Câu 31.Chọn C
Gọi ${{G}_{1}},;,{{G}_{2}},;,{{G}_{3}}$ lần lượt là trọng tâm tam giác $SAC$; $SBC$; $SAB$
Khi đó $left
$left
$left
Do đó $left
Ta có: $frac{{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{SABC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SB}.frac{SP}{SC}=frac{2}{3}.frac{2}{3}.frac{2}{3}=frac{8}{27}$ $Rightarrow {{V}_{MNPABC}}={{V}_{SABC}}-{{V}_{SMNP}}={{V}_{SABC}}-frac{8}{27}{{V}_{SABC}}=frac{19}{27}{{V}_{SABC}}=frac{19}{27}V$ .
Câu 32.Chọn D
Thể tích khối cầu $left
Khối nón $left
Thể tích khối nón $left
Câu 33. Chọn A
Đặt $fleft
${f}’left
Nếu $mle 0$, khi đó ${f}’left
Nếu $m>0$, khi đó $f’left
{x = – sqrt m }\
{x = sqrt m }
end{array}} right.$
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $fleft
$left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{fleft
{fleft
end{array}} right. Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{msqrt m – 3msqrt m + 2 > 0}\
{ – msqrt m + 3msqrt m + 2 < 0}
end{array}} right. Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{msqrt m < 1}\
{2msqrt m + 2 < 0}
end{array}} right. Leftrightarrow msqrt m < 1 Leftrightarrow {rm{m < 1}}$
Vậy $0<m<1$.
Kết hợp 2 trường hợp ta được $m<1$.
Cách 2: Vì $x=0$ không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương với ${{x}^{2}}+frac{2}{x}=3m$. Lập bảng biến thiên của hàm số $fleft
Câu 34.Chọn A
Ta có $left. begin{array}{l}
BC bot SA\
BC bot AB\
SA,AB subset left
SA cap AB = A
end{array} right} Rightarrow BC bot left
Trong $left
Ta có $left. begin{array}{l}
BH bot SM\
BH bot BC
end{array} right} Rightarrow dleft
Ta có $Delta BMHbacksim Delta SMARightarrow frac{BH}{SA}=frac{BM}{SM},Leftrightarrow BH=frac{SAcdot BM}{SM}quad left
Xét $Delta ABC$ vuông tại $B$ có $sin widehat{BCA}=frac{AB}{AC}Rightarrow AB=sin {{60}^{0}}cdot 2=sqrt{3}$.
$Rightarrow AM=BM=frac{sqrt{3}}{2}$.
Xét $Delta SAM$ vuông ở $A$ có $S{{M}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}={{1}^{2}}+{{left
Thế vào $left
Cách 2:
Nhận xét: Các dạng toán về khoảng cách nếu có thể thì nên sử dụng các quan hệ song song và tỉ lệ để đưa về tính khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp.
Gọi $N$ là trung điểm của $AC$.
Ta có $BC,text{//},left
Kẻ $AH,bot ,SM$, $Hin SM$, ta có $AH,bot ,left
Ta có $AB=AC.sin widehat{C}=2.sin 60{}^circ =sqrt{3}$$Rightarrow AM=frac{sqrt{3}}{2}$.
Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao, suy ra $AH=frac{SA.AM}{sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=frac{sqrt{21}}{7}$.
Vậy $dleft
Câu 35.Chọn D
Ta có hàm số xác định trên $mathbb{R},$
Giả sử ${{y}_{0}}$ là giá trị của hàm số tại ${{x}_{0}},$ ta có
${{y}_{0}}=frac{3text{cos}{{x}_{0}}-1}{3+text{cos}{{x}_{0}}},$ $Leftrightarrow {{y}_{0}}left
Nếu ${{y}_{0}}=3$ thì $left
Từ đó suy ra
$left| frac{-3{{y}_{0}}-1}{{{y}_{0}}-3} right|le 1$$Leftrightarrow 2{{left
Vậy $m=-2;M=frac{1}{2}$$Rightarrow M+m=-frac{3}{2}$
*Cách 2: Đặt ẩn phụ $t=cos ,x$ đưa về hàm bậc nhất trên bậc nhất, rồi tìm min, max của hàm đó trên $left
Câu 36.Chọn A
Đồ thị cắt trục tung tại điểm $left
Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ${y}’=0$ có ba nghiệm phân biệt, hay ${y}’=4a{{x}^{3}}+2bx=2xleft
Mà $a<0Rightarrow b>0$
Vậy chọn A
Câu 37. Chọn B
Ta có: $tan widehat{ADM}=tan widehat{DCA}=frac{sqrt{2}}{2}Rightarrow widehat{ADM}=widehat{DCA}$
$Rightarrow Delta ADM$ và $Delta DCA$ đồng dạng
$Rightarrow widehat{MAG}+widehat{AMG}=90{}^circ Rightarrow widehat{AGM}=90{}^circ Rightarrow DMbot AC$
Mà $DMbot SA,,,left
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $left
Câu 38. Chọn C
Ta có:
$begin{array}{l}
y’ = – 3{left
y” = – 6left
end{array}$
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt $Leftrightarrow mne 0$.
