Câu 30: Đáp án B.
Đường tròn $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+4y-4=0$ có tâm $I\left( 1;-2 \right)$ bán kính $R=3.$
Gọi I’ là tâm đường tròn $\left( C' \right)\Rightarrow \overrightarrow{II'}=\overrightarrow{v}=\left( 3;3 \right)\Rightarrow I\left( 4;1 \right)$
Do đó $\left( C' \right):{{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=9.$
Câu 31: Đáp án D
Câu 32: Đáp án C.
Bán kính mặt cầu là: $R=d\left( S;\left( P \right) \right)=2\Rightarrow \left( S \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=4.$
Câu 33: Đáp án B.
Đặt $z=a+bi\,\left( a;b\in \mathbb{R} \right)$ ta có: $a + 1 + bi + 3i - \sqrt {{a^2} + {b^2}} i = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 1\\
b + 3 = \sqrt {{a^2} + {b^2}}
\end{array} \right.$
$\left\{ \begin{array}{l}
a = - 1\\
b + 3 = \sqrt {{b^2} + 1}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 1\\
b = - \frac{4}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow S = - 5.$
Câu 34: Đáp án C.
Phương trình hoành dộ giao điểm là ${x^2}\left| {{x^2} - 3} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {{x^4} - 3{x^2}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^4} - 3{x^2} = 2\\
{x^4} - 3{x^2} = - 2
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 1;\,{x^2} = 2\\
{x^2} = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}\\
{x^2} = \frac{{3 - \sqrt {12} }}{2} < 0\,\left( {loai} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow $ PT có 6 nghiệm.
Câu 35: Đáp án D.
$D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -m \right\};\,y'=\frac{{{m}^{2}}-4}{x+m}$
Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ;1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 4 < 0\\
- m \ge 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m \le - 1.$
Câu 36: Đáp án B.
$4{{\left( {{\log }_{2}}\sqrt{x} \right)}^{2}}+{{\log }_{2}}x+m\ge 0\Leftrightarrow 4{{\left( \frac{1}{2}{{\log }_{2}}x \right)}^{2}}+{{\log }_{2}}x\ge -m$
Đặt $t={{\log }_{2}}x,$ với $x\in \left( 1;64 \right)\Rightarrow t\in \left( 0;6 \right)$
Khi đó bài toán trở thành $f\left( t \right)={{t}^{2}}+t\ge -m\left( \forall t\in \left( 0;6 \right) \right)\Leftrightarrow \underset{\left( 0;6 \right)}{\mathop{Min}}\,f\left( t \right)\ge -m$
Lập bảng biến thiên suy ra $0\ge -m\Leftrightarrow m\ge 0.$
Câu 37: Đáp án A.
Vì diện tích của 3 đường nên ta cần vẽ hình:
PT hoành độ giao điểm giữa 2 đường $y={{x}^{2}},y=-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}$ là ${x^2} = - \frac{1}{3}x + \frac{4}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = - \frac{4}{3}
\end{array} \right..$
Dựa vào hình vẽ ta có: $S = \int\limits_0^1 {{x^2}dx + \int\limits_1^4 {\left( { - \frac{x}{3} + \frac{4}{3}} \right)dx = \frac{{11}}{6}.} } $
Câu 38: Đáp án C.
Do H là trực tâm tam giác ABC suy ra được H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC) (học sinh tự chứng minh).
Khi đó $\overrightarrow{OH}\bot \left( ABC \right):\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{OH}}}=\left( 6;4;3 \right).$ Do đó $OH:\left\{ \begin{array}{l}
x = 6t\\
y = 4t\\
z = 3t
\end{array} \right..$
Câu 39: Đáp án A.
Gọi n là số tháng ít nhất sinh viên đó cần gửi.
Ta có tổng số tiền cả gốc lẫn lãi sau n tháng là: $750{{\left( 1+r \right)}^{n}}+750{{\left( 1+r \right)}^{n-1}}+...750\left( 1+r \right)$
$=750\left( 1+r \right)\frac{1-{{\left( 1+r \right)}^{n}}}{1-\left( 1+r \right)}\ge 12,5.$ Với $r=0,72%,$ sử dụng máy tính CASIO suy ra ${{n}_{\min }}=16.$
Câu 40: Đáp án D.
