Lời giải đề 8: Đề thi thử THPTQG môn Toán Sở GD & ĐT Quảng Ninh năm 2018-2019 lần 1- trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1.Chọn D

Ta có ${{S}_{xq}}=36pi {{a}^{2}}=2pi Rh$.

Do thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có $2R=h$.

Khi đó ${{h}^{2}}=36{{a}^{2}}$ hay $h=6a$; $R=3a$.

Diện tích của mặt đáy hình lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ là $B=6.frac{{{R}^{2}}sqrt{3}}{4}=frac{27{{a}^{2}}sqrt{3}}{2}$.

Thể tích $V$ của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ là $V=B.h=81{{a}^{3}}sqrt{3}$.     

Câu 2.Chọn C     

$int{fleft$xright$}text{d}x=int{{{e}^{x}}left$2017-frac2018e^{-x}{x}^{5}right$}text{d}x=int{left$2017e^x-frac2018x^{5}right$}text{d}x=2017{{e}^{x}}+frac{504,5}{{{x}^{4}}}+C$

Câu 3.Chọn B

 $F'$x$=$2ax+b${{e}^{2x}}+2$a{x}^2+bx-c${{e}^{2x}}=left$$2a{x}^2+(2b+2a)x+b-2cright$${{e}^{2x}}$

Ta có: $left$$2a{x}^2+(2b+2a)x+b–2cright$${e^{2x}} = $2018x^2–3x+1${e^{2x}} Rightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{2a = 2018}\
{2$a+b$ =  – 3}\
{b – 2c = 1}
end{array}} right. Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{a = 1009}\
{b = frac{{ – 2021}}{2}}\
{c = frac{{ – 2023}}{4}}
end{array}} right.$

Câu 4.Chọn D

Ta có$f$x$-1=mLeftrightarrow f$x$=1+m$

               Để phương trình có hai nghiệm thì $left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{m + 1 =  – 1}\
{m + 1 > 0}
end{array} Leftrightarrow } right.left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{m =  – 2}\
{m >  – 1}
end{array}} right.$

Câu 5.Chọn C

Gọi $O$ là tâm đáy, và $K$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $SC.$

Do $left{ begin{array}{l}
BD bot AC\
BD bot SA
end{array} right. Rightarrow BD bot left$SACright$ Rightarrow BD bot SO$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng $left$SBDright$$ và $left$ABCDright$$là góc $widehat{SOA}=alpha $. Ta có $tan alpha =frac{SA}{OA}=sqrt{2}Rightarrow SA=OA.sqrt{2}=a.$

Do$left{ begin{array}{l}
SC bot BD\
SC bot OK
end{array} right. Rightarrow SC bot BK.$ nên góc giữa hai mặt phẳng $left$SACright$$ và $left$SBCright$$ là $widehat{BKO}.$ Ta có $tan widehat{BKO}=frac{BO}{OK}=frac{BO}{frac{1}{2}dleft$A,SCright$}=frac{2BO}{frac{SA.AC}{sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}}=frac{2.frac{sqrt{2}}{2}.sqrt{{{1}^{2}}+{{sqrt{2}}^{2}}}}{1.sqrt{2}}=sqrt{3}$ suy ra $widehat{BKO}={{60}^{0}}$.

Câu 6.Chọn B        

Ta có $Omega =left{ left$x,yright$left| -2le xle 4,0le yle 2,x,yin mathbb{Z} right. right}$. Do đó $nleft$Omegaright$=21.$

Ta cũng có $A=left{ left$x,yright$left| xin left{ -2,0,2,4 right};yin left{ 0,2 right} right. right}Rightarrow nleft$Aright$=8.$

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $Pleft$Aright$=frac{8}{21}$.

