Lời giải đề 16: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT chuyên Trần Phú- Hải Phòng lần 1 trang 2

Câu 30. Chọn D

 Lấy 3 viên bi bất kỳ trong 29 viên bi có $C_{20}^{3}$ $cáchchọn$.

$Rightarrow nleft$Omegaright$=C_{20}^{3}$.

 + Chọn 3 viên bi có đúng một màu:

– Chọn được 3 viên bi màu đỏ có $C_{9}^{3}$ $cáchchọn$.

– Chọn được 3 viên bi màu xanh có $C_{6}^{3}$ $cáchchọn$.

– Chọn được 3 viên bi màu vàng có $C_{5}^{3}$ $cáchchọn$.

Vậy có tất cả $C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3}=114$ $cáchchọn3viênbicóđúngmộtmàu$.

+ Chọn 3 viên bi có đúng hai màu:

– Chọn được 3 viên bi có màu đỏ và xanh có $C_{15}^{3}-C_{9}^{3}-C_{6}^{3}$ $cáchchọn$.

– Chọn được 3 viên bi có màu đỏ và vàng có $C_{15}^{3}-C_{9}^{3}-C_{5}^{3}$ $cáchchọn$.

– Chọn được 3 viên bi có màu vàng và xanh có $C_{15}^{3}-C_{5}^{3}-C_{6}^{3}$ $cáchchọn$.

Vậy có tất cả $C_{15}^{3}+C_{14}^{3}+C_{11}^{3}-2left$C_9^3+C_6^3+C_5^{3}right$$ $cáchchọn3viênbicóđúnghaimàu$.

Gọi A là biến cố:” 3 viên bi lấy ra có không quả 2 màu”. $Rightarrow nleft$Aright$=C_{15}^{3}+C_{14}^{3}+C_{11}^{3}-2left$C_9^3+C_6^3+C_5^{3}right$+C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3}=870$.

$Rightarrow Pleft$Aright$=frac{nleft$Aright$}{nleft$Omegaright$}=frac{29}{38}$.

Câu 31. Chọn C.

Hình vẽ trên là đáy của mỗi cột khi chưa trát thêm vữa. Gọi ${{S}_{1}}$là diện tích lục giác đều $ABCDEF$cạnh $20cm$, ${{S}_{2}}$là diện tích hình tròn ngoại tiếp lục giác đều $ABCDEF$$bánkính\$r_1=20cm\$$ và ${{S}_{3}}$là diện tích hình tròn đáy của mỗi trụ sau khi hoàn thiện $đườngkínhđáy\$42cm\$nênbánkínhhìnhtrònnàylà\$r_2=21cm\$$.

Ta có ${{S}_{1}}=6.frac{{{20}^{2}}sqrt{3}}{4}=600sqrt{3}c{{m}^{3}}$, ${{S}_{2}}={{20}^{2}}pi =400pi c{{m}^{3}}$ và ${{S}_{3}}={{21}^{2}}pi =441pi c{{m}^{3}}$.

Sau khi hoàn thiện thì chiều cao của cột và trụ là $4m=400cm$ nên thể tích vữa cần sử dụng là:

$left$$left(S_3-S_{2}right)+left(S_2-S_{1}right)right$$400=138484,75c{{m}^{3}}$.

Biết lượng xi măng cần dùng chiếm $80%$ lượng vữa và cứ một bao xi măng $50kg$ thì tương đương với $64000c{{m}^{3}}$ xi măng nên số bao xi măng cần dùng là:

$frac{80.138484,75}{100.6400}=17,31$, do đó cần dùng $18$ bao xi măng.

Câu 32. Chọn D.

Đồ thị có một tiệm cận ngang vì $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=underset{xto pm infty }{mathop{lim }},frac{x-2}{{{x}^{2}}-mx+1}=0$.

Để đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng thì phương trình ${{x}^{2}}-mx+1=0$ phải có hai nghiệm phân biệt khác $2$, do đó: $left{ begin{array}{l}
{m^2} – 4 > 0\
4 – 2m + 1 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
m > 2\
m ne frac{5}{2}
end{array} right.\
m <  – 2
end{array} right.$ .

