BẢNG ĐÁP ÁN VÀ Giải chi tiết đề THI THỬ THPTQG LẦN 1 TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
năm 2018 - 2019
|
1.D |
2.A |
3.B |
4.D |
5.D |
6.B |
7.A |
8.C |
9.C |
10.D |
|
11.A |
12.C |
13.D |
14.C |
15.A |
16.C |
17.D |
18.B |
19.A |
20.A |
|
21.D |
22.A |
23.D |
24.D |
25.D |
26.B |
27.D |
28.D |
29.B |
30.B |
|
31.D |
32.A |
33.D |
34.D |
35.C |
36.B |
37.D |
38.D |
39.A |
40.D |
|
41.A |
42.C |
43.C |
44.B |
45.B |
46.C |
47.A |
48.B |
49.B |
50.B |
Câu 1.Chọn D
$y'=4{{x}^{3}}-4mx=4x\left( {{x}^{2}}-m \right);\,\,\,\,y'=0\Leftrightarrow x=0;x=\pm \sqrt{m}$ với $m>0$
Gọi $A\left( 0;1 \right),B\left( \sqrt{m};-{{m}^{2}}+1 \right),C\left( -\sqrt{m};-{{m}^{2}}+1 \right)$ là 3 điểm cực trị của hàm số (1); khi đó tam giác
$\Delta ABC$ cân tại $A,I$ là tâm đường tròn đi qua $A,B,C$ nên $I\in Oy$ , gọi $I\left( 0;b \right)$
Ta có: $IA=R=1\Leftrightarrow 1-b=1\Leftrightarrow b=0$
$\begin{array}{l}
IB = R = 1 \Leftrightarrow m + {m^4} - 2{m^2} + 1 = 1 \Leftrightarrow {m^4} - 2{m^2} + m = 0\\
\Leftrightarrow m\left( {m - 1} \right)\left( {{m^2} + m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {m_1} = 0;{m_2} = 1;{m_{3,4}} = \frac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}
\end{array}$
Kết hợp điều kiện $m>0$ nên loại ${{m}_{4}}$ và ${{m}_{1}}$
Ta có $m_{2}^{3}+m_{3}^{3}=-1+\sqrt{5}$ . Vậy chọn đáp án D.
Câu 2.Chọn A
Dùng casio, cho $a=3\Rightarrow I=2$
$I={{\log }_{\frac{a}{2}}}(\frac{{{a}^{2}}}{4})={{\log }_{\frac{a}{2}}}{{(\frac{a}{2})}^{2}}=2{{\log }_{\frac{a}{2}}}(\frac{a}{2})=2$
Câu 3.Chọn B
Số cách chọn một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca là $C_{6}^{1}.C_{4}^{1}=24$ cách.
Câu 4.Chọn D
$D=\mathbb{R}$
${{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right)+2.{{\log }_{\left( {{5}^{x}}+2 \right)}}2>3\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right)+\frac{2}{{{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right)}>3$
$\Leftrightarrow {{\left[ {{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right) \right]}^{2}}-3.{{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right)+2>0$
(vì ${{5}^{x}}+2>2\text{ }\forall x\in \mathbb{R}$ nên ${{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right)>{{\log }_{2}}2=1\text{ }\forall x\in \mathbb{R}$)
$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right)>2$(nhận) hoặc ${{\log }_{2}}\left( {{5}^{x}}+2 \right)<1$ (loại)
$\Leftrightarrow {{5}^{x}}+2>4\Leftrightarrow {{5}^{x}}>2\Leftrightarrow x>{{\log }_{5}}2\Rightarrow S=\left( {{\log }_{5}}2;+\infty \right)$.
$\Rightarrow a=5;\text{ }b=2\Rightarrow P=2a+3b=16$.
Câu 5.Chọn D
Gọi$A=200$triệu đồng, $r=7%$.
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 1 năm:${{T}_{1}}=A.\left( 1+r \right)$.
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 2 năm:${{T}_{2}}=\left( {{T}_{1}}+20 \right).\left( 1+r \right)=\left[ A.\left( 1+r \right)+20 \right].\left( 1+r \right)=A.{{\left( 1+r \right)}^{2}}+20.\left( 1+r \right)$.
