Lời giải đề 28: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Hồng Bàng- HẢi Phòng lần 1 , mã đề 445, trang 1

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Chọn B.

${y}'=\frac{9}{{{\left( x+5 \right)}^{2}}}>0$ $\forall x\ne -5$.

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( -\infty ;-5 \right)$ và $\left( -5;+\infty  \right)$.

Câu 2: Chọn B.

Ta có ${f}'\left( x \right)$ đổi dấu khi $x$ qua các điểm $0$; $1$ . Do đó hàm số có hai điểm cực trị.

Câu 3: Chọn D.

Giả sử người đó trả nợ hết trong $n$ tháng.

Ta tính số tiền lãi do $100$ triệu sinh ra trong $n$ tháng: $S=100\times {{\left( 1,007 \right)}^{n}}$ (triệu đồng).

Do mỗi tháng người đó gửi vào $5$ triệu đồng nên sau $n$ tháng có được (tháng thứ $n+1$ gửi vào đầu tháng):

${{S}_{2}}=5+5\times 1,007+5\times 1,{{007}^{2}}+...+5\times 1,{{007}^{n}}$$=5\times \frac{1-1,{{007}^{n+1}}}{1-1,007}$(triệu đồng).

Xét phương trình $S={{S}_{2}}$ suy ra $n=21$.

Câu 4:  Chọn B.

${y}'=\frac{-x}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}$; ${y}'=0\Leftrightarrow x=0$ và ${y}'$ đổi dấu từ dương sang âm khi $x$ qua điểm $0$.

Vậy hàm số không có điểm cực tiểu.

Câu 5: Chọn B.

Ta có ${y}'=4{{x}^{3}}+4\left( m-4 \right)x$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = 4 - m
\end{array} \right.$.

Để hàm số có ba điểm cực trị $\Leftrightarrow m<4$. Khi đó các điểm cực trị của $\left( {{C}_{m}} \right)$ là

$A\left( 0;m+5 \right)$, $B\left( \sqrt{4-m};m+5-{{\left( m-4 \right)}^{2}} \right)$, $C\left( -\sqrt{4-m};m+5-{{\left( m-4 \right)}^{2}} \right)$.

Do $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $3\left( m+5 \right)=2{{\left( m-4 \right)}^{2}}$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m = \frac{{17}}{2}
\end{array} \right.$.

Do $m<4$ nên $m=1$.

Câu 6:  Chọn C.

$\underset{x\to -\,\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3-4x}{5x+2}$$=\underset{x\to -\,\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( \frac{3}{x}-4 \right)}{x\left( 5+\frac{2}{x} \right)}$$=\underset{x\to -\,\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( \frac{3}{x}-4 \right)}{\left( 5+\frac{2}{x} \right)}$$=\frac{-4}{5}$.

Câu 7: Chọn B.

TXĐ: $D=\left( -\infty ;-\frac{1}{2} \right)\cup \left( \frac{1}{2};+\infty  \right)$. Ta có

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+3}{\sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=\frac{5}{2}$ $\Rightarrow $ đường thẳng $y=\frac{5}{2}$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+3}{\sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=-\frac{5}{2}$$\Rightarrow $ đường thẳng $y=-\frac{5}{2}$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+3}{\sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=+\infty $$\Rightarrow $ đường thẳng $x=\frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to {{\left( -\frac{1}{2} \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+3}{\sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=+\infty $$\Rightarrow $ đường thẳng $x=-\frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng.

Câu 8: Chọn D.

Điều kiện: ${{2}^{x}}<5$

${{\log }_{2}}\left( 5-{{2}^{x}} \right)=2-x$$\Leftrightarrow $ $5-{{2}^{x}}={{2}^{2-x}}$$\Leftrightarrow $$5-{{2}^{x}}=\frac{4}{{{2}^{x}}}$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{2^x} = 1\\
{2^x} = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$ 

$\Rightarrow $ $P={{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}=2$.

Câu 9:  Chọn B.