Câu 33. Chọn D.

* Dân số thành phố sau $n$ năm tính từ năm $2011$ được tính theo công thức:

$Sleft$nright$={{S}_{2011}}.{{e}^{0,0137.n}};text{ }{{S}_{2011}}=905.300$ $người$.

* Học sinh học lớp 1 năm học $2024-2025$ sẽ sinh ra ở năm: $2024-6=2018$.

* Số dân của thành phố ở năm 2018 là: $Sleft$7right$=905.300.{{e}^{0,0137.7}}approx 996418$ $người$.

* Số dân của thành phố ở năm 2017 là: $Sleft$6right$=905.300.{{e}^{0,0137.6}}approx 982860$ $người$.

* Số dân của thành phố tăng thêm ở năm 2018 là: $Sleft$7right$-Sleft$6right$approx 13558$ $người$.

* Số người sinh ra ở thành năm 2018 là: $13558+2400=15958$ $người$.

* Số phòng học phải chuẩn bị ở  năm học $2024-2025$ là: $13558:35approx 456$ $phòng$.

Đáp án là D.

Câu 34. Chọn B.

* Xét hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ cạnh  $a$.

* Đặt $overrightarrow{a}=overrightarrow{AB},text{ }overrightarrow{b}=overrightarrow{AD},text{ }overrightarrow{c}=overrightarrow{A{A}’}Rightarrow left| overrightarrow{a} right|=left| overrightarrow{b} right|=left| overrightarrow{c} right|=a,text{ }overrightarrow{a}.overrightarrow{b}=overrightarrow{b}.overrightarrow{c}=overrightarrow{a}.overrightarrow{c}=0$.

* Ta có:

$overrightarrow{MN}=overrightarrow{AN}-overrightarrow{AM}=overrightarrow{AB}+overrightarrow{BN}-overrightarrow{AM}=overrightarrow{a}-frac{1}{2}overrightarrow{b}+frac{1}{2}overrightarrow{c}Rightarrow left| overrightarrow{MN} right|=sqrt{{{a}^{2}}+frac{1}{4}{{a}^{2}}+frac{1}{4}{{a}^{2}}}=frac{asqrt{3}}{sqrt{2}}$

$overrightarrow{A{C}’}=overrightarrow{AB}+overrightarrow{AD}+overrightarrow{A{A}’}=overrightarrow{a}+overrightarrow{b}+overrightarrow{c}Rightarrow left| overrightarrow{A{C}’} right|= sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=asqrt{3}$

$overrightarrow{A{C}’}.overrightarrow{MN}={{a}^{2}}-frac{1}{2}{{a}^{2}}+frac{1}{2}{{a}^{2}}={{a}^{2}}$

$cos left$MN;A{C}^{\prime }right$=left| cos left$overrightarrowMN;overrightarrowA{C}^{\prime }right$ right|=frac{left| overrightarrow{MN}.overrightarrow{A{C}’} right|}{left| overrightarrow{MN} right|.left| overrightarrow{A{C}’} right|}=frac{sqrt{2}}{3}$.

Câu 35. Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm của $left$dright$$ và $left$Cright$$

${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1=mx-m-1Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-mx+m-2=0$$Leftrightarrow left$x-1right$left$x^2-2x-m-2right$=0,,left$\ast right$$ $Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x – 1 = 0\
{x^2} – 2x – m – 2 = 0,,left$\ast \ast right$
end{array} right.$

Để $left$dright$$ cắt $left$Cright$$ tại ba điểm phân biệt phân biệt $A,B,C$ $\$B\$thuộcđoạn\$AC\$$ thì phương trình $left$\ast right$$ có ba nghiệm phân biệt $Leftrightarrow $ phương trình $left$\ast \ast right$$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$.

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = 1 + m + 2 > 0\
1 – 2 – m – 2 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow m >  – 3$ . Khi đó $left$\ast \ast right$$ có hai nghiệm là ${{x}_{1}}=1-sqrt{m+3}$; ${{x}_{2}}=1+sqrt{m+3}$. Rõ ràng $1-sqrt{m+3}<1<1+sqrt{m+3}$ nên hoành độ của $A$ và $C$ là hai nghiệm của phương trình $left$\ast \ast right$$. Đến đây ta dùng phương pháp thử là nhanh nhất.