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 3 năm:
${{T}_{3}}=\left( {{T}_{2}}+20 \right).\left( 1+r \right)=\left[ A.{{\left( 1+r \right)}^{2}}+20.\left( 1+r \right)+20 \right].\left( 1+r \right)=A.{{\left( 1+r \right)}^{3}}+20.{{\left( 1+r \right)}^{2}}+20.\left( 1+r \right)$.
Tổng số tiền ông Chính nhận sau 18 năm:
${{T}_{18}}=\left( {{T}_{17}}+20 \right).\left( 1+r \right)=A.{{\left( 1+r \right)}^{18}}+20.{{\left( 1+r \right)}^{17}}+20.{{\left( 1+r \right)}^{16}}+...+20.\left( 1+r \right)$
$=A.{{\left( 1+r \right)}^{18}}+20.\left[ {{\left( 1+r \right)}^{17}}+{{\left( 1+r \right)}^{16}}+{{\left( 1+r \right)}^{15}}+...+\left( 1+r \right) \right]$
$=A.{{\left( 1+r \right)}^{18}}+20.\frac{{{\left( 1+r \right)}^{18}}-1}{r}-20$$=1.335.967.000$(VNĐ).
Câu 6.Chọn B
Ta có: $\left( SBC \right)\cap \left( ABCD \right)=BC$, $BC\bot \left( SAB \right)$.
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB}\\
{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}
\end{array}} \right.$
$\Rightarrow \left( \left( SBC \right)\,,\,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{SBA}={{60}^{{}^\circ }}$.
Trong $\Delta SAB$vuông tại $A$, $\tan {{60}^{{}^\circ }}=\frac{SA}{AB}=\frac{x}{a}$$\Rightarrow x=a\sqrt{3}$.
Câu 7 .Chọn A
Đặt ${{\left( 1-2x \right)}^{2019}}={{a}_{0}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+...+{{a}_{2019}}{{x}^{2019}}$.
Cho $x=1$ ta có tổng các hệ số ${{a}_{0}}+{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{2019}}={{\left( 1-2 \right)}^{2019}}=-1$.
Câu 8 .Chọn C
Theo định lý Ta- let ta có $\frac{SA'}{SA}=\frac{SB'}{SB}=\frac{SC'}{SC}=\frac{SD'}{SD}=\frac{1}{3}$ .
Mà $\frac{{{V}_{SA'B'C'}}}{{{V}_{SABC}}}=\frac{SA'}{SA}\frac{SB'}{SB}\frac{SC'}{SC}={{\left( \frac{1}{3} \right)}^{3}}=\frac{1}{27}$$\Rightarrow {{V}_{SA'B'C'}}=\frac{1}{27}{{V}_{SABC}}$(1)
$\frac{{{V}_{SA'D'C'}}}{{{V}_{SADC}}}=\frac{SA'}{SA}\frac{SD'}{SD}\frac{SC'}{SC}={{\left( \frac{1}{3} \right)}^{3}}=\frac{1}{27}$$\Rightarrow {{V}_{SA'D'C'}}=\frac{1}{27}{{V}_{SADC}}$(2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có $\Rightarrow {{V}_{SA'B'C'}}+{{V}_{SA'D'C'}}=\frac{1}{27}\left( {{V}_{SABC}}+{{V}_{SADC}} \right)$ $\Rightarrow {{V}_{SA'B'C'D'}}=\frac{1}{27}{{V}_{SABCD}}=\frac{1}{27}V$.