Tâm $I$ là trung điểm $AB$$\Rightarrow $ $I\left( 1;2;0 \right)$ và bán kính $R=IA=\sqrt{3}$.

Vậy ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=3$.

Câu 10:Chọn A.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ vào trung điểm $O$ của $BC$, ta được

$B\left( -\frac{1}{2};0;0 \right)$; $C\left( \frac{1}{2}a;0;0 \right)$; ${C}'\left( \frac{1}{2}a;0;\frac{\sqrt{2}}{2}a \right)$; ${A}'\left( 0;\frac{\sqrt{3}}{2}a;\frac{\sqrt{2}}{2}a \right)$

Ta có $\overrightarrow{{A}'C}\left( \frac{1}{2}a;\frac{-\sqrt{3}}{2}a;\frac{-\sqrt{2}}{2}a \right)$; $\overrightarrow{B{C}'}\left( a;0;\frac{\sqrt{2}}{2}a \right)$; $\overrightarrow{CB}\left( a;0;0 \right)$

$d\left[ {A}'C,B{C}' \right]=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{{A}'C};\overrightarrow{B{C}'} \right].\overrightarrow{CB} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{{A}'C};\overrightarrow{B{C}'} \right] \right|}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

Câu 11: Chọn C.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow I\left( \frac{5}{2};1;3 \right)$.

Ta có: $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}={{\overrightarrow{MA}}^{2}}+{{\overrightarrow{MB}}^{2}}$$={{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}$$=2M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}$.

$I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}$ không đổi nên $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $MI$ đạt giá trị nhỏ nhất.

$\Rightarrow M$ là hình chiếu của $I$ trên trục $Oz$.

$\Rightarrow $ $M\left( 0;0;3 \right)$.

Câu 12:  Chọn D.

Vì $f\left( x \right)$ là hàm số chẵn nên $\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x=2}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}$$=2.5$$=10$.

Vì $g\left( x \right)$ là hàm số lẻ nên $\int\limits_{-1}^{1}{g\left( x \right)\text{d}x=0}$.

$\Rightarrow $$\int\limits_{-1}^{1}{\left[ f\left( x \right)+g\left( x \right) \right]\text{d}x=10}$ và $\int\limits_{-1}^{1}{\left[ f\left( x \right)-g\left( x \right) \right]\text{d}x=10}$.

Vậy đáp án D sai.

Câu 13: Chọn B.

Gọi $A=\left\{ 0,1,2,...,9 \right\}$.

Gọi $\overline{ab}$ là hai chữ số cuối của số điện thoại $\left( a\ne b \right)$.

Số phần tử không gian mẫu là: $n\left( \Omega  \right)=A_{10}^{2}$$=90$.

Gọi $A$ là biến cố “Người đó gọi một lần đúng số cần gọi”.

$\Rightarrow n\left( A \right)=1$.

Vậy xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi là: $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}$$=\frac{1}{90}$.

Câu 14:Chọn B.

Hàm số xác định khi $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2 - x}}{{x + 2}} > 0\\
{\log _{\frac{1}{2}}}\frac{{2 - x}}{{x + 2}} \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2 < x < 2\\
\frac{{2 - x}}{{x + 2}} \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2 < x < 2\\
\frac{{ - 2x}}{{x + 2}} \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2 < x < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
x <  - 2\\
x \ge 0
\end{array} \right.
\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow 0\le x<2$.

Câu 15: Chọn D.

Ta có: $\Delta SAB$ vuông cân tại $S$ và $AB=a\sqrt{2}$.

$\Rightarrow SO=OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy thể tích của khối nón là: $V=\frac{1}{3}.\pi .O{{B}^{2}}.SO$$=\frac{1}{3}.\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{3}}$$=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.

Câu 16:  Chọn A.