Câu 7.Chọn A

Ta có : $A=frac{sqrt$$3$${{{a}^{7}}}.{{a}^{frac{11}{3}}}}{{{a}^{4}}.sqrt$$7$${{{a}^{-5}}}}=frac{{{a}^{frac{7}{3}}}.{{a}^{frac{11}{3}}}}{{{a}^{4}}.{{a}^{frac{-5}{7}}}}=frac{{{a}^{6}}}{{{a}^{frac{23}{7}}}}={{a}^{frac{19}{7}}}$

Mà $A={{a}^{frac{m}{n}}}$,$m,n$$in {{N}^{*}}$ và $frac{m}{n}$ là phân số tối giản

$begin{array}{l}
 Rightarrow m = 19,n = 7\
 Rightarrow {m^2} – {n^2} = 312
end{array}$

Câu 8.Chọn A

Ta có $g$x$=2f$x$+{{$1-x$}^{2}}$$Rightarrow g'$x$=2{f}'$x$-2$1-x$=2$$f^{\prime }(x)-(1-x)text!!$$!!text{ }$

$g'$x$ = 0 Leftrightarrow f'$x$ = 1 – x Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – 4\
x =  – 1\
x = 3
end{array} right.$

Ta có bảng biến thiên:

              Từ bảng biến thiên, suy ra $g$x$$ đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn $text{ }!!$$!!text-4;3$$$ tại ${{x}_{0}}=-1$

Ta có:$g$x$=2f$x$+{{$1-x$}^{2}}$$Rightarrow g'$x$=2{f}'$x$-2$1-x$=2$$f^{\prime }(x)-(1-x)text!!$$!!text{ }$

Vì trong đoạn $text{ }!!$$!!text-4;-1$$$ đồ thị hàm số $y=f'$x$$ nằm phía dưới đồ thị hàm số $y=1-x$

              $Rightarrow f'$x$<1-xforall xin text{ }!!$$!!text-4;-1$$Rightarrow g'$x$<0forall xin $$-4;-1$$Rightarrow g$x$$ nghịch biến trên $text{$-4;-1$}$

              $Rightarrow g$-4$>g$-3$>g$-1$$     $$\ast$$

Vì trong đoạn $text{ }!!$$!!text-1;3$$$ đồ thị hàm số $y=f'$x$$ nằm phía trên đồ thị hàm số $y=1-x$

              $Rightarrow f'$x$>1-xforall xin text{ }!!$$!!text-1;3$$Rightarrow g'$x$>0forall xin $$-1;3$$Rightarrow g$x$$ đồng biến trên $text{$-1;3$}$

              $Rightarrow g$3$>g$-1$$     $$\ast \ast$$

              Từ $$\ast$$ và $$\ast \ast$$ suy ra $g$x$$ đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn $text{ }!!$$!!text-4;3$$$ tại ${{x}_{0}}=-1$

Câu 9.Chọn B

Theo định nghĩa nguyên hàm ta có: ${F}’left$xright$=fleft$xright$={{e}^{{{x}^{2}}}}left$x^3-4xright$$.

$F’left$xright$ = 0 Leftrightarrow {x^3} – 4x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x =  – 2\
x = 2
end{array} right.$. 

$Vì\$e^{x^2}>0\$vớimọi\$x\$$.

Vậy hàm số  $Fleft$xright$$có 3 điểm cực trị.

Câu 10.Chọn A

Với mọi số thực dương $a,,b,,x,,y$ và $a,,bne 1$. Ta có:

${{log }_{a}}frac{1}{x}={{log }_{a}}{{x}^{-1}}ne frac{1}{{{log }_{a}}x}$ . Vậy $A$ sai.

Theo quy tắc tính Lôgarit. Các phương án $B,,C$ và $D$đều đúng.

Câu 11.Chọn D

Trên khoảng $left$1;+inftyright$$: $,int{f’left$xright$dx=}int{frac{1}{x-1}},dx$$=ln left$x-1right$+{{C}_{1}}$$Rightarrow fleft$xright$=ln left$x-1right$+{{C}_{1}}$.

Mà $f$2$=2018Rightarrow {{C}_{1}}=2018$.

Trên khoảng $left$-infty;1right$$$int{f’left$xright$dx=}int{frac{1}{x-1}},dx$$=ln left$1-xright$+{{C}_{2}}$$Rightarrow fleft$xright$=ln left$1-xright$+{{C}_{2}}$.

Mà $f$0$=2017$$Rightarrow {{C}_{2}}=2017$.

Vậy $fleft$xright$ = left{ begin{array}{l}
ln $x–1$, + 2018,,,,,,{rm{khi}},,,,,x > 1\
ln $1–x$ + 2017,,,,,,{rm{khi}},,,,,x < 1
end{array} right.$

 Suy ra $fleft$3right$-fleft$-1right$=1$.

