Câu 30: Chọn C.
Ta có $AC\text{//}{A}'{C}'$ nên góc giữa $AC$ và ${C}'M$ cũng bằng góc giữa ${A}'{C}'$ và ${C}'M$ là $\widehat{{A}'{C}'M}$.
Gọi cạnh của hình lập phương có độ dài là $a$. Khi đó ${A}'{C}'=a\sqrt{2}$, ${C}'M=\frac{a\sqrt{5}}{2}$( trong tam gics vuông $C{C}'M$ có $CM=\frac{a}{2}$), ${A}'M=\frac{3a}{2}$( trong tam giác vuông ${A}'MD$, $MD=\frac{a}{2}$,${A}'D=a\sqrt{2}$ ).
Xét tam giác ${A}'M{C}'$ ta có $\cos \widehat{{A}'{C}'M}=\frac{{{\left( {A}'{C}' \right)}^{2}}+{C}'{{M}^{2}}-{A}'{{M}^{2}}}{2{A}'M.{C}'M}=\frac{1}{2}$.
Câu 31: Chọn C.
Ta có $SA\bot \left( ABCD \right)$$\Rightarrow SA\bot BC$.
Mặt khác $BC\bot AB$ nên $BC\bot \left( SAB \right)$$\Rightarrow \left( SC,\left( SAB \right) \right)=\left( SC,SB \right)=\widehat{BSC}=30{}^\circ $.
Xét tam giác vuông $SBC$ ta có ${y}'=3a{{x}^{2}}+2bx+c=0$.
Xét tam giác vuông $SAB$ có $SA=\sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a\sqrt{11}$.
Vì $AB\ \text{//}\ \left( SCD \right)$ nên $d\left( B,\left( SCD \right) \right)=d\left( A,\left( SCD \right) \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( SAD \right)$ kẻ $AH\bot SD$ thì $AH$ là khoảng cách từ $A$ đến $\left( SCD \right)$.
Xét tam giác vuông $SAD$ ta có $AH=\frac{AS.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}$$=\frac{a\sqrt{11}.2a}{\sqrt{11{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}}=\frac{2a\sqrt{11}}{\sqrt{15}}$.
Câu 32: Chọn B.
${{\log }_{6}}28=\frac{{{\log }_{3}}28}{{{\log }_{3}}6}$$=\frac{{{\log }_{3}}{{2}^{2}}+{{\log }_{3}}7}{{{\log }_{3}}2+{{\log }_{3}}3}$$=\frac{2{{\log }_{3}}2+{{\log }_{3}}7}{{{\log }_{3}}2+1}$$=2+\frac{{{\log }_{3}}7-2}{{{\log }_{3}}2+1}$.
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = - 2\\
c = 1
\end{array} \right.$. Vậy $a + b + c = 1$.
Câu 33: Chọn A.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$trên mặt phẳng $\left( BCD \right)$, khi đó ta có $5$ điểm $A$, $H$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc mặt cầu tâm $I$ là trung điểm của $AC$.
Do $H$, $B$, $C$, $D$ đồng phẳng nên tứ giác $HBCD$ nội tiếp. Mà theo giả thiết đáy $BCD$ là tam giác vuông tại $C$, $BC=CD=a\sqrt{3}$ nên $HBCD$ là hình vuông.
$\Rightarrow CH=a\sqrt{6}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $BD$, khi đó $IM\bot \left( BCD \right)$$\Rightarrow d\left( B,\left( ACD \right) \right)=2d\left( M,\left( ACD \right) \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( BCD \right)$ từ $M$ kẻ $MN\ \text{//}\ BC$$\left( N\in CD \right)$$\Rightarrow MN\bot CD$$\Rightarrow \left( IMN \right)\bot \left( ACD \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( IMN \right)$ kẻ $MK\bot IN$ thì $MK$ là khoảng cách từ $M$ đến $\left( ACD \right)$.
Theo giả thiết ta có $MK=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $MN=\frac{1}{2}BC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Mặt khác $\frac{1}{M{{K}^{2}}}=\frac{1}{M{{E}^{2}}}+\frac{1}{M{{I}^{2}}}$$P=\frac{4}{x}+\frac{1}{5-4x}$$\Rightarrow AH=a\sqrt{6}$.
Xét tam giác vuông $AHC$ có $AC=\sqrt{A{{H}^{2}}+C{{H}^{2}}}=\sqrt{6{{a}^{2}}+6{{a}^{2}}}=2a\sqrt{3}$$\Rightarrow AI=a\sqrt{3}$.
Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$ là $V=\frac{4}{3}\pi {{\left( a\sqrt{3} \right)}^{3}}=4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}$.
Câu 34: Chọn D.
Cách 1:
Ta có ${y}'=-4{{x}^{3}}+4mx=-4x\left( {{x}^{2}}-m \right)$.