Với $m=1$ thì phương trình $left$\ast \ast right$$ trở thành ${x^2} – 2x – 3 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – 1\
x = 3
end{array} right.$  $Rightarrow Aleft$-1;-3right$;Cleft$3;,1right$$. Khi đó $OA=sqrt{10}=OC$.

Vậy $m=1$ thỏa yêu cầu bài.

Câu 36. Chọn C.

Ta có ${y}’=4{{x}^{3}}-4mx$, $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
{x^2} = m
end{array} right.$ . Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi $m>0$.

Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là $Aleft$0;m^4+2mright$,Bleft$-sqrtm;m^4-m^2+2mright$$ và $Cleft$sqrtm;m^4-m^2+2mright$$. Gọi $I$ là trung điểm của $BC$$Rightarrow Ileft$0;m^4-m^2+2mright$$. Diện tích tam giác $ABC$ bằng $4sqrt{2}$ nên

$frac{1}{2}AI.BC=4sqrt{2}$ hay $frac{1}{2}{{m}^{2}}.2sqrt{m}=4sqrt{2}Leftrightarrow {{m}^{2}}sqrt{m}=4sqrt{2}Leftrightarrow m=2$.

Câu 37. Chọn A.

Gọi thể tích khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là $V={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}={{S}_{ABC}}.dleft$C^{\prime };left(ABCright$ right)$, gọi trung điểm của $A{A}’$, $B{B}’$ là $E,text{ }F$.

Thể tích khối chóp ${{V}_{{C}’.ABC}}=frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.dleft$C^{\prime };left(ABCright$ right)=frac{V}{3}$.

Suy ra thể tích khối chóp ${{V}_{{C}’.AB{B}'{A}’}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}-{{V}_{{C}’.ABC}}=frac{2V}{3}$.

Ta có: ${{S}_{EF{A}'{B}’}}=frac{1}{2}{{S}_{AB{B}'{A}’}}$ nên ${{V}_{{C}’.EF{A}'{B}’}}=frac{1}{2}{{V}_{{C}’.AB{B}'{A}’}}=frac{V}{3}$.

Suy ra ${{V}_{{C}’.CEFAB}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}-{{V}_{{C}’.EF{B}'{A}’}}=frac{2V}{3}$. Vậy tỉ số thể tích hai phần bằng $frac{1}{2}$.

Câu 38. Chọn C.

Bán kính đáy của hình nón: $R=frac{a}{2}$.

Đường sinh của hình nón: $l=OM$$Leftrightarrow l=sqrt{M{{I}^{2}}+O{{I}^{2}}}$ $Leftrightarrow l=sqrt{{{left$fraca2right$}^{2}}+4{{a}^{2}}}$$Leftrightarrow l=afrac{sqrt{17}}{2}$.

Diện tích xungquanh của hình nón là $S=pi .R.l$ $Leftrightarrow S=pi .frac{a}{2}.afrac{sqrt{17}}{2}$ $Leftrightarrow S=frac{pi {{a}^{2}}sqrt{17}}{4}$ .

Câu 39.  Đặt $BM=x$ $đơnvịlàkm,\$0<x<7\$$.

Thời gian chèo đò từ $A$ đến $M$ là ${{t}_{1}}=frac{AM}{4}=frac{sqrt{{{x}^{2}}+25}}{4}$.

Thời gian đi bộ từ $M$ đến $C$ là ${{t}_{2}}=frac{MC}{6}=frac{7-x}{6}$.

Tổng thời gian cần thiết là $t={{t}_{1}}+{{t}_{2}}=frac{sqrt{{{x}^{2}}+25}}{4}+frac{7-x}{6}=fleft$xright$$.

Ta có ${f}’left$xright$=frac{x}{4sqrt{{{x}^{2}}+25}}-frac{1}{6}$; ${f}’left$xright$=0,,,Leftrightarrow ,,,frac{x}{4sqrt{{{x}^{2}}+25}}=frac{1}{6}$ $Leftrightarrow $ $2sqrt{{{x}^{2}}+25}=3x$

$Leftrightarrow ,,,4{{x}^{2}}+100=9{{x}^{2}}$ $Leftrightarrow $ ${{x}^{2}}=20$ $Leftrightarrow $ $x=2sqrt{5}$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: hàm số $fleft$xright$$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=2sqrt{5}$.