Dựng $HK\bot BD,$ do $SH\bot BD$ nên ta có:
$\left( SKH \right)\bot BD\Rightarrow $ Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng đáy là $\widehat{SKH}={{60}^{0}}.$
Lại có: $AD=\sqrt{B{{D}^{2}}-A{{B}^{2}}}=3a,\,HK=\frac{1}{2}d\left( A;BD \right)$ $=\frac{1}{2}\frac{AB.AD}{BD}=\frac{3a}{2\sqrt{10}}.$
Do đó $SH=HK\tan {{60}^{0}}=\frac{3a\sqrt{3}}{2\sqrt{10}}.$
Vậy $V=\frac{1}{3}\frac{AD+BC}{2}.AB.SH=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{8}.$
Câu 41: Đáp án A.
Gọi (P): $y=a{{x}^{2}}+bx+c$ là phương trình parabol.
Vì (P) đi qua gốc O và đỉnh $I\left( {10;50} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = 0;\, - \frac{b}{{2a}} = 10\\
100a + 10b + c = 50
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{1}{2}\\
b = 10;\,c = 0
\end{array} \right..$
Suy ra phương trình (P) là $y=-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+10x.$ Vậy $S=\int\limits_{0}^{10}{\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+10x \right)dx=\frac{1000}{3}m.}$
Câu 42: Đáp án B.
Khi quay hình vẽ quanh trục SO sẽ tạo nên khối trụ nội tiếp hình nón.
Suy ra thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật MNPQ.
Theo định lí Talet, ta có $\frac{IM}{OA}=\frac{SI}{SO}\Rightarrow IM=\frac{OA.SI}{SO}=\frac{R\left( h-x \right)}{h}.$
Thể tích khối trụ là $V=\pi {{R}^{2}}h=\pi .I{{M}^{2}}.OI=\frac{\pi {{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{\left( h-x \right)}^{2}}x.$
Theo $AM-GM,$ ta được $\frac{1}{2}.2x.{{\left( h-x \right)}^{2}}\le \frac{1}{2}{{\left[ \frac{2x+\left( h-x \right)+\left( h-x \right)}{3} \right]}^{3}}=\frac{4h}{27}.$
Vậy $V\le \frac{4\pi {{R}^{2}}h}{27}.$ Dấu “=” xảy ra khi $2x=h-x\Leftrightarrow x=\frac{h}{3}\Rightarrow MN=\frac{h}{3}.$
Câu 43: Đáp án D.
Đặt $z=x+yi$ $\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\Rightarrow $ Tập hợp các điểm M là đường tròn (C) có tâm $I\left( 3;4 \right),$ bán kính $R=\sqrt{5}.$
Ta có $P={{\left| z+2 \right|}^{2}}-{{\left| z-i \right|}^{2}}={{\left| x+2+yi \right|}^{2}}-{{\left| x+\left( y-1 \right)i \right|}^{2}}={{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}-{{x}^{2}}-{{\left( y-1 \right)}^{2}}$
$={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4x+4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2y-1=4x+2y+3\to \left( \Delta \right):4x+2y+3-P=0.$
Ta cần tìm P sao cho đương thẳng $\left( \Delta \right)$ và đường tròn (C) có điểm chung $\Leftrightarrow d\left( I;\left( \Delta \right) \right)\le R.$
$\Leftrightarrow \frac{\left| 4.3+2.4+3-P \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{2}^{2}}}}\le \sqrt{5}\Leftrightarrow \left| 23-P \right|\le 10\Leftrightarrow -10\le 23-P\le 10\Leftrightarrow 13\le P\le 33.$
Do đó $\max P=33.$ Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4x + 2y - 30 = 0\\
{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 5\\
y = - 5
\end{array} \right..$ Vậy $\left| z \right| = 5\sqrt 2 .$
Câu 44: Đáp án A.
