Lời giải: Đề thi thử THPTQG Năm 2018 Môn Toán THPT Chuyên Thái Nguyên- Thái Nguyên lần 1- trang 1

Đáp án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

TXĐ: $D=\left( -2;2 \right]$. Ta có $y=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-5x+6}=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{\left( x-2 \right)\left( x-3 \right)}$

Do $D=\left( -2;2 \right]\Rightarrow $Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang vì không tồn tại $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,y$

$\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{\left( x-2 \right)\left( x-3 \right)}=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{\frac{4-{{x}^{2}}}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}}}{x-3}=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{\frac{2+x}{2-x}}}{x-3}=\infty \Rightarrow x=2$là TCĐ

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Câu 2: Đáp án A

Ta có $y'=2{{x}^{2}}-2mx-2\left( 2{{m}^{2}}-1 \right)$. Để hàm số có 2 điểm cực trị thì $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} + 4\left( {3{m^2} - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > \frac{2}{{\sqrt {13} }}\\
m <  - \frac{2}{{\sqrt {13} }}
\end{array} \right.\left( * \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = m\\
{x_1}{x_2} = 1 - 3{m^2}
\end{array} \right.$

$ \Rightarrow {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1 \Leftrightarrow 1 - 3{m^2} + 2m = 1 \Leftrightarrow 3{m^2} - 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = \frac{2}{3}
\end{array} \right.$

So sánh với (*) ta có $m=\frac{2}{3}\Rightarrow a=2,b=3\Rightarrow S={{2}^{2}}+{{3}^{2}}=13$

Câu 3: Đáp án C

Ta có: $\frac{{{\log }_{2}}a.{{\log }_{5}}2}{1+{{\log }_{5}}2}+\log b=1\Leftrightarrow \frac{{{\log }_{5}}a}{1+{{\log }_{5}}2}+\log b=1\Leftrightarrow \frac{{{\log }_{5}}a}{{{\log }_{5}}10}+\log b=1$

$\log a+\log b=1\Leftrightarrow \log ab=1\Leftrightarrow ab=10$

Câu 4: Đáp án D

Điều kiện $x-1>0\Leftrightarrow x>1$. Khi đó phương trình $\Leftrightarrow {{x}^{2}}+5x-8\Leftrightarrow x=\frac{-5\pm \sqrt{57}}{2}$

Câu 5: Đáp án B

Thể tích của nửa hình cầu là ${{V}_{1}}=\frac{2}{3}\pi {{.5}^{3}}=\frac{250\pi }{3}\left( c{{m}^{3}} \right)$

Thể tích của hình trụ là: ${{V}_{2}}=\pi {{.5}^{2}}.150=3750\pi \left( c{{m}^{3}} \right)$

Thể tích của hình đó là: $V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\frac{250\pi }{3}+3750\pi =\frac{11500}{3}\pi \left( c{{m}^{3}} \right)=\frac{11,5\pi }{3}\left( l \right)=\frac{23\pi }{6}\left( l \right)$

Câu 6: Đáp án A

Ta có: $P={{\left( a{{\left( {{a}^{2}}{{\left( \frac{1}{a} \right)}^{\frac{1}{4}}} \right)}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{1}{2}}}:{{a}^{\frac{7}{24}}}={{\left( a{{\left( {{a}^{2}}.{{a}^{-\frac{1}{4}}} \right)}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{1}{2}}}:{{a}^{\frac{7}{24}}}={{a}^{\frac{19}{24}}}:{{a}^{\frac{7}{24}}}={{a}^{\frac{1}{2}}}$

$\Rightarrow \frac{m}{n}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{m}^{2}}+{{n}^{2}}={{1}^{2}}+{{2}^{2}}=5$

Câu 7: Đáp án B

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y\frac{2x+2017}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2+\frac{2017}{x}}{1+\frac{1}{x}}=2\Rightarrow y=2$ là TCN

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y\frac{2x+2017}{-x+1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2+\frac{2017}{x}}{-1+\frac{1}{x}}=2\Rightarrow y=-2$là TCN

$\Rightarrow $đồ thị hàm số có 2TCN là $y=\pm 2$ .

