Câu 31.Chọn A
$underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-{{4}^{2018}}}{x-{{2}^{2018}}}$=$underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},frac{(x-{{2}^{2018}})(x+{{2}^{2018}})}{(x-{{2}^{2018}})}=underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},(x+{{2}^{2018}})={{2}^{2019}}.$
Câu 32.Chọn C
Giả sử thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân tại $A$ nên $AB=AC$.
Đặt $AB=x$. Áp dụng định lý pitago vào tam giác $ABC$ ta có:
${{x}^{2}}+{{x}^{2}}={{a}^{2}}$$Leftrightarrow 2{{x}^{2}}={{a}^{2}}Leftrightarrow {{x}^{2}}=frac{{{a}^{2}}}{2}Leftrightarrow x=frac{a}{sqrt{2}}$.
Dễ thấy $R=frac{a}{2}$; $l=AB=frac{a}{sqrt{2}}$.
Áp dụng công thức ${{S}_{xq}}=pi Rl=frac{pi {{a}^{2}}sqrt{2}}{4}$.
Câu 33.Chọn D
Dựa vào đồ thị ta có: Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì
$0<{{4}^{m+2{{log }_{4}}sqrt{2}}},<2$$Leftrightarrow ,m+2{{log }_{4}}sqrt{2},<frac{1}{2},$$Leftrightarrow m,<0.$
Câu 34.Chọn C
Đặt ${{log }_{2}}left( {{b}_{1}} right)={{a}_{1}};,,{{log }_{2}}left( {{b}_{2}} right)={{a}_{2}}$. Do ${{b}_{2}}>{{b}_{1}}ge 1$ nên: ${{a}_{2}}>{{a}_{1}}ge 0$.
$fleft( {{log }_{2}}left( {{b}_{2}} right) right)+2=fleft( {{log }_{2}}left( {{b}_{1}} right) right)Leftrightarrow fleft( {{a}_{2}} right)+2=fleft( {{a}_{1}} right),,,left( * right)$.
Lập bảng biến thiên của hàm số $fleft( x right)={{x}^{3}}-3x$ trên $left[ 0;,+infty right)$.
Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu ${{a}_{1}}>1Rightarrow {{a}_{2}}>1$. Hàm số $fleft( x right)={{x}^{3}}-3x$ đồng biến trên $left( 1;,+infty right)$
$Rightarrow {{a}_{2}}>{{a}_{1}}Leftrightarrow fleft( {{a}_{2}} right)>fleft( {{a}_{1}} right)Rightarrow ,,left( * right)$ vô lý.
Trường hợp 2: Nếu $0le {{a}_{1}}le 1Rightarrow fleft( {{a}_{1}} right)le 0$. Từ $left( * right),Rightarrow $$fleft( {{a}_{2}} right)+2le 0Leftrightarrow {{a}_{2}}^{3}-3{{a}_{2}}+2le 0$
$Leftrightarrow {{left( {{a}_{2}}-1 right)}^{2}}left( {{a}_{2}}+2 right)le 0Leftrightarrow {{a}_{2}}=1$ (do ${{a}_{2}}+2>0,,,forall {{a}_{2}}>0$).
Với ${{a}_{2}}=1Rightarrow fleft( {{a}_{2}} right)=-2Rightarrow fleft( {{a}_{1}} right)=fleft( {{a}_{2}} right)+2=0$
$Leftrightarrow {{a}_{1}}^{3}-3{{a}_{1}}=0Leftrightarrow {{a}_{1}}=0$ (do $0le {{a}_{1}}le {{a}_{2}}le 1$)
Ta có: $left{ begin{array}{l}
{a_1} = 0\
{a_2} = 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{log _2}left( {{b_1}} right) = 0\
,{log _2}left( {{b_2}} right) = 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{b_1} = 1\
,{b_2} = 2
end{array} right.$
Gọi $q$ là công bội của cấp số nhân $left( {{b}_{n}} right),,Rightarrow q=frac{{{b}_{2}}}{{{b}_{1}}}=2Rightarrow {{b}_{n}}={{b}_{1}}.{{q}^{n-1}}={{2}^{n-1}}$.
${{b}_{n}}>{{5}^{100}}Rightarrow {{2}^{n-1}}>{{5}^{100}}Leftrightarrow n-1>{{log }_{2}}{{5}^{100}}Rightarrow n>1+100{{log }_{2}}5$.
Số tự nhiên $n$ bé nhất thỏa mãn $n>1+100{{log }_{2}}5$ là 234.
Câu 35.Chọn C
Số hạng tổng quát của khai triển:
${{T}_{k+1}}=C_{10}^{k}{{left( {{x}^{2}} right)}^{10-k}}{{left( frac{2}{x} right)}^{k}}=C_{10}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{20-3k}},,,,left( 0le kle 10,,kin Nu right)$.