Ta có: $A_{n}^{3}+2A_{n}^{2}=100$$\Leftrightarrow \frac{n!}{\left( n-3 \right)!}+2\frac{n!}{\left( n-2 \right)!}=100$$\Leftrightarrow n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)+2n\left( n-1 \right)=100$

$\Leftrightarrow {{n}^{3}}-{{n}^{2}}-100=0$$\Leftrightarrow n=5$.

Ta có: ${{\left( 1+3x \right)}^{2n}}$$={{\left( 1+3x \right)}^{10}}$$=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{\left( 3x \right)}^{k}}}$.

Hệ số ${{x}^{5}}$ sẽ là $C_{10}^{5}{{3}^{5}}=61236$.

Câu 17: Chọn C.

Ta có: ${y}'=3{{x}^{2}}-6x+3m$; ${y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+m=0$.

${\Delta }'=1-m$;

Để có diện tích phần trên và phần dưới thì hàm số phải có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow {\Delta }'>0$$\Leftrightarrow m<1$. Mặt khác ${{y}'}'=6x-6$.

${{y}'}'=0$$\Rightarrow x=1$$\Rightarrow y=4m-3$.

Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn là trục đối xứng. Do đó, để diện tích hai phần bằng nhau thì điểm uốn phải nằm trên trục hoành.

Vậy $4m-3=0$$\Leftrightarrow m=\frac{3}{4}$ (thỏa $m<1$).

Câu 18: Chọn D.

Gọi $M$, $H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $BM$. Do $\Delta ABC$ là tam giác đều nên $AM\bot BC$. Mà $HI$ là đường trung bình nên $HI\bot BC$.

Kẻ $IE\bot SH$ tại $E$. Ta chứng minh được $IE\bot \left( SBC \right)$ tại $E$.

Suy ra: $d\left( I,\left( SBC \right) \right)=IE$.

Ta có: $IE=\frac{IS.IH}{\sqrt{I{{S}^{2}}+I{{H}^{2}}}}$ $=\frac{IC.\tan 60{}^\circ .\frac{AM}{2}}{\sqrt{{{\left( IC.\tan 60{}^\circ  \right)}^{2}}+{{\left( \frac{AM}{2} \right)}^{2}}}}$$=\frac{3a\sqrt{13}}{26}$.

Câu 19: Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì $AM\bot BC$ (1). Mặt khác $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $SA\bot BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $BC\bot \left( SAM \right)$. Do đó góc giữa $\left( SBC \right)$ và $\left( ABC \right)$ là góc $SMA$.

Vậy $\widehat{SMA}={{60}^{\text{o}}}$. Trong tam giác vuông $SAM$ có $SA=AM.\tan \widehat{SMA}$$=\frac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}$$=\frac{3}{2}$.

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Qua $G$ dựng đường thẳng song song với $SA$, cắt mặt phẳng trung trực của đoạn $SA$ tại $I$ thì $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$.

Ta có $IG=\frac{1}{2}SA$$=\frac{3}{4}$.

Trong tam giác vuông $AIG$ có $I{{A}^{2}}=I{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}$$={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}$$=\frac{9}{16}+\frac{1}{3}$$=\frac{43}{48}$.

Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ có diện tích bằng $4\pi I{{A}^{2}}=4\pi \frac{43}{48}$$=\frac{43\pi }{12}$.

Câu 20:  Chọn C.

Đặt cạnh của hình vuông $ABCD$ là $x$, $x>0$.

Vì $SA\bot \left( ABCD \right)$ nên suy ra góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là góc $SCA$. Vậy $\widehat{SCA}={{45}^{\text{o}}}$. Do đó tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$. Suy ra $SA=AC=x\sqrt{2}$.

Ta có ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}$$=\frac{1}{3}.x\sqrt{2}.{{x}^{2}}$$=\frac{{{x}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.

Theo bài ra thì ${{V}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$. Vậy $x=a$.

Cách 1:

Qua $B$ dựng đường thẳng $d$ song song với $AC$, qua $A$ dựng đường thẳng ${d}'$ song song với $BD$. Gọi $K$ là giao điểm của $d$ và ${d}'$. Ta có $AC\text{//}\left( SKB \right)$.

