Câu 30: Đáp án D
Ta có: $OH=\frac{220}{2}=110\left( m \right);SH=\sqrt{{{150}^{2}}+{{110}^{2}}}=10\sqrt{346}\left( m \right).$
Ta có ${{S}_{xq}}=4.\frac{1}{2}.10\sqrt{346}.220=4400\sqrt{346}\left( {{m}^{2}} \right).$
Câu 31: Đáp án B
B sai vì dấu bằng phải xảy ra tại hữu hạn điểm.
Câu 32: Đáp án C
Ta có: $\frac{{{V}_{A'B'C'D'.XYZT}}}{{{V}_{A'B'C'D'.ABCD}}}=\frac{1}{2}\left( \frac{A'X}{A'A}+\frac{C'Z}{C'C} \right)=\frac{1}{2}.\left( \frac{1}{3}+\frac{1}{4} \right)=\frac{7}{24}$
Cho ${{V}_{XYZT.A'B'C'D'}}=7;{{V}_{A'B'C'D'.ABCD}}=24$
Khi đó ${{V}_{XYZT.ABCD}}=17\Rightarrow k=\frac{17}{7}.$
Câu 33: Đáp án A
Với $m=2\Rightarrow f\left( x \right)=3x-4\Rightarrow $ hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$
Với $m=-2\Rightarrow y=-12{{x}^{2}}+3x-4\Rightarrow $ hàm số không đồng biến trên $\mathbb{R}.$
Với $m\ne \pm 2\Rightarrow f'\left( x \right)=3\left( {{m}^{2}}-4 \right){{x}^{2}}+6\left( m-2 \right)x+3$
Khi đó hàm số đồng biến trên $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = {m^2} - 4 > 0\\
\Delta ' = {\left( {m - 2} \right)^2} - \left( {{m^2} - 4} \right) = - 4m + 8 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2.$
Kết hợp 3 trường hợp suy ra $m\ge 2$ là giá trị cần tìm.
Câu 34: Đáp án C
Câu 35: Đáp án B
Ta có: $f'\left( x \right)=1-\frac{1}{{{x}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}}\ge 0\left( \forall x\in \left[ 1;4 \right] \right)$ do đó hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ 1;4 \right]$
Do đó $\underset{\left[ 1;4 \right]}{\mathop{Min}}\,\,f\left( x \right).\underset{\left[ 1;4 \right]}{\mathop{M\text{ax}}}\,\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right).f\left( 4 \right)=\frac{17}{2}.$
Câu 36: Đáp án B
Đáp án B sai vì nếu ${{u}_{1}}<0$ chẳng hạn ${{u}_{1}}=-1$ thì cấp số nhân đó là dãy số giảm.
Câu 37: Đáp án A
Gọi P là hình chiếu của A trên đáy $\left( O' \right)$. Khi đó
$AB=\sqrt{A{{P}^{2}}+P{{B}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+B{{P}^{2}}}=\sqrt{4{{R}^{2}}+P{{B}^{2}}}\le \sqrt{4{{R}^{2}}+4{{R}^{2}}}=2R\sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow BP=PQ=2R.$
Câu 38: Đáp án D
Không gian mẫu là: $\left| \Omega \right|={{6}^{4}}$
TH1: Môn Toán trùng mã đề thi môn Tiếng Anh không trùng có:
Bạn Hùng chọn 1 mã toán có 6 cách và 6 cách chọn mã môn Tiếng Anh khi đó Vương có 1 cách là phải giống Hùng mã Toán và 5 cách chọn mã Tiếng Anh có $6.1.6.5=180$ cách.
TH2: Môn Tiếng Anh trùng mã đề thi môn Toán không trùng có: $6.1.6.5=180$ cách.
Vậy $P=\frac{180+180}{{{6}^{4}}}=\frac{5}{18}.$
Câu 39: Đáp án B
Phần chung của hai khối chóp là hình bát diện đều.
Đặt $AB=a\Rightarrow MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Do đó$V=2{{V}_{O.MNPQ}}=2.\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a}^{2}}}{2}=\frac{{{a}^{3}}}{6}=\frac{2016}{6}=336.$
Câu 40: Đáp án A
Ta có: $\ln \sqrt{ab}=\frac{1}{2}\left( \ln a+\ln b \right)$ là khẳng định sai vì $a<b<0.$
Câu 41: Đáp án A
Áp dụng công thức lãi suất: ${{T}_{n}}=\frac{a}{m}.\left[ {{\left( 1+m \right)}^{n}}-1 \right].\left( 1+m \right)$ với a là số tiền gửi hàng tháng, m là lãi suất mỗi tháng và n là số tháng, ta được $10 = \frac{T}{{0,6\% }}\left[ {{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^{15}} - 1} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) \Rightarrow T = 0,635$ triệu đồng.
Câu 42: Đáp án C
Cả 3 khẳng định đều đúng.
Câu 43: Đáp án D
Dựa vào đồ thị hàm số $y=\left| f\left( x \right) \right|$ (hình vẽ bên, xem lại cách vẽ đồ thị hàm số $y=\left| f\left( x \right) \right|$ khi biết đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$), để phương trình $\left| f\left( x \right) \right|=m$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m > 4
\end{array} \right..$
Câu 44: Đáp án C
Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a\Rightarrow {{R}_{\Delta ABC}}=\frac{BC}{2}=a$
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là $R=\sqrt{{{R}^{2}}_{\Delta ABC}+\frac{A\,A{{'}^{2}}}{4}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{{{\left( 2a \right)}^{2}}}{4}=a\sqrt{2}}.$
Câu 45: Đáp án C
Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của OA, OB, OC với cạnh BC, CA, AB.
