Câu 30. Chọn B.
Ta có $ABCD$ là hình chữ nhật nên tam giác $ADC$ vuông tại $D$ và $BD=AC=asqrt{2}$.
Xét tam giác vuông $ADC$ có
$underset{left[ 0;2 right]}{mathop{min }},fleft( t right)=2$$Leftrightarrow DC=ACsin widehat{DAC}$$Leftrightarrow DC=asqrt{2}.sin60{}^circ $$Leftrightarrow DC=frac{asqrt{6}}{2}$$Rightarrow $ bán kính mặt đáy của hình trụ là $r=frac{asqrt{6}}{4}$.
$cos widehat{DAC}=frac{AD}{AC}$$Leftrightarrow AD=ACcos widehat{DAC}$$Leftrightarrow AD=asqrt{2}cos 60{}^circ $$Leftrightarrow AD=frac{asqrt{2}}{2}$$-1+sqrt{4+sqrt{5}}+left( -1-sqrt{4+sqrt{5}} right)=-2$ chiều cao của hình trụ là $h=frac{asqrt{2}}{2}$.
Thể tích khối trụ là $a=2$$=pi {{left( frac{asqrt{6}}{4} right)}^{2}}frac{asqrt{2}}{2}$$=frac{3{{a}^{3}}sqrt{2}}{16}$.
Câu 31. Chọn D.
Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $left( ABC right)$.
Đặt $SA=SB=SC=a$.
Theo giả thiết ta có tam giác $SAC$ đều cạnh $a$ . Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$$Rightarrow AB=asqrt{2}$.
Xét tam giác $SBC$ ta có
$B{{C}^{2}}=S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}-2SB.SC.cos widehat{BSC}$$={{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.a.a.cos 120{}^circ $$=asqrt{3}$.
Do $A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}$$={{a}^{2}}+2{{a}^{2}}$$=3{{a}^{2}}=B{{C}^{2}}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$ .
Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AC$ và $BC$ ta có
$left{ begin{array}{l}
MN bot AC\
SM bot AC
end{array} right.$$Rightarrow ACbot left( SMN right)$$Rightarrow ACbot SM$(1).
Mặt khác tam giác $SBC$ vuông cân tại $S$ nên $SMbot BC$ (2).
Từ (1) và (2) ta có $SMbot left( ABC right)$. Vậy hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $left( ABC right)$ là trung điểm $I$ của $BC$.
Câu 32. Chọn B.
Đặt thể tích của khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là $V$, khi đó ta có thể tích khối chóp ${A}’.ABC$ là $frac{V}{3}Rightarrow $ thể tích khối chóp ${A}’.BC{C}'{B}’=frac{2V}{3}$.
Mặt khác thể tích khối chóp ${A}’.BCNM$ bằng thể tích khối chóp ${A}’.{B}'{C}’NM$ nên thể tích khối chóp ${A}’.BCNM$ bằng $frac{V}{3}$.
Vậy ${{V}_{1}}=frac{2V}{3}$, ${{V}_{2}}=frac{V}{3}$$Rightarrow frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=2$.
Câu 33: Chọn D.
Ta có $int{fleft( x right)}text{d}x=int{{{left( 2x-3 right)}^{3}}}text{d}x$$=frac{1}{2}.frac{{{left( 2x-3 right)}^{4}}}{4}+C$.
Câu 34: Chọn B.
Gọi $x=overline{abcde}$ là số thỏa ycbt. Do $x$ chia hết cho $5$ nên $e=5$. Số cách chọn vị trí $a,b,c,d$ là $4!$. Vậy có $24$ số có $5$ chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho $5$.
Câu 35: Chọn A.
Ta có ${y}’=frac{-2}{{{left( 2x-2 right)}^{2}}}$, TCĐ: $x=1text{ }left( {{d}_{1}} right)$, TCN: $y=1text{ }left( {{d}_{2}} right)$, $Ileft( 1;1 right)$.
