Câu 31: Đáp án B
HD: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng $left( ABC right)$, gọi M là trung điểm của
$AB Rightarrow left{ {begin{array}{*{20}{l}}
{MH bot AB}\
{SH bot AB}
end{array}} right. Rightarrow AH bot left( {SMH} right)$
Do đó $left( widehat{left( SAB right);left( ABC right)} right)=widehat{SMH}={{60}^{0}}$
Lại có $HM=dfrac{1}{3}CM=dfrac{asqrt{3}}{6}Rightarrow SH=HMtan {{60}^{0}}=dfrac{a}{2}$
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là $R=dfrac{asqrt{3}}{3}$
Độ dài đường sinh $l=sqrt{{{h}^{2}}+{{R}^{2}}}=dfrac{asqrt{21}}{6}$
Diện tích xung quanh hình nón là: ${{S}_{xq}}=pi rl=dfrac{{{a}^{2}}sqrt{7}}{6}$. Chọn B.
Câu 32: Đáp án B
HD: Đặt $t={{2}^{x}}left( t>0 right)$ ta có: ${{t}^{2}}+t+4={{3}^{m}}left( t+1 right)Leftrightarrow {{3}^{m}}=dfrac{{{t}^{2}}+t+4}{t+1}=t+dfrac{4}{t+1}=gleft( t right)$.
Xét hàm số $gleft( t right)=t+dfrac{4}{t+1}left( t>0 right)$ ta có $g’left( t right)=1-dfrac{4}{{{left( t+1 right)}^{2}}}=0Rightarrow t=1$
Lập BBT
Do mỗi giá trị của t có một giá trị của x nên phương trình đã cho có 2 nghiệm khi phương trình $gleft( t right)={{3}^{m}}$ có 2 nghiệm $Leftrightarrow 3<{{3}^{m}}<4Leftrightarrow 1<m<{{log }_{3}}4$. Chọn B.
Câu 33: Đáp án D
HD: Ta có $OB=left| left( 1+i right)z right|=sqrt{2}left| z right|;,,AB=left| left( 1+i right)z-z right|=left| z right|$
Suy ra ∆OAB vuông cân tại $ARightarrow {{S}_{OAB}}=dfrac{A{{B}^{2}}}{2}=dfrac{{{left| z right|}^{2}}}{2}=8Rightarrow left| z right|=4$. Chọn D.
Câu 34: Đáp án C
HD: Gọi $Hleft( 1+2t;-1+t;2-t right)in d$ là hình chiếu của A trên d
Ta có: $overline{AH}left( 2t;-3+t;3-t right)$, giải $overline{AH}.overrightarrow{{{u}_{d}}}=0Leftrightarrow 4t+t-3+t-3=0Leftrightarrow t=1$
Suy ra $Hleft( 3;0;1 right)$, phương trình đường thẳng AH là $dfrac{x-1}{1}=dfrac{y-2}{-1}=dfrac{z+1}{1}$
Do đó $B=AHcap left( P right)$ suy ra $Bleft( 0;3;-2 right)$. Chọn C.
Câu 35: Đáp án D
HD: Gọi $I=intlimits_{-2}^{2}{dfrac{fleft( x right)}{{{3}^{x}}+1}}dx$, đặt $t=-xRightarrow dt=-dx$
Đổi cận suy ra $I=intlimits_{2}^{-2}{dfrac{fleft( -t right)}{{{3}^{-t}}+1}}left( -dt right)=intlimits_{-2}^{2}{dfrac{fleft( t right)dt}{dfrac{1}{{{3}^{t}}}+1}}=intlimits_{-2}^{2}{dfrac{{{3}^{x}}fleft( x right)dx}{{{3}^{x}}+1}}$
Suy ra $2I=intlimits_{-2}^{2}{dfrac{left( {{3}^{x}}+1 right)fleft( x right)}{{{3}^{x}}+1}}dx=intlimits_{-2}^{2}{fleft( x right)dx}$
Do $fleft( x right)$ là hàm chẵn nên ta chứng minh được $intlimits_{-2}^{2}{fleft( x right)dx}=2intlimits_{0}^{2}{f}left( x right)dx$
Suy ra $I=intlimits_{0}^{2}{fleft( x right)dx}=intlimits_{0}^{1}{fleft( x right)dx}+intlimits_{1}^{2}{fleft( x right)dx}=3$. Chọn D.
Câu 36: Đáp án C
HD: Xét hàm số $gleft( x right)=-2fleft( 2-x right)+{{x}^{2}}Rightarrow g’left( x right)=2f’left( 2-x right)+2x<0Leftrightarrow f’left( 2-x right)<-x$
$Leftrightarrow f’left( 2-x right)<2-x-2$
Đặt $t=2-xLeftrightarrow f’left( t right)<t-2$
Dựa vào đồ thị ta thấy $f’left( t right)<t-2$ với $1<t<3Rightarrow 1<2-x<3Leftrightarrow -1<x<1$
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0). Chọn C.