Để hàm số có ba cực trị thì phương trình ${y}'=0$ có ba nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow -4x\left( {{x}^{2}}-m \right)=0$ có ba nghiệm phân biệt $\Rightarrow m>0$.
Gọi $A\left( 0;2 \right)$, $B\left( -\sqrt{m},{{m}^{2}}+2 \right)$,$C\left( \sqrt{m},{{m}^{2}}+2 \right)$ là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên $\Delta ABC$ chỉ có thể vuông tại $A$$\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}\overrightarrow{AC}=0$.
Với $\overrightarrow{AB}=\left( -\sqrt{m};{{m}^{2}} \right)$, $\overrightarrow{AC}=\left( \sqrt{m};{{m}^{2}} \right)$$\Rightarrow -m+{{m}^{4}}=0\Leftrightarrow m\left( {{m}^{3}}-1 \right)=0\Rightarrow m=1$.
Cách 2: Áp dụng công thức tính nhanh: Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c$ tạo thành một tam giác vuông khi $8a+{{b}^{3}}=0\Leftrightarrow 8{{m}^{3}}-8=0\Leftrightarrow m=1$.
Câu 35: Chọn B.
Ta có ${y}'=\frac{-2-m}{{{\left( 2x-1 \right)}^{2}}}$; $y\left( 1 \right)=m+1$, ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SI.{{S}_{ABCD}}=\sqrt{3}{{a}^{3}}$.
Khi $-2-m>0\Leftrightarrow m<-2$ thì hàm số đồng biến trên $\left[ 1;3 \right]$$\Rightarrow a=\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,y=y\left( 1 \right)=m+1$, $b=\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{max}}\,y=y\left( 3 \right)=\frac{3m+1}{5}$.
Do $ab=\frac{1}{5}$ nên $\left( m+1 \right)\frac{\left( 3m+1 \right)}{5}=\frac{1}{5}$$\Leftrightarrow 3{{m}^{2}}+4m=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0{\rm{ (loai)}}\\
m = - \frac{4}{3}{\rm{ (loai)}}
\end{array} \right.$.
Khi $-2-m<0\Leftrightarrow m>-2$thì hàm số nghịch biến trên $\left[ 1;3 \right]$$\Rightarrow b=\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,y=y\left( 1 \right)=m+1$, $a=\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{min}}\,y=y\left( 3 \right)=\frac{3m+1}{5}$.
Do $ab=\frac{1}{5}$ nên $\left( m+1 \right)\frac{\left( 3m+1 \right)}{5}=\frac{1}{5}$$\Leftrightarrow 3{{m}^{2}}+4m=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0{\rm{ (t/m)}}\\
m = - \frac{4}{3}{\rm{ (t/m)}}
\end{array} \right.$.
Vậy có ${P}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{\left( 5-4x \right)}^{2}}$ giá trị của $m$ thỏa mãn.
Câu 36: Chọn D.
+ Đồ thị có nhánh đầu tiên đi lên nên $a>0$.
+ Đồ thị cắt trục $Oy$ tại điểm có tung độ dương nên $d>0$.
+ Hàm số đạt cực trị tại hai điểm ${{x}_{1}}<0,\,{{x}_{2}}>0$ nên PT ${y}'=3a{{x}^{2}}+2bx+c=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}},\,{{x}_{2}}$ thỏa ${{x}_{1}}.{{x}_{2}}=\frac{c}{3a}<0\Rightarrow c<0$.
$\Rightarrow $ Đáp án đúng là D.
Câu 37: Chọn A.
Để đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+\left( 1-m \right)x+m+1$ cắt $Ox$ tại $3$ điểm phân biệt thì phương trình
${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+\left( 1-m \right)x+m+1=0\,\,\left( 1 \right)$ có $3$ nghiệm phân biệt.
Ta có ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+\left( 1-m \right)x+m+1=\left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}-2x-m-1 \right)$
Để phương trình $\left( 1 \right)$ có $3$ nghiệm phân biệt thì phương trình ${{x}^{2}}-2x-m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 + m + 1 > 0\\
{1^2} - 2.1 - m - 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 2$
Vì $m\in {{\mathbb{Z}}^{-}}$ nên $m=-1$.
Câu 38: Chọn A.
Đồ thị hàm số $y={{a}^{x}}$ đi lên nên $a>1$.
Đồ thị hàm số $y={{\log }_{b}}x$ đi xuống nên $0<b<1$.
Câu 39: Chọn C.
Diện tích hình phẳng $S=\int\limits_{1}^{\text{e}}{\left| \frac{\sqrt{1+\ln x}}{x} \right|}\text{d}x=\int\limits_{1}^{\text{e}}{\frac{\sqrt{1+\ln x}}{x}\text{d}x}$
Đặt $t=\sqrt{1+\ln x}$$\Rightarrow {{t}^{2}}=1+\ln x$ $\Rightarrow \frac{\text{d}x}{x}=2t\text{d}t$.
