Câu 30. Chọn D.
Đường tròn $left( C right)$ có bán kính $R=3$.
Qua phép vị tự tâm $O$, tỉ số $k=-frac{1}{3}$, đường tròn $left( C right)$ biến thành đường tròn $left( {{C}_{1}} right)$ có bán kính là ${{R}_{1}}=left| k right|.R$$=frac{1}{3}.3=1$.
Qua phép tính tiến theo vectơ $overrightarrow{v}=left( 1; -3 right)$, đường tròn $left( {{C}_{1}} right)$ biến thành đường tròn $left( {{C}’} right)$ có bán kính ${R}’={{R}_{1}}=1$.
Vậy ${R}’$ của đường tròn $left( {{C}’} right)$ là ${R}’=1$.
Câu 31. Chọn D.
Ta có diện tích toàn phần của hình trụ là:
${{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+2{{S}_{acute{a}y}}$$=2pi Rh+2pi {{R}^{2}}$$=2pi {{a}^{2}}sqrt{3}+2pi {{a}^{2}}$$=2pi {{a}^{2}}left( sqrt{3}+1 right)$.
Câu 32. Chọn C.
Xét hàm số $y=frac{x-{{m}^{2}}}{x+8}$.
Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ -8 right}$.
Ta có ${y}’=frac{8+{{m}^{2}}}{{{left( x+8 right)}^{2}}}>0 ,forall min mathbb{R}$.
$Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $left( -infty ; -8 right)$ và $left( -8; +infty right)$.
Do đó trên $left[ 0; 3 right]$, hàm số đồng biến.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $left[ 0; 3 right]$ là $yleft( 0 right)=frac{-{{m}^{2}}}{8}=-2$$Leftrightarrow {{m}^{2}}=16$$Leftrightarrow m=pm 4$.
Câu 33. Chọn C.
Ta có $I = intlimits_0^1 {{{rm{e}}^{3x}}.{rm{d}}x} = frac{1}{3}{{rm{e}}^{3x}}left| begin{array}{l}
x = 1\
x = 0
end{array} right. = frac{{{{rm{e}}^3} – 1}}{3}$
Câu 34. Chọn B.
Parabol có đỉnh $Ileft( 2;5 right)$ và đi qua điểm $left( 0;1 right)$có phương trình $y=-{{x}^{2}}+4x+1$.
Quãng đường vật đi được trong $1$ giờ đầu là:
${S_1} = intlimits_0^1 {left( { – {x^2} + 4x + 1} right)dx = left( { – frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} + x} right)left| begin{array}{l}
x = 1\
x = 0
end{array} right. = frac{8}{3}} $
Quãng đường vật đi được trong $2$ giờ sau là ${{S}_{2}}=2.4=8$
Vậy trong ba giờ vật đi được quãng đường là $S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=frac{8}{3}+8=frac{32}{3},$$left( km right)$ .
Câu 35. Chọn D.
Ta có $MC$ là hình chiếu của $M{C}’$ lên $left( ABC right)$. Suy ra $alpha =widehat{{C}’CM}$.
Xét tam giác $MC{C}’$ vuông tại $C$ có: $tan alpha =frac{C{C}’}{CM}=frac{a}{frac{asqrt{3}}{2}}=frac{2sqrt{3}}{3}$.
Câu 36. Chọn A.
Số phần tử không gian mẫu là $nleft( Omega right)=C_{12}^{4}=495$.
Số cách chọn ra $4$ học sinh thuộc cả ba khối là: $C_{5}^{2}.C_{4}^{1}.C_{3}^{1}+C_{5}^{1}.C_{4}^{2}.C_{3}^{1}+C_{5}^{1}.C_{4}^{1}.C_{3}^{2}=270$
Số cách chọn ra $4$ học sinh thuộc không quá hai khối là $C_{12}^{4}-270=225$
Xác suất để chọn ra $4$ học sinh thuộc không quá hai khối là $P=frac{225}{495}=frac{5}{11}$ .
Câu 37: Chọn A.
Ta có $fleft( n right)={{left( {{n}^{2}}+n+1 right)}^{2}}+1$$=left( {{n}^{2}}+1 right)left[ {{left( n+1 right)}^{2}}+1 right]$.
