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.
Câu 37: Đáp án C
HD: Gọi $Aleft( a;dfrac{a-1}{2a} right);,Bleft( b;dfrac{b-1}{2b} right)left( ane b right)$
Do tiếp tuyến A và B song song với nhau nên $y’left( a right)=y’left( b right)Leftrightarrow dfrac{1}{2{{a}^{2}}}=dfrac{1}{2{{b}^{2}}}Rightarrow a=-b$
Suy ra A, B đối xứng nhau qua tâm đối xứng $Ileft( 0;dfrac{1}{2} right)$
PTTT tạo A là: $y=dfrac{1}{2{{a}^{2}}}left( x-a right)+dfrac{a-1}{2a}left( Delta right)$
Khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến:
$d = 2dleft( {I;Delta } right) = 2frac{{left| { – frac{1}{{2a}} – frac{1}{2} + frac{1}{2} – frac{1}{{2a}}} right|}}{{sqrt {frac{1}{{4{a^4}}} + 1} }} = frac{2}{{sqrt {frac{1}{{4{a^2}}} + {a^2}} }} le frac{2}{{sqrt {2sqrt {frac{1}{4}} } }} = 2$
(Do theo BĐT Co-si ta có $dfrac{1}{4{{a}^{2}}}+{{a}^{2}}ge 2sqrt{dfrac{1}{4}}$)
Vậy khoảng cách lớn nhất giữa d1 và d2 là 2. Chọn C.
Câu 38: Đáp án A
HD: Phương trình đường thẳng IA và IB lần lượt là: $dfrac{x-1}{1}=dfrac{y-2}{1}=dfrac{z+1}{2};dfrac{x-1}{2}=dfrac{y-2}{-1}=dfrac{z+1}{1}$
Khi đó $A=IAcap left( P right)=left( 0;1;-3 right);B=IBcap left( P right)=left( 3;1;0 right)Rightarrow AB=3sqrt{2}$. Chọn A.
Câu 39: Đáp án B
HD: Ta có: $E{{F}_{mtext{ax}}}Leftrightarrow d{{left( I;d right)}_{min }}={{dfrac{left| left[ overline{I{{M}_{0}}};overrightarrow{{{u}_{d}}} right] right|}{left| overrightarrow{{{u}_{d}}} right|}}_{min }}$ (trong đó M0 (1; -1; m))
Ta có: $d{{left( I;d right)}_{min }}=dfrac{left| left[ overline{I{{M}_{0}}};overrightarrow{{{u}_{d}}} right] right|}{left| overrightarrow{{{u}_{d}}} right|}=dfrac{sqrt{{{left( m+2 right)}^{2}}+{{left( m-2 right)}^{2}}+4}}{sqrt{1+1+4}}=dfrac{sqrt{2{{m}^{2}}+12}}{sqrt{6}}$
Suy ra ${{d}_{min }}=sqrt{2}<R=3$ khi m = 0. Chọn B.
Câu 40: Đáp án C
HD: Ta có: $y’=m-dfrac{36}{{{left( x+1 right)}^{2}}};yleft( 0 right)=36;yleft( 3 right)=3m+9$
TH1: Hàm số nghịch biến trên đoạn $left[ {0;3} right] Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{l}}
{m le frac{9}{4}}\
{3m + 9 = 20}
end{array}} right.left( {vn} right)$
TH2: $y’ = m – frac{{36}}{{{{left( {x + 1} right)}^2}}} Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1 + frac{6}{{sqrt m }} in left[ {0;3} right]}\
{x = – 1 – frac{6}{{sqrt m }}left( {loai} right)}
end{array}} right.$
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng$20 Rightarrow yleft( { – 1 + frac{6}{{sqrt m }}} right) = 20$
$ Leftrightarrow mleft( { – 1 + frac{6}{{sqrt m }}} right) + frac{{36}}{{ – 1 + frac{6}{{sqrt m }} + 1}} Leftrightarrow – m + 6sqrt m + 6sqrt m = 20 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{l}}
{m = 100,left( {loai} right)}\
{m = 4}
end{array}} right.$
Câu 41: Đáp án D
HD: Để AB nhỏ nhất $Leftrightarrow $ AB là đoạn vuông góc chung của $d,{d}’.$
Gọi $Ain dRightarrow Aleft( 1+a;2-a;a right)$ và $Bin {d}’Rightarrow Bleft( 2b;1+b;2+b right)Rightarrow overrightarrow{AB}=left( 2b-a-1;a+b-1;b-a+2 right)$.