Phương trình tiếp tuyến $Delta $ tại điểm $Mleft( {{x}_{0}};{{y}_{0}} right)$ có dạng $y=frac{-2}{{{left( 2{{x}_{0}}-2 right)}^{2}}}left( x-{{x}_{0}} right)+frac{2{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}-2}$
$A=Delta cap {{d}_{1}}$$Rightarrow Aleft( 1;frac{{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}-1} right)$, $B=Delta cap {{d}_{2}}$$Rightarrow Bleft( 2{{x}_{0}}-1;1 right)$. $overrightarrow{IB}=left( 2{{x}_{0}}-2;0 right)$, $overrightarrow{IA}=left( 0;frac{1}{{{x}_{0}}-1} right)$. ${{S}_{Delta OIB}}=8{{S}_{Delta OIA}}$$Leftrightarrow frac{1}{2}.1.IB=8.frac{1}{2}.1.IA$$Leftrightarrow IB=8IA$$Leftrightarrow left| 2{{x}_{0}}-2 right|=8left| frac{1}{{{x}_{0}}-1} right|$$Leftrightarrow {{left( {{x}_{0}}-1 right)}^{2}}=4$$Leftrightarrow {{x}_{0}}=3$ (do ${{x}_{0}}>1$)$Rightarrow {{y}_{0}}=frac{5}{4}$$Rightarrow S={{x}_{0}}+4{{y}_{0}}$$=3+4.frac{5}{4}=8$.
Câu 36: Chọn A.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,AC$. Đặt $BD=2x,AC=2y$ $left( x,y>0 right)$.
Ta có $CMbot BD,AMbot BD$$Rightarrow BDbot left( AMC right)$.
Ta có $MA=MC=sqrt{1-{{x}^{2}}}$, $MN=sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$, ${{S}_{AMN}}=frac{1}{2}MN.AC$$=frac{1}{2}y.sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$.
${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}.DB.{{S}_{AMC}}$$=frac{1}{3}.2x.ysqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$$=frac{2}{3}sqrt{{{x}^{2}}.{{y}^{2}}.left( 1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} right)}$$le frac{2}{3}sqrt{frac{{{left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}} right)}^{3}}}{27}}$
$Rightarrow {{V}_{ABCD}}le frac{2sqrt{3}}{27}$.
Câu 37: Chọn A
BPT tương đương với $left{ begin{array}{l}
x > 1\
{x^2} – 3x + m > x – 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x > 1\
{x^2} – 4x + m + 1 > 0quad left( 1 right)
end{array} right.$ .
Yêu cầu bài toán tương đương với $left( 1 right)$ có tập nghiệm chứa khoảng $left( 1;+infty right)$.
TH1: ${Delta }'<0$$Leftrightarrow 4-m-1<0$ $Leftrightarrow 3<m$.
TH2: Nghiệm “lớn” của tam thức bé hơn $1$.
Tương đương với $2+sqrt{3-m}<1$ (vô nghiệm).
Vậy chọn A
Câu 38: Chọn D
Ta có: ${y}’={{x}^{2}}+2left( m+1 right)x+4$
Hàm số đã cho nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng $2sqrt{5}$ thì ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},,{{x}_{2}}$ và $left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right|=2sqrt{5}$.
$begin{array}{l}
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = {left( {m + 1} right)^2} – 4 > 0\
left| {{x_1} – {x_2}} right| = 2sqrt 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m < – 3\
m > 1
end{array} right.\
left| {frac{{2sqrt {Delta ‘} }}{a}} right| = 2sqrt 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m < – 3\
m > 1
end{array} right.\
left| {frac{{2sqrt {{{left( {m + 1} right)}^2} – 4} }}{1}} right| = 2sqrt 5
end{array} right.\
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m < – 3\
m > 1
end{array} right.\
{m^2} + 2m – 3 – sqrt 5 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = – 1 – sqrt {4 + sqrt 5 } \
m = – 1 + sqrt {4 + sqrt 5 }
end{array} right.
end{array}$
Vậy tổng cần tìm là $-1+sqrt{4+sqrt{5}}+left( -1-sqrt{4+sqrt{5}} right)=-2$.