Khi đó ta có ${{u}_{n}}=frac{left( {{1}^{2}}+1 right)left( {{2}^{2}}+1 right)left( {{3}^{2}}+1 right)left( {{4}^{2}}+1 right)…left[ {{left( 2n-1 right)}^{2}}+1 right]left[ 4{{n}^{2}}+1 right]}{left( {{2}^{2}}+1 right)left( {{3}^{2}}+1 right)left( {{4}^{2}}+1 right)left( {{5}^{2}}+1 right)…left[ 4{{n}^{2}}+1 right]left[ {{left( 2n+1 right)}^{2}}+1 right]}$$=frac{2}{{{left( 2n+1 right)}^{2}}+1}$$=frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}$.
Theo đề bài ta có ${{log }_{2}}{{u}_{n}}+{{u}_{n}}<frac{-10239}{1024}$$Leftrightarrow -{{log }_{2}}left( 2{{n}^{2}}+2n+1 right)+frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}+frac{10239}{1024}<0$.
Xét hàm số $gleft( n right)=-{{log }_{2}}left( 2{{n}^{2}}+2n+1 right)+frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}+frac{10239}{1024}$ với $nge 1$.
Ta có ${g}’left( n right)=-frac{4n+2}{left( 2{{n}^{2}}+2n+1 right)ln 2}-frac{4n+2}{{{left( 2{{n}^{2}}+2n+1 right)}^{2}}}<0$ với $nge 1$$Rightarrow gleft( n right)$ nghịch biến.
Mà $gleft( frac{-1+sqrt{2047}}{2} right)=0$ nên $-{{log }_{2}}left( 2{{n}^{2}}+2n+1 right)+frac{1}{2{{n}^{2}}+2n+1}+frac{10239}{1024}<0$
$Leftrightarrow n>frac{-1+sqrt{2047}}{2}$. Do $n$ nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên $n=23$
Câu 38: Chọn C.
Điều kiện: $x>0$.
Đặt ${{log }_{3}}x=t$ ta có phương trình ${{t}^{2}}-left( m+2 right)t+3m-1=0$.
Phương trình $log _{3}^{2}x-left( m+2 right){{log }_{3}}x+3m-1=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ thỏa mãn ${{x}_{1}}.{{x}_{2}}=27$$Leftrightarrow $ ${{t}^{2}}-left( m+2 right)t+3m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$thỏa mãn ${t_1} + {t_2} = 3 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta > 0\
{t_1} + {t_2} = 3
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{m^2} – 8m + 8 > 0\
m + 2 = 3
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m < 4 – 2sqrt 2 \
m > 4 + 2sqrt 2
end{array} right.\
m = 1
end{array} right. Leftrightarrow m = 1$.
Câu 39: Chọn C.
Gọi ${{R}_{1}}$, ${{R}_{2}}$, ${{h}_{1}}$, $h$ lần lượt là bán kính và chiều cao của các khối nón ${{N}_{1}}$,${{N}_{2}}$. Gọi ${{V}_{1}}$, ${{V}_{2}}$ thể tích của các khối nón ${{N}_{1}}$,${{N}_{2}}$và gọi $2alpha $ là góc ở đỉnh của hình nón.
Ta có: ${{V}_{1}}=frac{1}{3}pi R_{1}^{2}{{h}_{1}}$; ${{V}_{2}}=frac{1}{3}pi R_{2}^{2}h$.
Theo đề bài ta có $frac{{{V}_{2}}}{{{V}_{1}}}=frac{1}{8}$$Leftrightarrow frac{frac{1}{3}pi R_{2}^{2}h}{frac{1}{3}pi R_{1}^{2}{{h}_{1}}}=frac{1}{8}$$Leftrightarrow frac{R_{2}^{2}h}{R_{1}^{2}{{h}_{1}}}=frac{1}{8}$.
Mặt khác ta lại có ${{R}_{1}}={{h}_{1}}tan alpha $, ${{R}_{2}}=htan alpha $$Rightarrow $$frac{{{h}^{3}}{{tan }^{2}}alpha }{h_{_{1}}^{3}{{tan }^{2}}alpha }=frac{1}{8}$$Leftrightarrow frac{h}{{{h}_{1}}}=frac{1}{2}$$Leftrightarrow h=frac{1}{2}{{h}_{1}}$$Rightarrow h=20$.