Câu 8: Đáp án C

Xét hàm số $y=-{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{{{x}^{3}}+x}}$. Ta có $y'=\left( 3{{x}^{2}}+1 \right){{\left( \frac{1}{x} \right)}^{{{x}^{3}}+x}}\ln 2>0;\forall x$

$\Rightarrow $Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$

Câu 9: Đáp án D

Điều kiện $0<x\ne 1$. Bất phương trình đã cho $\log {{\,}_{2}}x\le \frac{1}{{{\log }_{2}}x}\Leftrightarrow \frac{{{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{2}}-1}{{{\log }_{2}}x}\le 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {{{\log }_2}x - 1} \right)\left( {{{\log }_2}x + 1} \right)}}{{{{\log }_2}x}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _2}x \le  - 1\\
0 < {\log _2}x \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 < x \le \frac{1}{2}\\
1 < x \le 2
\end{array} \right.$(thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left( 0;\frac{1}{2} \right]\cup \left( 1;2 \right]$

Câu 10: Đáp án A

ĐK: $x>0$.Ta có $y' = 2x\ln x + x = x\left( {2\ln x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
2\ln x + 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\left( L \right)\\
x = {e^{ - \frac{1}{2}}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = {e^{ - \frac{1}{2}}}$

$y''=2\ln x+2+1=2\ln x+3\Rightarrow y''\left( {{e}^{-\frac{1}{2}}} \right)=2>0\Rightarrow x={{e}^{-\frac{1}{2}}}$là điểm cực tiểu

$\Rightarrow {{y}_{CT}}=y\left( {{e}^{-\frac{1}{2}}} \right)=-\frac{1}{2e}$

Câu 11: Đáp án C

Câu 12: Đáp án D

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}
\sin x + \cos x \ne 0\\
\sin x \ne 0
\end{array} \right.$

$PT \Leftrightarrow \frac{{2\left( {1 + \cos x} \right)}}{{{{\sin }^2}x}} = \frac{{\sin x - 1}}{{\sin x + \cos x}} \Leftrightarrow 2\left( {1 + \cos x} \right)\left( {\sin x + \cos x} \right) = {\sin ^2}x\left( {\sin x - 1} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {1 + \cos x} \right)\left[ {2\left( {\sin x + \cos x} \right) - \left( {1 - \cos x} \right)\left( {\sin x - 1} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x + 1 = 0\\
\sin x + \cos x + \sin x\cos x + 1 = 0
\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x + 1 = 0\\
\sin x + 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x +  - \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {loai} \right)\\
x = \pi  + k2\pi 
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)$

Kết hợp với điều kiện ban đầu, suy ra $x = \pi  + k2\pi $

Suy ra có 2 điểm biểu diễn nghiệm PT trên vòng tròn lượng giác

Câu 13: Đáp án A

Ta có: $\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{{{S}_{BCDNM}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{{{S}_{ABCD}}-{{S}_{AMN}}}{{{S}_{ABCD}}}=1-\frac{{{S}_{AMN}}}{{{S}_{ABCD}}}$

$1-\frac{{{S}_{AMN}}}{2{{S}_{ABD}}}=1-\frac{AM.AN}{2AB.AD}=1-\frac{1}{\frac{AB}{AM}.2\frac{AD}{AN}}$$=1-\frac{1}{\frac{AB}{AM}\left( 4-\frac{AB}{AM} \right)}$

Ta có: $\frac{AB}{AM}\left( 4-\frac{AB}{AM} \right)\le {{\left( \frac{\frac{AB}{AM}+4-\frac{AB}{AM}}{2} \right)}^{2}}\le 4$

$\Rightarrow \frac{{{V}_{1}}}{V}\le 1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\Rightarrow {{\left( \frac{{{V}_{1}}}{V} \right)}_{\text{max}}}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow \frac{AB}{AM}=4-\frac{AB}{AM}$$\Leftrightarrow \frac{AB}{AM}=2$