Vậy cần đặt vị trí của $M$ cách $B$ một khoảng là $2sqrt{5},,text{km}$.

Câu 40. Chọn B.

Gọi $J=SOcap MN$, $K=SAcap PJ$ thì $K=SAcap left$MNPright$$.

Vì $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $SD$ nên $J$ là trung điểm của $SO$.

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác $SAO$ với cát tuyến là $KP$, ta có:

$frac{SK}{KA}.frac{AP}{PO}.frac{OJ}{JS}=1$ $Leftrightarrow $ $frac{SK}{KA}.3.1=1$ $Leftrightarrow $ $frac{KS}{KA}=frac{1}{3}$.

Vậy $frac{KS}{KA}=frac{1}{3}$.

Câu 41. Chọn B.

• Gọi H là tâm tam giác đều ABD, $O=ACcap BD$.

Ta có $SHbot $ABCD$$$Rightarrow $ Ta có $left{ begin{array}{l}
BD bot AC\
BD bot SH
end{array} right.$$Rightarrow BDbot $SAC$$.

Do đó kẻ $OK$ vuông góc với $SC$ tại $K$ thì $OK$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $SC$

$Rightarrow d$BD;SC$=OK$.

• $sin widehat{SCH}=frac{SH}{SC}=frac{OK}{OC}$$Rightarrow OK=frac{OC.SH}{SC}$.

$AO=frac{asqrt{3}}{2}$$Rightarrow OC=frac{asqrt{3}}{2}$

$AH=frac{2}{3}AO=frac{2}{3}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{asqrt{3}}{3} $$Rightarrow S{{H}^{2}}={{a}^{2}}-frac{3{{a}^{2}}}{9}=frac{6{{a}^{2}}}{9}$$ Rightarrow SH=frac{asqrt{6}}{3}$.

$HC=OH+OC=frac{4}{3}OC=frac{4}{3}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{2asqrt{3}}{3} $$Rightarrow S{{C}^{2}}=frac{6{{a}^{2}}}{9}+frac{12{{a}^{2}}}{9}=2{{a}^{2}}$$ Rightarrow SC=asqrt{2}$.

Vậy $d$BD;SC$=OK=frac{asqrt{3}}{2}.frac{asqrt{6}}{3}.frac{1}{asqrt{2}}=frac{a}{2}$.

Câu 42. Chọn D.

Điều kiện $xne 0$. Phương trình $Leftrightarrow 2sin x=x$. Do $-1le sin xle 1$ $Rightarrow xin left$$-2;2right$$backslash left{ 0 right}$.

Đặt $fleft$xright$=2sin x-x$ có ${f}’left$xright$=2cos x-1$; ${f}’left$xright$=0$ $Leftrightarrow cos x=frac{1}{2}$ $Leftrightarrow x=pm frac{pi }{3}+k2pi $.

Do $xin left$$-2;2right$$backslash left{ 0 right}$ nên phương trình ${f}’left$xright$=0$ có $2$ nghiệm $x=pm frac{pi }{3}$ $Rightarrow $ phương trình $fleft$xright$=0$ có tối đa $3$ nghiệm.

Ta có $fleft$0right$=0$; $fleft$fracpi2right$=2-frac{pi }{2}>0;fleft$2right$=2sin 2-2<0$ $Rightarrow fleft$fracpi2right$.fleft$2right$<0$ $Rightarrow $ phương trình $fleft$xright$=0$ có ít nhất 1 nghiệm ${{x}_{1}}in left$fracpi2;2right$$.

Tương tự $fleft$-fracpi2right$=frac{pi }{2}-2<0;fleft$-2right$=2-2sin 2>0$ nên phương trình ${{x}_{2}}in left$-2;-fracpi2right$$.

Do $xne 0$ nên phương trình $frac{sin x}{x}=frac{1}{2}$ có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Câu 43. Chọn A.

