Câu 34: Chọn B.
$\begin{array}{l}
T = \frac{1}{{{u_1} - {u_5}}} + \frac{1}{{{u_2} - {u_6}}} + \frac{1}{{{u_3} - {u_7}}} + ... + \frac{1}{{{u_{20}} - {u_{24}}}}\\
= \frac{1}{{{u_1}\left( {1 - {q^4}} \right)}} + \frac{1}{{{u_2}\left( {1 - {q^4}} \right)}} + \frac{1}{{{u_3}\left( {1 - {q^4}} \right)}} + ... + \frac{1}{{{u_{20}}\left( {1 - {q^4}} \right)}}\\
= \frac{1}{{1 - {q^4}}}\left( {\frac{1}{{{u_1}}} + \frac{1}{{{u_2}}} + \frac{1}{{{u_3}}} + ... + \frac{1}{{{u_{20}}}}} \right)
\end{array}$
$ = \frac{1}{{1 - {q^4}}}\left( {\frac{1}{{{u_1}}} + \frac{1}{{{u_1}q}} + \frac{1}{{{u_1}{q^2}}} + ... + \frac{1}{{{u_1}{q^{19}}}}} \right)$
$ = \frac{1}{{1 - {q^4}}}.\frac{1}{{{u_1}}}\left( {1 + \frac{1}{q} + \frac{1}{{{q^2}}} + ... + \frac{1}{{{q^{19}}}}} \right)$
$ = \frac{1}{{1 - {q^4}}}.\frac{1}{{{u_1}}}.\frac{{{{\left( {\frac{1}{q}} \right)}^{20}} - 1}}{{\frac{1}{q} - 1}} = \frac{1}{{1 - {q^4}}}.\frac{1}{{{u_1}}}.\frac{{1 - {{\left( q \right)}^{20}}}}{{\left( {1 - q} \right){q^{19}}}} = \frac{{1 - {2^{20}}}}{{{{15.2}^{19}}}}$
Câu 35: Chọn A.
Giả sử ${{M}_{0}}\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$là tiếp điểm
Hệ số góc của tiếp tuyến tại ${{M}_{0}}\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$ là: $f'\left( {{x}_{0}} \right)={{x}_{0}}^{2}-4{{x}_{0}}+1$
Hệ số góc của đường thẳng d: $y=-2x+\frac{10}{3}$ là -2
Tiếp tuyến song song với đường thẳng d thì: ${{x}_{0}}^{2}-4{{x}_{0}}+1=-2$
$ \Leftrightarrow {x_0}^2 - 4{x_0} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 1\\
{x_0} = 3
\end{array} \right.$
*TH1: ${{x}_{0}}=1,{{y}_{0}}=\dfrac{4}{3},f'\left( {{x}_{0}} \right)=-2$
Phương trình tiếp tuyến: $y=f'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}\Rightarrow y=-2x+\dfrac{1}{3}$ (loại)
*TH2: ${{x}_{0}}=3,{{y}_{0}}=-4,f'\left( {{x}_{0}} \right)=-2$
Phương trình tiếp tuyến: $y=f'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}\Rightarrow y=-2x+2$ (nhận)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y=-2x+2$
Câu 36: Chọn D.