Gọi số cần tìm có dạng $\overline{abcd},$ vì chia hết cho 6 $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d = \left\{ {2,4,6,8} \right\}\\
a + b + c + d:3
\end{array} \right..$
Khi đó, chọn d có 4 cách chọn, b và c đều có 9 cách chọn (từ $1\to 9$).
- Nếu $a+b+c+d:3$ thì $a=\left\{ 3,6,9 \right\}\Rightarrow $ có 3 cách chọn a.
- Nếu $a+b+c+d:3$ dư 1 thì $a=\left\{ 2,5,8 \right\}\Rightarrow $ có 3 cách chọn a.
- Nếu $a+b+c+d:3$ dư 2 thì $a=\left\{ 1,4,7 \right\}\Rightarrow $ có 3 cách chọn a.
Suy ra a chỉ có 3 cách chọn $\Rightarrow $ có $4.9.9.3=972$ số chia hết cho 6.
Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{972}{{{9}^{4}}}=\frac{4}{27}.$
Câu 45: Đáp án B.
Xét trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với O là trung điểm của AD.
Chọn $a=1\Rightarrow M\left( 1;0;0 \right),$ $N\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};0 \right),$ $S\left( 0;0;\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\Rightarrow $ Trung điểm của MN là $E\left( \frac{3}{4};\frac{1}{4};0 \right).$
Phương trình đường thẳng qua E, song song với Oz là $\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}
4x = 3\\
4y = 1\\
z = t
\end{array} \right..$
Gọi I là tâm mặt cầu cần tìm $\Rightarrow I\in \left( d \right)\Rightarrow I\left( \frac{3}{4};\frac{1}{4};m \right)$
Suy ra $\overrightarrow{IM}=\left( \frac{1}{4};-\frac{1}{4};-m \right);$ $\overrightarrow{SI}=\left( \frac{3}{4};\frac{1}{4};m-\frac{\sqrt{3}}{2} \right).$
Mà $SI=IM=R\Rightarrow {{m}^{2}}+\frac{1}{8}={{\left( m-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+\frac{5}{8}\Rightarrow m=\frac{5\sqrt{3}}{12}.$
Vậy $R=IM=\sqrt{{{m}^{2}}+\frac{1}{8}}=\frac{\sqrt{93}}{12}=\frac{a\sqrt{93}}{12}.$
Câu 46: Đáp án B.
Dễ thấy $CD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow cos\left( MN;\left( SAC \right) \right)=\sin \left( MN;CD \right).$
Gọi H là trung điểm của AB $\Rightarrow MH\bot \left( ABCD \right)$
Tam giác MHN vuông tại H, có $MN=\sqrt{M{{H}^{2}}+H{{N}^{2}}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}.$
Tam giác MHC vuông tại H, có $MC=\sqrt{M{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$
Tam giác MNC, có $cos\widehat{MNC}=\frac{M{{N}^{2}}+N{{C}^{2}}-M{{C}^{2}}}{2.MN.NC}=\frac{3\sqrt{5}}{10}.$
Vậy $cos\left( MN;\left( SAC \right) \right)=\sin \widehat{MNC}=\sqrt{1-co{{s}^{2}}\widehat{MNC}}=\frac{\sqrt{55}}{10}.$
Câu 47: Đáp án D.