Câu 12.Chọn D

Ta có ${{log }_{frac{1}{2}}}left$x+1right$<{{log }_{frac{1}{2}}}left$2x-1right$$ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x + 1 > 2x – 1\
2x – 1 > 0
end{array} right.$$ Leftrightarrow frac{1}{2} < x < 2$

Câu 13.Chọn B

Phương trình $Leftrightarrow $ $m=frac{x+1}{sqrt{2{{x}^{2}}+1}}=fleft$xright$$,

$f’left$xright$=frac{sqrt{2{{x}^{2}}+1}-frac{2xleft$x+1right$}{sqrt{2{{x}^{2}}+1}}}{2{{x}^{2}}+1}$$=frac{1-2x}{sqrt{{{left$2x^2+1right$}^{3}}}}$.$underset{xto pm infty }{mathop{lim }},fleft$xright$=pm frac{sqrt{2}}{2}$; $fleft$frac12right$=frac{sqrt{6}}{2}$.

BBT.

Vậy $frac{sqrt{2}}{2}<m<frac{sqrt{6}}{2}$.

Câu 14.Chọn D

Trong tam giác $SMC$, $SB$ và $MN$ là hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm $K$$Rightarrow frac{SK}{SB}=frac{2}{3}$.

$BI$ là đường trung bình của tam giác $MCD$$Rightarrow I$ là trung điểm $AB$.

 ${{V}_{1}}={{V}_{S.AID}}+{{V}_{S.IKN}}+{{V}_{S.IND}}$

Đặt:${{V}_{S.ABCD}}=V$.${{V}_{S.AID}}=frac{1}{4}.V$; ${{V}_{S.IKN}}=frac{SK}{SB}.frac{SN}{SC}.{{V}_{S.IBC}}=frac{2}{3}.frac{1}{2}.frac{1}{4}V=frac{1}{12}V$;

${{V}_{S.IND}}=frac{SN}{SC}.{{V}_{S.ICD}}=frac{1}{2}.frac{1}{2}V=frac{1}{4}.V$

$Rightarrow {{V}_{1}}=left$frac14+frac112+frac14right$.V=frac{7}{12}.V$$Rightarrow {{V}_{2}}=frac{5}{12}.VRightarrow frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=frac{7}{5}$.

Câu 15.Chọn C

Số tiền ông An nhận được sau $5$ năm đầu là: $60{left$\text{Extra open brace or missing close brace}$^5} = 88,160$ $triệuđồng$

Số tiền ông An nhận được $toànbộtiềngốcvàtiềnlãi$ sau $10$ năm là:

$left$88,16+60right${left$\text{Extra open brace or missing close brace}$^5} = 217,695$ $triệuđồng$.

Câu 16.Chọn B

Hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có đường chéo bằng $asqrt{3}$ nên có cạnh bằng $a$.

Khối chóp ${A}’.ABCD$ có chiều cao $A{A}’=a$, diện tích đáy ${{a}^{2}}$ có thể tích là $V=frac{1}{3}a.{{a}^{2}}=frac{1}{3}{{a}^{3}}$.

Câu 17.Chọn B

* Ta chứng minh $P$là trung điểm của $AC$.

Thật vậy: do các tứ giác $ABMN$,$ABCD$ là các tứ giác nội tiếp nên $widehat{AMP}=widehat{ABN}=widehat{ACD}$

Lại do : $AM,text{//},CD$ $cùngvuônggócvới\$BC\$$ nên $widehat{ACD}=widehat{CAM}Rightarrow widehat{PAM}=widehat{PMA}$

$Rightarrow Delta PAM$ cân tại $P$$Rightarrow PA=PM$. Đồng thời $Delta PCM$ cân tại $P$nên $PC=PM$

$Rightarrow PA=PC$ hay $P$ là trung điểm của$AC$.

