Câu 30: Đáp án C
Ta có $+\lim \frac{n{{\left( n-2018 \right)}^{2017}}}{n{{\left( 2017 \right)}^{2018}}}=\lim \frac{{{\left( 1-\frac{2018}{{{n}^{2017}}} \right)}^{2017}}}{{{\left( 1-\frac{2017}{{{n}^{2018}}} \right)}^{2018}}}=1$
$+\lim \left[ \frac{-1}{n}\left( \sqrt{{{n}^{2}}+2020}-\sqrt{4{{n}^{2}}+2017} \right) \right]=\lim \frac{-1}{n}\left[ \frac{3-3{{n}^{2}}}{\sqrt{{{n}^{2}}+2020}+\sqrt{4{{n}^{2}}+2017}} \right]=1$
$+{{u}_{n}}=\frac{1}{1.3}+\frac{1}{3.5}+...+\frac{1}{\left( 2n+1 \right)\left( 2n+3 \right)}=\frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}...+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3} \right)=\frac{n+1}{2n+3}\Rightarrow \lim \frac{n+1}{2n+3}=\frac{1}{2}$
$ + \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 2018\\
{u_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{u_n} + 1} \right),n \ge 1
\end{array} \right. \Rightarrow 2{u_{n + 1}} - 2 = {u_n} - 1 \Leftrightarrow 2\left( {{u_{n + 1}} - 1} \right) = {u_n} - 1$
Đặt ${{v}_{n+1}}={{u}_{n+1}}-1\Rightarrow 2{{v}_{n+1}}={{v}_{n}}\Leftrightarrow {{v}_{n+1}}=\frac{{{v}_{n}}}{2};{{v}_{1}}=2017\Rightarrow {{v}_{n}}$là cấp số nhân với
$\left\{ \begin{array}{l}
{v_1} = 2017\\
q = \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow {v_n} = 2017.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \Rightarrow {u_n} = 2017.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} + 1 \Rightarrow \lim {u_n} = 1$
Câu 31: Đáp án A
Ta có $y = 3\sin x + 4\cos x - 1 = 5\left( {\frac{3}{5}\sin x + \frac{4}{5}\cos x} \right) - 1 = 5\sin \left( {x + \alpha } \right) - 1,\left\{ \begin{array}{l}
\sin \alpha = \frac{4}{5}\\
\cos \alpha = \frac{3}{5}
\end{array} \right.$
Có $-5\le 5\sin \left( x+\alpha \right)\le 5\Leftrightarrow -6\le 5\sin \left( x+\alpha \right)-1\le 4\Leftrightarrow -6\le y\le 4\Rightarrow \max y=4,\min y=-6$
Câu 32: Đáp án C
Theo bài ra, thanh sào sẽ đi qua các điểm B, M , C (hình vẽ dưới)
Suy ra độ dài thanh sào là $L=BM+MC=\frac{BH}{\sin \widehat{BHM}}+\frac{CK}{\sin \widehat{CMK}}$
Đặt $\widehat{BHM}=x\Rightarrow \widehat{CMK}=90{}^\circ -x$, do đó $L=\frac{24}{\sin x}+\frac{3}{\cos x}$
Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow {{L}_{\min }}\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{24}{\sin x}+\frac{3}{\cos x}\min $
Ta có $f'\left( x \right)=\frac{3\sin x}{{{\cos }^{2}}x}-\frac{24\cos x}{{{\sin }^{2}}x}=0\Leftrightarrow {{\sin }^{3}}x=8{{\cos }^{3}}x\Leftrightarrow \tan x=2$
$\Rightarrow \cos x=\frac{1}{\sqrt{1+{{\tan }^{2}}x}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow \sin x=\sqrt{1-{{\cos }^{2}}x}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
Suy ra $\underset{\left( 0;\frac{\pi }{2} \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=15\sqrt{5}$. Vậy độ dài tối thiểu của thanh sào là $15\sqrt{5}$
Câu 33: Đáp án B
Các mệnh đề (III), (IV) đúng
Câu 34: Đáp án A
PT $\left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\
x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)$
$x \in \left[ { - 2\pi ;2\pi } \right] \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
- 2\pi \le \frac{\pi }{3} + k2\pi \le 2\pi \\
- 2\pi \le - \frac{\pi }{3} + k2\pi \le 2\pi
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