Số hạng chứa ${{x}^{2}}$ ứng với: $20-3k=2Leftrightarrow k=6,$ (nhận).
Hệ số cần tìm là: ${{2}^{6}}C_{10}^{6}=13440$.
Câu 36.Chọn D
Từ đồ thị hàm số suy ra hàm số có 3 điểm cực tiểu trên khoảng $left( a;b right)$.
Câu 37. Chọn D
Cấp số cộng $left( {{u}_{n}} right)$ có ${{u}_{1}}=3$ và công sai $d=7$ thì có số hạng tổng quát ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+left( n-1 right)d=3+7left( n-1 right)=7n-4$.
${{u}_{n}}>2018Leftrightarrow 7n-4>2018Leftrightarrow n>frac{2022}{7}$
Mà $n$ nguyên dương nên $nge 289$
Vậy kể từ số hạng thứ $289$ trở đi thì các số hạng của $left( {{u}_{n}} right)$ đều lớn hơn $2018$.
Câu 38.Chọn A
Hàm số $fleft( x right)=left( x-6 right)sqrt{{{x}^{2}}+4}$ xác định và liên tục trên đoạn $left[ 0,;,3 right]$.
${f}’left( x right)=sqrt{{{x}^{2}}+4}+left( x-6 right),.,frac{x}{sqrt{{{x}^{2}}+4}}=frac{{{x}^{2}}+4+left( x-6 right)x}{sqrt{{{x}^{2}}+4}}=frac{2{{x}^{2}}-6x+4}{sqrt{{{x}^{2}}+4}}$
$f’left( x right) = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 in left[ {0,;,3} right]}\
{x = 2 in left[ {0,;,3} right]}
end{array}} right.$
$fleft( 0 right)=-12,;,fleft( 3 right)=-3sqrt{13},;,fleft( 1 right)=-5sqrt{5},;,fleft( 2 right)=-8sqrt{2}$
Suy ra $underset{left[ 0,;,3 right]}{mathop{text{max}}},y=M=-3sqrt{13}$ và $underset{left[ 0,;,3 right]}{mathop{min }},y=m=-12$
$M+m=-12-3sqrt{13}=a-bsqrt{c}$ với $a$ là số nguyên và $b,,,c$ là các số nguyên dương nên $a=-12,;,b=3,;,c=13$. Do đó $S=a+b+c=4$.
Câu 39.Chọn A
Gọi $x$là bán kính hình cầu.
Ta có ${{l}_{tru}}=2{{d}_{cau}}=4{{R}_{cau}}=4{{R}_{tru}}=4x$
Thể tích của bể nước là $V={{V}_{tru}}+{{V}_{cau}}=pi {{R}^{2}}_{tru}.{{l}_{tru}}+frac{4}{3}pi {{R}^{3}}_{cau}=pi {{x}^{2}}.4x+frac{4}{3}pi {{x}^{3}}=frac{128pi }{3}$
$Rightarrow {{x}^{3}}=8Leftrightarrow x=2.$
Diện tích xung quanh của bể nước là
$S=2pi {{R}_{tru}}.{{l}_{tru}}+4pi {{R}^{2}}_{cau}=2pi .2.8+4pi {{.2}^{2}}=48pi ({{m}^{2}}).$
Câu 40.Chọn C
Hình lập phương có thể tích bằng $64{{a}^{3}}$, suy ra cạnh hình lập phương là $4a$.
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính bằng $frac{1}{2}$ cạnh hình lập phương.
$Rightarrow R=2a$. Vậy $V={{V}_{k/c}}=frac{4}{3}pi {{R}^{3}}=frac{32pi {{a}^{3}}}{3}$.
Câu 41.Chọn B
TXĐ: $D=mathbb{R}backslash left{ -2 right}$.
${y}’=frac{2-m}{{{left( x+2 right)}^{2}}}$.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $left( 0;+infty right)$$Leftrightarrow {y}’>0$, $forall xin left( 0;+infty right)$
$Leftrightarrow 2-m>0$ (Vì $-2notin left( 0;+infty right)$) $Leftrightarrow m<2$ hay $min left( -infty ;2 right)$.
Câu 42.Chọn C
Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $left( 0,;,1 right)$ nên chỉ có đáp án C là phù hợp.
Câu 43.Chọn A
Ta thấy
$int{left( {{tan }^{2}}x+2 right)text{dx}}=int{left( frac{1}{{{cos }^{2}}x}+1 right)text{dx}}$$=tan x+x+C$.
$int{left( frac{2}{{{cos }^{2}}x} right)text{dx}}=2tan x+C$
$int{left( {{tan }^{2}}x+1 right)text{dx}}=int{frac{1}{{{cos }^{2}}x}text{dx}}$$=tan x+C$
Câu 44.Chọn C
Đồ thị hàm số đi qua điểm $left( 1,;,0 right)$ suy ra $a+b+c+d=0$ hay $S=a+b+c+d=0$.