– Ta có : $overrightarrow{MN}=left$2,;,-2right$Rightarrow $đường thẳng $MN$ có phương trình: $x+y-4=0$

Điểm $P$ có tọa độ là nghiệm của hệ $left{ begin{array}{l}
x – y – 1 = 0\
x + y – 4 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = frac{5}{2}\
y = frac{3}{2}
end{array} right. Rightarrow P = left$frac52,;,frac32right$$

– Do $Ain AC:x-y-1=0Rightarrow A=left$a,;,a-1right$$ $với\$a<2\$$

– Do $PA=PMLeftrightarrow {{left$a-frac52right$}^{2}}+{{left$a-frac52right$}^{2}}=frac{25}{2}Leftrightarrow {{left$a-frac52right$}^{2}}=frac{25}{4}$

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
a – frac{5}{2} = frac{5}{2}\
a – frac{5}{2} =  – frac{5}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
a = 5\
a = 0
end{array} right. Rightarrow a = 0 Rightarrow A = left$0,;,–1right$ Rightarrow C = left$5,;,4right$$

– Do $BC$ đi qua $Mleft$0;4right$$ và $Cleft$5;4right$$ nên $BC$ có phương trình:$y-4=0$.

– Lại có: $overrightarrow{AN}=left$2,;,3right$$ là vectơ pháp tuyến của $BD$ nên phương trình $BD$ là: $2x+3y-10=0$.

Tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ phương trình: $left{ begin{array}{l}
y – 4 = 0\
2x + 3y – 10 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x =  – 1\
y = 4
end{array} right. Rightarrow B = left$–1,;,4right$$

Vậy $Pleft$frac52,;,frac32right$,,,Aleft$0,;,-1right$,,,Bleft$-1,;,4right$$.

Câu 18.Chọn D

Ta có ${{4}^{{{x}^{2}}-2x}}+{{2}^{{{x}^{2}}-2x+3}}-3=0$$Leftrightarrow {{$2^{x^2-2x}$}^{2}}+{{8.2}^{{{x}^{2}}-2x}}-3=0$ nên ta được phương trình ${{t}^{2}}+8t-3=0$.

Câu 19 .Chọn D

            Biểu thức tọa độ của phép tịnh ${{T}_{overrightarrow{v}}}$ là $left{ begin{array}{l}
x’ = x + 1\
y’ = y + 2
end{array} right.$, 

$left{ begin{array}{l}
x’ = x + 1\
y’ = y + 2
end{array} right.$, nên tọa độ điểm  $A'$4;2$$.

Câu 20.Chọn D

Theo yêu cầu bài toán thì chọn ra 2 học sinh từ 10 học sinh có quan tâm đến chức vụ của mỗi người nên mỗi cách chọn sẽ là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử.

Câu 21.Chọn D

Để xét đồ thị hàm số có trục đối xứng không thì ta nhớ lại kết quả đã được học là:

Đồ thị hàm số lẻ không có trục đối xứng

Đồ thị hàm số chẵn nhận trục $Oy$làm trục đối xứng.

Trong đó hàm số chẵn thoả mãn điều kiện: $left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{x in D, – x in D}\
{fleft$–xright$ =  – fleft$xright$}
end{array}} right.$

và hàm số lẻ thỏa mãn điều kiện:$left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{x in D, – x in D}\
{fleft$–xright$ = fleft$xright$}
end{array}} right.$

Xét lần lượt các đáp án, ta có:

* Xét $y=tan x$ là hàm số lẻ vì hàm số có:$left{ {begin{array}{*{20}{c}}
{x in D, – x in D}\
{tan left$–xright$ =  – tan x}
end{array}} right.$ với $D=mathbb{R}backslash left{ frac{pi }{2}+kpi |kin mathbb{Z} right}$

* Xét hàm số $y=left| x right|operatorname{s}text{inx}$có tập xác định là tập đối xứng

Và có $-y=-left| x right|sin x$ và $yleft$-xright$=left| -x right|sin left$-xright$=-left| x right|sin x$.

Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ.

* Xét hàm số $y=operatorname{sinx}.co{{s}^{2}}x+tan x$có tập xác định là tập đối xứng

Ta có hàm số đã cho ở câu C là hàm số lẻ vì:

$yleft$-xright$=sin left$-xright$.{{cos }^{2}}left$-xright$+tan left$-xright$$

$=-sin x.{{cos }^{2}}-tan left$xright$=-left$$sinx.{cos}^2+tanleft(xright)right$$=-yleft$xright$$.