- \frac{7}{6} \le k \le \frac{5}{6}\\
- \frac{5}{6} \le k \le \frac{7}{6}
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
k = - 1,0\\
k = 0,1
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{{5\pi }}{3},x = \frac{\pi }{3}\\
x = - \frac{\pi }{3},x = \frac{{5\pi }}{3}
\end{array} \right.$
Câu 35: Đáp án D
Ta có $y'={{7}^{{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+\left( 9-3m \right)x+1}}\left( 3{{x}^{2}}+6x+9-3m \right)\ln 7$
Hàm số đồng biến trên
$\left[ 0,1 \right]\Leftrightarrow y'\ge 0,\forall x\in \left[ 0,1 \right]\Rightarrow 3{{x}^{2}}+6x+9-3m\ge 0\Leftrightarrow m\le {{x}^{2}}+2x+3,x\in \left[ 0,1 \right]\left( 1 \right)$
Xét hàm số $f\left( x \right)={{x}^{2}}+2x+3,x\in \left[ 0,1 \right]\Rightarrow f'\left( x \right)=2x+2=0\Leftrightarrow x=-1\Rightarrow f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ 0;1 \right]$
Suy ra $\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{f\left( x \right)}}\,\ge f\left( 0 \right)=3\Rightarrow \left( 1 \right)\Leftrightarrow m\le 3\Rightarrow $ có 3 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn đề bài
Câu 36: Đáp án B
Điều kiện : $\cos x\ne 0$. Vì ${{e}^{\sin \left( x-\frac{\pi }{4} \right)}}>0;\forall x\Rightarrow \tan x>0$
Ta có ${{e}^{\sin \left( x-\frac{\pi }{4} \right)}}=\tan x\Leftrightarrow {{e}^{\frac{1}{\sqrt{2}}\left( \sin x-\cos x \right)}}=\frac{\sin x}{\cos x}\Leftrightarrow \frac{{{e}^{\frac{\sin x}{\sqrt{2}}}}}{\sin x}=\frac{{{e}^{\frac{\sin x}{\sqrt{2}}}}}{\cos x}\Leftrightarrow f\left( \sin x \right)=f\left( \cos x \right)$
Vì $x>0$nên $\sin x,\cos x$cùng thuộc khoảng $\left( -1;0 \right)$và $\left( 0;1 \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{e}^{\frac{t}{\sqrt{2}}}}}{t},$có $f'\left( t \right)=\frac{{{e}^{\frac{t}{\sqrt{2}}}}\left( t\sqrt{2}-2 \right)}{2{{t}^{2}}}<0$với mọi $t\in \left( -1;0 \right)\cup \left( 0;1 \right)$
Suy ra $f\left( t \right)$là hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( -1;0 \right)$và $\left( 0;1 \right)$
Mà $f\left( \sin x \right)=f\left( \cos x \right)\Rightarrow \sin x=\cos x\Leftrightarrow \sin \left( x-\frac{\pi }{4} \right)=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi \left( k\in \mathbb{Z} \right)$
Lai có $x\in \left[ 0;50\pi \right]$nên $0\le \frac{\pi }{4}+k\pi \le 50\pi \Leftrightarrow -\frac{1}{4}\le k\le \frac{199}{4}\xrightarrow{k\in \mathbb{Z}}k=\left\{ 0\to 49 \right\}$
Vậy tổng cần tính là $T=50.\frac{\pi }{4}+\pi \left( 1+2+...+49 \right)=50.\frac{\pi }{4}+1225\pi =\frac{2475\pi }{2}$
Câu 37: Đáp án B
Khối đa diện đều loại $\left\{ 3;5 \right\}$có tất cả 20 mặt đều
Tổng diện tích tất cả các mặt của khối đa diện đều loại $\left\{ 3;5 \right\}$ là $S=20.\frac{1}{2}{{1}^{2}}\sin 60{}^\circ =5\sqrt{3}$
Câu 38: Đáp án D
Khối tròn xoay thu được là khối nón cụt
Ta có $\frac{AB}{CD}=\frac{1}{2}\Rightarrow OA=DA=3a\Rightarrow DO=6a$
$\Rightarrow OK=\sqrt{{{\left( 6a \right)}^{2}}-{{\left( 2a \right)}^{2}}}=4\sqrt{2}a;OH=\frac{OK}{2}=2a\sqrt{2}$
$AH=\frac{DK}{2}=\frac{2a}{2}=a$
Thể tích khối tròn xoay thu được là
$V=\frac{1}{3}\pi D{{K}^{2}}.OK-\frac{1}{3}\pi A{{H}^{2}}.OH$
$\frac{1}{3}\pi {{\left( 2a \right)}^{2}}.4\sqrt{2}a-\frac{1}{3}\pi {{a}^{2}}.2a\sqrt{2}=\frac{14\sqrt{2}\pi {{a}^{3}}}{3}$
