Câu 30. Chọn D.
Đường tròn $\left( C \right)$ có bán kính $R=3$.
Qua phép vị tự tâm $O$, tỉ số $k=-\frac{1}{3}$, đường tròn $\left( C \right)$ biến thành đường tròn $\left( {{C}_{1}} \right)$ có bán kính là ${{R}_{1}}=\left| k \right|.R$$=\frac{1}{3}.3=1$.
Qua phép tính tiến theo vectơ $\overrightarrow{v}=\left( 1;\ -3 \right)$, đường tròn $\left( {{C}_{1}} \right)$ biến thành đường tròn $\left( {{C}'} \right)$ có bán kính ${R}'={{R}_{1}}=1$.
Vậy ${R}'$ của đường tròn $\left( {{C}'} \right)$ là ${R}'=1$.
Câu 31. Chọn D.
Ta có diện tích toàn phần của hình trụ là:
${{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+2{{S}_{\acute{a}y}}$$=2\pi Rh+2\pi {{R}^{2}}$$=2\pi {{a}^{2}}\sqrt{3}+2\pi {{a}^{2}}$$=2\pi {{a}^{2}}\left( \sqrt{3}+1 \right)$.
Câu 32. Chọn C.
Xét hàm số $y=\frac{x-{{m}^{2}}}{x+8}$.
Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -8 \right\}$.
Ta có ${y}'=\frac{8+{{m}^{2}}}{{{\left( x+8 \right)}^{2}}}>0\ ,\forall m\in \mathbb{R}$.
$\Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( -\infty ;\ -8 \right)$ và $\left( -8;\ +\infty \right)$.
Do đó trên $\left[ 0;\ 3 \right]$, hàm số đồng biến.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[ 0;\ 3 \right]$ là $y\left( 0 \right)=\frac{-{{m}^{2}}}{8}=-2$$\Leftrightarrow {{m}^{2}}=16$$\Leftrightarrow m=\pm 4$.
Câu 33. Chọn C.
Ta có $I = \int\limits_0^1 {{{\rm{e}}^{3x}}.{\rm{d}}x} = \frac{1}{3}{{\rm{e}}^{3x}}\left| \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 0
\end{array} \right. = \frac{{{{\rm{e}}^3} - 1}}{3}$
Câu 34. Chọn B.
Parabol có đỉnh $I\left( 2;5 \right)$ và đi qua điểm $\left( 0;1 \right)$có phương trình $y=-{{x}^{2}}+4x+1$.
Quãng đường vật đi được trong $1$ giờ đầu là:
${S_1} = \int\limits_0^1 {\left( { - {x^2} + 4x + 1} \right)dx = \left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} + x} \right)\left| \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 0
\end{array} \right. = \frac{8}{3}} $
Quãng đường vật đi được trong $2$ giờ sau là ${{S}_{2}}=2.4=8$
Vậy trong ba giờ vật đi được quãng đường là $S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\frac{8}{3}+8=\frac{32}{3}\,$$\left( km \right)$ .
Câu 35. Chọn D.
Ta có $MC$ là hình chiếu của $M{C}'$ lên $\left( ABC \right)$. Suy ra $\alpha =\widehat{{C}'CM}$.
Xét tam giác $MC{C}'$ vuông tại $C$ có: $\tan \alpha =\frac{C{C}'}{CM}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
Câu 36. Chọn A.
Số phần tử không gian mẫu là $n\left( \Omega \right)=C_{12}^{4}=495$.
Số cách chọn ra $4$ học sinh thuộc cả ba khối là: $C_{5}^{2}.C_{4}^{1}.C_{3}^{1}+C_{5}^{1}.C_{4}^{2}.C_{3}^{1}+C_{5}^{1}.C_{4}^{1}.C_{3}^{2}=270$
Số cách chọn ra $4$ học sinh thuộc không quá hai khối là $C_{12}^{4}-270=225$
Xác suất để chọn ra $4$ học sinh thuộc không quá hai khối là $P=\frac{225}{495}=\frac{5}{11}$ .
Câu 37: Chọn A.