* Xét hàm số $y=frac{{{sin }^{2018}}x+2019}{cos x}$

Ta có: Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ frac{pi }{2}+kpi |kin mathbb{Z} right}$

$forall xin DRightarrow -xin D$

$yleft$-xright$=frac{{{sin }^{2018}}left$-xright$+2019}{cos left$-xright$}=frac{{{sin }^{2018}}left$xright$+2019}{cos left$xright$}=yleft$xright$$.

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn, khi đó đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng.

Câu 22.Chọn B

Ta có: $int{frac{2}{4x-3}text{d}x}=int{frac{1}{2x-frac{3}{2}}text{d}x}=frac{1}{2}int{frac{text{d}left$2x-frac32right$}{2x-frac{3}{2}}}=frac{1}{2}ln left| 2x-frac{3}{2} right|+C$.

Câu 23.Chọn D

Diện tích xung quanh của hai cây cột trước đại sảnh $cóđườngkínhbằng\$40cm=0,4m\$$ là:

${{S}_{1}}=2.left$2pi.0,2.4,2right$$

Diện tích xung quanh của sáu cây cột trước đại sảnh $cóđườngkínhbằng\$26cm=0,26m\$$ là:

${{S}_{2}}=6.left$2pi.0,13.4,2right$$

Số tiền người chủ phải trả để sơn hết các cây cột là:

$left$S_1+S_{2}right$times 380.000approx 11.833.000$.

Câu 24.Chọn D

Do $4a-bne 0$nên $Fleft$xright$ne C,,,forall xin mathbb{R}$. Vì luôn có hai số $a$ và $b$để $Fleft$xright$=frac{ax+b}{x+4},left$4a-bne0right$$ là một nguyên hàm của hàm số $fleft$xright$$nên $fleft$xright$$ không phải là hàm hằng.

Từ giả thiết $2{{f}^{2}}left$xright$=left$Fleft(xright$-1 right){f}’left$xright$Leftrightarrow frac{2fleft$xright$}{Fleft$xright$-1}=frac{{f}’left$xright$}{fleft$xright$}$

Lấy nguyên hàm hai vế với vi phân $text{d}x$ ta được: $int{frac{2fleft$xright$}{Fleft$xright$-1}text{d}x=int{frac{{f}’left$xright$}{fleft$xright$}}}text{d}xLeftrightarrow 2ln left| Fleft$xright$-1 right|=ln left| fleft$xright$ right|+C$ với $C$ là hằng số.

$2ln left| Fleft$xright$-1 right|+ln {{e}^{C}}=ln left| fleft$xright$ right|Leftrightarrow left| fleft$xright$ right|={{e}^{C}}.{{left$Fleft(xright$-1 right)}^{2}}={{e}^{C}}.{{left$fracleft(a-1right)x+b-4x+4right$}^{2}}$

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
fleft$xright$ = {e^C}.{left$fracleft(a–1right)x+b–4x+4right$^2}\
fleft$xright$ =  – {e^C}.{left$fracleft(a–1right)x+b–4x+4right$^2}
end{array} right.$

Trường hợp 1. $fleft$xright$={{e}^{C}}.{{left$fracleft(a-1right)x+b-4x+4right$}^{2}}$

Ta có ${F}’left$xright$=fleft$xright$Rightarrow fleft$xright$=frac{4a-b}{{{left$x+4right$}^{2}}}$.

Đồng nhất hệ số ta có: 

${e^C}.{left$left(a–1right)x+b–4right$^2} = 4a – b,forall x in  Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
{e^C}.{left$b–4right$^2} = 4 – b
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
left[ begin{array}{l}
b = 4\
b = frac{{4{e^C} – 1}}{{{e^C}}}
end{array} right.
end{array} right.$

Loại $b=4$ do điều kiện $4a-bne 0$. Do đó $left$a;,bright$=left$1;frac4e^C-1e^{C}right$$.                                   

Trường hợp 2. $fleft$xright$=-{{e}^{C}}.{{left$fracleft(a-1right)x+b-4x+4right$}^{2}}$

Ta có ${F}’left$xright$=fleft$xright$Rightarrow fleft$xright$=frac{4a-b}{{{left$x+4right$}^{2}}}$.