Vì $OB'//SA\Rightarrow \frac{OA'}{SA}=\frac{OM}{AM}$ (Định lí Thalet).
Tương tự, ta có $\frac{OB'}{SB}=\frac{ON}{BN'};\frac{OC'}{SC}=\frac{OP}{PC}\Rightarrow T=\frac{OM}{AM}+\frac{ON}{BN}+\frac{OP}{PC}.$
Với O là trọng tâm của tam giác ABC $\Rightarrow M,N,P$ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB $\Rightarrow \frac{OM}{AM}=\frac{ON}{BN}=\frac{OP}{CP}=\frac{1}{3}.$ Vậy tổng tỉ số $T=\frac{OA'}{SA}+\frac{OB'}{SB}+\frac{OC'}{SC}=1.$
Chú ý: Bản chất bài toán là yêu cầu chứng minh $\frac{OM}{AM}+\frac{ON}{BN}+\frac{OP}{PC}=1.$ Tuy nhiên với tinh thần trắc nghiệm ta sẽ chuẩn hóa với O là trọng tâm tam giác ABC.
Câu 46: Đáp án D
Vì ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}$ là ba nghiệm của phương trình $f\left( x \right)=0\Rightarrow f\left( x \right)=a\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right).$
Ta có $f'\left( x \right)=a\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right)+a\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right)+a\left( x-{{x}_{3}} \right)\left( x-{{x}_{1}} \right).$
Khi đó $\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
f'\left( {{x_1}} \right) = a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)\\
f'\left( {{x_2}} \right) = a\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\
f'\left( {{x_3}} \right) = a\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow T = \frac{1}{{a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_3}} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}} + \frac{1}{{a\left( {{x_3} - {x_1}} \right)\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}}\\
= \frac{1}{{a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - {x_3}} \right)}} - \frac{1}{{a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)}} + \frac{1}{{a\left( {{x_1} - {x_3}} \right)\left( {{x_2} - {x_3}} \right)}} = \frac{{{x_2} - {x_3} - {x_1} + {x_3} + {x_1} - {x_2}}}{{a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)}} = 0.
\end{array}$
Câu 47: Đáp án D
Với đáp án D, nếu mp $\left( P \right)$ chứa ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ và ${{d}_{1}}//{{d}_{2}}$ thì mp $\left( P \right)$ không // với mp $\left( Q \right).$
Câu 48: Đáp án D
Gọi M, N lần lượt thuộc cạnh SB,SC sao cho $SM=SN=2.$
Tam giác SMN đều $\Rightarrow SM=SN=MN=2.$
Tam giác SAM có $\widehat{\text{AS}M}={{45}^{\circ }}\Rightarrow AM=2\sqrt{2-\sqrt{2}}.$
Tam giác SAN vuông cân tại S $\Rightarrow AN=SA\sqrt{2}=2\sqrt{2}.$
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC $\Rightarrow SI\bot \left( AMN \right).$
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta AMN.$ Diện tích tam giác AMN là
$S=\sqrt{p\left( p-AM \right)\left( p-AN \right)\left( p-MN \right)}\Rightarrow {{R}_{\Delta AMN}}=\frac{AM.AN.MN}{4S}=\frac{2\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{{{S}_{\Delta AMN}}}$,
với $p=\frac{AM+AN+MN}{2}.$
Tam giác SAI vuông tại I, có $SI=\sqrt{S{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}}=\sqrt{4-{{R}^{2}}_{\Delta AMN}}.$
Ta có $\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{2}{4}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=3{{V}_{S.AMN}}\Rightarrow d\left( B;\left( SAC \right) \right)=\frac{9{{V}_{S.AMN}}}{{{S}_{\Delta SAC}}}=\frac{3}{2}.$
Câu 49: Đáp án B
Xét hàm số $f\left( x \right)=\left( {{4}^{x}}+2 \right)\left( 2-x \right)-6$ với $x\in \mathbb{R},$ có $f'\left( x \right)={{4}^{x}}\left( 2\ln 4-1-x\ln 4 \right)$
Suy ra $f''\left( x \right)={{4}^{x}}\left( 2{{\ln }^{2}}4-2\ln 4-x{{\ln }^{2}}4 \right);f''\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\frac{2\ln 4-2}{\ln 4}.$
Do đó $f'\left( x \right)=0$ có không quá 2 nghiệm $\Rightarrow f\left( x \right)=0$ có không quá 3 nghiệm.
Mà $f\left( 0 \right)=0;f\left( \frac{1}{2} \right)=0;f\left( 1 \right)=0\Rightarrow x=\left\{ 0;\frac{1}{2};1 \right\}$ là 3 nghiệm của phương trình.
Câu 50: Đáp án D
Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua S và vuông góc với trục của mặt $\left( T \right).$ Mặt phẳng $\left( P \right)$cắt $\left( T \right)$theo giao tuyến một đường tròn. Chiếu A, B, M theo phương vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ta được các điểm theo thứ tự là $A',B',M'$ thẳng hàng với S, trong đó A’,B’ nằm trên đường tròn tâm O trong mặt phẳng $\left( P \right)$và M’là trung điểm của A’B’. Do đó M’ luôn nằm trên đường tròn đường kính SO trong mặt phẳng $\left( P \right)$và MM’ vuông góc với $\left( P \right)$. Vậy MM’ nằm trên mặt trụ $\left( T' \right)$chứa đường tròn đường kính SO và có trục song song với trục của mặt trụ $\left( T \right).$