Ta có:
$\begin{array}{l}
MC = 3,NC = 1 \Rightarrow MN = \sqrt {10} \\
BM = 3,AB = 4 \Rightarrow AM = 5\\
AD = 6,ND = 3 \Rightarrow AN = \sqrt {45} \\
p = \frac{{AM + AN + MN}}{2} = \frac{{\sqrt {10} + 5 + \sqrt {45} }}{2}\\
{S_{AMN}} = \sqrt {p\left( {p - AM} \right)\left( {p - AN} \right)\left( {p - MN} \right)} = \frac{{15}}{2}
\end{array}$
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác $AMN$ là: $R=\dfrac{AM.AN.MN}{4{{S}_{AMN}}}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}$
Câu 37: Chọn B
Gọi N là trung điểm của AC. Khi đó, $AB//MN$ nên $\left( DM,AB \right)=\left( DM,MN \right)$
Dễ dàng tính được $DM=DN=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ và $MN=\dfrac{a}{2}$
Trong tam giác DMN, ta có $\cos DMN=\dfrac{D{{M}^{2}}+M{{N}^{2}}-D{{N}^{2}}}{2DM.MN}=\dfrac{\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}{2.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{a}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
Vì $\cos DMN=\dfrac{\sqrt{3}}{6}>0$ nên $\cos \left( DM,MN \right)=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
Vậy $\cos \left( DM,AB \right)=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
Câu 38: Chọn B
Ta có $$ $f\left( 2 \right)=4+a$
Ta tính được $\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{x+2-4}{\left( x-2 \right)\left( \sqrt{x+2}+2 \right)}=\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{1}{\sqrt{x+2}+2}=\dfrac{1}{4}$
Hàm số đã cho liên tục tại $x=2$ khi và chỉ khi $f\left( 2 \right)=\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\Leftrightarrow 4+a=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow a=-\dfrac{15}{4}$
Vậy hàm số liên tục tại $x=2$ khi $a=-\dfrac{15}{4}$
Câu 39: Chọn A
Nhận xét: Điểm $C\left( 3;0 \right)$ là đỉnh của elip (E) $\Rightarrow $ điều kiện cần để $\Delta ABC$ đều đó là A,B đối xứng với nhau qua Ox. Suy ra A,B là giao điểm của đường thẳng $\Delta :x={{x}_{0}}$ và elip (E)
+ Ta có elip (E): $\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = - \frac{1}{3}\sqrt {9 - {x^2}} \\
y = \frac{1}{3}\sqrt {9 - {x^2}}
\end{array} \right.$
+ Theo giả thiết A có tung độ âm nên tọa độ của $A\left( {{x}_{0}};-\dfrac{1}{3}\sqrt{9-{{x}_{0}}^{2}} \right)$ (điều kiện ${{x}_{0}}<3$ do $A\ne C$)
+ Ta có: $AC=\sqrt{{{\left( 3-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\dfrac{1}{9}\left( 9-{{x}_{0}}^{2} \right)}$ và ${{d}_{\left( C;\Delta \right)}}=\left| 3-{{x}_{0}} \right|$
+ $\Delta ABC$ đều $\Leftrightarrow {{d}_{\left( C;\Delta \right)}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AC\Leftrightarrow \left| 3-{{x}_{0}} \right|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{{{\left( 3-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\dfrac{1}{9}\left( 9-{{x}_{0}}^{2} \right)}$
$\Leftrightarrow {{\left( 3-{{x}_{0}} \right)}^{2}}=\dfrac{3}{4}\left[ {{\left( 3-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\dfrac{1}{9}\left( 9-{{x}_{0}}^{2} \right) \right]$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{3}{x_0}^2 - \frac{3}{2}{x_0} + \frac{3}{2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = \frac{3}{2}\left( {t/m} \right)\\
{x_0} = 3\left( R \right)
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow A\left( {\frac{3}{2}; - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
c = - 1
\end{array} \right. \Rightarrow a + c = 2$
Câu 40: Chọn C.
Với điều kiện $x-2\ge 0\Leftrightarrow x\ge 2$ ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:
$2x - 1 = {\left( {x - 2} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1(L)\\
x = 5\left( {t/m} \right)
\end{array} \right.$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=5$
Câu 41: Chọn A.
Phương trình bậc hai ${{x}^{2}}-\left( m+2 \right)x+{{m}^{2}}+1=0$có nghiệm \[{{x}_{1}},{{x}_{2}}\]
$\Leftrightarrow \Delta ={{\left( m+2 \right)}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}+1 \right)\ge 0\Leftrightarrow -3{{m}^{2}}+4m\ge 0\Leftrightarrow 0\le m\le \frac{4}{3}$
Áp dụng hệ thúc Viet ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = m + 2\\
{x_1}.{x_2} = {m^2} + 1
\end{array} \right.$
Khi đó $P=4\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-{{x}_{1}}{{x}_{2}}=4\left( m+2 \right)-\left( {{m}^{2}}+1 \right)=-{{m}^{2}}+4m+7$
Xét hàm số $P\left( m \right)=-{{m}^{2}}+4m+7$ $\forall m\in \left[ 0;\dfrac{4}{3} \right]$. Có $P'=-2m+4\ge 0\forall m\in \left[ 0;\dfrac{4}{3} \right]$
Hàm số Pm luôn đồng biến trên $\left[ 0;\dfrac{4}{3} \right]\Rightarrow \max P(m)=f\left( \dfrac{4}{3} \right)=\dfrac{95}{9}$
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là $\dfrac{95}{9}$
Câu 42: Chọn D.