Đồng nhất hệ số ta có:

$ – {e^C}.{left$left(a–1right)x+b–4right$^2} = 4a – b,forall x in  Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
 – {e^C}.{left$b–4right$^2} = 4 – b
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
left[ begin{array}{l}
b = 4\
b = frac{{4{e^C} + 1}}{{{e^C}}}
end{array} right.
end{array} right.$

Loại $b=4$ do điều kiện $4a-bne 0$. Do đó $left$a;,bright$=left$1;frac4e^C+1e^{C}right$$.

Tổng hợp cả hai trường hợp ta chọn đáp án D.

Câu 25.Chọn A

Gọi $O=ACcap BD$. Ta có $OA=frac{1}{2}AC=frac{1}{2}2asqrt{2}=asqrt{2}.$

Vì $SA$ tạo với đáy một góc $30{}^circ $ nên $widehat{SAO}=30{}^circ $. Do đó: $tan 30{}^circ =frac{SO}{AO}Rightarrow SO=AO.tan 30{}^circ =asqrt{2}.frac{1}{sqrt{3}}=frac{asqrt{6}}{3}.$

Mặt khác, $d=dleft$SA,CDright$=dleft$CD,left(SABright$ right)=dleft$C,left(SABright$ right)=2dleft$O,left(SABright$ right)$.

Gọi $I,text{ }J$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $AB,SI$. Ta có $OI=a.$

Xét tam giác $SOI:text{ }frac{1}{O{{J}^{2}}}=frac{1}{O{{I}^{2}}}+frac{1}{S{{O}^{2}}}=frac{1}{{{a}^{2}}}+frac{3}{2{{a}^{2}}}=frac{5}{2{{a}^{2}}}Rightarrow O{{J}^{2}}=frac{2{{a}^{2}}}{5}Rightarrow OJ=frac{asqrt{10}}{5}$.

Vậy $d=frac{2sqrt{10}a}{5}$.

Câu 26.Chọn B

${y}’={{text{e}}^{x}}-frac{3}{3x}={{text{e}}^{x}}-frac{1}{x}$.

Câu 27.Chọn C

$I={{log }_{frac{a}{4}}}left$frac{a}^{3}64right$={{log }_{frac{a}{4}}}{{left$fraca4right$}^{3}}=3$.

Câu 28.Chọn A

Bán kính khối cầu $R=frac{2a}{2}=a$.

Thể tích khối cầu $V=frac{4}{3}pi {{R}^{3}}=frac{4pi {{a}^{3}}}{3}$.

Câu 29.Chọn A

Ta có:

${y}’=3{{x}^{2}}-6mx+3$m^2-1$=3$x^2-2mx+m^2-1$$ 

$y’ = 0 Leftrightarrow {x^2} – 2mx + {m^2} – 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = m – 1\
x = m + 1
end{array} right.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của đồ thị $left$Cright$$ là điểm $Mleft$,m-1;-3m+2,right$$.

Nhận xét: ${{y}_{M}}=-3m+2=-3$m-1$-1=-3{{x}_{M}}-1Rightarrow Min left$dright$:y=-3x-1,,forall m.$

Vậy: khi $m$ thay đổi, điểm cực đại của đồ thị $left$Cright$$ luôn nằm trên một đường thẳng $d$ cố định có phương trình: $y=-3x-1$.

Vậy đường thẳng $d$ có hệ số góc $k=-3$.

Câu 30.Chọn D

Hình nón có đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông ${A}'{B}'{C}'{D}’$ có cạnh là $a$ nên đáy của hình nón là hình tròn có bán kính $r=frac{a}{2}$.

Hình nón có đỉnh là tâm của hình vuông $ABCD$ nên chiều cao của hình nón bằng độ dài cạnh của hình vuông. Suy ra: $h=a$.

Khi đó: độ dài đường sinh của hình nón là: $l=sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{left$fraca2right$}^{2}}}=sqrt{frac{5{{a}^{2}}}{4}}=frac{asqrt{5}}{2}.$ 

Diện tích toàn phần của hình nón là: ${{S}_{tp}}=pi r$r+l$=pi frac{a}{2}left$fraca2+fracasqrt52right$=frac{pi {{a}^{2}}}{4}left$1+sqrt5right$$.

Suy ra: $b=5;,c=1Rightarrow bc=5$.