Ta có $f\left( n \right)={{\left( {{n}^{2}}+n+1 \right)}^{2}}+1$$=\left( {{n}^{2}}+1 \right)\left[ {{\left( n+1 \right)}^{2}}+1 \right]$.
Khi đó ta có ${{u}_{n}}=\frac{\left( {{1}^{2}}+1 \right)\left( {{2}^{2}}+1 \right)\left( {{3}^{2}}+1 \right)\left( {{4}^{2}}+1 \right)...\left[ {{\left( 2n-1 \right)}^{2}}+1 \right]\left[ 4{{n}^{2}}+1 \right]}{\left( {{2}^{2}}+1 \right)\left( {{3}^{2}}+1 \right)\left( {{4}^{2}}+1 \right)\left( {{5}^{2}}+1 \right)...\left[ 4{{n}^{2}}+1 \right]\left[ {{\left( 2n+1 \right)}^{2}}+1 \right]}$$=\frac{2}{{{\left( 2n+1 \right)}^{2}}+1}$$=\frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}$.
Theo đề bài ta có ${{\log }_{2}}{{u}_{n}}+{{u}_{n}}<\frac{-10239}{1024}$$\Leftrightarrow -{{\log }_{2}}\left( 2{{n}^{2}}+2n+1 \right)+\frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}+\frac{10239}{1024}<0$.
Xét hàm số $g\left( n \right)=-{{\log }_{2}}\left( 2{{n}^{2}}+2n+1 \right)+\frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}+\frac{10239}{1024}$ với $n\ge 1$.
Ta có ${g}'\left( n \right)=-\frac{4n+2}{\left( 2{{n}^{2}}+2n+1 \right)\ln 2}-\frac{4n+2}{{{\left( 2{{n}^{2}}+2n+1 \right)}^{2}}}<0$ với $n\ge 1$$\Rightarrow g\left( n \right)$ nghịch biến.
Mà $g\left( \frac{-1+\sqrt{2047}}{2} \right)=0$ nên $-{{\log }_{2}}\left( 2{{n}^{2}}+2n+1 \right)+\frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}+\frac{10239}{1024}<0$
$\Leftrightarrow n>\frac{-1+\sqrt{2047}}{2}$. Do $n$ nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên $n=23$
Câu 38: Chọn C.
Điều kiện: $x>0$.
Đặt ${{\log }_{3}}x=t$ ta có phương trình ${{t}^{2}}-\left( m+2 \right)t+3m-1=0$.
Phương trình $\log _{3}^{2}x-\left( m+2 \right){{\log }_{3}}x+3m-1=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ thỏa mãn ${{x}_{1}}.{{x}_{2}}=27$$\Leftrightarrow $ ${{t}^{2}}-\left( m+2 \right)t+3m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$thỏa mãn ${t_1} + {t_2} = 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta > 0\\
{t_1} + {t_2} = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 8m + 8 > 0\\
m + 2 = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m < 4 - 2\sqrt 2 \\
m > 4 + 2\sqrt 2
\end{array} \right.\\
m = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1$.
Câu 39: Chọn C.
Gọi ${{R}_{1}}$, ${{R}_{2}}$, ${{h}_{1}}$, $h$ lần lượt là bán kính và chiều cao của các khối nón ${{N}_{1}}$,${{N}_{2}}$. Gọi ${{V}_{1}}$, ${{V}_{2}}$ thể tích của các khối nón ${{N}_{1}}$,${{N}_{2}}$và gọi $2\alpha $ là góc ở đỉnh của hình nón.
Ta có: ${{V}_{1}}=\frac{1}{3}\pi R_{1}^{2}{{h}_{1}}$; ${{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi R_{2}^{2}h$.
Theo đề bài ta có $\frac{{{V}_{2}}}{{{V}_{1}}}=\frac{1}{8}$$\Leftrightarrow \frac{\frac{1}{3}\pi R_{2}^{2}h}{\frac{1}{3}\pi R_{1}^{2}{{h}_{1}}}=\frac{1}{8}$$\Leftrightarrow \frac{R_{2}^{2}h}{R_{1}^{2}{{h}_{1}}}=\frac{1}{8}$.
