Câu 30: Chọn B.
Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}$.
Ta có ${y}'=\frac{-6}{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}<0,\,\forall x\in D$ do đó hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( -\infty ;3 \right)$và $\left( 3;+\infty \right)$.
Câu 31: Chọn D.
Hình chiếu của $SC$ lên $\left( ABCD \right)$ là $AC$
Do đó $\widehat{\left[ SC,\left( ABCD \right) \right]}=\widehat{SCA}$
$AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{5}$ $\Rightarrow SC=2a\sqrt{2}$
Trong tam giác vuông $SAC$: $\cos \widehat{SCA}=\frac{AC}{SC}=\frac{a\sqrt{5}}{2a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$.
Câu 32: Chọn B.
$I=\int\limits_{0}^{2}{\left( 2x-1 \right)\text{d}x}$$=\left. \left( {{x}^{2}}-x \right) \right|_{0}^{2}=2$.
Câu 33: Chọn C.
$\vec{a}=\left( 3;2;1 \right)$, $\vec{b}=\left( -2;0;1 \right)$ $\Rightarrow \vec{a}+\vec{b}=\left( 1;2;2 \right)$ $\Rightarrow \left| \vec{a}+\vec{b} \right|=\sqrt{1+4+4}=3$.
Câu 34: Chọn A.
$\overrightarrow{AB}=\left( -3;-3;2 \right)$, ${{\vec{n}}_{P}}=\left( 1;-3;2 \right)$
$\left[ \overrightarrow{AB},\,{{{\vec{n}}}_{P}} \right]=\left( 0;8;12 \right)$
Khi đó $\left( \alpha \right)$ có 1 VTPT là: $\vec{n}=\left( 0;2;3 \right)$ và qua $A\left( 2;4;1 \right)$
Phương trình $\left( \alpha \right)$ là: $2\left( y-4 \right)+3\left( z-1 \right)=0$ $\Leftrightarrow 2y+3z-11=0$.
Câu 35: Chọn C.
A sai vì hàm số khồng có giá trị lớn nhất.
B sai vì giá trị cực tiểu của hàm số là $-3$.
D sai vì hàm số có $3$ cực trị.
Câu 36: Chọn C.
Câu 37: Chọn C.
Phương trình $\sqrt{3}\sin x+\cos x=m$ có nghiệm khi:
${{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}+1\ge {{m}^{2}}$$\Leftrightarrow {{m}^{2}}\le 4$$\Leftrightarrow -2\le m\le 2$.
Câu 38: Chọn A.
Dễ thấy $O.ABC$ là hình chóp đều, $\Delta ABC$ đều cạnh $2\sqrt{2}$.
Do đó diện tích toàn phần của tứ diện $OABC$ là: ${{S}_{tp}}=3{{S}_{\Delta OAB}}+{{S}_{\Delta ABC}}=6+2\sqrt{3}$.
Mà ${{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}.OA.OB.OC=\frac{4}{3}$.
Ta có bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$ là $r=\frac{3{{V}_{OABC}}}{{{S}_{tp}}}=\frac{4}{6+2\sqrt{3}}=\frac{2}{3+\sqrt{3}}$.
Câu 39: Chọn C.
Gọi $B\left( 0;b;0 \right),\,C\left( 0;0;c \right)$, khi đó $b,\,c>0$.
Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)\equiv \left( ABC \right):\frac{x}{2}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Mà $M\in \left( P \right)$$\Rightarrow \frac{1}{2}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$$\Leftrightarrow \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow bc=2\left( b+c \right)$.
Do $bc=2\left( b+c \right)\le \frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}}{4}$$\Rightarrow {{\left( b+c \right)}^{2}}\ge 8\left( b+c \right)$$\Rightarrow b+c\ge 8$ (do $b,\,c>0$).
Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left( -2;b;0 \right),\,\overrightarrow{AC}=\left( -2;0;c \right)$$\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( bc;2c;2b \right)$.
Do đó ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|$$=\frac{1}{2}\sqrt{{{b}^{2}}{{c}^{2}}+4{{b}^{2}}+4{{c}^{2}}}$
$=\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{\left( b+c \right)}^{2}}}$$\ge \sqrt{\frac{1}{2}{{\left( b+c \right)}^{2}}+{{\left( b+c \right)}^{2}}}$$=\frac{\sqrt{6}}{2}\left( b+c \right)$.
Vậy ${{S}_{\Delta ABC}}\ge 4\sqrt{6}$.
Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}
b,\,c > 0\\
b + c = 8\\
b = c
\end{array} \right. \Leftrightarrow b = c = 4$.
Câu 40: Chọn C.
Theo bài ra ta có $A(2;0;0),\,\,B(0;3;0),\,C(0;0;4)$ nên mặt phẳng $(ABC)$ có phương trình $\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1\Leftrightarrow 6x+4y+3z-12=0.$.
Câu 41: Chọn B.