Khi đó: $y’ = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 + m}\
{x = 1 – m}
end{array}} right.$
Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $Aleft
Vì $A$, $B$ cách đều gốc tọa độ $O$ nên $Delta OAB$ là tam giác cân tại $O$.
$Rightarrow OI$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của $Delta OAB$
$ Rightarrow OI bot IA Leftrightarrow overrightarrow {OI} .overrightarrow {IA} = 0 Leftrightarrow m – 4{m^3} = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{m = 0,,,left
{m = frac{1}{2},,,,,,,,,,}\
{m = – frac{1}{2},,,,,,}
end{array}} right. Rightarrow S = left{ { – frac{1}{2},;,frac{1}{2}} right}$
Vậy tổng các giá trị tuyệt đối của tất cả các phần tử thuộc $S$ là 1.
Câu 39.Chọn B
Đường tròn $left
Đường tròn $left
Đồ thị hàm số $y=frac{ax+b}{x+c}$ có tiệm cận đứng ${{d}_{1}}:,x=-c$, tiệm cận ngang ${{d}_{2}}:,y=a$.
Đồ thị hàm số $y=frac{ax+b}{x+c}$ đi qua tâm ${{I}_{1}}left
frac{{a + b}}{{1 + c}} = 2\
frac{{ – a + b}}{{ – 1 + c}} = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a + b = 2c + 2\
a = b
end{array} right.$
$left
Vì hai đường tròn $left
$left{ begin{array}{l}
dleft
dleft
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left| {1 + c} right| = left| { – 1 + c} right| = 1\
left| {2 – a} right| = left| { – a} right| = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
c = 0
end{array} right.$
. Từ $left
Vậy $a+b+c=1+1+0=2$.
Câu 40.Chọn B
Ta có $2fleft
Dựa vào đồ thị ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=fleft
Đặt $gleft
$Leftrightarrow -{{x}^{2}}+4x+m+6<0,,forall xin left
Đặt $hleft
${h}’left
Bảng biến thiên
Vậy $m<-10$.
Câu 41.Chọn C
Tính được: ${y}’=3{{x}^{2}}+4left
Khi đó ${Delta }’=4{{left
Nhận xét $a.c<0$ nên ${{x}_{1}}<0<{{x}_{2}}$
Suy ra:
$left| {{x}_{1}} right|-left| {{x}_{2}} right|=-2Leftrightarrow -{{x}_{1}}-{{x}_{2}}=2Leftrightarrow frac{b}{a}=2$$Leftrightarrow frac{4left
Câu 42.Chọn B
Ta có $log sin x+log cos x=-1Leftrightarrow log left
Ta có $log left
$begin{array}{l}
Leftrightarrow 2log left
Leftrightarrow log {left
Leftrightarrow log left
Leftrightarrow n = 10left
Leftrightarrow n = 12.
end{array}$
Vậy $n=12$.
Câu 43.Chọn D
Phương trình ${{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}={{3.7}^{x}}$ $Leftrightarrow {{50}^{x}}+{{2}^{x+5}}-{{3.7}^{x}}=0$.
Xét hàm số $f
${f}'
${{f}’}'
Khi $xge 0$ thì ${{f}’}'
${{f}’}'
Khi $x<0$ thì ${{f}’}'
${{f}’}'
Suy ra ${{f}’}'
Mà $underset{xto -infty }{mathop{lim }},{f}’left
Suy ra $f
Mà $underset{xto -infty }{mathop{lim }},fleft
Suy ra phương trình $f
Câu 44. Chọn A
Tổng số điểm vừa lấy bằng: $3+4+5+6=18$
Mỗi cách chọn ra $3$ điểm không nằm trên một cạnh cho ta một tam giác.
