Câu 30: Đáp án D
Ta có $\int{f\left( x \right)dx}=\int{\left( {{x}^{3}}{{e}^{{{x}^{4}}+1}} \right)dx}=\frac{1}{4}\int{{{e}^{{{x}^{4}}+1}}d\left( {{x}^{4}}+1 \right)}=\frac{1}{4}{{e}^{{{x}^{4}}+1}}+C.$
Câu 31: Đáp án C
Độ dài đường sinh $l=\frac{r}{\sin {{60}^{\circ }}}=\frac{3}{\sqrt{3}/2}=2\sqrt{3}\Rightarrow {{s}_{xq}}=\pi rl=6\pi \sqrt{3}.$
Câu 32: Đáp án B
Ta có: ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{2}SA.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}SA.\frac{1}{2}AB.AC.\sin {{120}^{\circ }}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}.$
Câu 33: Đáp án A
Ta có: $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim \,}}\,\frac{\sqrt{3x+1}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim \,}}\,\frac{3x}{x\left( \sqrt{3x+1}+1 \right)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim \,}}\,\frac{3}{\left( \sqrt{3x+1}+1 \right)}=\frac{3}{2}=\frac{a}{b}\Rightarrow a=3;b=2.$
Câu 34: Đáp án A
Thiết diện là hình thang EFJI
Để thiết diện là hình bình hành thì $\text{EF}=\text{IJ}$
$\Leftrightarrow \frac{2}{3}AB=\frac{AB+CD}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{6}AB=\frac{CD}{2}\Leftrightarrow AB=3CD.$
Câu 35: Đáp án C
Phương trình hoành độ giao điểm: ${x^3} - 3x = k\left( {x + 1} \right) + 2 \leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x - k - 2} \right) = 0 \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
g\left( x \right) = {x^2} - x - k - 2 = 0
\end{array} \right.$
Để (C) giao d tại 3 điểm phân biệt khi$g\left( x \right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác $ - 1 \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
g\left( { - 1} \right) \ne 0\\
\Delta > 0
\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
k \ne 0\\
k > - \frac{9}{4}
\end{array} \right..$
Giả sử ${{x}_{1}};{{x}_{2}}$ là hoành độ của N,P đồng thời là nghiệm phương trình $g\left( x \right)=0.$
Ta có: $ \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 1\\
{x_1}{x_2} = - k - 2
\end{array} \right.$
Theo bài ra ta có tiếp tuyến tại N,P vuông góc nên: $\begin{array}{l}
y'\left( {{x_1}} \right).y'\left( {{x_2}} \right) = - 1 \leftrightarrow \left( {3{x_1}^2 - 3} \right)\left( {3{x_2}^2 - 3} \right) = - 1\\
\leftrightarrow 9{x_1}^2{x_2}^2 - 9{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 18{x_1}{x_2} + 10 = 0\\
\to 9{k^2} + 18k + 1 = 0 \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{k_1} = \frac{{ - 3 + 2\sqrt 2 }}{3}\\
{k_2} = \frac{{ - 3 - 2\sqrt 2 }}{3}
\end{array} \right.\left( {t/m} \right) \to {k_1}{k_2} = \frac{1}{9}.
\end{array}$
Câu 36: Đáp án C
Ta có: $f\left( 2 \right)=m$
Hàm số liên tục tại điểm $x=2\Leftrightarrow \,\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\,f\left( x \right)=m\Leftrightarrow \underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\,\frac{{{x}^{2}}-x-2}{x-2}=m$
$\Leftrightarrow \underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\,\frac{\left( x-2 \right)\left( x+1 \right)}{x-2}=m\Leftrightarrow \underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\,\left( x+1 \right)=m\Leftrightarrow m=3.$
Câu 37: Đáp án C
$2C_{14}^{k+1}=C_{14}^{k}+C_{14}^{k+2}\Leftrightarrow 2.\frac{14!}{\left( k+1 \right)!.\left( 13-k \right)!}=\frac{14!}{k!.\left( 14-k \right)!}+\frac{14!}{\left( k+2 \right)!.\left( 12-k \right)!}$
$\Leftrightarrow \frac{2\left( 14-k \right)}{\left( k+1 \right)!.\left( 14-k \right)!}=\frac{k+1}{\left( k+1 \right)!.\left( 14-k \right)!}+\frac{\left( 13-k \right)\left( 14-k \right)}{\left( k+2 \right)\left( k+1 \right)!.\left( 14-k \right)!}$
\[\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 2\left( {14 - k} \right) = k + 1 + \frac{{\left( {13 - k} \right)\left( {14 - k} \right)}}{{k + 2}} \Leftrightarrow \left( {28 - 2k} \right)\left( {k + 2} \right) = \left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right) + \left( {13 - k} \right)\left( {14 - k} \right)\\
\Leftrightarrow - 2{k^2} + 24k + 56 = {k^2} + 3k + 2 + {k^2} - 27k + 182 \Leftrightarrow 4{k^2} - 48k + 128 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