Gọi số căn hộ bỏ trống là $2x$ (với $0\le x\le 25$) thì giá cho thuê căn hộ là $2000+100x$(nghìn đồng). Khi đó thu nhập là $f(x)=\left( 2000+100x \right)\left( 50-2x \right)$
Ta có $f(x)=\frac{1}{50}\left( 2000+100x \right)\left( 2500-100x \right)\le \frac{1}{50}.{{\left( \frac{4500}{2} \right)}^{2}}$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{5}{2}.$
Vậy số căn hộ cho thuê là $45$, với giá $2250$nghìn đồng, tức $2250000$đồng.
Câu 42: Chọn A.
Đặt $t=4-x$.
Ta có $\int\limits_{1}^{3}{xf\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{1}^{3}{xf\left( 4-x \right)\text{d}x}=\int\limits_{1}^{3}{\left( 4-t \right)f\left( t \right)\text{d}t}=4\int\limits_{1}^{3}{f\left( t \right)\text{d}t}-\int\limits_{1}^{3}{t.f\left( t \right)\text{d}t}$
$\Rightarrow 5=4\int\limits_{1}^{3}{f\left( t \right)\text{d}t}-5\Rightarrow \int\limits_{1}^{3}{f\left( t \right)\text{d}t}=\frac{5}{2}$.
Câu 43: Chọn A.
Đường chéo hình lập phương bằng $\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}=\sqrt{3}$.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là: $R=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương đó bằng: $S=4\pi {{R}^{2}}$$=4\pi {{\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}=3\pi $.
Câu 44: Chọn C.
Ta có ${{u}_{n}}=2{{u}_{n-1}}+3n-1$$\Leftrightarrow {{u}_{n}}+3n+5=2\left[ {{u}_{n-1}}+3\left( n-1 \right)+5 \right]$, với $n\ge 2$; $n\in \mathbb{N}$.
Đặt ${{v}_{n}}={{u}_{n}}+3n+5$, ta có ${{v}_{n}}=2{{v}_{n-1}}$ với $n\ge 2$; $n\in \mathbb{N}$.
Như vậy, $\left( {{v}_{n}} \right)$ là cấp số nhân với công bội $q=2$ và ${{v}_{1}}=10$, do đó ${{v}_{n}}={{10.2}^{n-1}}={{5.2}^{n}}$.
Do đó ${{u}_{n}}+3n+5={{5.2}^{n}}$, hay ${{u}_{n}}={{5.2}^{n}}-3n-5$ với $n\ge 2$; $n\in \mathbb{N}$.
Suy ra $a=5$, $b=-3$, $c=-5$. Nên $a+b+c=5+\left( -3 \right)+\left( -5 \right)=-3$.
Câu 45: Chọn A.
Ta có $C_n^1 + C_n^2 = 55 \Leftrightarrow n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 55 \Leftrightarrow {n^2} + n - 110 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 10\\
n = - 11
\end{array} \right. \Rightarrow n = 10$
Số hạng tổng quát trong khai triển ${{\left( {{x}^{3}}+\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{10}}$ là ${{T}_{k+1}}=C_{10}^{k}{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{10-k}}.{{\left( \frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{k}}$$=C_{10}^{k}{{.2}^{k}}.{{x}^{30-5k}}$.
Số hạng chứa ${{x}^{5}}$ ứng với $30-5k=5\Leftrightarrow k=5$.
Vậy, hệ số của ${{x}^{5}}$ trong khai triển của biểu thức ${{\left( {{x}^{3}}+\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{10}}$ bằng $C_{10}^{5}{{.2}^{5}}=8064$.
Câu 46: Chọn B.
Có duy nhất một cách chia $30$ quyển sách thành $15$ bộ, mỗi bộ gồm hai quyển sách khác loại, trong đó có:
+ $4$ bộ giống nhau gồm $1$ toán và $1$ hóa.
+ $5$ bộ giống nhau gồm $1$ hóa và $1$ lí.
+ $6$ bộ giống nhau gồm $1$ lí và toán.
Số cách trao phần thưởng cho $15$ học sinh được tính như sau:
+ Chọn ra $4$ người (trong $15$người) để trao bộ sách toán và hóa $\Rightarrow $ có $C_{15}^{4}$ cách.
+ Chọn ra $5$ người (trong $11$ người còn lại) để trao bộ sách hóa và lí $\Rightarrow $ có $C_{11}^{5}$ cách.
+ Còn lại $6$ người trao bộ sách toán và lí $\Rightarrow $ có $1$ cách.
Vậy số cách trao phần thưởng là $C_{15}^{4}.C_{11}^{5}=C_{15}^{6}.C_{9}^{4}=630630$ (cách).
Câu 47: Chọn A.
$\sin 2x = \cos x \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{3}\\
x = \frac{\pi }{2} + k2\pi
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)$.
Câu 48: Chọn D.
Theo lý thuyết.
Câu 49: Chọn D.
Điều kiện: $x-1>0$$\Leftrightarrow x>1$.
${{\log }_{4}}\left( x-1 \right)=3$$\Leftrightarrow x-1={{4}^{3}}$$\Leftrightarrow x=65$.
Câu 50: Chọn B.
Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Do $ABC$ là tam giác đều nên $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Ta có $AG=\frac{2}{3}AM$$=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}$$=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Vậy thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ là $V=\pi {{R}^{2}}h$$=\frac{\pi {{a}^{2}}h}{3}$.