Câu 39: Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm: $frac{x-2}{x-1}=-x-m$ $Leftrightarrow x-2=-{{x}^{2}}-mx+x+m$ $Leftrightarrow {{x}^{2}}+mx-2-m=0$, $Delta ={{m}^{2}}-4left( -2-m right)={{m}^{2}}+4m+8$
$ Rightarrow left[ begin{array}{l}
{x_1} = frac{{ – m + sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}\
{x_2} = frac{{ – m – sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}
end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l}
{y_1} = frac{{ – m – sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}\
{y_2} = frac{{ – m + sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}
end{array} right.$
Gọi $Aleft( {{x}_{1}};,{{y}_{1}} right)$, $Bleft( {{x}_{2}};,{{y}_{2}} right)$, khi đó:
$AB=sqrt{{{left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} right)}^{2}}+{{left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} right)}^{2}}}$ $=sqrt{{{left( -sqrt{{{m}^{2}}+4m+8} right)}^{2}}+{{left( sqrt{{{m}^{2}}+4m+8} right)}^{2}}}$$=sqrt{2{{m}^{2}}+8m+16}$
Mặt khác: $AB=sqrt{10}$ $Leftrightarrow 2{{m}^{2}}+8m+6=0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = – 1\
m = – 3
end{array} right.$.
Vậy tổng bình phương cần tìm là: ${{left( -1 right)}^{2}}+{{left( -3 right)}^{2}}=10$.
Câu 40: Chọn C
Ta có: ${{S}_{n}}=3{{n}^{2}}+4n=frac{nleft( 8+6n right)}{2}$ $=frac{nleft( 7+6n+1 right)}{2}$
$Rightarrow {{u}_{n}}=6n+1$ $Rightarrow {{u}_{10}}=61$.
Câu 41.Chọn B.
Xét khai triển ${{left( x+1 right)}^{n}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}x+C_{n}^{2}{{x}^{2}}+C_{n}^{3}{{x}^{3}}+…+C_{n}^{n}{{x}^{n}}$.
Đạo hàm hai vế ta được: $n{{left( x+1 right)}^{n-1}}=C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}x+3C_{n}^{3}{{x}^{2}}+…+nC_{n}^{n}{{x}^{n-1}}$.
Thay $x=1$ ở hai vế ta được $1.C_{n}^{1}+2.C_{n}^{2}+…+n.C_{n}^{n}=n{{.2}^{n-1}}$.
Do đó $n{{.2}^{n-1}}=11264$.
Xét hàm số $fleft( t right)=t{{.2}^{t-1}}$ trên $left( 0,;,+infty right)$ ta có: ${f}’left( t right)={{2}^{t-1}}+t{{.2}^{t-1}}.ln 2>0,forall t>0$.
Do đó hàm số $fleft( t right)=t{{.2}^{t-1}}$ đồng biến trên $left( 0,;,+infty right)$. Mà $fleft( 11 right)=11264$. Vậy $n=11$.
Câu 42. Chọn C.
Gọi $I$ là trung điểm của cạnh ${B}'{C}’$. Khi đó $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta {A}'{B}'{C}’$.
Gọi ${M}’$ là trung điểm của cạnh ${A}'{C}’$. Khi đó $M{M}’bot left( {A}'{B}'{C}’ right)$.
Do $M{A}’=M{C}’=asqrt{2}$ nên $Delta M{A}'{C}’$ vuông tại $M$. Do đó ${M}’$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta M{A}'{C}’$.
Do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $M{A}'{B}'{C}’$. Bán kính mặt cầu là $r=I{B}’=frac{BC}{2}=frac{asqrt{5}}{2}$.
Do đó diện tích mặt cầu là $S=4pi {{r}^{2}}=5pi {{a}^{2}}$.
Câu 43. Chọn A.
Ta có: ${{e}^{2x+y+1}}-{{e}^{3x+2y}}=x+y-1$$Leftrightarrow {{e}^{2x+y+1}}+left( 2x+y+1 right)={{e}^{3x+2y}}+left( 3x+2y right)$.
Xét hàm số $fleft( t right)={{e}^{t}}+t$ trên $mathbb{R}$. Ta có ${f}’left( t right)={{e}^{t}}+1>0$ nên hàm số đồng biến trên $mathbb{R}$.