Đồ thị có dạng quay lên nên $a>0$. 

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ nhỏ hơn $0$ nên $c<0$.

Do đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên $a.b<0$$Rightarrow b<0$.

Câu 44. Chọn B.

Tam giác $BAD$ cân có $widehat{BAD}={{60}^{text{o}}}$ nên $Delta BAD$ đều cạnh $a$. Từ đó suy ra  $AI=CI=frac{asqrt{3}}{2}$  và $IH=frac{1}{2}BI$$=frac{a}{4}$.

Trong tam giác vuông $CIH$ có $CH=sqrt{C{{I}^{2}}+I{{H}^{2}}} $$=sqrt{frac{3{{a}^{2}}}{4}+frac{{{a}^{2}}}{16}}$$ =frac{asqrt{13}}{4}$.

Do $SHbot left$ABCDright$$ nên góc giữa $SC$ và $left$ABCDright$$ là góc $widehat{SCH}$$Rightarrow widehat{SCH}={{45}^{text{o}}}$. Vậy tam giác $SHC$ vuông cân $Rightarrow SH=CH=frac{asqrt{13}}{4}$.

Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}cdot SHcdot {{S}_{ABCD}} $$=frac{1}{3}cdot frac{asqrt{13}}{4}cdot frac{1}{2}cdot acdot acdot sin {{60}^{text{o}}}$$ =frac{{{a}^{3}}sqrt{39}}{24}$.  

Câu 45. Chọn C.

Ta có: ${y}’=cos left$lnxright$+sin left$lnxright$+xleft$$-fracsinleft(lnxright)x+fraccosleft(lnxright)xright$$$

$=cos left$lnxright$+sin left$lnxright$-sin left$lnxright$+cos left$lnxright$=2cos left$lnxright$$.

Suy ra: ${{y}’}’=-frac{2sin left$lnxright$}{x}$. 

Ta có:

Ø ${{x}^{2}}{{y}’}’+x{y}’-2y=-2xsin left$lnxright$+2xcos left$lnxright$-2xleft$$cosleft(lnxright)+sinleft(lnxright)right$$=-4xsin left$lnxright$$.

Vậy A sai.

Ø ${{x}^{2}}{{y}’}’-x{y}’-2y=-2xsin left$lnxright$-2xcos left$lnxright$-2xleft$$cosleft(lnxright)+sinleft(lnxright)right$$$

$=-4xleft$$cosleft(lnxright)+sinleft(lnxright)right$$$.

Vậy B sai.

Ø ${{x}^{2}}{{y}’}’-x{y}’+2y=-2xsin left$lnxright$-2xcos left$lnxright$+2xleft$$cosleft(lnxright)+sinleft(lnxright)right$$=0$.

Vậy C đúng.

Ø ${{x}^{2}}{y}’-x{{y}’}’+2y=2{{x}^{2}}cos left$lnxright$+2sin left$lnxright$+2xleft$$cosleft(lnxright)+sinleft(lnxright)right$$ne 0$.

Vậy D sai.   

Câu 46. Chọn D.

Ta có: $left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 right|-m=1Leftrightarrow left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 right|=m+1$ $left$\ast right$$.

Số nghiệm của phương trình $left$\ast right$$ bằng số điểm chung giữa đồ thị $left$Cright$$ của hàm số $y=left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 right|$ và đường thẳng $d:y=m+1$.

Đồ thị hàm số $left$Cright$$ có được bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2$ nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành, ta được đồ thị hàm số $nétliền$ như hình vẽ bên dưới.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng $y=m+1$ có $6$ điểm chung với đồ thị hàm số $left$Cright$$ khi và chỉ khi $0<m+1<2Leftrightarrow -1<m<1$.

Câu 47. Chọn A.

Gọi cạnh đáy của mô hình là $x$ với $x>0$. Ta có $AI=AO-IO$$=25sqrt$$$${2}-frac{x}{2}$.

Chiều cao của hình chóp : $h=sqrt{A{{I}^{2}}-O{{I}^{2}}}=sqrt{{{left$25sqrt[]2-fracx2right$}^{2}}-{{left$fracx2right$}^{2}},}=sqrt$$$${1250-25sqrt$$$${2}x}$.