Câu 39: Đáp án D
Ta có $y=3{{x}^{2}}+2x+m$. Hàm số có cực trị khi $\Delta '=1-3m>0\Leftrightarrow m<\frac{1}{3}$
Do hàm số có $a=1>0\Rightarrow {{x}_{CT}}>{{x}_{CD}}$
Giả thiết bài toán $\Leftrightarrow PT:3{{x}^{2}}+2x+m=0$có ít nhất 1 nghiệm dương
Do $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = - \frac{2}{3} < 0\\
{x_1}{x_2} = \frac{m}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow m < 0$ là giá trị cần tìm. Vậy $\left( -5;6 \right)\cap S=\left( -5;0 \right)$
Câu 40: Đáp án D
Có duy nhất một phép tịnh tiến biến đường tròn thành chính nó
Câu 41: Đáp án C
Gọi H là trung điểm của $MC\Rightarrow A'H\bot MC\Rightarrow A'H\bot \left( ABC \right)$
Tam giác $MA'C$ đều cạnh $2a\sqrt{3}\Rightarrow MC=2a\sqrt{3}$và $A'H=3a$
Đặt $AB=x\Rightarrow AC=\tan 30{}^\circ .AB=\frac{x}{\sqrt{3}}$ và $BC=\frac{2x}{\sqrt{3}}$
Vì CM là đường trung tuyến của tam giác ABC
$\Rightarrow C{{M}^{2}}=\frac{A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}=\frac{7{{x}^{2}}}{12}=12{{a}^{2}}\Rightarrow x=\frac{12a}{\sqrt{7}}$
Diện tích tam giác ABC là ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{24{{a}^{2}}\sqrt{3}}{7}$
Vậy thể tích cần tìm là $V=A'H.{{S}_{\Delta ABC}}=3a.\frac{24{{a}^{2}}\sqrt{3}}{7}=\frac{72\sqrt{3}{{a}^{3}}}{7}$
Câu 42: Đáp án A
Ta có $y={{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)\to y'=\frac{2x}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln 2}$
Câu 43: Đáp án A
Tâm các mặt của hình lập phương tạo thành khối bát diện đều
Câu 44: Đáp án C
Gọi K là hình chiếu của H trên $AC\Rightarrow HK\bot \left( ABCD \right)$
Ta có $\overset\frown{SC;\left( ABCD \right)}=\overset\frown{SC;AC}=\overset\frown{SCA}=60{}^\circ \Rightarrow \sin \overset\frown{SCA}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{2}$
Và $CH=\cos \overset\frown{SCA}\times AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$suy ra $HK=\frac{AH.HC}{\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$
Vậy thể tích khối chóp $H.ABCD$là $V=\frac{1}{3}.HK.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{3{{a}^{2}}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}$
Câu 45: Đáp án A
Phương trình $4\left| {{x}^{3}} \right|-3{{x}^{2}}-6\left| x \right|={{m}^{2}}-6m\Leftrightarrow {{\left| x \right|}^{3}}-\frac{3}{4}{{\left| x \right|}^{2}}-\frac{3}{2}\left| x \right|=\frac{{{m}^{2}}-6m}{4}\text{ }\left( * \right)$
Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)={{x}^{3}}-\frac{3}{4}{{x}^{2}}-\frac{3}{2}x\to $Đồ thị hàm số $y=f\left( \left| x \right| \right)\text{ }\left( C \right)$
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của $\left( C \right)$ và đường thẳng $y=\frac{{{m}^{2}}-6m}{4}$
Vậy để (*) có 3 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - 6m}}{4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = 6
\end{array} \right.$
Câu 46: Đáp án C
Hàm số đã cho xác định $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x - 2} \right)^4} > 0\\
9 - {x^2} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne 2\\
- 3 < x < 3
\end{array} \right.$. Vậy $D=\left( -3;3 \right)\backslash \left\{ 2 \right\}$
Câu 47: Đáp án C
Gọi x, h (m) lần lượt là chiều trọng của đáy và chiều cao của hình hộp chữ nhật.