Do đó phương trình có dạng: $fleft( 2x+y+1 right)=fleft( 3x+2y right)$$Leftrightarrow 2x+y+1=3x+2y$$Leftrightarrow y=1-x$.
Thế vào phương trình còn lại ta được: $log _{2}^{2}x-left( m+4 right){{log }_{2}}x+{{m}^{2}}+4=0$.
Đặt $t={{log }_{2}}x$, phương trình có dạng: ${{t}^{2}}-left( m+4 right)t+{{m}^{2}}+4=0$.
Để phương trình có nghiệm thì $Delta ge 0$$Leftrightarrow -3{{m}^{2}}+8mge 0$$Leftrightarrow 0le mle frac{8}{3}$.
Do đó có $3$ số nguyên $m$ thỏa mãn.
Câu 44. Chọn C.
${{9.9}^{{{x}^{2}}-2x}}-left( 2m+1 right){{15}^{{{x}^{2}}-2x+1}}+left( 4m-2 right){{5}^{2{{x}^{2}}-4x+2}}=0$$Leftrightarrow {{9}^{{{left( x-1 right)}^{2}}}}-left( 2m+1 right){{15}^{{{left( x-1 right)}^{2}}}}+left( 4m-2 right){{25}^{{{left( x-1 right)}^{2}}}}=0$$Leftrightarrow {{left( frac{3}{5} right)}^{2{{left( x-1 right)}^{2}}}}-left( 2m+1 right){{left( frac{3}{5} right)}^{{{left( x-1 right)}^{2}}}}+4m-2=0$.
Đặt $t={{left( frac{3}{5} right)}^{{{left( x-1 right)}^{2}}}}$. Do ${{left( x-1 right)}^{2}}ge 0$ nên $0<tle 1$.
Phương trình có dạng: ${{t}^{2}}-left( 2m+1 right)t+4m-2=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 2\
t = 2m – 1
end{array} right.$. Do $0<tle 1$ nên $t=2m-1$.
Để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thì $0<2m-1<1$$Leftrightarrow frac{1}{2}<m<1$.
Câu 45. Chọn C.
Gọi số tiền gốc ban đầu là $N$ và phần trăm lãi là $r$.
Tháng thứ nhất ông Trung phải trả số tiền lãi là: $N.r$.
Tháng thứ hai ông Trung phải trả số tiền lãi là: $frac{59}{60}N.r$.
Tháng thứ ba ông Trung phải trả số tiền lãi là: $frac{58}{60}N.r$.
…
Tháng thứ sáu mươi ông Trung phải trả số tiền lãi là: $frac{1}{60}N.r$.
Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong suốt quá trình lãi là:
$N.r+frac{59}{60}.N.r+frac{58}{60}.N.r+…+frac{1}{60}.N.r$ $=left( 1+frac{59}{60}+frac{58}{60}+…+frac{1}{60} right)N.r$ $=left( 1+frac{60.left( 60+1 right)}{2.60} right)N.r$
$=frac{61}{2}.800.0,5%=122.000.000$.
Vậy tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là $122.000.000$ đồng.
Câu 46. Chọn C.
Ta có:
$AC=SC.cos30{}^circ $ $=asqrt{3}$ .
$A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2{{a}^{2}}+{{a}^{2}}$ $=3{{a}^{2}}$ $=A{{C}^{2}}$$Rightarrow $ $Delta ABC$ là tam giác vuông ở $B$.
Gọi $H$, $I$ lần lượt là trung điểm của $AC$, $SC$. Khi đó ta có:
$H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$.
$IHbot left( ABC right)$.
Do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $SABC$. Suy ra $R=frac{1}{2}SC$ $=a$.
Vậy $R=a$ .
Câu 47. Chọn C.
Ta có: $dleft( A;left( SMN right) right)=3dleft( G;left( SMN right) right)$.
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $I$ là giao điểm của $MN$ và $BG$, $H$ là chân đường cao kẻ từ $G$ của tam giác $SIG$. Khi đó $dleft( G;left( SMN right) right)=GH$.
