Câu 31.Chọn A
$\underset{x\to {{2}^{2018}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-{{4}^{2018}}}{x-{{2}^{2018}}}$=$\underset{x\to {{2}^{2018}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{(x-{{2}^{2018}})(x+{{2}^{2018}})}{(x-{{2}^{2018}})}=\underset{x\to {{2}^{2018}}}{\mathop{\lim }}\,(x+{{2}^{2018}})={{2}^{2019}}.$
Câu 32.Chọn C
Giả sử thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân tại $A$ nên $AB=AC$.
Đặt $AB=x$. Áp dụng định lý pitago vào tam giác $ABC$ ta có:
${{x}^{2}}+{{x}^{2}}={{a}^{2}}$$\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}={{a}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\Leftrightarrow x=\frac{a}{\sqrt{2}}$.
Dễ thấy $R=\frac{a}{2}$; $l=AB=\frac{a}{\sqrt{2}}$.
Áp dụng công thức ${{S}_{xq}}=\pi Rl=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{2}}{4}$.
Câu 33.Chọn D
Dựa vào đồ thị ta có: Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì
$0<{{4}^{m+2{{\log }_{4}}\sqrt{2}}}\,<2$$\Leftrightarrow \,m+2{{\log }_{4}}\sqrt{2}\,<\frac{1}{2}\,$$\Leftrightarrow m\,<0.$
Câu 34.Chọn C
Đặt ${{\log }_{2}}\left( {{b}_{1}} \right)={{a}_{1}};\,\,{{\log }_{2}}\left( {{b}_{2}} \right)={{a}_{2}}$. Do ${{b}_{2}}>{{b}_{1}}\ge 1$ nên: ${{a}_{2}}>{{a}_{1}}\ge 0$.
$f\left( {{\log }_{2}}\left( {{b}_{2}} \right) \right)+2=f\left( {{\log }_{2}}\left( {{b}_{1}} \right) \right)\Leftrightarrow f\left( {{a}_{2}} \right)+2=f\left( {{a}_{1}} \right)\,\,\,\left( * \right)$.
Lập bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x$ trên $\left[ 0;\,+\infty \right)$.
Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu ${{a}_{1}}>1\Rightarrow {{a}_{2}}>1$. Hàm số $f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x$ đồng biến trên $\left( 1;\,+\infty \right)$
$\Rightarrow {{a}_{2}}>{{a}_{1}}\Leftrightarrow f\left( {{a}_{2}} \right)>f\left( {{a}_{1}} \right)\Rightarrow \,\,\left( * \right)$ vô lý.
Trường hợp 2: Nếu $0\le {{a}_{1}}\le 1\Rightarrow f\left( {{a}_{1}} \right)\le 0$. Từ $\left( * \right)\,\Rightarrow $$f\left( {{a}_{2}} \right)+2\le 0\Leftrightarrow {{a}_{2}}^{3}-3{{a}_{2}}+2\le 0$
$\Leftrightarrow {{\left( {{a}_{2}}-1 \right)}^{2}}\left( {{a}_{2}}+2 \right)\le 0\Leftrightarrow {{a}_{2}}=1$ (do ${{a}_{2}}+2>0\,,\,\forall {{a}_{2}}>0$).
Với ${{a}_{2}}=1\Rightarrow f\left( {{a}_{2}} \right)=-2\Rightarrow f\left( {{a}_{1}} \right)=f\left( {{a}_{2}} \right)+2=0$
$\Leftrightarrow {{a}_{1}}^{3}-3{{a}_{1}}=0\Leftrightarrow {{a}_{1}}=0$ (do $0\le {{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le 1$)
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{a_1} = 0\\
{a_2} = 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\log _2}\left( {{b_1}} \right) = 0\\
\,{\log _2}\left( {{b_2}} \right) = 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{b_1} = 1\\
\,{b_2} = 2
\end{array} \right.$
Gọi $q$ là công bội của cấp số nhân $\left( {{b}_{n}} \right)\,\,\Rightarrow q=\frac{{{b}_{2}}}{{{b}_{1}}}=2\Rightarrow {{b}_{n}}={{b}_{1}}.{{q}^{n-1}}={{2}^{n-1}}$.
${{b}_{n}}>{{5}^{100}}\Rightarrow {{2}^{n-1}}>{{5}^{100}}\Leftrightarrow n-1>{{\log }_{2}}{{5}^{100}}\Rightarrow n>1+100{{\log }_{2}}5$.
Số tự nhiên $n$ bé nhất thỏa mãn $n>1+100{{\log }_{2}}5$ là 234.
Câu 35.Chọn C
Số hạng tổng quát của khai triển:
${{T}_{k+1}}=C_{10}^{k}{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{10-k}}{{\left( \frac{2}{x} \right)}^{k}}=C_{10}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{20-3k}}\,\,\,\,\left( 0\le k\le 10,\,k\in \Nu \right)$.