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
\cot x > 0\\
\cos x > 0
\end{array} \right..$ Ta có $2{{\log }_{3}}\left( \cot x \right)={{\log }_{2}}\left( \cos x \right)\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( {{\cot }^{2}}x \right)={{\log }_{2}}\left( \cos x \right)=t$
Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
{\cot ^2}x = {3^t}\\
co{s^2}x = {4^t}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{co{s^2}x}}{{1 - co{s^2}x}} = {3^t}\\
co{s^2}x = {4^t}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{4^t}}}{{1 - {4^t}}} = {3^t} \Leftrightarrow {4^t} + {12^t} - {3^t} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} + {4^t} - 1 = 0.$
Xét hàm số $f\left( t \right)={{\left( \frac{4}{3} \right)}^{t}}+{{4}^{t}}-1$ trên $\mathbb{R},$ có $f'\left( t \right)={{\left( \frac{4}{3} \right)}^{t}}.\ln \frac{4}{3}+{{4}^{t}}.\ln 4>0;\,\forall t\in \mathbb{R}.$
$\Rightarrow f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ mà $f\left( -1 \right)=0\Rightarrow t=-1\Rightarrow \cos x=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{\pi }{3}+k2\pi .$
Kết hợp với điều kiện $x\in \left( 0;2018\pi \right)\Rightarrow -\frac{1}{6}<k<1008,83\xrightarrow{k\in \mathbb{Z}}$ Có 1009 nghiệm.
Câu 48: Đáp án C.
Ta có ${{\sin }^{4}}x+co{{s}^{4}}x=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}cos4x,$ khi đó phương trình đã cho trở thành: $co{{s}^{2}}4x+\frac{1}{4}\cos 4x+\frac{3}{4}=m\Leftrightarrow 4{{\cos }^{2}}4x+cos4x+3=4m$ (*).
Đặt $t=cos4x$ mà $4x\in \left[ -\pi ;\pi \right]\Rightarrow t\in \left[ -1;0 \right],$ khi đó (*) $\Leftrightarrow 4m=4{{t}^{2}}+t+3$
Xét hàm số $f\left( t \right)=4{{t}^{2}}+t+3$ trên $\left[ -1;0 \right],$ có $f'\left( t \right)=8t+1=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{8}.$
Tính $f\left( -1 \right)=6;$ $f\left( -\frac{1}{8} \right)=\frac{47}{16};$ $f\left( 0 \right)=3\to \operatorname{minf}\left( t \right)=\frac{47}{16};\,\max f\left( t \right)=6.$
Để phương trình đa cho có 4 nghiệm thuộc $\left[ -\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4} \right]\Leftrightarrow \frac{47}{16}<4m\le 6\Leftrightarrow \frac{47}{64}<m\le \frac{3}{2}.$
Câu 49: Đáp án A.
Nối $ME\cap AD=Q,\,NE\cap CD=P\Rightarrow mp\left( MNE \right)$ chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện gồm PQD.NMB và khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích A.
Dễ thấy P,Q lần lượt là trọng tâm của $\Delta BCE,\,\Delta ABE.$
Gọi S là diện tích $\Delta BCD\Rightarrow {{S}_{\Delta PDE}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta CDE}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta NBE}}=\frac{S}{3}.$
Họi h là chiều cao của tứ diện ABCD $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d\left( {M;\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{h}{2}\\
d\left( {Q;\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{h}{3}
\end{array} \right..$
Khi đó ${{V}_{M.BNE}}=\frac{1}{3}.d\left( M;\left( BCD \right) \right).{{S}_{\Delta BNE}}=\frac{S.h}{6};{{V}_{QPDE}}=\frac{S.h}{27}.$
Suy ra ${{V}_{PQD.MNB}}={{V}_{M.BNE}}-{{V}_{Q.PDE}}=\frac{7}{18}.\frac{S.h}{3}=\frac{7}{18}{{V}_{ABCD}}\Rightarrow V=\frac{11}{18}{{V}_{ABCD}}=\frac{11\sqrt{2}}{216}{{a}^{3}}.$
Câu 50: Đáp án C.
Ta có $g'\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}-3 \right)'.f\left( {{x}^{2}}-3 \right)=2x.f'\left( {{x}^{2}}-3 \right),\,\forall x\in \mathbb{R}.$
Khi đó $g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x.f'\left( {{x^2} - 3} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
f'\left( {{x^2} - 3} \right) > 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
f'\left( {{x^2} - 3} \right) < 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
{x^2} - 3 > - 2
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x < 0\\
{x^2} - 3 < - 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 1\\
- 1 < x < 0
\end{array} \right..$
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left( -1;0 \right)$ và $\left( 1;+\infty \right).$
