^{3}}$.
Câu 39: Chọn D.
Ta có ${{S}_{}}=\frac{1}{2}AC.BD={{a}^{2}}$; $V={{S}_{}}.A{A}'={{a}^{2}}.4a=4{{a}^{3}}$.
Câu 40: Chọn B.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AC\\
BD \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$, $BD\subset \left( SBD \right)\Rightarrow \left( SBD \right)\bot \left( SAC \right)$ và $\left( SAC \right)\cap \left( SBD \right)=SO$
Trong mặt phẳng $\left( SAC \right)$, kẻ $AH\bot SO$ thì $AH\bot \left( SBD \right)\Rightarrow AH=d\left( A,\,\left( SBD \right) \right)$ .
Mặt khác
Tam giác $SAO$ vuông tại $A$ có $OA=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{\sqrt{2}}$, $SA=a$ và $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{A}^{2}}}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{2}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{3}{{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a}{\sqrt{3}}$
Vậy $d\left( A,\,\left( SBD \right) \right)=\frac{a}{\sqrt{3}}$.
Câu 41: Chọn D.
Tại ${{x}_{0}}=2$, ta có:
¦ $f\left( 2 \right)=a-\frac{1}{4}$
¦ $\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( a+\frac{1-x}{2+x} \right)=a-\frac{1}{4}$.
¦ $\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| 2{{x}^{2}}-7x+6 \right|}{x-2}=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| \left( x-2 \right)\left( 2x-3 \right) \right|}{x-2}$
$=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-\left( x-2 \right)\left( 2x-3 \right)}{x-2}=-\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 2x-3 \right)=-1$.
Để hàm số liên tục tại ${{x}_{0}}=2$ thì $f\left( 2 \right)=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)$
$\Leftrightarrow a-\frac{1}{4}=-1\Leftrightarrow a=-\frac{3}{4}$ .
Với $a=-\frac{3}{4}$, xét bất phương trình $-{{x}^{2}}-\frac{3}{4}x+\frac{7}{4}>0\Leftrightarrow -\frac{7}{4}<x<1$
Mà $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \left\{ -1;\,0 \right\}$.
Vậy bất phương trình đã cho có $2$ nghiệm nguyên.
Câu 42: Chọn A
Gọi $N$ là trung điểm của $AC$ và $a$ là độ dài cạnh tứ diện đều.
Ta có $MN\,\text{//}\,AB\Rightarrow \left( AB,\,DM \right)=\left( MN,\,DM \right)=\widehat{DMN}$ .
Tam giác $DMN$ có $DM=DN=\frac{a\sqrt{3}}{2},MN=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}$, và $\cos \widehat{DMN}=\frac{D{{M}^{2}}+M{{N}^{2}}-D{{N}^{2}}}{2.DM.MN}$.
$\Leftrightarrow \cos \widehat{DMN}=\frac{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}{2.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.
Vậy $\cos \left( AB,\,DM \right)=\frac{\sqrt{3}}{6}$.
Câu 43: Chọn A.
Ta có: Hàm số $y={{a}^{x}}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}\Rightarrow 0<a<1$.
Các hàm số $y={{b}^{x}}$ và $y={{c}^{x}}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên $b$, $c>1$.
Ta lại có $\forall x>0$ thì ${{b}^{x}}>{{c}^{x}}\Rightarrow b>c$.
Vậy $a<c<b$.
Câu 44: Chọn C.
Ta có: ${f}'\left( x \right)=\left( 2x+1 \right).{{f}^{2}}\left( x \right)\Leftrightarrow \frac{{f}'\left( x \right)}{{{f}^{2}}\left( x \right)}=2x+1\Leftrightarrow \int{\frac{{f}'\left( x \right)}{{{f}^{2}}\left( x \right)}\text{d}x}=\int{\left( 2x+1 \right)\text{d}x}$
$\Leftrightarrow -\frac{1}{f\left( x \right)}={{x}^{2}}+x+C\Rightarrow \frac{1}{f\left( x \right)}=-{{x}^{2}}-x-C$.
Lại có: $f\left( 1 \right)=-0,5\Rightarrow -2=-{{1}^{2}}-1-C\Rightarrow C=0$.
Vậy $\frac{1}{f\left( x \right)}=-\left( {{x}^{2}}+x \right)=-x\left( x+1 \right)$ hay $-f\left( x \right)=\frac{1}{x\left( x+1 \right)}$ .
Ta có: $-f\left( 1 \right)-f\left( 2 \right)-f\left( 3 \right)-...-f\left( 2017 \right)=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{2017.2018}$
$=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2017}-\frac{1}{2018}=1-\frac{1}{2018}=\frac{2017}{2018}$.
Vậy $f\left( 1 \right)+f\left( 2 \right)+f\left( 3 \right)+...+f\left( 2017 \right)=\frac{-2017}{2018}$ hay $a=-2017,b=2018\Rightarrow b-a=4035$
Câu 45: Chọn B.
Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật, có độ dài một cạnh là $2a$, có diện tích là $8{{a}^{2}}$, suy ra chiều cao của hình trụ là $h=\frac{8{{a}^{2}}}{2a}=4a$.
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: ${{S}_{xq}}=2\pi rh$$=2.\pi .a.4a$$=8\pi {{a}^{2}}$.
Câu 46: Chọn A.
$SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=4$; $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{.3}^{2}}.4=12\pi $ $\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Câu 47: Chọn D.
