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

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     

$\int{f\left( x \right)}\text{d}x=\int{{{e}^{x}}\left( 2017-\frac{2018{{e}^{-x}}}{{{x}^{5}}} \right)}\text{d}x=\int{\left( 2017{{e}^{x}}-\frac{2018}{{{x}^{5}}} \right)}\text{d}x=2017{{e}^{x}}+\frac{504,5}{{{x}^{4}}}+C$

Câu 3.Chọn B

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

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

Câu 4.Chọn D

Ta có$f(x)-1=m\Leftrightarrow f(x)=1+m$

               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 $\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AC\\
BD \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SO$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và $\left( ABCD \right)$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 $\left( SAC \right)$ và $\left( SBC \right)$ là $\widehat{BKO}.$ Ta có $\tan \widehat{BKO}=\frac{BO}{OK}=\frac{BO}{\frac{1}{2}d\left( A,SC \right)}=\frac{2BO}{\frac{SA.AC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}}=\frac{2.\frac{\sqrt{2}}{2}.\sqrt{{{1}^{2}}+{{\sqrt{2}}^{2}}}}{1.\sqrt{2}}=\sqrt{3}$ suy ra $\widehat{BKO}={{60}^{0}}$.

Câu 6.Chọn B        

Ta có $\Omega =\left\{ \left( x,y \right)\left| -2\le x\le 4,0\le y\le 2,x,y\in \mathbb{Z} \right. \right\}$. Do đó $n\left( \Omega  \right)=21.$

Ta cũng có $A=\left\{ \left( x,y \right)\left| x\in \left\{ -2,0,2,4 \right\};y\in \left\{ 0,2 \right\} \right. \right\}\Rightarrow n\left( A \right)=8.$

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right)=\frac{8}{21}$.

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}'(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}'(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 $y=1-x$

              $\Rightarrow f'(x)<1-x\forall x\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }-4;-1]\Rightarrow g'(x)<0\forall x\in [-4;-1]\Rightarrow g(x)$ nghịch biến trên $\text{(-4;-1)}$

              $\Rightarrow g(-4)>g(-3)>g(-1)$     $(*)$

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

              $\Rightarrow f'(x)>1-x\forall x\in \text{ }\!\![\!\!\text{ -1};3]\Rightarrow g'(x)>0\forall x\in [-1;3]\Rightarrow g(x)$ đồng biến trên $\text{(-1;3)}$

              $\Rightarrow g(3)>g(-1)$     $(**)$

              Từ $(*)$ và $(**)$ 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: ${F}'\left( x \right)=f\left( x \right)={{e}^{{{x}^{2}}}}\left( {{x}^{3}}-4x \right)$.

$F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - 2\\
x = 2
\end{array} \right.$. 

(Vì ${{e}^{{{x}^{2}}}}>0$ với mọi $x$).

Vậy hàm số  $F\left( x \right)$có 3 điểm cực trị.

Câu 10.Chọn A

Với mọi số thực dương $a,\,b,\,x,\,y$ và $a,\,b\ne 1$. 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 $\left( 1;+\infty  \right)$: $\,\int{f'\left( x \right)dx=}\int{\frac{1}{x-1}}\,dx$$=\ln \left( x-1 \right)+{{C}_{1}}$$\Rightarrow f\left( x \right)=\ln \left( x-1 \right)+{{C}_{1}}$.

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

Trên khoảng $\left( -\infty ;1 \right)$$\int{f'\left( x \right)dx=}\int{\frac{1}{x-1}}\,dx$$=\ln \left( 1-x \right)+{{C}_{2}}$$\Rightarrow f\left( x \right)=\ln \left( 1-x \right)+{{C}_{2}}$.

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

Vậy $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
\ln (x - 1)\, + 2018\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,\,\,\,x > 1\\
\ln (1 - x) + 2017\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,\,\,\,x < 1
\end{array} \right.$

 Suy ra $f\left( 3 \right)-f\left( -1 \right)=1$.

