Câu 30. Chọn D.
Ta có $I=\int{f\left( x \right)\text{d}x=}\int{\frac{1+\ln x}{x.\ln x}\text{d}x}$.
Đặt $x\ln x=t$$\Rightarrow \left( \ln x+1 \right)\text{d}x=\text{d}t$. Khi đó ta có $I=\int{\frac{1+\ln x}{x.\ln x}\text{d}x}$$=\int{\frac{1}{t}\text{dt}}$$=\ln \left| t \right|+C$$=\ln \left| x.\ln x \right|+C$.
Câu 31.Chọn D.
Vì trong 4 tam giác của tứ diện đều không có tam giác nào là tam giác vuông nên không có khối nón nào được tạo thành.
Câu 32. Chọn C.
$\int{{{e}^{2x}}dx=\frac{1}{2}{{e}^{2x}}+C}.$
Câu 33. Chọn B.
$d\left( BC;SD \right)=d\left( BC;\left( SAD \right) \right)=d\left( B;\left( SAD \right) \right)=BA$.
$BA=\sqrt{A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\sqrt{5{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}$.
Câu 34. Chọn A.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Theo bài ra $SH\bot \left( ABC \right)$ .$\angle SCH=30{}^\circ $
$CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Xét tam giác $SCH$ ta có $\text{S}H=CH.\tan 30{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{2}$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$.
${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$ . ${{V}_{S.BCM}}=\frac{1}{2}.{{V}_{S.BCM}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}$.
Câu 35. Chọn B.
* Bảng biến thiên này là bảng biến thiên của hàm bậc ba.
* Nhánh đầu tiên của bảng biến thiên đi xuống nên ta loại các đáp án C và D.
* Phương trình ${y}'=0$ có hai nghiệm là $x=0$ và $x=2$ nên ta loại đáp án A.
* Đáp án đúng là B.
Câu 36. Chọn A.
* Ta có:
$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{({{x}^{2}}+2012)\sqrt[7]{1-2x}-2012}{x}$$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( x\sqrt[7]{1-2x} \right)+2012.\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{(\sqrt[7]{1-2x}-1)}{x}$$=2012.\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[7]{1-2x}-1}{x}$
* Xét hàm số $y=f\left( x \right)=\sqrt[7]{1-2x}$ ta có $f\left( 0 \right)=1$. Theo định nghĩa đạo hàm ta có:
${f}'\left( 0 \right)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-f\left( 0 \right)}{x-0}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[7]{1-2x}-1}{x}$
${f}'\left( x \right)=-\frac{2}{7{{\left( \sqrt[7]{1-2x} \right)}^{6}}}\Rightarrow {f}'\left( 0 \right)=-\frac{2}{7}$$\Rightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[7]{1-2x}-1}{x}=-\frac{2}{7}$
$\Rightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{({{x}^{2}}+2012)\sqrt[7]{1-2x}-2012}{x}=-\frac{4024}{7}$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 4024\\
b = 7
\end{array} \right. \Rightarrow a + b = - 4017$
Câu 37. Chọn B.
* TXĐ: $D=\left( -\infty ;0 \right)\cup \left( 1;+\infty \right)$.
* Ta có: ${{\log }_{\frac{1}{2}}}({{x}^{2}}-x)\ge -1$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-2\le 0\Leftrightarrow x\in \left[ -1;2 \right]$.
* Kết hợp điều kiện xác định ta được tập nghiệm của bất phương trình là: $S=\left[ -1;0 \right)\cup \left( 1;2 \right].$
Câu 38. Chọn D.
* ĐKXĐ:
$\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{cos}}x \ne 0\\
{\rm{cos2}}x \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\sin ^2}x \ne 1\\
{\sin ^2}x \ne \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
* Ta có:
$\frac{{{a}^{2}}}{1-{{\tan }^{2}}x}=\frac{{{\sin }^{2}}x+{{a}^{2}}-2}{\cos 2x}$$\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{\cos }^{2}}x={{\sin }^{2}}x+{{a}^{2}}-2$$\Leftrightarrow -{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}x={{\sin }^{2}}x-2$$\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}x=\frac{2}{1+{{a}^{2}}}$
Để phương trình đã cho có nghiệm điều kiện là:
$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{2}{{1 + {a^2}}} \in \left[ {0;1} \right]\\
\frac{2}{{1 + {a^2}}} \ne 1\\
\frac{2}{{1 + {a^2}}} \ne \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{2}{{1 + {a^2}}} \in \left( {0;1} \right)\\
\frac{2}{{1 + {a^2}}} \ne \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 + {a^2} > 2\\
1 + {a^2} \ne 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left| a \right| > 1\\
\left| a \right| \ne \sqrt 3
\end{array} \right.$
Câu 39. Chọn D.