Câu 40: Chọn A.
Ta có $frac{{{V}_{S.MNQ}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SB}.frac{SQ}{SC}$$=frac{1}{2}.frac{1}{2}.frac{2}{3}$$=frac{1}{6}$$Rightarrow {{V}_{S.MNQ}}=frac{1}{6}{{V}_{S.ABC}}$$=frac{1}{6}.6{{a}^{3}}$$={{a}^{3}}$.
Câu 41: Chọn B.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $AB=a$ và $AC=asqrt{3}$ nên $BC=2a$.
Độ dài đường sinh $l$ của hình nón có được khi quay tam giác $ABC$ xung quanh trục $AB$ là $l=BC=2a$.
Câu 42: Chọn A.
Đặt $t=sqrt{x}$ , ta có: ${{t}^{2}}=x$ và $2ttext{d}t=text{d}x$. Khi $x=0Rightarrow t=0$; $x=4Rightarrow t=2$.
$I=intlimits_{0}^{4}{{f}’left( sqrt{x} right)}text{d}x$$=intlimits_{0}^{2}{2t{f}’left( t right)}text{d}t$.
Đặt $u=2t;text{ d}v={f}’left( t right)text{d}t$ ta được: $text{d}u=2text{d}t$; $v=fleft( t right)$.
Khi đó: $I=left. left( 2tfleft( t right) right) right|_{0}^{2}-2intlimits_{0}^{2}{fleft( t right)}text{d}t$ $=4fleft( 2 right)-2.1$$=4.left( -2 right)-2=-10$.
Câu 43: Chọn C.
Ta có:
$left( SAD right)cap left( ABCD right)=AD$; $ABbot AD$, $ADbot (SAB)$$Rightarrow ADbot SA$ nên góc tạo bởi mặt phẳng $left( SAD right)$ và đáy là $widehat{SAB}={{60}^{text{o}}}$.
${{V}_{SABCD}}=frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SB$ $=frac{1}{3}.{{left( 2a right)}^{2}}.2a.tan {{60}^{0}}$ $=frac{8sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}$.
Câu 44: Chọn A.
Đặt $AB=a$.
Gọi $M$ là trung điểm $CD$$Rightarrow CDbot AM$,$CDbot BM$$Rightarrow CDbot left( ABM right)$.
Khi đó ${{V}_{ABCD}}={{V}_{ABMC}}+{{V}_{ABMD}}$$=frac{1}{3}{{S}_{ABM}}.CM+frac{1}{3}{{S}_{ABM}}.DM$$=frac{1}{3}{{S}_{ABM}}.CD$.
Do $AM$là trung tuyến của tam giác $ACD$ nên:
$A{{M}^{2}}=frac{2left( A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}} right)-C{{D}^{2}}}{4}$$=frac{2left( {{5}^{2}}+{{5}^{2}} right)-left( 18-{{a}^{2}} right)}{4}$$=frac{82+{{a}^{2}}}{4}$.
Tam giác $ABM$ cân tại $M$( vì $AM=BM$) nên:
${{S}_{ABM}}=frac{1}{2}.AB.sqrt{A{{M}^{2}}-{{left( frac{AB}{2} right)}^{2}}}$$=frac{1}{2}.a.sqrt{frac{82}{4}}$$=frac{asqrt{82}}{4}$.
${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}.frac{asqrt{82}}{4}.sqrt{18-{{a}^{2}}}$$=frac{sqrt{82}}{12}.sqrt{{{a}^{2}}left( 18-{{a}^{2}} right)}$$le frac{sqrt{82}}{12}.frac{{{a}^{2}}+18-{{a}^{2}}}{2}$$=frac{3sqrt{82}}{4}$$Rightarrow x=3,text{ }y=82$.
Câu 45. Chọn A.
Ta có $A=1+2+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+…+{{2}^{n}}$ $={{2}^{n+1}}-1$
Xét $2S=1.2+{{2.2}^{2}}+{{3.2}^{3}}+{{4.2}^{4}}+…+{{2017.2}^{2017}}+{{2018.2}^{2018}}$
Và $S=1+2.2+{{3.2}^{2}}+{{4.2}^{3}}+…+{{2017.2}^{2016}}+{{2018.2}^{2017}}$
Suy ra $S={{2018.2}^{2018}}-left( 1+2+{{2}^{2}}+{{2}^{3}}+…+{{2}^{2017}} right)$x$ = {2018.2^{2018}} – left( {{2^{2018}} – 1} right) = {2017.2^{2018}} + 1$.