Câu 9.Chọn C
Ta có ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{\Delta ABC}}\Rightarrow SA=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{\frac{3{{a}^{3}}}{4}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}}=a\sqrt{3}.$
Câu 10.Chọn D
$\begin{array}{l}
{\log _5}\left( {\frac{{4a + 2b + 5}}{{a + b}}} \right) = a + 3b - 4 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {\frac{{4a + 2b + 5}}{{5a + 5b}}} \right) = (5a + 5b) - (4a + 2b + 5)\\
\Leftrightarrow {\log _5}\left( {4a + 2b + 5} \right) + (4a + 2b + 5) = {\log _5}\left( {5a + 5b} \right) + (5a + 5b){\rm{ (1)}}
\end{array}$
Xét hàm số $f(x)={{\log }_{2}}x+x$ có $f'(x)=\frac{1}{x\ln 2}+1>0,\forall x>0$ nên hàm số $f(x)={{\log }_{2}}x+x$đồng biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$). Do đó
$(1)\Leftrightarrow f\left( 4a+2b+5 \right)=f\left( 5a+5b \right)\Leftrightarrow 4a+2b+5=5a+5b\Leftrightarrow a=5-3b$ thay vào T, ta được:
$T={{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{\left( 5-3b \right)}^{2}}+{{b}^{2}}=10{{b}^{2}}-30b+25\ge \frac{5}{2}.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b=\frac{3}{2}$ và $a=\frac{1}{2}.$
Câu 11.Chọn A
Ta có phương trình: ${{4}^{x}}-m{{.2}^{x+1}}+2m=0$ (1)
Đặt: ${{2}^{x}}=t>0$, phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-2mt+2m=0$ (2)
Để phương trình (1) có hai nghiệm thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' > 0\\
S > 0\\
P > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 2m > 0\\
2m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2$
Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm ${{t}_{1}},{{t}_{2}}$ thỏa mãn:
${{t}_{1}}.{{t}_{2}}=2m\Leftrightarrow {{2}^{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}}=2m\Leftrightarrow 8=2m\Leftrightarrow m=4$(thỏa mãn)
Vậy $m=4$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12.Chọn C
Ta có: ${{4}^{3x-2}}=16\Leftrightarrow 3x-2=2\Leftrightarrow x=\frac{4}{3}$.
Vậy phương trình có nghiệm là: $x=\frac{4}{3}$.
Câu 13 .Chọn D
Có $\int\limits_{8}^{12}{f\left( x \right)}\ \text{d}x=\int\limits_{4}^{12}{f\left( x \right)}\ \text{d}x-\int\limits_{4}^{8}{f\left( x \right)}\ \text{d}x=-2$.
Vậy $I=\int\limits_{1}^{12}{f\left( x \right)}\ \text{d}x=\int\limits_{1}^{8}{f\left( x \right)}\ \text{d}x+\int\limits_{8}^{12}{f\left( x \right)}\ \text{d}x=7$.
Câu 14.Chọn C
Ta có phương trình $\left( Oxz \right):y=0$.
Do mặt cầu$\left( S \right)$tâm $I(a;b;c)$bán kính bằng 1, tiếp xúc với mặt phẳng $\left( Oxz \right)$nên $d\left( I,\text{ }\left( Oxz \right) \right)=1\Leftrightarrow \left| b \right|=1$ .
Câu 15.Chọn A
Gọi $H$ là trung điểm $AB$ $\Rightarrow IH\bot AB$ tại $H$ $\Rightarrow IH={{d}_{\left( I;\left( AB \right) \right)}}={{d}_{\left( I;Ox \right)}}$.
$Ox$có một véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left( 1\,;\,0\,;\,0 \right)$, chọn điểm $M\left( 2\,;0\,;\,0 \right)\in Ox$.
$\Rightarrow \overrightarrow{IM}=\left( 1\,;\,2\,;\,-3 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{IM},\overrightarrow{u} \right]=\left( 0\,;\,-3\,;\,2 \right)\Rightarrow IH={{d}_{\left( I,Ox \right)}}=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IM},\overrightarrow{u} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|}=\sqrt{13}$.
( Cách khác: Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên trục $Ox$$\Rightarrow H\left( 1\,;\,0\,;\,0 \right)$$\Rightarrow IH=\sqrt{13}$)
Mà $HA=\frac{1}{2}AB=\sqrt{3}$.
Nên bán kính mặt cầu cần tìm là $R=IA=\sqrt{I{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}}=4$.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=16$.
Câu 16.Chọn C
Ta có: $\int{\left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}} \right)\text{d}x}=\frac{1}{5}{{x}^{5}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}+C$ ($C$là hằng số).
Câu 17.Chọn D
Theo bài ra, ta có : $l=AB=a$, $r=HB=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$.
Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành khi quay tam giác đều $ABC$ quanh trục $AH$ là
${{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .\frac{a}{2}.a=\frac{\pi {{a}^{2}}}{2}$.
Câu 18.Chọn B
Cách 1: Ta có: ${y}'={{x}^{2}}-2mx+m+2$.
${y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+m+2=0\,\,\left( 1 \right)$.
Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt.
$\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m < - 1\\
m > 2
\end{array} \right.\,\,\left( * \right)$
Phương trình đường thẳng đi qua điểm CĐ, CT của hàm số là: $y=\left( -\frac{2}{3}{{m}^{2}}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3} \right)x+\frac{1}{3}m\left( m+2 \right)$.
Gọi $A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ là hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số, khi đó để hàm số có giá trị cực đại, và giá trị cực tiểu dương thì ${{y}_{1}}+{{y}_{2}}>0$ và đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+(m+2)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất.
Theo định lý vi-et ta có ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m$
Nên ${{y}_{1}}+{{y}_{2}}>0\Leftrightarrow \left( -\frac{2}{3}{{m}^{2}}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3} \right)\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+\frac{2}{3}m\left( m+2 \right)>0$
$\Leftrightarrow \left( -\frac{2}{3}{{m}^{2}}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3} \right)\left( 2m \right)+\frac{2}{3}m\left( m+2 \right)>0$
$\Leftrightarrow 2m\left( -2{{m}^{2}}+3m+6 \right)>0$
$\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;\frac{3-\sqrt{57}}{4} \right)\cup \left( 0;\frac{3+\sqrt{57}}{4} \right)\,\left( ** \right)$.
Để đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+(m+2)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình $y=0$ có $1$ nghiệm đơn duy nhất, khi đó $\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+(m+2)x=0\,\left( 2 \right)$ có $1$ nghiệm đơn duy nhất.
Ta có: $\frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + (m + 2)x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 3mx + 3m + 6} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} - 3mx + 3m + 6 = 0\,\,\left( 3 \right)
\end{array} \right.$
Để phương trình $\left( 1 \right)$ có $1$ nghiệm đơn duy nhất thì phương trình $\left( 3 \right)$ vô nghiệm, khi đó điều kiện là $\Delta =9{{m}^{2}}-12m-24<0$ $\Leftrightarrow \frac{2-2\sqrt{7}}{3}<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}\,\left( *** \right)$.
Kết hợp $\left( * \right),\,\left( ** \right),\,\left( *** \right)$ ta được tập các giá trị của $m$ thỏa mãn là $2<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}\,$.
Cách 2: Ta có: ${y}'={{x}^{2}}-2mx+m+2$.
${y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+m+2=0\,\,\left( 1 \right)$.
Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt, khi đó
$\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m < - 1\\
m > 2
\end{array} \right.\,\,\left( * \right)$
Để hàm số có giá trị cực đại, cực tiểu dương thì đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+(m+2)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất và giá trị của hàm số tại điểm uốn luôn dương.
Để đồ thị hàm số $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+(m+2)x$ cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình $y=0$ có nghiệm duy nhất, khi đó $\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+(m+2)x=0\,\left( 2 \right)$ có $1$ nghiệm đơn duy nhất.
Ta có: $\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+(m+2)x=0\Leftrightarrow x\left( {{x}^{2}}-3mx+3m+6 \right)=0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} - 3mx + 3m + 6 = 0\,\,\left( 3 \right)
\end{array} \right.$
Để phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm đơn duy nhất thì phương trình $\left( 3 \right)$ vô nghiệm, khi đó điều kiện :$\Delta =9{{m}^{2}}-12m-24<0$ $\Leftrightarrow \frac{2-2\sqrt{7}}{3}<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}\,\left( ** \right)$.