Do đó $d\left( AC,SB \right)=d\left( AC,\left( SKB \right) \right)$$=d\left( A,\left( SKB \right) \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( SAK \right)$ dựng $AH$ vuông góc với $SK$ tại $H$ (1).

Vì $AC\bot BD$ nên suy ra $AK\bot KB$ (2). Mặt khác $SA\bot \left( ABCD \right)$ nên $SA\bot KB$ (3).

Từ (2) và (3) suy ra $KB\bot \left( SAK \right)$. Do đó ta có $KB\bot AH$ (4).

Từ (1) và (4) suy ra $AH\bot \left( SKB \right)$. Vậy $AH=d\left( A,\left( SKB \right) \right)$.

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Ta có tứ giác $AKBI$ hình chữ nhật nên $AK=BI$$=\frac{BD}{2}$$=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Trong tam giác vuông $SAK$có $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{S}^{2}}}+\frac{1}{A{{K}^{2}}}$$=\frac{1}{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}$$=\frac{5}{2{{a}^{2}}}$.

Suy ra $AH=\frac{a\sqrt{10}}{5}$. Vậy $d\left( AC,SB \right)=\frac{a\sqrt{10}}{5}$.

Cách 2 (tọa độ hóa):

Gán hệ trục tọa độ như sau: $A=\left( 0;0;0 \right)$, $D=\left( a;0;0 \right)$, $B=\left( 0;a;0 \right)$ và $S=\left( 0;0;a\sqrt{2} \right)$.

Khi đó $C=\left( a;a;0 \right)$.

Ta có $\overrightarrow{SB}=\left( 0;a;-a\sqrt{2} \right)$, $\overrightarrow{AC}=\left( a;a;0 \right)$, $\overrightarrow{AS}=\left( 0;0;a\sqrt{2} \right)$.

Do đó: $\left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB} \right]=\left( -{{a}^{2}}\sqrt{2};{{a}^{2}}\sqrt{2};{{a}^{2}} \right)$, $\left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB} \right].\overrightarrow{AS}={{a}^{3}}\sqrt{2}$.

Từ đó ta có $d\left( AC,SB \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB} \right]\overrightarrow{AS} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{SB} \right] \right|}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{{{a}^{2}}\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}$.

Câu 21:  Chọn A.

TXĐ: $D=\mathbb{R}\text{ }\!\!\backslash\!\!\text{ }\left\{ 0 \right\}$.

${y}'=2x-\frac{16}{{{x}^{2}}}$; ${y}'=0\Leftrightarrow x=2$.

Bảng biến thiên của hàm số $y={{x}^{2}}+\frac{16}{x}$

Vậy cực tiểu của hàm số bằng $12$.

Câu 22: Chọn A.

Đặt $t=\sqrt{x+1}$$\Rightarrow {{t}^{2}}=x+1$$\Leftrightarrow x={{t}^{2}}-1$$\text{d}x=2t\text{d}t$.

Đổi cận: Khi $x=0$ thì $t=1$; khi $x=3$ thì $t=2$.

$I=\int\limits_{0}^{3}{\frac{x}{1+\sqrt{x+1}}\text{d}x}\,$$=\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{t}^{2}}-1}{1+t}2t\text{d}t}$$=\int\limits_{1}^{2}{2\,t\left( t-1 \right)\text{d}t}$$=\int\limits_{1}^{2}{\left( 2{{t}^{2}}-t \right)\text{d}t}$.

Câu 23:  Chọn C.

Gọi $G\left( 2+t;2+2t;-2-t \right)\in d$$\Rightarrow \overrightarrow{AG}=\left( 3+t;2t;-3-t \right)$.

Mà $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AI}$ (với $I$ là trung điểm của $BC$).

$\Rightarrow I\left( \frac{7+3t}{2};2+3t;\frac{-7-3t}{2} \right)$.