${{b}^{2}}=ac$
Nếu $a=b=c$sẽ có 16 cách chọn.
Nếu a, b, c khác nhau đôi một. Ta có thể liệt kê:
(1;2;4), (1;3;9), (1;4;16), (2;4;8), (3;6;12), (4;6;9), (4;8;16), (9;12;16).
Suy ra có : 8.2! cách chọn ( a, c hoán vị). Xác suất cần tìm là: $P=\dfrac{16+8.2!}{{{16}^{3}}}=\dfrac{1}{128}$
Câu 43: Chọn D.
Cách 1: Tự luận từ đầu
Để học sinh được đúng 6 điểm tức là trả lời đúng được tất cả 30 câu và trả lời sai 20 câu. Không gian mẫu (số cách lựa chọn) là: n() 450
Gọi A là biến cố mà học sinh trả lời đúng được 30 câu. Trước hết ta phải chọn ra 30 câu từ 50 câu để trả lời đúng (mỗi câu đúng chỉ có 1 cách chọn) , còn lại 20 câu trả lời sai (mỗi câu sai có 3 cách chọn)
Suy ra $n(A)=C_{50}^{30}.{{\left( 1 \right)}^{30}}.{{\left( 3 \right)}^{20}}$
Suy ra xác suất để học sinh trúng được 6 điểm là:
$p(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega )}=\dfrac{C_{50}^{30}.{{\left( 1 \right)}^{30}}.{{\left( 3 \right)}^{20}}}{{{4}^{50}}}=C_{50}^{30}.{{\left( \dfrac{1}{4} \right)}^{30}}.{{\left( \dfrac{3}{4} \right)}^{20}}$
Cách 2: Áp dụng công thức xác suất Béc nu li:
Áp dụng công thức $p(k)=C_{n}^{k}.{{\left( p \right)}^{k}}.{{\left( 1-p \right)}^{n-k}}\Rightarrow $6 điểm $=p(30)=C_{50}^{30}.{{\left( \dfrac{1}{4} \right)}^{30}}.{{\left( \dfrac{3}{4} \right)}^{20}}$
Câu 44: Chọn C.
Gọi số lít nước ngọt loại I là x và số lít nước ngọt loại II là y. Khi đó ta có hệ điều kiện về vật liệu ban đầu mà mỗi loại được cung cấp:
$\left\{ \begin{array}{l}
10x + 30y \le 210\\
4x + y \le 24\\
x + y \le 9\\
x,y \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + 3y \le 210\\
4x + y \le 24\\
x + y \le 9\\
x,y \ge 0
\end{array} \right.\left( * \right)$
Điểm thưởng đạt được $P=80x+60y$
Bài toán đưa về tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P trong miền D được cho bởi hệ điều kiện (*)
Biến đổi biểu thức $P=80x+60y\Leftrightarrow 80x+60y-P=0$ đây là họ đường thẳng ${{\Delta }_{\left( P \right)}}$ trong hệ tọa độ Oxy.
Miền D được xác định trong hình vẽ bên dưới:
Giá trị lớn nhất của P ứng với đường thẳng ${{\Delta }_{\left( P \right)}}$đi qua điểm A(5;4), suy ra:
$80.5+60.4-P=0\Rightarrow P=640={{P}_{\max }}$
Câu 45: Chọn C.
Ta có $\sin (BD,(SAD))=\sin \alpha =\dfrac{BH}{BD}$ (BH vuông góc với (SAD)) (1)
ABCD là hình vuông cạnh a (gt), suy ra $BD=a\sqrt{2}$ (2)
Kẻ BH vuông góc SA (H thuộc SA), BH vuông góc AD suy ra BH vuông góc (SAD).
Tam giác SAD đều cạnh a, đường cao $BH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra $\sin \alpha =\dfrac{\sqrt{6}}{4}$
Câu 46: Chọn B.