Số cách chọn $3$ điểm từ $18$ điểm là: $C_{18}^{3}=816$
Số cách chọn $3$ điểm cùng nằm trên một cạnh là: $C_{3}^{3}+C_{4}^{3}+C_{5}^{3}+C_{6}^{3}=35$
Vậy số tam giác cần tìm bằng: $816-35=781$
Câu 45.Chọn A
Gọi $D$ là trung điểm $BC$, $H$ là chân đường cao khối chóp hạ từ $S$.
Ta có tứ giác $SMHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $SD$. Theo tích chất cát tuyến
$AS.AM=AH.ADLeftrightarrow frac{3}{4}S{{A}^{2}}=frac{2}{3}A{{D}^{2}}Leftrightarrow S{{A}^{2}}=frac{8}{3}$$Rightarrow SH=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=frac{2sqrt{3}}{3}$.
Nên ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=frac{2}{3}.$
Câu 46. Chọn D
Đặt độ dài cạnh $AB=x$ $left
Vì tam giác ${O}’AB$ đều nên ${O}’A={O}’B=AB=x$$Rightarrow {O}’M=frac{xsqrt{3}}{2}$.
Vì mặt phẳng $left
Xét tam giác ${O}’OM$ vuông tại $O$ ta có: $cos widehat{{O}’MO}=frac{OM}{{O}’M}$. Suy ra
$cos 60{}^circ =frac{OM}{frac{xsqrt{3}}{2}}Leftrightarrow OM=frac{xsqrt{3}}{4}$
Xét tam giác $OAM$vuông ở $M$ có: $O{{A}^{2}}=O{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}$ nên
${{R}^{2}}={{left
Do đó: ${O}’M=frac{xsqrt{3}}{2}=frac{2sqrt{21}}{7}R$ và $OM=frac{xsqrt{3}}{4}=frac{sqrt{21}}{7}R$. Vì vậy, ta có
$O{O}’=sqrt{{O}'{{M}^{2}}-O{{M}^{2}}}=frac{3sqrt{7}}{7}R$.
Vậy thể tích khối trụ là
$V=pi {{R}^{2}}.h=pi {{R}^{2}}.frac{3sqrt{7}}{7}RRightarrow V=frac{3pi sqrt{7}{{R}^{3}}}{7}$.
Câu 47. Chọn B
Đặt
$T=sumlimits_{k=1}^{100}{k{{.2}^{k}}}=2+{{2.2}^{2}}+{{3.2}^{3}}+cdots +{{100.2}^{100}}
Khi đó, ta có
$2T={{2}^{2}}+{{2.2}^{3}}+cdots +{{99.2}^{100}}+{{100.2}^{101}}
Lấy
$T={{100.2}^{101}}-left
Suy ra ${{log }_{2}}left
Do đó $a=101;,,b=99;,,c=2.$
Vậy $a+b+c=202$.
Câu 48. Chọn D
Ta có $fleft
2018,,x notin left
left| {2x – 2020} right|,,x in left
Vì hàm số $h
$underset{text{ }!!
Suy ra
$underset{left
Do đó, ta có
$underset{mathbb{R}}{mathop{min }},fleft
Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
$0le 2020-mle 2018Leftrightarrow 2le mle 2020$.
Suy ra có 2018 giá trị nguyên của $m$ nằm trong khoảng $left
Câu 49.Chọn C
Gọi chiều dài, chiều rộng của hộp là $2x$ và $x$$
$V=2{{x}^{2}}.hRightarrow 2{{x}^{2}}.h=48Leftrightarrow {{x}^{2}}.h=24$
Do giá thành làm đáy và mặt bên hộp là$3,$giá thành làm nắp hộp là $1$nên giá thành làm hộp là
$L=3left
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số không âm, ta được
$L=8{{x}^{2}}+9xh+9xhge $$3sqrt
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $left{ begin{array}{l}
8{x^2} = 9xh\
{x^2}h = 24
end{array} right.$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = frac{{9h}}{8}\
frac{{{9^2}}}{{{8^2}}}.{h^3} = 24
end{array} right.$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = 3\
h = frac{8}{3}
end{array} right.$
Vậy $m=8$,$n=3$ và $m+n=11$.
Câu 50. Chọn B
Gọi $hleft
Ta có ${f}’left
Theo giả thiết khi chia $fleft
$left{ begin{array}{l}
fleft
f’left
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2a + b = 2019\
a = 2018
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 2018\
b = – 2017
end{array} right.$
Suy ra $gleft