Lại có:
$BG=frac{asqrt{3}}{3}$ , $BI=frac{asqrt{3}}{4}$ $Rightarrow IG=BG-BI$ $=frac{asqrt{3}}{12}$.
$SG=BG.tan60{}^circ $ $=a$.
$frac{1}{H{{G}^{2}}}=frac{1}{S{{G}^{2}}}+frac{1}{I{{G}^{2}}}=frac{49}{{{a}^{2}}}$ $Rightarrow GH=frac{a}{7}$ $Rightarrow dleft( A;left( SMN right) right)=frac{3a}{7}$.
Vậy khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $left( SMN right)$ bằng $frac{3a}{7}$.
Câu 48: Chọn B.
Tập xác định của hàm số : $D=left[ -2;,2 right]$.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y={{x}^{2}}+msqrt{4-{{x}^{2}}}+m-7$ và trục hoành là
${{x}^{2}}+msqrt{4-{{x}^{2}}}+m-7=0$$Leftrightarrow mleft( sqrt{4-{{x}^{2}}}+1 right)=7-{{x}^{2}}$$Leftrightarrow m=frac{7-{{x}^{2}}}{sqrt{4-{{x}^{2}}}+1},,,left( 1 right)$.
Đặt $t=sqrt{4-{{x}^{2}}}$, $tin left[ 0;2 right]$, phương trình $left( 1 right)$ trở thành $m=frac{{{t}^{2}}+3}{t+1},,,left( 2 right)$.
Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hoành khi và chỉ khi phương trình $left( 2 right)$ có nghiệm $tin left[ 0;2 right]$.
Xét hàm số $fleft( t right)=frac{{{t}^{2}}+3}{t+1}$ với $tin left[ 0;2 right]$.
Ta có $f’left( t right) = frac{{{t^2} + 2t – 3}}{{{{left( {t + 1} right)}^2}}} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 1 in left( {0;2} right)\
t = – 3 notin left( {0;2} right)
end{array} right.$.
$fleft( 0 right)=3$, $fleft( 1 right)=2$, $fleft( 2 right)=frac{7}{3}$.
Do đó $underset{left[ 0;2 right]}{mathop{min }},fleft( t right)=2$ và $underset{left[ 0;2 right]}{mathop{max }},fleft( t right)=3$.
Bởi vậy, phương trình $left( 2 right)$ có nghiệm $tin left[ 0;2 right]$ khi và chỉ khi $underset{left[ 0;2 right]}{mathop{min }},fleft( t right)le mle underset{left[ 0;2 right]}{mathop{max }},fleft( t right)Leftrightarrow 2le mle 3$.
Từ đó suy ra $a=2$, $b=3$, nên $S=2+3=5$.
Câu 49: Chọn C.
Ta có:
$left{ begin{array}{l}
x + left( {2y} right) = 2.5\
x.left( {2y} right) = {4^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x + 2y = 10\
x.left( {2y} right) = 16
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 8\
2y = 2
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
x = 2\
2y = 8
end{array} right.$.
Từ đó, ta có $left| x-2y right|=left| 8-2 right|=6$.
Câu 50: Chọn A.
Đặt $t=sin x+cos x$$=sqrt{2}sin left( x+frac{pi }{4} right)$, $tin left[ -sqrt{2};sqrt{2} right]$.
Ta có ${{t}^{2}}={{sin }^{2}}x+{{cos }^{2}}x+2sin x.cos x$$=1+2sin x.cos x$, suy ra $sin x.cos x=frac{{{t}^{2}}-1}{2}$.
Phương trình đã cho trở thành
$frac{{{t^2} – 1}}{2} + 2t = 2 Leftrightarrow {t^2} + 4t – 5 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 1\
t = – 5 notin left[ { – sqrt 2 ;sqrt 2 } right]
end{array} right.$.
Từ đó ta có $sqrt{2}sin left( x+frac{pi }{4} right)=1$$Leftrightarrow sin left( x+frac{pi }{4} right)=frac{sqrt{2}}{2}$.
Như vậy $P=sin left( {{x}_{0}}+frac{pi }{4} right)=frac{sqrt{2}}{2}$.