Số hạng chứa ${{x}^{2}}$ ứng với: $20-3k=2\Leftrightarrow k=6\,$ (nhận).
Hệ số cần tìm là: ${{2}^{6}}C_{10}^{6}=13440$.
Câu 36.Chọn D
Từ đồ thị hàm số suy ra hàm số có 3 điểm cực tiểu trên khoảng $\left( a;b \right)$.
Câu 37. Chọn D
Cấp số cộng $\left( {{u}_{n}} \right)$ có ${{u}_{1}}=3$ và công sai $d=7$ thì có số hạng tổng quát ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d=3+7\left( n-1 \right)=7n-4$.
${{u}_{n}}>2018\Leftrightarrow 7n-4>2018\Leftrightarrow n>\frac{2022}{7}$
Mà $n$ nguyên dương nên $n\ge 289$
Vậy kể từ số hạng thứ $289$ trở đi thì các số hạng của $\left( {{u}_{n}} \right)$ đều lớn hơn $2018$.
Câu 38.Chọn A
Hàm số $f\left( x \right)=\left( x-6 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+4}$ xác định và liên tục trên đoạn $\left[ 0\,;\,3 \right]$.
${f}'\left( x \right)=\sqrt{{{x}^{2}}+4}+\left( x-6 \right)\,.\,\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+4}}=\frac{{{x}^{2}}+4+\left( x-6 \right)x}{\sqrt{{{x}^{2}}+4}}=\frac{2{{x}^{2}}-6x+4}{\sqrt{{{x}^{2}}+4}}$
$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 \in \left[ {0\,;\,3} \right]}\\
{x = 2 \in \left[ {0\,;\,3} \right]}
\end{array}} \right.$
$f\left( 0 \right)=-12\,;\,f\left( 3 \right)=-3\sqrt{13}\,;\,f\left( 1 \right)=-5\sqrt{5}\,;\,f\left( 2 \right)=-8\sqrt{2}$
Suy ra $\underset{\left[ 0\,;\,3 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,y=M=-3\sqrt{13}$ và $\underset{\left[ 0\,;\,3 \right]}{\mathop{\min }}\,y=m=-12$
$M+m=-12-3\sqrt{13}=a-b\sqrt{c}$ với $a$ là số nguyên và $b\,,\,c$ là các số nguyên dương nên $a=-12\,;\,b=3\,;\,c=13$. Do đó $S=a+b+c=4$.
Câu 39.Chọn A
Gọi $x$là bán kính hình cầu.
Ta có ${{l}_{tru}}=2{{d}_{cau}}=4{{R}_{cau}}=4{{R}_{tru}}=4x$
Thể tích của bể nước là $V={{V}_{tru}}+{{V}_{cau}}=\pi {{R}^{2}}_{tru}.{{l}_{tru}}+\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}_{cau}=\pi {{x}^{2}}.4x+\frac{4}{3}\pi {{x}^{3}}=\frac{128\pi }{3}$
$\Rightarrow {{x}^{3}}=8\Leftrightarrow x=2.$
Diện tích xung quanh của bể nước là
$S=2\pi {{R}_{tru}}.{{l}_{tru}}+4\pi {{R}^{2}}_{cau}=2\pi .2.8+4\pi {{.2}^{2}}=48\pi ({{m}^{2}}).$
Câu 40.Chọn C
Hình lập phương có thể tích bằng $64{{a}^{3}}$, suy ra cạnh hình lập phương là $4a$.
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính bằng $\frac{1}{2}$ cạnh hình lập phương.
$\Rightarrow R=2a$. Vậy $V={{V}_{k/c}}=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{32\pi {{a}^{3}}}{3}$.
Câu 41.Chọn B
TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -2 \right\}$.
${y}'=\frac{2-m}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}$.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$$\Leftrightarrow {y}'>0$, $\forall x\in \left( 0;+\infty \right)$
$\Leftrightarrow 2-m>0$ (Vì $-2\notin \left( 0;+\infty \right)$) $\Leftrightarrow m<2$ hay $m\in \left( -\infty ;2 \right)$.
Câu 42.Chọn C
Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( 0\,;\,1 \right)$ nên chỉ có đáp án C là phù hợp.
Câu 43.Chọn A
Ta thấy
$\int{\left( {{\tan }^{2}}x+2 \right)\text{dx}}=\int{\left( \frac{1}{{{\cos }^{2}}x}+1 \right)\text{dx}}$$=\tan x+x+C$.
$\int{\left( \frac{2}{{{\cos }^{2}}x} \right)\text{dx}}=2\tan x+C$
$\int{\left( {{\tan }^{2}}x+1 \right)\text{dx}}=\int{\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}\text{dx}}$$=\tan x+C$
Câu 44.Chọn C
Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( 1\,;\,0 \right)$ suy ra $a+b+c+d=0$ hay $S=a+b+c+d=0$.