Câu 46. Chọn A.
Từ giả thiết ${{left[ f(1+2x) right]}^{2}}=x-{{left[ f(1-x) right]}^{3}}$, đặt $fleft( 1 right)=a$ và ${f}’left( 1 right)=b$.
Ta cho .$x = 0 Rightarrow {a^2} = – {a^3} Rightarrow left[ begin{array}{l}
a = 0\
a = – 1
end{array} right.$.
Đạo hàm 2 vế ta được $4fleft( 1+2x right).{f}’left( 1+2x right)=1+3{{left[ fleft( 1-x right) right]}^{2}}{f}’left( 1-x right)$.
Cho $x=0$ ta có $4ab=1+3{{a}^{2}}b$.
þ Xét $a=0$ thay vào $4ab=1+3{{a}^{2}}b$ vô lý.
þ Xét $a=-1$ thay vào $-4b=1+3b$$Leftrightarrow b=-frac{1}{7}$. Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
$y=-frac{1}{7}left( x-1 right)-1$ $=-frac{1}{7}x-frac{6}{7}$.
Câu 47. Chọn D.
Từ ${f}'(x)=left( 1-x right)left( x+2 right).gleft( x right)+2018$$Rightarrow {f}'(1-x)=xleft( 3-x right).gleft( 1-x right)+2018$
Nên đạo hàm của hàm số $y=f(1-x)+2018x+2019$ là
${y}’=-xleft( 3-x right).gleft( 1-x right)-2018+2018=-xleft( 3-x right)gleft( 1-x right)$.
Xét bất phương trình ${y}'<0Leftrightarrow xleft( 3-x right)<0Leftrightarrow xin left( -infty ;0 right)cup left( 3;+infty right)$, do $gleft( x right)<0,forall xin mathbb{R}$.
Câu 48. Chọn D.
Tập xác định: $D=mathbb{R}backslash left{ 1 right}$.
Phương trình hoành độ giao điểm: $frac{2x+4}{x-1}=x+1Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-5=0,,left( * right)$
Vì $ac<0$ nên phương trình $left( * right)$ luôn có hai nghiệm trái dấu.
$Rightarrow d$ luôn cắt $left( C right)$ tại hai điểm phân biệt $M$, $N$.
Khi đó: hoành độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ là: ${{x}_{I}}=frac{1}{2}left( {{x}_{M}}+{{x}_{N}} right)$ $=frac{-b}{2a}=1$
Câu 49. Chọn B.
Khi $x>0$ ta có: $f(x)=frac{sqrt{x+1}-1}{x}$ liên tục trên khoảng $left( 0;+infty right)$.
Khi $x<0$ ta có: $f(x)=sqrt{{{x}^{2}}+1}-m$ liên tục trên khoảng $left( -infty ;0 right)$.
Hàm số liên tục trên $mathbb{R}$ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại $x=0$.
Ta có: $underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},f(x)=underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{x+1}-1}{x}=underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{1}{sqrt{x+1}+1}=frac{1}{2}$.
$underset{xto {{0}^{-}}}{mathop{lim }},f(x)=underset{xto {{0}^{-}}}{mathop{lim }},left( sqrt{{{x}^{2}}+1}-m right)=1-m=fleft( 0 right)$.
Do đó hàm số liên tục tại $x=0$ khi và chỉ khi $frac{1}{2}=1-mLeftrightarrow m=frac{1}{2}$.
Câu 50. Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{2}}=sqrt{x}$ $Leftrightarrow {{x}^{4}}-x=0$
$Leftrightarrow xleft( x-1 right)left( {{x}^{2}}+x+1 right)=0$ $Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1$
Khi đó:
Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình $left( H right)$ là $V=pi intlimits_{0}^{1}{{{left( sqrt{x} right)}^{2}},text{d}x}-pi intlimits_{0}^{1}{{{left( {{x}^{2}} right)}^{2}},text{d}x}=frac{3pi }{10}$