Kẻ đường kính $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ nên $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}=90{}^\circ $.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot BA\\
BD \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAB} \right)$ hay $BD\bot AM$ và $AM\bot SB$ hay $AM\bot \left( SBD \right)\Rightarrow AM\bot SD$. Chứng minh tương tự ta được $AN\bot SD$. Suy ra $SD\bot \left( AMN \right)$, mà $SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \left( \left( ABC \right),\left( AMN \right) \right)=\left( SA,SD \right)=\widehat{DSA}$ .
Ta có $BC=2R\sin A=AD.\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SA=2BC=AD\sqrt{3}$.
Vậy $\tan \widehat{ASD}=\frac{AD}{SA}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{ASD}=30{}^\circ $.
Câu 48: Chọn C.
${y}'=\frac{1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}$; gọi điểm $M\left( {{x}_{0}};\frac{{{x}_{0}}+1}{{{x}_{0}}+2} \right)\in \left( C \right)$.
Phương trình tiếp tuyến: $y=\frac{1}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}\left( x-{{x}_{0}} \right)+\frac{{{x}_{0}}+1}{{{x}_{0}}+2}$.
Ta có tiệm cận đứng: ${{d}_{1}}:x=-2$ và tiệm cận ngang: ${{d}_{2}}:y=1$.
$A=\left( T \right)\cap {{d}_{1}}$ nên tọa độ điểm $A$là nghiệm của hệ:
$\left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}\\
x = - 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - 2\\
y = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\left( { - 2 - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}} = \frac{{{x_0}}}{{{x_0} + 2}}
\end{array} \right.$
$B=\left( T \right)\cap {{d}_{2}}$ nên tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ:
$\left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}\\
y = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2{x_0} + 2\\
y = 1
\end{array} \right.$
$AB=\sqrt{{{\left( 2{{x}_{0}}+4 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{2}{2+{{x}_{0}}} \right)}^{2}}}$; $A{{B}^{2}}=4{{\left( 2+{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\frac{4}{{{\left( 2+{{x}_{0}} \right)}^{2}}}\ge 2\sqrt{16}=8$.
$AB$ min bằng $8$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = - 1\\
{x_0} = - 3
\end{array} \right.$. Vì ${{y}_{0}}>0\Rightarrow {{x}_{0}}=-3$.
Suy ra $A\left( -2; 3 \right)$, $B\left( -4; 1 \right)$ nên ta có phương trình $AB$: $y=\left( x+3 \right)+2\Leftrightarrow y=x+5$.
$M=AB\cap Ox$ nên tọa độ điểm $M$là nghiệm của hệ:
$\left\{ \begin{array}{l}
y = x + 5\\
y = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - 5\\
y = 0
\end{array} \right.{\rm{ }} \Rightarrow M\left( { - 5; 0} \right)$.
$N=AB\cap Oy$ nên tọa độ điểm $N$là nghiệm của hệ:
$\left\{ \begin{array}{l}
y = x + 5\\
x = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 5
\end{array} \right. \Rightarrow N\left( {0; 5} \right)$ .
Vậy ${{S}_{\Delta OMN}}=\frac{1}{2}.5.5=12,5$.
Câu 49: Chọn B.
Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}$. Đạo hàm: ${y}'=-\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}$.
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y={y}'\left( 0 \right).x+y\left( 0 \right)\Leftrightarrow y=-x+2$.
Câu 50: Chọn D.
Các phương trình hoành độ giao điểm:
* $\sqrt {4 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
4 - {x^2} = {x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\\
x = \sqrt 2 \,.
\end{array} \right.$
* $\sqrt{4-{{x}^{2}}}=2\Leftrightarrow x=0$
* $x=2$.
Diện tích cần tính là: $S=\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{\left( 2-\sqrt{4-{{x}^{2}}} \right)\text{d}x}+\int\limits_{\sqrt{2}}^{2}{\left( 2-x \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{2\text{d}x}+\int\limits_{\sqrt{2}}^{2}{\left( 2-x \right)\text{d}x}-\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}\text{d}x}$
$=\left. \left( 2x \right)\, \right|_{\,0}^{\,\sqrt{2}}+\left. \left( 2x-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right)\, \right|_{\,\sqrt{2}}^{\,2}-\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}\text{d}x}=2\sqrt{2}+3-2\sqrt{2}-\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}\text{d}x}=3-\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}\text{d}x}$.
Đặt $x=2\sin t\Rightarrow \text{d}x=2\cos t\text{d}t$ . Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=0;x=\sqrt{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{4}$
Ta có $\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}\text{d}x}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\sqrt{4-4{{\sin }^{2}}t}.2\cos t\text{d}x}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{4{{\cos }^{2}}t\text{d}x}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{2\left( 1+\cos 2t \right)\text{d}x}$
$=\left. 2\left( t+\frac{1}{2}\sin 2t \right)\, \right|_{\,0}^{\,\frac{\pi }{4}}=2\left( \frac{\pi }{4}+\frac{1}{2} \right)=\frac{\pi }{2}+1$.
Vậy $S=3-\frac{\pi }{2}-1=2-\frac{1}{2}.\pi $.
Theo kí hiệu của bài toán ta suy ra $a=2,b=-\frac{1}{2}$ . Do đó mệnh đề đúng là ${{a}^{2}}+4{{b}^{2}}\ge 5$.
Ta có ${{S}_{}}=\frac{1}{2}AC.BD={{a}^{2}}$; $V={{S}_{}}.A{A}'={{a}^{2}}.4a=4{{a}^{3}}$.