Giả sử $M\left( {{x}_{0}};\,{{y}_{0}} \right)$ là điểm cố định của họ $\left( {{C}_{m}} \right)$. Khi đó
${y_0} = x_0^4 - mx_0^2 + m + 2018,\,\forall m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- x_0^2 + 1 = 0\\
x_0^4 - {y_0} + 2018 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 1\\
{x_0} = - 1
\end{array} \right.\\
x_0^4 - {y_0} + 2018 = 0
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left( { - x_0^2 + 1} \right)m + x_0^4 - {y_0} + 2018 = 0,\,\forall m$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = 1\\
{y_0} = 2019
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = - 1\\
{y_0} = 2019
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
M\left( {1;\,2019} \right)\\
N\left( { - 1;\,2019} \right)
\end{array} \right.$
Suy ra tọa độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ có tọa độ là $I\left( 0;\,2019 \right)$.
Câu 40. Chọn B.
Gọi $M\left( {{x}_{0}};\,{{y}_{0}} \right)$ là tiếp điểm của đồ thị hàm số $\left( C \right)$ và tiếp tuyến.
Khi đó ${f}'\left( {{x}_{0}} \right)=\frac{-7}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}$ là hệ số góc của tiếp tuyến.
Đường thẳng $d:x+7y-5=0$ có hệ số góc $k=-\frac{1}{7}$.
Mà tiếp tuyến song song với đường thẳng $d$ nên
$\begin{array}{l}
f'\left( {{x_0}} \right) = k \Leftrightarrow \frac{{ - 7}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{7} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} + 2 = 7\\
{x_0} + 2 = - 7
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 5\\
{x_0} = - 9
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{y_0} = 0\\
{y_0} = - \frac{{14}}{7}
\end{array} \right.
\end{array}$
.
Suy ra ${{M}_{1}}\left( 5;\,0 \right)$; ${{M}_{2}}\left( -9;\,\frac{-14}{7} \right)$.
Tiếp tuyến tại ${{M}_{1}}\left( 5;\,0 \right)$ là: $y=-\frac{1}{7}x+\frac{5}{7}$.
Tiếp tuyến tại ${{M}_{2}}\left( -9;\,\frac{-14}{7} \right)$ là: $y=-\frac{1}{7}x-\frac{23}{7}$.
Câu 41. Chọn D.
Gọi $D\left( x;y;z \right)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{0}$ khi đó ta có $D\left( 2;\,3;\,4 \right)$
$P=\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB} \right|$ $=\left| \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DB} \right|$$=\left| 2\overrightarrow{MD} \right|$$=2MD$
Khi đó $P$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là hình chiếu của $D$ lên mặt phẳng $\left( Oxy \right)$
Ta có phương trình
$\left( {MD} \right):\left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 3\\
z = 4 + t
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2;\,3;\,4 + t} \right)$
$M\in \left( Oxy \right)$ nên $4+t=0\Leftrightarrow t=-4$
Vậy $M\left( 2;\,3;\,0 \right)$ là điểm cần tìm.
Câu 42. Chọn A.
Giả sử trải các mặt hình chóp đều trên đường tròn tâm $S$ và bán kính $R=SA$. Ta có $\Delta SA{A}'$ có $\widehat{AS{A}'}={{15}^{\text{o}}}.4={{60}^{\text{o}}}\Rightarrow \Delta SA{A}'$ đều.
Mà đoạn đường $AQ$ ngắn nhất khi $A$, $M$, $N$, $P$, $Q$ thẳng hàng. Khi đó $N$ là trọng tâm $\Delta SA{A}'$. Suy ra $k=\frac{AM+MN}{NP+PQ}=\frac{AN}{NQ}=2$.
Câu 43. Chọn D.
Với $m=1$ thì hàm số là hàm hằng $\left( \forall x\ne -1 \right)$ nên không nghịch biến.
Ta có ${y}'=\frac{m-1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}},$$\forall x\ne -1$.
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng của tập xác định khi và chỉ khi ${y}'<0,$$x\ne -1$$\Leftrightarrow m<1$.
Câu 44. Chọn D.
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn $4$ đỉnh trong $32$ đỉnh để tạo thành tứ giác, $\left| \Omega \right|=C_{32}^{4}$.
Gọi $A$ là biến cố "chọn được hình chữ nhật".
Để chọn được hình chữ nhật cần chọn $2$ trong $16$ đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử của $A$ là $C_{16}^{2}$.