Đổi cận: $x=1\Rightarrow t=1$; $x=\text{e}\Rightarrow t=\sqrt{2}$.
Khi đó $S=\int\limits_{1}^{\sqrt{2}}{2{{t}^{2}}\text{d}t}$ $=\left. \frac{2}{3}{{t}^{3}} \right|_{1}^{\sqrt{2}}$$=\frac{4\sqrt{2}}{3}-\frac{2}{3}$. Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{4}{3}\\
b = - \frac{2}{3}
\end{array} \right.$ $\Rightarrow $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=\frac{20}{9}$.
Câu 40: Chọn C.
Vì ${A}'$ và ${B}'$ lần lượt là ảnh của $A$ và $B$qua phép quay tâm $I\left( a;\,b \right)$ nên ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
IA = IA'\\
IB = IB'
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 1 - a} \right)^2} + {\left( {2 - b} \right)^2} = {\left( {9 - a} \right)^2} + \left( { - 4 - {b^2}} \right)\\
{\left( {3 - a} \right)^2} + {\left( { - 1 - b} \right)^2} = {\left( {5 - a} \right)^2} + \left( { - 1 - {b^2}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
20a - 12b - 92 = 0\\
a - 4 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 4\\
b = - 1
\end{array} \right.$
Vậy $a+b=3$.
Câu 41: Chọn D.
Ta có ${M}'\left( 3;\,-2;\,0 \right)$, ${N}'\left( 1;\,0;\,0 \right)$. Do đó ${M}'{N}'=2\sqrt{2}$.
Câu 42: Chọn B.
Ta có
${F}'\left( x \right)=f\left( x \right)$$\Rightarrow \left[ -a{{x}^{3}}+\left( 3a-b \right){{x}^{2}}+\left( 2b-c \right)x+c-d \right]{{\text{e}}^{-x}}=\left( -2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+7x-2 \right){{\text{e}}^{-x}}$.
Do đó: $\left\{ \begin{array}{l}
- a = - 2\\
3a - b = 3\\
2b - c = 7\\
c - d = - 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 3\\
c = - 1\\
d = 1
\end{array} \right.$. Vậy $a+b+c+d=5$.
Câu 43: Chọn A.
Ta có: $\overrightarrow{i}=\left( 1;\,0;\,0 \right)$, $\overrightarrow{OA}=\left( 2;\,-1;\,5 \right)$$\Rightarrow \left[ \overrightarrow{OA},\overrightarrow{i} \right]=\left( 0;\,5;\,1 \right)$ là một VTPT của $\left( \alpha \right)$.
Do đó $\overrightarrow{u}=\left( 0;\,5k;\,k \right)$ với $k\ne 0$. Vậy $\frac{b}{c}=5$.
Câu 44: Chọn B.
Ta có: $SI\bot \left( ABCD \right)$, ${{S}_{ABCD}}=\frac{\left( AD+BC \right).AB}{2}=3{{a}^{2}}$.
Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $CD$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $SK$.
Xét $\Delta ICD$: $S=2\int\limits_{0}^{1}{\left( -x-{{x}^{2}}+2 \right)\operatorname{d}x}$$\Rightarrow {{S}_{\Delta ICD}}=\frac{3{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow IK=\frac{2{{S}_{\Delta ICD}}}{CD}=\frac{3\sqrt{5}a}{5}$.
Ta có: $SI\bot CD,\,IK\bot CD$$\Rightarrow CD\bot \left( SIK \right)\Rightarrow CD\bot IH$.
Mà $IH\bot SK\Rightarrow IH\bot \left( SCD \right)$. Do đó $IH=d\left( I;\left( SCD \right) \right)=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$.
Xét $\Delta IHK$ vuông tại $I$: $\frac{1}{I{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{I}^{2}}}+\frac{1}{I{{K}^{2}}}$$\Rightarrow SI=a\sqrt{3}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SI.{{S}_{ABCD}}=\sqrt{3}{{a}^{3}}$.
Câu 45: Chọn D.
Gọi $I,\,{I}'$ lần lượt là trung điểm của $AB,\,CD$; $O,\,{O}'$ lần lượt là tâm đường tròn đáy của hình trụ (như hình vẽ); $H$ là trung điểm của $I{I}'$.
Khi đó $H$ là trung điểm của $O{O}'$ và góc giữa $\left( ABCD \right)$ tạo với đáy là $\widehat{H{I}'O}=45{}^\circ $.
Do ${I}'H=\frac{a}{2}$$\Rightarrow {O}'H={O}'{I}'=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Khi đó $h=O{O}'=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ta có: $r={O}'C=\sqrt{{O}'{{{{I}'}}^{2}}+{I}'{{C}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Thể tích khối trụ là $V=\pi {{r}^{2}}h=\frac{3\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{16}$.