Câu 12.Chọn D

Ta có ${{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( x+1 \right)<{{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( 2x-1 \right)$ $ \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 $ $m=\frac{x+1}{\sqrt{2{{x}^{2}}+1}}=f\left( x \right)$,

$f'\left( x \right)=\frac{\sqrt{2{{x}^{2}}+1}-\frac{2x\left( x+1 \right)}{\sqrt{2{{x}^{2}}+1}}}{2{{x}^{2}}+1}$$=\frac{1-2x}{\sqrt{{{\left( 2{{x}^{2}}+1 \right)}^{3}}}}$.$\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$; $f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{\sqrt{6}}{2}$.

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( \frac{1}{4}+\frac{1}{12}+\frac{1}{4} \right).V=\frac{7}{12}.V$$\Rightarrow {{V}_{2}}=\frac{5}{12}.V\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{7}{5}$.

Câu 15.Chọn C

Số tiền ông An nhận được sau $5$ năm đầu là: $60{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 88,160$ (triệu đồng)

Số tiền ông An nhận được (toàn bộ tiền gốc và tiền lãi) sau $10$ năm là:

$\left( {88,16 + 60} \right){\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 217,695$ (triệu đồng).

Câu 16.Chọn B

Hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ có đường chéo bằng $a\sqrt{3}$ 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 : $AM\,\text{//}\,CD$ (cùng vuông góc với$BC$) 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\,;\,-2 \right)\Rightarrow $đường thẳng $MN$ có phương trình: $x+y-4=0$

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

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

- Do $PA=PM\Leftrightarrow {{\left( a-\frac{5}{2} \right)}^{2}}+{{\left( a-\frac{5}{2} \right)}^{2}}=\frac{25}{2}\Leftrightarrow {{\left( a-\frac{5}{2} \right)}^{2}}=\frac{25}{4}$

$ \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\,;\, - 1} \right) \Rightarrow C = \left( {5\,;\,4} \right)$

- Do $BC$ đi qua $M\left( 0;4 \right)$ và $C\left( 5;4 \right)$ nên $BC$ có phương trình:$y-4=0$.

- Lại có: $\overrightarrow{AN}=\left( 2\,;\,3 \right)$ 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: $\left\{ \begin{array}{l}
y - 4 = 0\\
2x + 3y - 10 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
y = 4
\end{array} \right. \Rightarrow B = \left( { - 1\,;\,4} \right)$

Vậy $P\left( \frac{5}{2}\,;\,\frac{3}{2} \right),\,\,A\left( 0\,;\,-1 \right),\,\,B\left( -1\,;\,4 \right)$.

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: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x \in D, - x \in D}\\
{f\left( { - x} \right) =  - f\left( x \right)}
\end{array}} \right.$

và hàm số lẻ thỏa mãn điều kiện:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x \in D, - x \in D}\\
{f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)}
\end{array}} \right.$

Xét lần lượt các đáp án, ta có:

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

* 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 $y\left( -x \right)=\left| -x \right|\sin \left( -x \right)=-\left| x \right|\sin x$.

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:

$y\left( -x \right)=\sin \left( -x \right).{{\cos }^{2}}\left( -x \right)+\tan \left( -x \right)$

$=-\sin x.{{\cos }^{2}}-\tan \left( x \right)=-\left[ \sin x.{{\cos }^{2}}+\tan \left( x \right) \right]=-y\left( x \right)$.

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

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

$\forall x\in D\Rightarrow -x\in D$

$y\left( -x \right)=\frac{{{\sin }^{2018}}\left( -x \right)+2019}{\cos \left( -x \right)}=\frac{{{\sin }^{2018}}\left( x \right)+2019}{\cos \left( x \right)}=y\left( x \right)$.

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: $\int{\frac{2}{4x-3}\text{d}x}=\int{\frac{1}{2x-\frac{3}{2}}\text{d}x}=\frac{1}{2}\int{\frac{\text{d}\left( 2x-\frac{3}{2} \right)}{2x-\frac{3}{2}}}=\frac{1}{2}\ln \left| 2x-\frac{3}{2} \right|+C$.

Câu 23.Chọn D

Diện tích xung quanh của hai cây cột trước đại sảnh (có đường kính bằng $40cm=0,4m$) là:

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

Diện tích xung quanh của sáu cây cột trước đại sảnh (có đường kính bằng $26cm=0,26m$ ) là:

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

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

$\left( {{S}_{1}}+{{S}_{2}} \right)\times 380.000\approx 11.833.000$.