Thể tích của khối chóp bằng $V=frac{1}{3}.{{x}^{2}}.sqrt$$$${1250-25sqrt$$$${2}x}$$=frac{1}{3}.sqrt$$$${1250{{x}^{4}}-25sqrt$$$${2}{{x}^{5}}}$.

Điều kiện $1250-25sqrt$$$${2}x>0$$Rightarrow x<25sqrt$$$${2}$.

Xét hàm số $y=frac{1}{3}.sqrt$$$${1250{{x}^{4}}-25sqrt$$$${2}{{x}^{5}}}$ với $0<x<25sqrt$$$${2}$.

Ta có ${y}’=frac{1}{3}.frac{5000{{x}^{3}}-125sqrt$$$${2}{{x}^{4}}}{2sqrt$$$${1250{{x}^{4}}-25sqrt$$$${2}{{x}^{3}}}}$ .

Có ${y}’=0$$Rightarrow 5000{{x}^{3}}-125sqrt$$$${2}{{x}^{4}}=0$$Rightarrow x=20sqrt$$$${2}$.

Bảng biến thiên

Vậy để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng $20sqrt$$$${2},text{cm}$.

Câu 48. Chọn B.

Ta có $left. begin{array}{l}
AB bot SA\
AB bot AD
end{array} right}$ $Rightarrow ABbot left$SADright$$. Mà $left$Pright$$ qua $M$và vuông góc với $AB$ nên $left$Pright$text{//}left$SADright$$

$Rightarrow left$Pright$text{//}SA$, $left$Pright$text{//}AD$ và $left$Pright$text{//}SD$.

Trong mặt phẳng $left$SABright$$ kẻ $MQtext{//}SA$ với $Qin SB$.

Trong mặt phẳng $left$ABCDright$$ kẻ $MNtext{//}AD$ với $Nin CD$.

Trong mặt phẳng $left$SCDright$$ kẻ $NPtext{//}SD$ với $Pin SC$.

Vì $M$là trung điểm của $AB$ nên $N$, $P$ , $Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $CD$ , $SC$ , $SB$. Do đó thiết diện là hình thang $MNPQ$ vuông tại $Q$ và $M$.

Ta có $MN=frac{1}{2}left$AD+BCright$$$=frac{1}{2}left$8+6right$=7$, $MQ=frac{1}{2}SA=3$và $PQ=frac{1}{2}BC=3$.

Vậy diện tích của thiết diện là : ${{S}_{MNPQ}}=frac{left$MN+PQright$.QM}{2}$$=frac{left$7+3right$.3}{2}=15$.

Câu 49. Chọn D.

* Gọi $I$ là điểm thuộc  ${A}'{B}’$ sao cho $overrightarrow{{A}’I}=frac{3}{2}overrightarrow{{A}'{B}’}$, gọi $K$ là trung điểm  của $D{D}’$. Ta có:

$left{ begin{array}{l}
MI{rm{//}}DB’\
MK{rm{//}}CD’
end{array} right. Rightarrow left$Pright$ equiv left$MIKright$$

* Gọi  $E=MKcap {C}'{D}’,text{ }F=MKcap C{C}’$.

* Gọi  $P=IEcap {B}'{C}’,text{ }Q=IEcap {A}'{D}’,text{ }N=PFcap BC$.

* Thiết diện của hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ cắt bởi mặt phẳng $left$Pright$$ là ngũ giác $MNPQK$.

Câu 50. Chọn A.

* ĐKXĐ : ${{x}^{2}}-mx+1ne 0$.

* Ta có : $underset{xto infty }{mathop{lim }},y=0$ $Rightarrow y=0$ luôn là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

* Để đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận $Leftrightarrow $ Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng $Leftrightarrow $ phương trình ${{x}^{2}}-mx+1=0$ có hai nghiệm phân biệt đều khác $2$ $Leftrightarrow $ Điều kiện là:

$left{ begin{array}{l}
Delta  = {m^2} – 4 > 0\
4 – 2m + 1 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
m > 2\
m ne frac{5}{2}
end{array} right.\
m <  – 2
end{array} right.$ .