Ta có: $f\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}}{-x+1}=-x-1-\dfrac{1}{x-1}$
$f'\left( x \right)=-1+\dfrac{1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}};f'\left( x \right)=-\dfrac{1.2}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}};f'\left( x \right)=\dfrac{1.2.3}{{{\left( x-1 \right)}^{4}}}$
Dự đoán: ${{f}^{\left( 2018 \right)}}\left( x \right)=\dfrac{-2018!}{{{\left( x-1 \right)}^{2019}}}$
( Có thể chứng minh tổng quát bằng phương pháp quy nạp. Nhưng do đây là bài thi Trắc nghiệm nên bỏ qua!)
Câu 47: Chọn C.
Cách 1: Gọi $M(a;2a-6)\in d$. Phương trình đường thẳng d đi qua$M(a;2a-6)\in d$có hệ số góc k là:
$y=k\left( x-a \right)+2a-6$
d tiếp xúc với (C) khi hệ $\left\{ \begin{array}{l}
{x^3} - 5{x^2} = k\left( {x - a} \right) + 2a - 6\\
3{x^2} - 10x = k
\end{array} \right.$ có nghiệm
Theo yêu cầu bài toán thì ${{x}^{3}}-5{{x}^{2}}=\left( 3{{x}^{2}}-10x \right)\left( x-a \right)+2a-6$có hai nghiệm phân biệt.
Xét hàm số $f\left( x \right)=\left( 3{{x}^{2}}-10x \right)\left( x-a \right)+2a-6-{{x}^{3}}+5{{x}^{2}}=2{{x}^{3}}-\left( 3a+5 \right){{x}^{2}}+10ax+2a-6$
Có $f'\left( x \right)=6{{x}^{2}}-2\left( 3a+5 \right)x+10a=\left( 6x-10 \right)\left( x-a \right)$
$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = a \Rightarrow f\left( a \right) = - {a^3} + 9{a^2} + 2a - 6\\
x = \frac{5}{3} \Rightarrow f\left( {\frac{5}{3}} \right) = \frac{{31}}{3}a + \frac{{71}}{9}
\end{array} \right.$
$f\left( x \right)=0$ có hai nghiệm phân biệt khi:
$\left\{ \begin{array}{l}
a \ne \frac{5}{3}\\
f\left( a \right).f\left( {\frac{5}{3}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a \ne \frac{5}{3}\\
\left( { - {a^3} + 9{a^2} - 2a - 6} \right).\left( {\frac{{31}}{3}a + \frac{{71}}{9}} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - \frac{{71}}{{31}}\\
a = - 1\\
a = 4 \pm \sqrt {22}
\end{array} \right.$
Đáp án có 4 điểm thỏa mãn bài toán.
Cách 2: Gọi $M(a;2a-6)\in d$. Phương trình đường thẳng d đi qua$M(a;2a-6)\in d$có hệ số góc k là: $y=k\left( x-a \right)+2a-6$
d tiếp xúc với (C) khi hệ $\left\{ \begin{array}{l}
{x^3} - 5{x^2} = k\left( {x - a} \right) + 2a - 6\\
3{x^2} - 10x = k
\end{array} \right.$ có nghiệm
Theo yêu cầu bài toán thì ${{x}^{3}}-5{{x}^{2}}=\left( 3{{x}^{2}}-10x \right)\left( x-a \right)+2a-6$có hai nghiệm phân biệt.
Đến đây ta có thể cô lập a, xét hàm số. Chú ý tính cực trị bằng công thức: $y=u'/v'$
Câu 48: Chọn D.
Ta có $M(2;3)\in d:2a-3+c=0\Leftrightarrow 3-2a$
$(C):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x-6y+6=0$ có tâm 0(1;3), r = 2.