Mặt khác ta lại có ${{R}_{1}}={{h}_{1}}\tan \alpha $, ${{R}_{2}}=h\tan \alpha $$\Rightarrow $$\frac{{{h}^{3}}{{\tan }^{2}}\alpha }{h_{_{1}}^{3}{{\tan }^{2}}\alpha }=\frac{1}{8}$$\Leftrightarrow \frac{h}{{{h}_{1}}}=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow h=\frac{1}{2}{{h}_{1}}$$\Rightarrow h=20$.
Câu 40: Chọn A.
Ta có $\frac{{{V}_{S.MNQ}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SQ}{SC}$$=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3}$$=\frac{1}{6}$$\Rightarrow {{V}_{S.MNQ}}=\frac{1}{6}{{V}_{S.ABC}}$$=\frac{1}{6}.6{{a}^{3}}$$={{a}^{3}}$.
Câu 41: Chọn B.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $AB=a$ và $AC=a\sqrt{3}$ nên $BC=2a$.
Độ dài đường sinh $l$ của hình nón có được khi quay tam giác $ABC$ xung quanh trục $AB$ là $l=BC=2a$.
Câu 42: Chọn A.
Đặt $t=\sqrt{x}$ , ta có: ${{t}^{2}}=x$ và $2t\text{d}t=\text{d}x$. Khi $x=0\Rightarrow t=0$; $x=4\Rightarrow t=2$.
$I=\int\limits_{0}^{4}{{f}'\left( \sqrt{x} \right)}\text{d}x$$=\int\limits_{0}^{2}{2t{f}'\left( t \right)}\text{d}t$.
Đặt $u=2t;\text{ d}v={f}'\left( t \right)\text{d}t$ ta được: $\text{d}u=2\text{d}t$; $v=f\left( t \right)$.
Khi đó: $I=\left. \left( 2tf\left( t \right) \right) \right|_{0}^{2}-2\int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)}\text{d}t$ $=4f\left( 2 \right)-2.1$$=4.\left( -2 \right)-2=-10$.
Câu 43: Chọn C.
Ta có:
$\left( SAD \right)\cap \left( ABCD \right)=AD$; $AB\bot AD$, $AD\bot (SAB)$$\Rightarrow AD\bot SA$ nên góc tạo bởi mặt phẳng $\left( SAD \right)$ và đáy là $\widehat{SAB}={{60}^{\text{o}}}$.
${{V}_{SABCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SB$ $=\frac{1}{3}.{{\left( 2a \right)}^{2}}.2a.\tan {{60}^{0}}$ $=\frac{8\sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}$.
Câu 44: Chọn A.
Đặt $AB=a$.
Gọi $M$ là trung điểm $CD$$\Rightarrow CD\bot AM$,$CD\bot BM$$\Rightarrow CD\bot \left( ABM \right)$.
Khi đó ${{V}_{ABCD}}={{V}_{ABMC}}+{{V}_{ABMD}}$$=\frac{1}{3}{{S}_{ABM}}.CM+\frac{1}{3}{{S}_{ABM}}.DM$$=\frac{1}{3}{{S}_{ABM}}.CD$.
Do $AM$là trung tuyến của tam giác $ACD$ nên:
$A{{M}^{2}}=\frac{2\left( A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)-C{{D}^{2}}}{4}$$=\frac{2\left( {{5}^{2}}+{{5}^{2}} \right)-\left( 18-{{a}^{2}} \right)}{4}$$=\frac{82+{{a}^{2}}}{4}$.
Tam giác $ABM$ cân tại $M$( vì $AM=BM$) nên:
${{S}_{ABM}}=\frac{1}{2}.AB.\sqrt{A{{M}^{2}}-{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}}$$=\frac{1}{2}.a.\sqrt{\frac{82}{4}}$$=\frac{a\sqrt{82}}{4}$.
${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{82}}{4}.\sqrt{18-{{a}^{2}}}$$=\frac{\sqrt{82}}{12}.\sqrt{{{a}^{2}}\left( 18-{{a}^{2}} \right)}$$\le \frac{\sqrt{82}}{12}.\frac{{{a}^{2}}+18-{{a}^{2}}}{2}$$=\frac{3\sqrt{82}}{4}$$\Rightarrow x=3,\text{ }y=82$.