Mặt khác $I\in \left( P \right)$ nên $2\left( \frac{7+3t}{2} \right)+2\left( 2+3t \right)-\frac{\left( -7-3t \right)}{2}-4=0$ $\Leftrightarrow 21t+21=0$$\Leftrightarrow t=-1$.

Với $t=-1$ thì $I\left( 2;-1;-2 \right)$.

Câu 24: Chọn B.

Ta có một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ${{d}_{1}}$ là $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;-3;4 \right)$.

Một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ${{d}_{2}}$ là $\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;2;-1 \right)$.

Gọi $\overrightarrow{n}$ là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$. Do $\left( P \right)$ song song với hai đường thẳng ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ nên $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow n  \bot \overrightarrow {{u_1}} \\
\overrightarrow n  \bot \overrightarrow {{u_2}} 
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 5;6;7} \right)$ .

Câu 25:  Chọn A.

Điều kiện: $x\ne -m$.

Ta có ${y}'=\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( x+m \right)}^{2}}}$.

Để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty ;1 \right)$ thì ${y}'<0$ với $\forall x\in \left( -\infty ;1 \right)$ thì $\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( x+m \right)}^{2}}}<0$ $\Leftrightarrow -2<m<2$.

Do hàm số đồng biến trên khoảng $\left( -\infty ;1 \right)$ và $x\ne -m$ nên $m\in \left( -\infty ;-1 \right]$.

Vậy $-2<m\le -1$.

Câu 26:  Chọn D.

Tiếp tuyến song song với $d$ nên hệ số góc của tiếp tuyến là $k=3$, mà $k={y}'\left( {{x}_{0}} \right)$.

Suy ra $3{x_0}^2 + 4{x_0} + 3 = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 0\\
{x_0} =  - \frac{4}{3}
\end{array} \right.$. Do đó ta có hai điểm $M\left( 0;4 \right)$, $N\left( -\frac{4}{3};\frac{32}{27} \right)$.

Tại $M\left( 0;4 \right)$, ta có tiếp tuyến là: $y=3x+4$ trùng với $d$ nên không thỏa.

Tại $N\left( -\frac{4}{3};\frac{32}{27} \right)$ ta có tiếp tuyến là $y=3\left( x+\frac{4}{3} \right)+\frac{32}{27}$$\Leftrightarrow 81x-27y+140=0$.

Câu 27:  Chọn B.

Ta có ${{\left( \frac{{{x}^{2}}}{x+1} \right)}^{\prime }}=\frac{{{x}^{2}}+2x}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=f\left( x \right)$ nên A thỏa.

${{\left( \frac{{{x}^{2}}+x-1}{x+1} \right)}^{\prime }}=\frac{{{x}^{2}}+2x+2}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}\ne f\left( x \right)$ nên B không thỏa.

${{\left( \frac{{{x}^{2}}-x-1}{x+1} \right)}^{\prime }}=\frac{{{x}^{2}}+2x}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=f\left( x \right)$ nên C thỏa.

${{\left( \frac{{{x}^{2}}+x+1}{x+1} \right)}^{\prime }}=\frac{{{x}^{2}}+2x}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=f\left( x \right)$ nên D thỏa.

Câu 28:   Chọn A.

Số cách chọn $4$ em tùy ý trong lớp: $C_{40}^{4}$.

Số cách chọn $4$ em nữ trong lớp: $C_{15}^{4}$.

Số cách chọn $4$ em trong đó ít nhất phải có một nam: $C_{40}^{4}-C_{15}^{4}$.

Câu  29:  Chọn A.

Ta có $M=\frac{3}{{{\log }_{a}}3}\left( 1+{{\log }_{a}}3-\frac{{{\log }_{3}}b.{{\log }_{a}}3}{3} \right)$$=\frac{3}{{{\log }_{a}}3}+3-{{\log }_{3}}b$$=3{{\log }_{3}}a+{{\log }_{3}}27-{{\log }_{3}}b$

Suy ra $M={{\log }_{3}}\left( \frac{27{{a}^{3}}}{b} \right)$.