Câu 14: Đáp án C

PT hoành độ giao điểm là

$\left( 3m-1 \right)x+6m+3={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-\left( 3m-1 \right)x-6m-2=0\left( * \right)$

Giả sử $A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ và $C\left( {{x}_{3}};{{y}_{3}} \right)$lần lượt là giao điểm của $\left( C \right)$và $\left( d \right)$

Vì B cách đều hai điểm $A,C\Rightarrow B$là trung điểm của $AC\Rightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{3}}=2{{x}_{2}}$

Thay ${{x}_{2}}=1$vào $\left( * \right)$, ta có ${{1}^{3}}-{{3.1}^{2}}-\left( 3m-1 \right)-6m-2=0\Leftrightarrow -9m-3=0\Leftrightarrow m=-\frac{1}{3}$

Thử lại, với $m =  - \frac{1}{3} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
x = 2
\end{array} \right.$(TM). Vậy $m\in \left( -1;0 \right)$

Câu 15: Đáp án C

Ghép hình chóp vào hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là $a,b,c$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{a^2} + {b^2} = {x^2}\\
{b^2} + {c^2} = {y^2}\\
{c^2} + {a^2} = {z^2}
\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = \frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{2}$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{c^2} = \frac{{{y^2} + {z^2} - {x^2}}}{2}\\
{a^2} = \frac{{{x^2} + {z^2} - {y^2}}}{2}\\
{b^2} = \frac{{{x^2} + {y^2} - {z^2}}}{2}
\end{array} \right.$

$\Rightarrow abc=\sqrt{\frac{\left( {{y}^{2}}+{{z}^{2}}-{{x}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{z}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-{{z}^{2}} \right)}{8}}$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}abc=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{\left( {{y}^{2}}+{{z}^{2}}-{{x}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{z}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-{{z}^{2}} \right)}$

$\le \frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{\left( \frac{{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-{{x}^{2}}+{{x}^{2}}+{{z}^{2}}-{{y}^{2}}+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-{{z}^{2}}}{3} \right)}=\frac{1}{6\sqrt{2}}.3\sqrt{3}=\frac{\sqrt{6}}{4}\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}\max =\frac{\sqrt{6}}{4}\Leftrightarrow x=y=z$

Câu 16: Đáp án B

Xác suất để lấy ra 4 quả cùng màu là $\frac{C_{4}^{4}+C_{6}^{4}}{C_{10}^{4}}=\frac{8}{105}$

Câu 17: Đáp án B

Phương trình đã cho tương đương với ${{\log }_{2}}\left( 2{{x}^{2}}-x+2m-4{{m}^{2}} \right)={{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+mx-2{{m}^{2}} \right)$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + mx - 2{m^2} > 0\\
2{x^2} - x + 2m - 4{m^2} = {x^2} + mx - 2{m^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + mx - 2{m^2} > 0\\
{x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 2m - 2{m^2} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + mx - 2{m^2} > 0\\
\left[ \begin{array}{l}
{x_1} = 2m\\
{x_2} = 1 - m
\end{array} \right.
\end{array} \right.$

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}>1$ khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l}
2m \ne 1 - m\\
{\left( {2m} \right)^2} + m.2m - 2{m^2} > 0\\
{\left( {1 - m} \right)^2} + m\left( {1 - m} \right) - 2{m^2} > 0\\
{\left( {2m} \right)^2} + \left( {1 - {m^2}} \right) > 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 0;m \ne \frac{1}{3}\\
 - 1 < m < \frac{1}{2};\left[ \begin{array}{l}
m > \frac{2}{5}\\
m < 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - 1;0} \right) \cup \left( {\frac{2}{5};\frac{1}{2}} \right)$

Vậy $a=-1;b=0;c=\frac{2}{5};d=\frac{1}{2}\to A=a+b+5c+2d=2$

Câu 18: Đáp án B

Độ dài đường sinh là $l=\frac{R}{\sin 30{}^\circ }=2a\sqrt{2}$

Diện tích xung quanh của hình nón là: $S=\pi Rl=\pi a\sqrt{2}.2a\sqrt{2}=4\pi {{a}^{2}}$