Câu 46: Chọn B.
Diện tích hình phẳng $D$ là
$S=2\int\limits_{0}^{1}{\left( -x-{{x}^{2}}+2 \right)\operatorname{d}x}$ $=\left. 2\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{1}{3}{{x}^{3}}+2x \right) \right|_{0}^{2}=\frac{7}{3}$.
Câu 47: Chọn B.
Gọi $M$ là trung điểm $AB$, kẻ $OH\bot SM$ tại $H$, suy ra $OH\bot \left( SAB \right)$, nên $OH=d\left( O;\left( SAB \right) \right)=1$.
Đặt $a=OM$ và gọi $r$ là bán kính hình tròn đáy của hình nón đã cho.
Ta có:
$\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{M}^{2}}}$$\Rightarrow \frac{1}{O{{M}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{S{{O}^{2}}}$$=\frac{1}{{{1}^{2}}}-\frac{1}{{{3}^{2}}}=\frac{8}{9}$. Suy ra $OM=\frac{3}{\sqrt{8}}$.
Từ đó: $SM=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{M}^{2}}}$$=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( \frac{3}{\sqrt{8}} \right)}^{2}}}=\frac{9}{\sqrt{8}}$.$AB=2MA$$=2\sqrt{{{r}^{2}}-O{{M}^{2}}}$$=2\sqrt{{{r}^{2}}-\frac{9}{8}}$.
Bởi vậy: ${{S}_{\Delta SAB}}=18$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.AB.SM=18$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.2\sqrt{{{r}^{2}}-\frac{9}{8}}.\frac{9}{\sqrt{8}}=18$
$\Leftrightarrow \sqrt{{{r}^{2}}-\frac{9}{8}}=4\sqrt{2}$$\Leftrightarrow {{r}^{2}}=\frac{265}{8}$$\Leftrightarrow r=\frac{\sqrt{530}}{4}$.
Câu 48: Chọn D.
Vì $-2\le 3-5\sin x\le 8$ nên suy ra $0\le {{\left( 3-5\sin x \right)}^{2018}}\le {{8}^{2018}}={{2}^{6054}}$.
Do đó $m=0$ và $M={{2}^{6054}}$.
Vậy $M+m={{2}^{6054}}$.
Câu 49: Chọn B.
Từ $x+y=\frac{5}{4}\Rightarrow y=\frac{5}{4}-x$, nên $P=\frac{4}{x}+\frac{1}{5-4x}$.
Xét hàm số $P=\frac{4}{x}+\frac{1}{5-4x}$ với $0<x<\frac{5}{4}$.
${P}'=-\frac{4}{{{x}^{2}}}+\frac{4}{{{\left( 5-4x \right)}^{2}}}$; $P' = 0 \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {5 - 4x} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 \in \left( {0;\frac{5}{4}} \right)\\
x = \frac{5}{3} \notin \left( {0;\frac{5}{4}} \right)
\end{array} \right.$
Bảng biến thiên
Khi đó ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=\frac{17}{16}$.Như vậy: $\min P=5$ khi $x=1$; $y=\frac{1}{4}$.
Câu 50: Chọn D.
Gọi $M=\left( m;\frac{m-1}{m+1} \right)$, với $m\ne 1$, là điểm di động trên đồ thị $\left( C \right)$.
Khoảng cách từ $M$ đến trục hoành là: $\left| \frac{m-1}{m+1} \right|$.
Khoảng cách từ $M$ đến trục tung là: $\left| m \right|$.
Ta có: $d=\left| m \right|+\left| \frac{m-1}{m+1} \right|$.
Để ý rằng với $M\left( 1;0 \right)\in \left( C \right)$ thì $d=1$. Do đó để tìm $\min d$ ta chỉ cần xét khi
$\left\{ \begin{array}{l}
\left| {{x_M}} \right| < 1\\
\left| {{y_M}} \right| < 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| m \right| < 1\\
\left| {\frac{{m - 1}}{{m + 1}}} \right| < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 1 < m < 1\\
1 - m < m + 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < 1$ .
Với $0<m<1$ thì
$d=m+\frac{1-m}{m+1}$$=\left( m+1 \right)+\frac{2}{m+1}-2$$\ge 2\sqrt{\left( m+1 \right).\frac{2}{m+1}}-2=2\sqrt{2}-2$.
Suy ra $\min d=2\sqrt{2}-2$ xảy ra khi
$\left\{ \begin{array}{l}
0 < m < 1\\
m + 1 = \frac{2}{{m + 1}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \sqrt 2 - 1 \Rightarrow M\left( {\sqrt 2 - 1;1 - \sqrt 2 } \right)$ .