Để giá trị của hàm số tại điểm uốn luôn dương:
${y}'={{x}^{2}}-2mx+m+2,\,{{y}'}'=2x-2m$
${{y}'}'=0\Leftrightarrow 2x-2m=0\Leftrightarrow x=m$
Ta có: $y\left( m \right)>0\Rightarrow \frac{{{m}^{3}}}{3}-{{m}^{3}}+m\left( m+2 \right)>0$
$\Leftrightarrow m\left( -2{{m}^{2}}+3m+6 \right)>0$
$\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;\frac{3-\sqrt{57}}{4} \right)\cup \left( 0;\frac{3+\sqrt{57}}{4} \right)\,\left( *** \right)$
Kết hợp $\left( * \right),\,\left( ** \right),\,\left( *** \right)$ ta được tập các giá trị của $m$ thỏa mãn là $2<m<\frac{2+2\sqrt{7}}{3}\,$
Bình luận : đáp án của đề gốc bị sai chúng tôi đã thảo luận và sửa lại đáp án như trên .
Câu 19.Chọn A
Ta thấy $C;\,D;\,M;\,N$ không đồng phẳng nên $CM$và $DN$ chéo nhau.
Câu 20.Chọn A
Điều kiện xác định: $\frac{4}{5}\le x\le 5$
Từ điều kiện suy ra $x+\sqrt{5x-4}>0;3\sqrt{5-x}+7-x>0$ (1)
$3\sqrt{5-x}+3\sqrt{5x-4}=2x+7\Leftrightarrow 3\left( x-\sqrt{5x-4} \right)=3\sqrt{5-x}-\left( 7-x \right)$
$\Leftrightarrow \frac{3\left( {{x}^{2}}-5x+4 \right)}{x+\sqrt{5x-4}}=\frac{-{{x}^{2}}+5x-4}{3\sqrt{5-x}+7-x}$ $\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-5x+4 \right)\left( \frac{3}{x+\sqrt{5x-4}}+\frac{1}{3\sqrt{5-x}+7-x} \right)=0\,\left( 2 \right)$
Từ (1) suy ra $\frac{3}{x+\sqrt{5x-4}}+\frac{1}{3\sqrt{5-x}+7-x}>0$.
Do đó phương trình $\left( 2 \right)$ ${x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1}\\
{x = 4}
\end{array}} \right.$
(thỏa mãn điều kiện) suy ra tổng các nghiệm của phương trình là 5.
Câu 21 .Chọn D
${\log _3}\left( {2x + 1} \right) - {\log _3}\left( {x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{\log _3}\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 4$
Câu 22.Chọn A
Vẽ đường sinh $AA'$.
Lúc này góc giữa $AB$ và trục $d$ là $\widehat{A'AB}={{30}^{{}^\circ }}$ nên trong tam giác $AA'B$ vuông tại $A'$ có $A'B=AA'.\tan {{30}^{{}^\circ }}=\sqrt{3}R.\frac{\sqrt{3}}{3}=R$.
Hạ $O'H$ vuông góc với $A'B$ tại $H$ thì $O'H\bot $$\left( AA'B \right)$.
Vì $d\,\text{//}\,\left( AA'B \right)$ nên $d\left( d;AB \right)=d\left( d,\left( AA'B \right) \right)=d\left( O,\left( AA'B \right) \right)=O'H$
$=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{A'{{B}^{2}}}{4}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{{{R}^{2}}}{4}}=\frac{R\sqrt{3}}{2}$.
Câu 23.Chọn D
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.
Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\bot \left( ABCD \right)$.
Cạnh bên $SA$ tạo với đáy góc $60{}^\circ $$\Rightarrow \widehat{SAO}=60{}^\circ $.
Tam giác vuông $SAO$ có $\tan 60{}^\circ =\frac{SO}{AO}\Rightarrow SO=AO.\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{2}}{2}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Vậy thể tích của khối chóp $S.ABCD$là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$.
Câu 24.Chọn D
$D=\mathbb{R}$
$y'=m{{x}^{2}}-2x+2.$
TH1: $m=0$
Ta có: $y'=-2x+2$.Hàm số nghịch biến khi $y'\le 0\Leftrightarrow x\ge 1$
$\Rightarrow $ Hàm số $y=\frac{m{{x}^{3}}}{3}-{{x}^{2}}+2x+1-m$ nghịch biến trên $\left( 1;+\infty \right)$.