Câu 19: Đáp án B

Ta có $y'=3{{x}^{2}}-6x\Rightarrow \frac{y}{y'}=\frac{x-1}{3}+\frac{1-2x}{y'}\Rightarrow y=-2x+1$là đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị

Câu 20: Đáp án C

PBT $\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{{{x}^{2}}+4x}}>{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{5}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}+4x<5\Leftrightarrow -5<x<1\Rightarrow S=\left( -5;1 \right)\Rightarrow b-a=6$

Câu 21: Đáp án D

Đặt ${\log _{25}}\frac{x}{2} = {\log _{15}}y = {\log _9}\frac{{x + y}}{4} = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{x}{2} = {25^t}\\
y = {15^t}\\
\frac{{x + y}}{4} = {9^t}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = {2.25^t}\\
y = {15^t}\\
x + y = {4.9^t}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{2.25^t} + {15^t} = {4.9^t}\\
\frac{x}{y} = 2{\left( {\frac{5}{3}} \right)^t}
\end{array} \right.$

$ \Rightarrow 2{\left( {\frac{5}{3}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{5}{3}} \right)^t} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{5}{3}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{4}\\
{\left( {\frac{5}{3}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt {33} }}{4}
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {\frac{5}{3}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{4} \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a =  - 1\\
b = 33
\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 32$

Câu 22: Đáp án D

Số mặt bên là $2018-2=2016\Rightarrow $mỗi đáy có 2016 cạnh $\Rightarrow $mỗi đáy có 2016 đỉnh $\Rightarrow $ có tất cả số cạnh là $2016.2+2016=6048$

Câu 23: Đáp án B

Với $4\left| y \right|-\left| y-1 \right|+{{\left( x+3 \right)}^{2}}\le 8$, xét từng TH phá trị tuyệt đối, ta tìm được nghiệm $-3\le y\le 0$

Khi đó ${{3}^{\left| {{x}^{2}}-2x-3 \right|-{{\log }_{3}}5}}=\frac{{{3}^{\left| {{x}^{2}}-2x-3 \right|}}}{{{3}^{{{\log }_{3}}5}}}=\frac{{{3}^{\left| {{x}^{2}}-2x-3 \right|}}}{5}\ge \frac{1}{5}$và $y\in \left[ -3;0 \right]\Leftrightarrow y+4\in \left[ 1;4 \right]\Rightarrow {{5}^{-\left( y+4 \right)}}\le {{5}^{-1}}=\frac{1}{5}$

Do đó ${3^{\left| {{x^2} - 2x - 3} \right| - {{\log }_3}5}} = {5^{ - \left( {y + 4} \right)}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| {{x^2} - 2x - 3} \right| = 0\\
 - \left( {y + 4} \right) =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 3
\end{array} \right.\\
y =  - 3
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {x,y} \right) = \left\{ {\left( { - 1; - 3} \right);\left( {3; - 3} \right)} \right\}$

Vậy có tất cả hai cặp số thực $\left( x,y \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 24: Đáp án C

Điều kiện $x\ge 0$. Dễ thấy $x=0$ không là nghiệm của phương trình.

Xét $x>0$, chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được

$\frac{{{x}^{2}}+4}{x}-\left( m-1 \right)\sqrt{\frac{{{x}^{2}}+4}{x}}+m+2=0\left( * \right)$

Đặt $\sin \left( x+\alpha  \right)\le 5$, khi đó phương trình $\left( * \right)\Leftrightarrow {{t}^{2}}-\left( m-1 \right)t+m+2=0$

Vì $t\ge 2\Leftrightarrow t-1\ne 0$ nên phương trình $\left( * \right)\Leftrightarrow {{t}^{2}}+t+2=m\left( t-1 \right)\Leftrightarrow m=\frac{{{t}^{2}}+t+2}{t-1}$

Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}+t+2}{t-1}$ trên $\left[ 2;+\infty  \right)$có $f'\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-2t-3}{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}$ suy ra $\underset{\left[ 2;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=7$