Thể tích bể nước là $V=h.3{{x}^{2}}=3{{x}^{2}}h=2,018\Rightarrow xh=\frac{1009}{1500x}$$(Dethithpt.com)$
Diện tích đáy bể là ${{S}_{d}}=x.3x=3{{x}^{2}}\to $ Chi phí làm đáy bể là ${{T}_{1}}=750{{x}^{2}}$nghìn đồng
Diện tích nắp bể là ${{S}_{d}}=x.3x=3{{x}^{2}}\to $ Chi phí làm nắp bể là ${{T}_{2}}=300{{x}^{2}}$nghìn đồng
Diện tích thân bể là ${{S}_{xq}}=2xh+6xh=8xh\to $ Chi phí làm bể là ${{T}_{3}}=1600xh$nghìn đồng
Vậy tổng chi phí cần tính là $T={{T}_{1}}+{{T}_{2}}+{{T}_{3}}=1600xh+1050{{x}^{2}}=\frac{16144}{15x}+1050{{x}^{2}}$
Ta có $1050{{x}^{2}}+\frac{8072}{15x}+\frac{8072}{15x}\ge 3\sqrt[3]{1050{{x}^{2}}.\frac{8072}{15x}.\frac{8072}{15x}}\approx 2017,333$
Do đó $T\ge 2017,333$ nghìn đồng. Hay chi phí thấp nhất là 2.017.333 đồng.
Câu 48: Đáp án A
Điều kiện: $n\ge 6$. Ta có $A_{n}^{5}\le 18A_{n-2}^{4}\Leftrightarrow \frac{n!}{\left( n-5 \right)!}\le 18.\frac{\left( n-2 \right)!}{\left( n-6 \right)!}\Leftrightarrow \frac{n\left( n-1 \right)}{n-5}\le 18$
$\Leftrightarrow {{n}^{2}}-n\le 18\left( n-5 \right)\Leftrightarrow {{n}^{2}}-19n+90\le 0\Leftrightarrow 9\le n\le 10\to n=10$
Với $n=10$, xét khai triển ${{\left( 2x+\frac{1}{\sqrt[5]{x}} \right)}^{10}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}}{{\left( 2x \right)}^{10-k}}.{{\left( \frac{1}{\sqrt[5]{x}} \right)}^{k}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}}{{2}^{10-k}}.{{x}^{10-\frac{6k}{5}}}$
Hệ số của ${{x}^{4}}$ ứng với $10-\frac{6k}{5}=4\Rightarrow k=5$. Vậy hệ số cần tìm là $C_{10}^{5}{{.2}^{5}}=8064$
Câu 49: Đáp án D
Phương trình hoành độ dao điểm của $\left( C \right)$và $\left( d \right)$là
$\frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x + m - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \pm - 1\\
\underbrace {{x^2} + \left( {m - 2} \right)x + m - 2}_{f\left( x \right)}
\end{array} \right.$
Để $\left( C \right)$cắt $\left( d \right)$tại hai điểm phân biệt $\Leftrightarrow f\left( x \right)=0$có hai nghiệm phân biệt$x \ne - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > 6\\
m < 2
\end{array} \right.$
Gọi $A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ là giao điểm của $\left( C \right)$ và
$\left( d \right)\Rightarrow AB=\sqrt{2{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}}=\sqrt{2{{\left( {{x}_{2}}+{{x}_{1}} \right)}^{2}}-8{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$
Theo hệ thức Viet, ta được $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 2 - m\\
{x_1}{x_2} = m - 2
\end{array} \right.$ mà $AB=2\sqrt{3}\Rightarrow {{\left( 2-m \right)}^{2}}-4\left( m-2 \right)=6\Leftrightarrow m=4\pm \sqrt{10}$
Câu 50: Đáp án C
Ta có $y' = {x^2} - 4x + 3 \Rightarrow y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 3\\
x < 1
\end{array} \right.$
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( -\infty ;1 \right)$ và $\left( 3;+\infty \right)$