Xác suất biến cố $A$ là $P\left( A \right)=\frac{C_{16}^{2}}{C_{32}^{4}}$$=\frac{3}{899}$.
Câu 45. Chọn C.
Gọi $d$ là công sai của cấp số cộng và các cạnh có độ dài lần lượt là $a-d$, $a$, $a+d$ $\left( 0<d<a \right)$.
Vì tam giác có chu vi bằng $3$ nên $3a=3$$\Leftrightarrow a=1$.
Vì tam giác vuông nên theo định lý Pytago ta có ${{\left( 1+d \right)}^{2}}={{\left( 1-d \right)}^{2}}+{{1}^{2}}$ $\Leftrightarrow 4d=1$$\Leftrightarrow d=\frac{1}{4}$.
Suy ra ba cạnh của tam giác có độ dài là $\frac{3}{4};1;\frac{5}{4}$.
Câu 46. Chọn C.
Ta có: ${{u}_{6}}={{u}_{1}}.{{q}^{5}}=0,00001$$\Leftrightarrow {{q}^{5}}=\frac{-1}{{{10}^{5}}}$$\Leftrightarrow q=\frac{-1}{10}$.
$\Rightarrow {{u}_{n}}={{u}_{1}}.{{q}^{n-1}}$$=-1.{{\left( \frac{-1}{10} \right)}^{n-1}}$$=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{{{10}^{n-1}}}$.
Vậy đáp án đúng là: C.
Câu 47. Chọn D.
ĐK:
$\left\{ \begin{array}{l}
- {x^2} + 2x > 0\\
{\log _{2016}}\left( { - {x^2} + 2x} \right) \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < x < 2\\
- {x^2} + 2x - 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < x < 2\\
x \ne 1
\end{array} \right.$
Vậy Txđ: $D=\left( 0;2 \right)\backslash \left\{ 1 \right\}$.
Câu 48. Chọn C.
Đặt: $t=\cos x$$\Rightarrow t\in \left[ -1;1 \right]$ $\Rightarrow y=2t-\frac{4}{3}{{t}^{3}}$.
$y'=2-4{{t}^{2}}$,$y'=0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }} \in \left[ { - 1;1} \right]\\
x = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \in \left[ { - 1;1} \right]
\end{array} \right.$
Tính:$y\left( -1 \right)=\frac{-2}{3}$, $y\left( \frac{-1}{\sqrt{2}} \right)=\frac{-2\sqrt{2}}{3}$, $y\left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)=\frac{2\sqrt{2}}{3}$, $y\left( 1 \right)=\frac{2}{3}$.
Vậy: $\underset{\left[ 0;\pi \right]}{\mathop{m\text{ax}}}\,y=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.
Câu 49: Chọn D.
Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 0;1;1 \right)$ và bán kính $R=3$.
Ta có $IA=\sqrt{{{\left( 2-0 \right)}^{2}}+{{\left( 1-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2-1 \right)}^{2}}}$$=\sqrt{5}<3=R$ nên $A$ nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$.
Đặt $h$ là khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $\left( P \right)$, $r$ là bán kính đường tròn $\left( C \right)$. Khi đó:
$h\le IA=\sqrt{5}$ và $h=\sqrt{5}$ khi và chỉ khi $IA\bot \left( P \right)$.
${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{h}^{2}}\ge {{3}^{2}}-{{\sqrt{5}}^{2}}=4\Rightarrow r\ge 2$.
Đường tròn $\left( C \right)$ có diện tích nhỏ nhất nên $r=2$.
Câu 50: Chọn A.
Từ $f\left( x \right)={f}'\left( x \right).\sqrt{3x+1}$ ta có $\frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}=\frac{1}{\sqrt{3x+1}}$.
Suy ra: $\int{\frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}\operatorname{d}x}=\int{\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\operatorname{d}x}$$\Rightarrow \ln f\left( x \right)=\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}+C$.
Ta có $\ln f\left( 1 \right)=\frac{2}{3}\sqrt{3.1+1}+C$$\Leftrightarrow \ln 1=\frac{4}{3}+C$$\Leftrightarrow C=-\frac{4}{3}$.
Nên $\ln f\left( x \right)=\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}-\frac{4}{3}$$\Leftrightarrow f\left( x \right)={{e}^{\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}-\frac{4}{3}}}$.
Vậy $f\left( 5 \right)={{e}^{\frac{2}{3}\sqrt{3.5+1}-\frac{4}{3}}}={{e}^{\frac{4}{3}}}\in \left( 3;4 \right)$.