Vì
$left{ begin{array}{l}
AB bot d\
AB bot d’
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} .{overrightarrow u _d} = 0\
overrightarrow {AB} .{overrightarrow u _{d’}} = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2b – a – 1 – a – b + 1 + b – a + 2 = 0\
2left( {2b – a – 1} right) + a + b – 1 + b – a + 2 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 3a + 2b + 2 = 0\
– 2a + 6b – 1 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
b = frac{1}{2}
end{array} right..$
Vậy $Aleft( {2;1;1} right),Bleft( {1;frac{3}{2};frac{5}{2}} right) Rightarrow overrightarrow {AB} = left( { – 1;frac{1}{2};frac{3}{2}} right) = – frac{1}{2}left( {2; – 1; – 3} right) Rightarrow left( {AB} right):frac{{x – 2}}{{ – 2}} = frac{{y – 1}}{1} = frac{{z – 1}}{3}.$
Câu 42: Đáp án A
HD: Ta có ${f}’left( x right)=left( {{x}^{3}}-2{{x}^{2}} right)left( {{x}^{3}}-2x right)={{x}^{3}}left( x-2 right)left( {{x}^{2}}-2 right);,forall xin mathbb{R}.$
Số điểm cực trị của hàm số $y=left| gleft( x right) right|=left| fleft( 1-2018x right) right|$ là tổng
- Số nghiệm phương trình ${g}’left( x right)=0Leftrightarrow -2018.{f}’left( 1-2018x right)=0xrightarrow{{}}$ có 4 điểm.
- Số nghiệm của phương trình $fleft( 1-2018x right)=0xrightarrow{{}}$ có tối đa 5 nghiệm vì đạo hàm có 4 nghiệm.
Vậy hàm số đã cho có tối đa 9 điểm cực trị.
Câu 43: Đáp án A
HD: Ta có $fleft( n right)ge fleft( n+1 right)Leftrightarrow dfrac{{{log }_{3}}2.{{log }_{3}}4…{{log }_{3}}n}{{{9}^{n}}}ge dfrac{{{log }_{3}}2.{{log }_{3}}4…{{log }_{3}}n.{{log }_{3}}left( n+1 right)}{{{9}^{n+1}}}$
$Leftrightarrow 9ge {{log }_{3}}left( n+1 right)Leftrightarrow {{3}^{9}}ge n+1Leftrightarrow nle {{3}^{9}}-1.$ Suy ra $fleft( 1 right)>fleft( 2 right)>fleft( 3 right)>…>fleft( {{3}^{9}}-1 right)=fleft( {{3}^{9}} right).$
Vậy hàm số $fleft( n right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $n={{3}^{9}}-1;n={{3}^{9}}.$
Câu 44: Đáp án C
HD: Gắn hệ tọa độ Oxyz, với $Aleft( 0;0;0 right),Sleft( 0;0;2 right),Dleft( 0;1;0 right),Bleft( 1;0;0 right),Cleft( 1;1;0 right).$
Tọa độ trung điểm M của SD là $Mleft( 0;dfrac{1}{2};1 right).$ Ta có $left[ overrightarrow{SB};overrightarrow{SC} right]=left( 2;0;1 right)$ và $left[ overrightarrow{AM};overrightarrow{AC} right]=left( -1;1;-dfrac{1}{2} right).$
Do đó $cos widehat{left( AMC right);left( SBC right)}=dfrac{left| {{overrightarrow{u}}_{left( AMC right)}}.{{overrightarrow{u}}_{left( SBC right)}} right|}{left| {{overrightarrow{u}}_{left( AMC right)}} right|.left| {{overrightarrow{u}}_{left( SBC right)}} right|}=sqrt{5}xrightarrow{{}}tan alpha =sqrt{1-dfrac{1}{{{cos }^{2}}alpha }}=dfrac{2sqrt{5}}{5}.$
Câu 45: Đáp án D
HD: Ta có ${{3}^{x}}+{{a}^{x}}ge {{6}^{x}}+{{9}^{x}}Leftrightarrow fleft( x right)={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}ge 0;,forall xin mathbb{R}.$
Xét $fleft( x right)={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}$ trên $mathbb{R}$, có ${f}’left( x right)={{3}^{x}}.ln 3+{{a}^{x}}.ln a-{{6}^{x}}.ln 6-{{9}^{x}}.ln 9.$
Để $fleft( x right)ge 0;,forall xin mathbb{R}Leftrightarrow underset{mathbb{R}}{mathop{min }},fleft( x right)=0=fleft( 0 right).$ Hay ${f}’left( 0 right)=0Leftrightarrow ln a=ln dfrac{6times 9}{3}Rightarrow a=18.$
Câu 46: Đáp án B
HD: Áp dụng công thức tính nhanh, ta có $dfrac{{{V}_{AMPBCD}}}{{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}}=dfrac{1}{2}left( dfrac{BM}{B{B}’}+dfrac{DP}{D{D}’} right)=dfrac{3}{8}Rightarrow {{V}_{AMPBCD}}=3{{a}^{3}}.$
Câu 47: Đáp án D
HD: Đặt $left{ begin{array}{l}
u = x\
dv = f’left( x right)dx
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
du = dx\
v = fleft( x right)
end{array} right. Rightarrow intlimits_0^{frac{pi }{2}} {x.f’left( x right)dx = x.fleft( x right)left| {_0^{frac{pi }{2}}} right.} – intlimits_0^{frac{pi }{2}} {fleft( x right)dx.} $
Ta có $x.fleft( x right)left| _{0}^{dfrac{pi }{2}} right.=dfrac{pi }{2}.fleft( dfrac{pi }{2} right),$ thay $text{x}=dfrac{pi }{2}$ vào giả thiết, ta được $fleft( dfrac{pi }{2} right)+fleft( 0 right)=0Rightarrow fleft( dfrac{pi }{2} right)=0.$
Lại có $fleft( x right)+fleft( dfrac{pi }{2}-x right)=sin x.cos xLeftrightarrow intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft( x right)dx}+intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft( dfrac{pi }{2}-x right)dx=intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{sin x.cos xdx}}$.