k = 4\\
k = 8
\end{array} \right. \Rightarrow 4.8 = 32
\end{array}\]
Câu 38: Đáp án D
Chọn 4 học sinh bất kỳ có: $\left| \Omega \right|=C_{13}^{4}=715$
Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có đủ 3 khối”
Khi đó $\left| {{\Omega }_{A}} \right|=C_{4}^{2}.C_{4}^{1}.C_{5}^{1}+C_{4}^{1}.C_{4}^{2}.C_{5}^{1}+C_{4}^{1}.C_{4}^{1}.C_{5}^{2}=400$
Do đó $P\left( A \right)=\frac{400}{715}=\frac{80}{143}.$
Câu 39: Đáp án D
Giả sử với $x=2$ ta có: $HB=\left| {{\log }_{b}}2 \right|;HA=\left| {{\log }_{a}}2 \right|.$ Theo bài ra ta có:
\[\begin{array}{l}
2HA = 3HB \leftrightarrow 3\left| {{{\log }_b}2} \right| = 2\left| {{{\log }_a}2} \right| \to \frac{3}{{{{\log }_2}b}} = - \frac{2}{{{{\log }_2}a}} \leftrightarrow 3{\log _2}a + 2{\log _2}b = 0\\
\leftrightarrow {\log _2}{a^3} + {\log _2}{b^2} = 0 \leftrightarrow {\log _2}{a^3}{b^2} = 0 \leftrightarrow {a^3}{b^2} = 1
\end{array}\]
Câu 40: Đáp án A
$\sqrt 2 c{\rm{os}}3x = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \cos x \leftrightarrow c{\rm{os}}3x = \cos x\left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{\pi }{8} + k\pi \\
x = \frac{\pi }{{16}} + \frac{{l\pi }}{2}
\end{array} \right.$
$x \in \left( {0;2\pi } \right) \to \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{7\pi }}{8};x = \frac{{15\pi }}{8}\\
x = \frac{\pi }{{16}};x = \frac{{9\pi }}{{16}};x = \frac{{17\pi }}{{16}};x = \frac{{25\pi }}{{16}}
\end{array} \right. \to \sum {\left( x \right) = 6\pi .} $
Câu 41: Đáp án B
Ta có $y'=3{{x}^{2}}-6x-m;y''=6x-6;\,\forall x\in \mathbb{R}$
Để hàm số có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m>-3.$
Xét biểu thức $f\left( x \right)=y-\frac{y'.y''}{18a}={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-mx+2-\frac{\left( 3{{x}^{2}}-6x-m \right)\left( 6x-6 \right)}{18}=-\left( \frac{2m}{3}+2 \right)x-\frac{m}{3}+2.$
Suy ra $y=-\left( \frac{2m}{3}+2 \right)x-\frac{m}{3}+2$ là đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của ĐTHS.
Vì $A,B,M\left( 0;3 \right)$ thẳng hàng $\Rightarrow M\in AB$ suy ra $-\frac{m}{3}+2=3\Leftrightarrow m=-3\,\left( loai \right).$
Câu 42: Đáp án D
Đặt $t=t\text{anx}\Leftrightarrow \text{dt=}\frac{dx}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x};1+{{\tan }^{2}}x=\frac{1}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}\Leftrightarrow \frac{1}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}={{t}^{2}}+1\Leftrightarrow c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x=\frac{1}{{{t}^{2}}+1}\Rightarrow {{\sin }^{2}}x=\frac{{{t}^{2}}}{{{t}^{2}}+1}.$
Khi đó $\int{f\left( x \right)dx}=\int{\frac{1}{{{\sin }^{2}}x.c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}.\frac{dx}{c\text{o}{{\text{s}}^{2}}x}}=\int{\frac{{{\left( {{t}^{2}}+1 \right)}^{2}}}{{{t}^{2}}}dt}=\int{\left( {{t}^{2}}+\frac{1}{{{t}^{2}}}+2 \right)dt}=\frac{{{t}^{3}}}{3}-\frac{1}{t}+2t+C.$
Vậy $\int{f\left( x \right)dx}=\frac{{{\tan }^{3}}x}{3}+2\tan x-\frac{1}{\text{tanx}}+C.$
Câu 43: Đáp án B
Gọi I là trung điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}=0\Rightarrow I\left( 1;3;3 \right).$
Ta có Mà $M\in \left( \text{Ox}y \right)\Rightarrow M\left( x;y;0 \right).$
Khi đó $P=4\overrightarrow{MI}=4\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}}\ge 12\Rightarrow {{\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC} \right|}_{\min }}=12.$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 3
\end{array} \right..$ Vậy $M\left( 1;3;0 \right).$
Câu 44: Đáp án B
Tam giác AMN có $AM=\frac{a\sqrt{5}}{2};AN=a\sqrt{2};MN=\frac{3a}{2}.$
Tam giác AMN có $CM=\frac{a\sqrt{5}}{2};CN=a\sqrt{2};MN=\frac{3a}{2}.$
Suy ra$\Delta AMN=\Delta CMN.$ Kẻ $AH\bot MN\,\,\left( H\in MN \right)\Rightarrow CH\bot MN.$
Do đó $\widehat{\left( AMN \right);\left( CMN \right)}=\widehat{AHC}=\varphi $
Diện tích $\Delta AMN$ là $S=\frac{3{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow AH=\frac{2.S}{MN}=a$ mà $AC=a\sqrt{2}$
Suy ra tam giác AHC vuông cân. Vậy $\varphi ={{90}^{\circ }}.$
Câu 45: Đáp án C
Số phần tử của tập S là $5!=120$ số.