$OH=d\left( O,d \right)=\dfrac{a}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}\Rightarrow OE=\dfrac{O{{A}^{2}}}{OH}=\dfrac{4\sqrt{{{a}^{2}}+1}}{a},HE=\dfrac{3{{a}^{2}}+4}{a\sqrt{{{a}^{2}}+1}}$
$A{{H}^{2}}=O{{A}^{2}}-O{{H}^{2}}=\dfrac{3{{a}^{2}}+4}{{{a}^{2}}+1}=\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}+4}}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}$
Mà ${{S}_{AEB}}=\dfrac{32}{5}\Leftrightarrow AH.HE=\dfrac{32}{5}\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}+4}}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}.\dfrac{3{{a}^{2}}+4}{a\sqrt{{{a}^{2}}+1}}=\dfrac{32}{5}$
$\Leftrightarrow 5\sqrt{{{\left( 3{{a}^{2}}+4 \right)}^{3}}}=32a\sqrt{{{a}^{2}}+1}\Leftrightarrow 25{{\left( 3{{a}^{2}}+4 \right)}^{3}}=1024{{a}^{2}}\left( {{a}^{2}}+1 \right)$ (1)
Đặt $t=a$thì (1) $\Leftrightarrow -349{{t}^{3}}+652{{t}^{2}}+2576t+1600=0\Leftrightarrow t=4\Leftrightarrow a=2\Leftrightarrow c=-1$
Vậy $a+2c=0$
Câu 49: Chọn A.
Trong mặt phẳng (ABCD), qua C kẻ $CE//BD\Rightarrow BD//(SCE)$
$\Rightarrow d\left( SC,BD \right)=d\left( BD,\left( CSE \right) \right)=\dfrac{1}{2}d\left( A;\left( SCE \right) \right).$
Từ A kẻ $AK\bot CE$. Dễ dàng chứng minh được: $AH\bot \left( ACE \right)\Rightarrow d\left( A;\left( ACE \right) \right)=AH.$
+ Tính AH: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $\Delta SAK$ta có: $\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{K}^{2}}}.$
+ Tính AK: ${{S}_{\Delta ACE}}=\dfrac{1}{2}AK.CE=\dfrac{1}{2}CD.AE\Rightarrow AK=\dfrac{CD.AE}{CE}=\dfrac{4a}{\sqrt{5}}.$
Suy ra:
$\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( 2a \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{4a}{\sqrt{5}} \right)}^{2}}}=\dfrac{9}{16{{a}^{2}}}\Rightarrow d\left( A;\left( SCE \right) \right)=\dfrac{4a}{3}.$
Vậy $d\left( SC.BD \right)=\dfrac{2a}{3}$
Câu 50: Chọn D.
Gọi $\left\{ H \right\}=AC\cap BD$. Vì hình chóp S.ABCD là hình chóp đều nên $SH\bot \left( ABCD \right)$
Ta có: $\left( SAC \right)\cap \left( SCD \right)=SC.$
Gọi I là hình chiếu của H trên mặt phẳng (SCD).
(Cách xác định điểm I:
Gọi M là trung điểm của CD. Nối S với M. Gọi I là hình chiếu của H trên SM. Dễ dàng chứng minh được: $SI\bot \left( SCD \right)$. Tính được: $SM=\dfrac{a\sqrt{14}}{2},SH=a\sqrt{3},HC=a,MC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.)$
Gọi K là hình chiếu của I trên mặt phẳng SC
Có $\left\{ \begin{array}{l}
HI \bot SC\\
KI \bot SC
\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {HIK} \right) \Rightarrow SC \bot HK.$
Lại có: $SC\bot HI$ (vì $HI\bot \left( SCD \right),SC\subset \left( SCD \right)$) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SCD) là góc HKI = $\alpha $
Tính $\cos \alpha =\cos KHI=\dfrac{IK}{HK}.$
+ Tính $HK:HK.SC=SH.HC\Rightarrow HK=\dfrac{SH.HC}{SC}=\dfrac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
+ Tính IK: dễ thấy $\Delta SIK-\Delta SCM\Rightarrow \dfrac{IK}{MC}=\dfrac{SK}{SM}\Rightarrow IK=\dfrac{SK.MC}{SM}.$
+ Tính SK: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác SHC ta có:
$S{H^2} = SK.SC \Rightarrow SK = \frac{{S{H^2}}}{{SC}} = \frac{{3{a^2}}}{{2a}} = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow IK = \frac{{\frac{{3a}}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {14} }}{2}}} = \frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}.$
Vậy $\cos \alpha = \cos KHI = \frac{{IK}}{{HK}} = \frac{{\frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}.$