Vậy $m=0$ không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH2: $m\ne 0$
Hàm số $y=\frac{m{{x}^{3}}}{3}-{{x}^{2}}+2x+1-m$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$
$\Leftrightarrow y'=m{{x}^{2}}-2x+2\le 0\,\,\forall x\in \mathbb{R}$.
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 0\\
\Delta ' = 1 - 2m \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 0\\
m \ge \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow $
không có giá trị nào của $m$ thỏa mãn.
Vậy không có giá trị nào của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 25.Chọn D
Ta có$OO'=h,IA=R,AO=r\Rightarrow {{r}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4}\ \ \ (0<h<2R).$
Thể tích của khối trụ là $V=\pi {{r}^{2}}h=\frac{\pi }{4}\left( 4{{R}^{2}}h-{{h}^{3}} \right)$
,Xét hàm số $f(h)=\frac{\pi }{4}\left( 4{{R}^{2}}h-{{h}^{3}} \right)$
${f}'(h)=\frac{\pi }{4}\left( 4{{R}^{2}}-3{{h}^{2}} \right),\ {f}'(h)=0\Leftrightarrow h=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$.
Bảng biến thiên
Vậy ${{V}_{\max }}=\frac{4\pi {{R}^{3}}\sqrt{3}}{9}$ khi $h=\frac{2R\sqrt{3}}{3}.$
Câu 26.Chọn B
$I$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên trục$Ox\Rightarrow I\left( 1;\ 0;\ 0 \right)$.
Bán kính $IM=\sqrt{{{0}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{13}.$
Vậy Phương trình mặt cầu tâm $I$bán kính $IM$ là ${{(x-1)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=13$.
Câu 27.Chọn D
TXĐ $D=\left[ 2;4 \right]$, ta có $y'=\frac{1}{2\sqrt{x-2}}-\frac{1}{2\sqrt{4-x}}$.
$y'=0\Leftrightarrow \frac{1}{2\sqrt{x-2}}-\frac{1}{2\sqrt{4-x}}=0$$\Rightarrow \sqrt{4-x}=\sqrt{x-2}\Leftrightarrow 4-x=x-2\Leftrightarrow x=3\in D$.
Vì $y(2)=\sqrt{2},\text{ }y(4)=\sqrt{2},\text{ }y(3)=2$ nên $\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{Max}}\,y=y(3)=2,\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\text{ Min}}}\,y=y(2)=y(4)=\sqrt{2}\Rightarrow M=2,\text{ }m=\sqrt{2}$$\Rightarrow $chọn D.
Câu 28.Chọn D
Ta có ${y}'=\frac{{{\left( 2x+1 \right)}^{\prime }}}{\left( 2x+1 \right)\ln 2}=\frac{2}{\left( 2x+1 \right)\ln 2}$$\Rightarrow $chọn D.
Câu 29.Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm:
${x^3} - 3x = x \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\\
{x = - 2}\\
{x = 2}
\end{array}} \right.$
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
$S=\int\limits_{-2}^{0}{\left| {{x}^{3}}-3x-x \right|dx}+\int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{3}}-3x-x \right|dx}=\int\limits_{-2}^{0}{\left( {{x}^{3}}-4x \right)dx}+\int\limits_{0}^{2}{\left( 4x-{{x}^{3}} \right)dx}=8$
Câu 30.Chọn B
Theo đề: ${f}'\left( x \right).f\left( x \right)={{x}^{4}}+{{x}^{2}}$. Lấy nguyên hàm hai vế, ta được:
$\int{{f}'\left( x \right).f\left( x \right)dx}=\int{\left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}} \right)dx\Rightarrow }\int{f\left( x \right)d\left( f\left( x \right) \right)}=\int{\left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}} \right)dx\Rightarrow \frac{{{f}^{2}}\left( x \right)}{2}+C=\frac{{{x}^{5}}}{5}+\frac{{{x}^{3}}}{3}}$
Mà $f\left( 0 \right)=2\Rightarrow \frac{{{2}^{2}}}{2}+C=0\Rightarrow C=-2\Rightarrow {{f}^{2}}\left( x \right)=\frac{2{{x}^{5}}}{5}+\frac{2{{x}^{3}}}{3}+4\Rightarrow {{f}^{2}}\left( 2 \right)=\frac{332}{15}$