Câu 45. Chọn A.
Ta có $A=1+2+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+...+{{2}^{n}}$ $={{2}^{n+1}}-1$
Xét $2S=1.2+{{2.2}^{2}}+{{3.2}^{3}}+{{4.2}^{4}}+...+{{2017.2}^{2017}}+{{2018.2}^{2018}}$
Và $S=1+2.2+{{3.2}^{2}}+{{4.2}^{3}}+...+{{2017.2}^{2016}}+{{2018.2}^{2017}}$
Suy ra $S={{2018.2}^{2018}}-\left( 1+2+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+...+{{2}^{2017}} \right)$x$ = {2018.2^{2018}} - \left( {{2^{2018}} - 1} \right) = {2017.2^{2018}} + 1$.
Câu 46. Chọn A.
Từ giả thiết ${{\left[ f(1+2x) \right]}^{2}}=x-{{\left[ f(1-x) \right]}^{3}}$, đặt $f\left( 1 \right)=a$ và ${f}'\left( 1 \right)=b$.
Ta cho .$x = 0 \Rightarrow {a^2} = - {a^3} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 0\\
a = - 1
\end{array} \right.$.
Đạo hàm 2 vế ta được $4f\left( 1+2x \right).{f}'\left( 1+2x \right)=1+3{{\left[ f\left( 1-x \right) \right]}^{2}}{f}'\left( 1-x \right)$.
Cho $x=0$ ta có $4ab=1+3{{a}^{2}}b$.
þ Xét $a=0$ thay vào $4ab=1+3{{a}^{2}}b$ vô lý.
þ Xét $a=-1$ thay vào $-4b=1+3b$$\Leftrightarrow b=-\frac{1}{7}$. Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
$y=-\frac{1}{7}\left( x-1 \right)-1$ $=-\frac{1}{7}x-\frac{6}{7}$.
Câu 47. Chọn D.
Từ ${f}'(x)=\left( 1-x \right)\left( x+2 \right).g\left( x \right)+2018$$\Rightarrow {f}'(1-x)=x\left( 3-x \right).g\left( 1-x \right)+2018$
Nên đạo hàm của hàm số $y=f(1-x)+2018x+2019$ là
${y}'=-x\left( 3-x \right).g\left( 1-x \right)-2018+2018=-x\left( 3-x \right)g\left( 1-x \right)$.
Xét bất phương trình ${y}'<0\Leftrightarrow x\left( 3-x \right)<0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;0 \right)\cup \left( 3;+\infty \right)$, do $g\left( x \right)<0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Câu 48. Chọn D.
Tập xác định: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.
Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{2x+4}{x-1}=x+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-5=0\,\,\left( * \right)$
Vì $ac<0$ nên phương trình $\left( * \right)$ luôn có hai nghiệm trái dấu.
$\Rightarrow d$ luôn cắt $\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt $M$, $N$.
Khi đó: hoành độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ là: ${{x}_{I}}=\frac{1}{2}\left( {{x}_{M}}+{{x}_{N}} \right)$ $=\frac{-b}{2a}=1$
Câu 49. Chọn B.
Khi $x>0$ ta có: $f(x)=\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}$ liên tục trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$.
Khi $x<0$ ta có: $f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}-m$ liên tục trên khoảng $\left( -\infty ;0 \right)$.
Hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại $x=0$.
Ta có: $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}=\frac{1}{2}$.
$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-m \right)=1-m=f\left( 0 \right)$.
Do đó hàm số liên tục tại $x=0$ khi và chỉ khi $\frac{1}{2}=1-m\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}$.
Câu 50. Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{2}}=\sqrt{x}$ $\Leftrightarrow {{x}^{4}}-x=0$
$\Leftrightarrow x\left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)=0$ $\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1$
Khi đó:
Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình $\left( H \right)$ là $V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( \sqrt{x} \right)}^{2}}\,\text{d}x}-\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}\,\text{d}x}=\frac{3\pi }{10}$