Câu 24.Chọn D

Do $4a-b\ne 0$nên $F\left( x \right)\ne C\,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$. Vì luôn có hai số $a$ và $b$để $F\left( x \right)=\frac{ax+b}{x+4}\,\left( 4a-b\ne 0 \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$nên $f\left( x \right)$ không phải là hàm hằng.

Từ giả thiết $2{{f}^{2}}\left( x \right)=\left( F\left( x \right)-1 \right){f}'\left( x \right)\Leftrightarrow \frac{2f\left( x \right)}{F\left( x \right)-1}=\frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}$

Lấy nguyên hàm hai vế với vi phân $\text{d}x$ ta được: $\int{\frac{2f\left( x \right)}{F\left( x \right)-1}\text{d}x=\int{\frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}}}\text{d}x\Leftrightarrow 2\ln \left| F\left( x \right)-1 \right|=\ln \left| f\left( x \right) \right|+C$ với $C$ là hằng số.

$2\ln \left| F\left( x \right)-1 \right|+\ln {{e}^{C}}=\ln \left| f\left( x \right) \right|\Leftrightarrow \left| f\left( x \right) \right|={{e}^{C}}.{{\left( F\left( x \right)-1 \right)}^{2}}={{e}^{C}}.{{\left( \frac{\left( a-1 \right)x+b-4}{x+4} \right)}^{2}}$

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

Trường hợp 1. $f\left( x \right)={{e}^{C}}.{{\left( \frac{\left( a-1 \right)x+b-4}{x+4} \right)}^{2}}$

Ta có ${F}'\left( x \right)=f\left( x \right)\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{4a-b}{{{\left( x+4 \right)}^{2}}}$.

Đồng nhất hệ số ta có: 

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

Loại $b=4$ do điều kiện $4a-b\ne 0$. Do đó $\left( a;\,b \right)=\left( 1;\frac{4{{e}^{C}}-1}{{{e}^{C}}} \right)$.                                   

Trường hợp 2. $f\left( x \right)=-{{e}^{C}}.{{\left( \frac{\left( a-1 \right)x+b-4}{x+4} \right)}^{2}}$

Ta có ${F}'\left( x \right)=f\left( x \right)\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{4a-b}{{{\left( x+4 \right)}^{2}}}$.

Đồng nhất hệ số ta có:

$ - {e^C}.{\left( {\left( {a - 1} \right)x + b - 4} \right)^2} = 4a - b\,\forall x \in  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
 - {e^C}.{\left( {b - 4} \right)^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 $4a-b\ne 0$. Do đó $\left( a;\,b \right)=\left( 1;\frac{4{{e}^{C}}+1}{{{e}^{C}}} \right)$.

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

Câu 25.Chọn A

Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $OA=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}2a\sqrt{2}=a\sqrt{2}.$

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

Mặt khác, $d=d\left( SA,CD \right)=d\left( CD,\left( SAB \right) \right)=d\left( C,\left( SAB \right) \right)=2d\left( O,\left( SAB \right) \right)$.

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

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

Vậy $d=\frac{2\sqrt{10}a}{5}$.

Câu 26.Chọn B

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

Câu 27.Chọn C

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

Câu 28.Chọn A

Bán kính khối cầu $R=\frac{2a}{2}=a$.

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

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 $\left( C \right)$ là điểm $M\left( \,m-1;-3m+2\, \right)$.

Nhận xét: ${{y}_{M}}=-3m+2=-3(m-1)-1=-3{{x}_{M}}-1\Rightarrow M\in \left( d \right):y=-3x-1,\,\forall m.$

Vậy: khi $m$ thay đổi, điểm cực đại của đồ thị $\left( C \right)$ 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: $l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{5{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$ 

Diện tích toàn phần của hình nón là: ${{S}_{tp}}=\pi r(r+l)=\pi \frac{a}{2}\left( \frac{a}{2}+\frac{a\sqrt{5}}{2} \right)=\frac{\pi {{a}^{2}}}{4}\left( 1+\sqrt{5} \right)$.

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