Khi đó, để phương trình $m=f\left( t \right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow m\ge \underset{\left[ 2;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=7$

Kết hợp với $\sin \left( x+\alpha  \right)\le 5$ và $\sin \left( x+\alpha  \right)\le 5$ suy ra có tất cả 2012 giá trị nguyên m

Câu 25: Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\left( 7;10;1 \right)\ne \overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}=\left( 4;12;-3 \right)\Rightarrow $đúng

$2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}\ne \overrightarrow{d}-2\overrightarrow{c}$

Câu 26: Đáp án D

Gọi số hạng cần tìm có dạng $\overrightarrow{a}$với $\overrightarrow{a}$

TH1: Với $a=1\to b=\left\{ 2;3;...;9 \right\}$, tức là b có 8 cách chọn

TH2: Với $a=2\to b=\left\{ 3;4;...;9 \right\}$, tức là b có 7 cách chọn

Tương tự, với các trường hợp a còn lại, tai được $8+7+6+...+1=36$số cần tìm

Câu 27: Đáp án A

Gọi M là trung điểm của CD khi đó $MC=MD;MA=MB$

Ta có $AB=\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2OA.OB\cos A}=2a\sqrt{3};OI=a$

$CI=\frac{AB}{2}=a\sqrt{3};DI=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=3a\Rightarrow CO=a\sqrt{2};DO=2a\sqrt{2}$

Khi đó $OC.OD=O{{B}^{2}}\Rightarrow \Delta BCD$vuông tại B

Suy ra $MC=MD=MB$

Vậy M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$

Khi đó $R=\frac{CD}{2}=\frac{OC+DO}{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$

Câu 28: Đáp án B

Chú ý giới hạn đặt biệt sau: $\underset{u\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{u}}-1}{u}=1$

Ta có $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{ax}}-1}{ax}=1\Leftrightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{ax}}-1}{2x}=\frac{a}{2}$và $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{3x}}-1}{3x}=1\Leftrightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{3x}}-1}{2x}=\frac{3}{2}$

Do đó $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{ax}}-{{e}^{3x}}}{2x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{ax}}-1-{{e}^{3x}}+1}{2x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{ax}}-1}{2x}-\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{3x}}-1}{2x}=\frac{a-3}{2}$

Mà hàm số liên tục tại $x=0\Rightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right)\Leftrightarrow \frac{a-3}{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=4$

Câu 29: Đáp án A

Ta có: $S{{M}^{2}}={{\left( 2a \right)}^{2}}-{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}$

$S{{M}^{2}}=M{{N}^{2}}+S{{N}^{2}}-2MN.SN\cos 60{}^\circ $

$\Leftrightarrow 3{{a}^{2}}={{\left( 2a \right)}^{2}}+S{{N}^{2}}-2.2aSN.\frac{1}{2}\Leftrightarrow S{{N}^{2}}-2aSN+{{a}^{2}}=0$

$\Leftrightarrow {{\left( SN-a \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow SN=a$

$SH=SN\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{3};MP=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$

$HN=SN\cos 60{}^\circ =\frac{a}{2}\Rightarrow HO=a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}$

Ta có $\frac{OM}{HM}=\frac{a}{\frac{3a}{2}}=\frac{2}{3}$nên $d\left( O;\left( SMP \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( h;\left( SMP \right) \right)$

$PN=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$. Mà $\frac{KH}{PN}=\frac{MH}{MN}$

$\Rightarrow KH=\frac{MH}{MN}.PN=\frac{2}{2a}a\sqrt{2}=\frac{2a\sqrt{2}}{4}\frac{1}{I{{H}^{2}}}=\frac{1}{H{{S}^{2}}}+\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{3a\sqrt{2}}{4} \right)}^{2}}}\Rightarrow IH=\frac{3a\sqrt{5}}{10}$

$\Rightarrow d\left( O;\left( SMP \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( h;\left( SMP \right) \right)=\frac{2}{3}IH=\frac{2}{3}.\frac{3a\sqrt{5}}{10}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$