Đặt $t=dfrac{pi }{2}-xxrightarrow{{}}intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft( x right)dx}=intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft( dfrac{pi }{2}-x right)dx}Rightarrow intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft( x right)dx}=dfrac{1}{4}.$ Vậy $intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{x.{f}’left( x right)dx}=-dfrac{1}{4}$.
Câu 48: Đáp án C
HD: Ta có $5w=left( 2+i right)left( z-4 right)Leftrightarrow 5w+5i=left( 2+i right)z-8+iLeftrightarrow 5left| w+i right|=left| left( 2+i right)z-8+i right|$
$Leftrightarrow left| left( 2+i right)z-8+i right|=3sqrt{5}Leftrightarrow left| 2+i right|.left| z-dfrac{8-i}{2+i} right|=3sqrt{5}Leftrightarrow left| z-dfrac{8-i}{2+i} right|=3Leftrightarrow left| z-3+2i right|=3$
$Rightarrow $ Tập hợp điểm $Mleft( z right)$ là đường tròn $left( C right):{{left( x-3 right)}^{2}}+{{left( y+2 right)}^{2}}=9,$ tâm $Ileft( 3;-2 right),R=3.$
Gọi $Aleft( 1;2 right),Bleft( 5;2 right)$ và $Eleft( 3;2 right)$ là trung điểm của AB suy ra $P=MA+MB.$
Lại có ${{left( MA+MB right)}^{2}}le 2left( M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}} right)=4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}Rightarrow P$ lớn nhất $Leftrightarrow ME$ lớn nhất.
Mà $IE=4>R=3xrightarrow{{}}M{{E}_{max }}=IE+R=7.$ Vậy ${{P}_{max }}=sqrt{4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}}=2sqrt{53}.$
Câu 49: Đáp án C
HD: Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng $vleft( x right)in left[ 1;4 right]$ với $forall xin left[ 0;5 right].$
Xét hàm số $fleft( x right)=sqrt{3x}+sqrt{10-2x}$ trên $left[ 0;5 right]$, có ${f}’left( x right)=dfrac{3}{2sqrt{3x}}-dfrac{1}{sqrt{10-2x}}=0Leftrightarrow x=3.$
Suy ra $underset{left[ 0;5 right]}{mathop{min }},fleft( x right)=fleft( 0 right)=sqrt{10};underset{left[ 0;5 right]}{mathop{max }},fleft( x right)=fleft( 3 right)=5Rightarrow sqrt{10}le sqrt{3x}+sqrt{10-2x}le 5.$
Khi đó $m=dfrac{sqrt{3x}+sqrt{10-2x}}{uleft( x right)}$ mà $dfrac{1}{uleft( x right)}in left[ dfrac{1}{4};1 right]xrightarrow{{}}dfrac{sqrt{3text{x}}+sqrt{10-2text{x}}}{uleft( x right)}in left[ dfrac{sqrt{10}}{4};5 right].$
Do đó, phương trình đã cho có nghiệm $Leftrightarrow min left[ dfrac{sqrt{10}}{4};5 right].$
Câu 50: Đáp án A
HD: Số phần tử của không gian mẫu là $nleft( Omega right)=C_{9}^{3}.C_{6}^{3}.C_{3}^{3}=1680.$
Gọi X là biến cố “ không có phần nào gồm ba viên bi cùng màu”.
Khi đó, ta xét chia thành 3 phần: (2X – 1Đ), (1Đ – 2X), (1Đ – 2X).
Suy ra có $C_{4}^{2}.C_{5}^{1}.C_{2}^{1}.C_{4}^{2}.3=1080$ cách chọn $Rightarrow nleft( X right)=1080.$ Vậy $P=dfrac{nleft( X right)}{nleft( Omega right)}=dfrac{9}{14}.$