Mỗi số $5,6,7,8,9$ có vai trò như nhau và xuất hiện ở hàng đơn vị $4!=24$ lần
Tổng các chữ số xuất hiện ở hàng đơn vị là $4!.\left( 5+6+7+8+9 \right)=840$
Tương tự với các chữ số hàng chục, hàng tram, hàng nghìn và hàng chục nghìn.
Vậy tổng tất cả các số thuộc tập S là $840.\left( {{10}^{4}}+{{10}^{3}}+{{10}^{2}}+10+1 \right)=9333240.$
Câu 46: Đáp án D
Gọi parabol $\left( P \right)$có dạng $y=a{{t}^{2}}+bt+c\,\,\left( a\ne 0 \right)$
Đồ thị $\left( P \right)$ đi qua điểm $M\left( 0;2 \right)$ và đỉnh $I\left( 1;1 \right)$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = 1\\
- \frac{b}{{2a}} = 1;c = 2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = - 2\\
c = 2
\end{array} \right..$
Suy ra $\left( P \right):y={{t}^{2}}-2t+2.$ Vậy quãng đường S cần tính là $S=\int\limits_{0}^{4}{\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)dt=\frac{40}{3}km.}$
Câu 47: Đáp án C
Đặt $t={{x}^{2}}-2y,$ khi đó giả thiết $\Leftrightarrow {{4.9.3}^{t}}=\left( 4+{{9}^{t}} \right){{.7}^{2-t}}\Leftrightarrow \frac{4+{{3}^{t+2}}}{{{7}^{t+2}}}=\frac{4+{{3}^{2t}}}{{{7}^{2t}}}\,\,\left( * \right).$
Xét hàm số $f\left( a \right)=\frac{4+{{3}^{a}}}{{{7}^{a}}}=4.{{\left( \frac{1}{7} \right)}^{a}}+{{\left( \frac{3}{7} \right)}^{a}}$ trên $\mathbb{R}$ là hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Khi đó $\left( * \right)\Leftrightarrow f\left( t+2 \right)=f\left( 2t \right)\Leftrightarrow t+2=2t\Leftrightarrow t=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2y=2\Leftrightarrow 2y={{x}^{2}}-2.$
Do đó $P=\frac{x+{{x}^{2}}-2+18}{x}=x+\frac{16}{x}+1\ge 2\sqrt{x.\frac{16}{x}}+1=2.4+1=9.$ Vậy ${{P}_{\min }}=9.$
Câu 48: Đáp án C
Các đồ thị hình vẽ bên chính là đồ thi của các hàm số lượng giác.
Câu 49: Đáp án B
Để xếp được số viên phấn nhiều nhất ta sẽ xếp xen kẽ các viên phấn.
Do đó, số viên bi tối đa xếp được là $153$ viên.
Câu 50: Đáp án B
Chuẩn hóa khối chóp S.ABC có $\left\{ \begin{array}{l}
SA = AB = AC = 1\\
SA\, \bot AB \bot AC
\end{array} \right..$
Kẻ $MQ//SC,NP//SC\Rightarrow $ Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chia khối chóp thành hai khối đa diện $AMQ.BNP\,\,\left( {{V}_{1}} \right)$ và $SMN.CQP\,\,\left( {{V}_{2}} \right).$ Ba đường thẳng $MN,PQ,AB$ đồng quy tại I.
Nên áp dụng định lí Menelaus, ta được
- $\frac{MA}{MS}.\frac{NS}{NB}.\frac{IB}{IA}=1\Rightarrow \frac{IB}{IA}=\frac{1}{4}.$
- $\frac{BA}{BI}.\frac{NI}{NM}.\frac{SM}{SA}=1\Rightarrow \frac{NI}{NM}=1\Rightarrow \frac{IN}{IM}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{IN}{IM}=\frac{IP}{IQ}.$
Suy ra $\frac{{{V}_{I.BNP}}}{{{V}_{I.AMQ}}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{16}$ mà ${{V}_{AMIQ}}=\frac{8}{81}\Rightarrow {{V}_{2}}=\frac{15}{16}.\frac{8}{81}=\frac{5}{54}.$
Mặt khác ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{6}\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{4}{54},$ Vậy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{4}{5}.$