Câu 45.Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị cực đại tại $x=0$, giá trị cực đại ${{y}_{C}}=4$.
Câu 46.Chọn B
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Do tam giác $SAB$ đều nên $SH\bot AB$.
Lại có: $mp\left( SAB \right)$ vuông góc $mp\left( ABCD \right)$ theo giao tuyến $AB$ nên$SH\bot \left( ABCD \right)$.
Gọi $E$ là trung điểm $AD$.
Ta có: $AECB$ là hình vuông cạnh $a$, $ECD$ là tam giác vuông cân tại $E$.
Ta thấy: tam giác $ACD$ có trung tuyến $CE$ bằng nửa cạnh đối diện $AD$ nên tam giác
$ACD$ vuông tại $C$ mà $AC=CD=a\sqrt{2}$ nên tam giác $ACD$ vuông cân tại $C$.
Thể tích khối chóp $S.ACD$ là: $V=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ACD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ .
Câu 47.Chọn A
Dựng hình bình hành ${B}'{C}'BD$, suy ra $B{C}'\,\text{//}\,D{B}'$, do đó góc giữa hai đường thẳng $A{B}'$ và $B{C}'$ bằng góc giữa hai đường thẳng $A{B}'$ và $D{B}'$.
Xét tam giác $ACD$ có trung tuyến $AB$ bằng nửa cạnh đối diện $CD$ nên $\vartriangle ACD$ vuông tại $A$.
$AD=\sqrt{D{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\sqrt{16{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=2a\sqrt{3}$.
Lại do $ABC.{A}'{B}'{C}'$ là lăng trụ tam giác đều nên $A{B}'=B{C}'$ hay $A{B}'=D{B}'$$\Rightarrow \vartriangle {B}'DA$ cân tại ${B}'$, mà $\left( A{B}',D{B}' \right)={{60}^{\text{o}}}$ nên tam giác ${B}'DA$ đều cạnh bằng $2a\sqrt{3}$.
$B{B}'=\sqrt{A{{{{B}'}}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{12{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=2a\sqrt{2}$ .
Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ đã cho: $V=B{B}'.{{S}_{ABC}}=2a\sqrt{2}.\frac{{{\left( 2a \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{6}{{a}^{3}}$.
Câu 48.Chọn B
Tập xác định $D=R\backslash \left\{ -2 \right\}$
${y}'=\frac{4}{{{(x+2)}^{2}}}$ , $M({{x}_{0}};\frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2})$
Phương trình tiếp tuyến tại M là $y=\frac{4}{{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}}(x-{{x}_{0}})+\frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}\Leftrightarrow 4x-{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}y+2x_{0}^{2}=0$
Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến là
$d=\frac{\left| 4(-2)-{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}.2+2x_{0}^{2} \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{({{x}_{0}}+2)}^{4}}}}=\frac{\left| -8{{x}_{0}}-16 \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{({{x}_{0}}+2)}^{4}}}}$
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có $\frac{\left| -8{{x}_{0}}-16 \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{({{x}_{0}}+2)}^{4}}}}\le \frac{8\left| {{x}_{0}}+2 \right|}{\sqrt{8{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}}}=2\sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi ${{({{x}_{0}}+2)}^{2}}=4$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 0\\
{x_0} = - 4
\end{array} \right.$
. Vì ${{x}_{0}}\ne 0$ nên ${{x}_{0}}=-4$.
$\Rightarrow {{y}_{0}}=4$ $\Rightarrow 2{{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-4$
Câu 49 .Chọn B
Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $AC\cap BD=\left\{ O \right\}\Rightarrow SO\bot (ABCD)$
Xét $\Delta SAO$ vuông tại $O$có: $SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Kẻ $MI\bot BD$ tại $I$. Suy ra: $MI\parallel SO$ nên $MI\bot (ABCD)$.
Vậy góc giữa $BM$và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc $\widehat{MBI}$.
Ta có: $MI=\frac{1}{3}SO=\frac{a\sqrt{2}}{6}$; $BI=\frac{5}{6}BD=\frac{5\sqrt{2}a}{6}$.
Xét $\Delta MBI$ vuông tại I ta có: $\tan \widehat{MBI}=\frac{MI}{BI}=\frac{1}{5}$.
Vậy giá trị $\tan $của góc giữa $BM$và mặt phẳng $(ABCD)$ là $\frac{1}{5}$.
Câu 50.Chọn B
Điều kiện xác định: $x\ge 1$
${{9}^{\sqrt{x-1}}}={{e}^{\ln 81}}\Leftrightarrow {{9}^{\sqrt{x-1}}}=81\Leftrightarrow \sqrt{x-1}=2\Leftrightarrow x=5$
Vậy phương trình có nghiệm $x=5$