Câu 45.Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị cực đại tại $x=0$, giá trị cực đại ${{y}_{C}}=4$.
Câu 46.Chọn B
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Do tam giác $SAB$ đều nên $SHbot AB$.
Lại có: $mpleft( SAB right)$ vuông góc $mpleft( ABCD right)$ theo giao tuyến $AB$ nên$SHbot left( ABCD right)$.
Gọi $E$ là trung điểm $AD$.
Ta có: $AECB$ là hình vuông cạnh $a$, $ECD$ là tam giác vuông cân tại $E$.
Ta thấy: tam giác $ACD$ có trung tuyến $CE$ bằng nửa cạnh đối diện $AD$ nên tam giác
$ACD$ vuông tại $C$ mà $AC=CD=asqrt{2}$ nên tam giác $ACD$ vuông cân tại $C$.
Thể tích khối chóp $S.ACD$ là: $V=frac{1}{3}SH.{{S}_{ACD}}=frac{1}{3}.frac{asqrt{3}}{2}.frac{1}{2}{{left( asqrt{2} right)}^{2}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ .
Câu 47.Chọn A
Dựng hình bình hành ${B}'{C}’BD$, suy ra $B{C}’,text{//},D{B}’$, do đó góc giữa hai đường thẳng $A{B}’$ và $B{C}’$ bằng góc giữa hai đường thẳng $A{B}’$ và $D{B}’$.
Xét tam giác $ACD$ có trung tuyến $AB$ bằng nửa cạnh đối diện $CD$ nên $vartriangle ACD$ vuông tại $A$.
$AD=sqrt{D{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=sqrt{16{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=2asqrt{3}$.
Lại do $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là lăng trụ tam giác đều nên $A{B}’=B{C}’$ hay $A{B}’=D{B}’$$Rightarrow vartriangle {B}’DA$ cân tại ${B}’$, mà $left( A{B}’,D{B}’ right)={{60}^{text{o}}}$ nên tam giác ${B}’DA$ đều cạnh bằng $2asqrt{3}$.
$B{B}’=sqrt{A{{{{B}’}}^{2}}-A{{B}^{2}}}=sqrt{12{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=2asqrt{2}$ .
Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ đã cho: $V=B{B}’.{{S}_{ABC}}=2asqrt{2}.frac{{{left( 2a right)}^{2}}sqrt{3}}{4}=2sqrt{6}{{a}^{3}}$.
Câu 48.Chọn B
Tập xác định $D=Rbackslash left{ -2 right}$
${y}’=frac{4}{{{(x+2)}^{2}}}$ , $M({{x}_{0}};frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2})$
Phương trình tiếp tuyến tại M là $y=frac{4}{{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}}(x-{{x}_{0}})+frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}Leftrightarrow 4x-{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}y+2x_{0}^{2}=0$
Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến là
$d=frac{left| 4(-2)-{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}.2+2x_{0}^{2} right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{({{x}_{0}}+2)}^{4}}}}=frac{left| -8{{x}_{0}}-16 right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{({{x}_{0}}+2)}^{4}}}}$
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có $frac{left| -8{{x}_{0}}-16 right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{({{x}_{0}}+2)}^{4}}}}le frac{8left| {{x}_{0}}+2 right|}{sqrt{8{{({{x}_{0}}+2)}^{2}}}}=2sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi ${{({{x}_{0}}+2)}^{2}}=4$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 0\
{x_0} = – 4
end{array} right.$
. Vì ${{x}_{0}}ne 0$ nên ${{x}_{0}}=-4$.
$Rightarrow {{y}_{0}}=4$ $Rightarrow 2{{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-4$
Câu 49 .Chọn B
Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $ACcap BD=left{ O right}Rightarrow SObot (ABCD)$
Xét $Delta SAO$ vuông tại $O$có: $SO=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-{{left( frac{asqrt{2}}{2} right)}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$.
Kẻ $MIbot BD$ tại $I$. Suy ra: $MIparallel SO$ nên $MIbot (ABCD)$.
Vậy góc giữa $BM$và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc $widehat{MBI}$.
Ta có: $MI=frac{1}{3}SO=frac{asqrt{2}}{6}$; $BI=frac{5}{6}BD=frac{5sqrt{2}a}{6}$.
Xét $Delta MBI$ vuông tại I ta có: $tan widehat{MBI}=frac{MI}{BI}=frac{1}{5}$.
Vậy giá trị $tan $của góc giữa $BM$và mặt phẳng $(ABCD)$ là $frac{1}{5}$.
Câu 50.Chọn B
Điều kiện xác định: $xge 1$
${{9}^{sqrt{x-1}}}={{e}^{ln 81}}Leftrightarrow {{9}^{sqrt{x-1}}}=81Leftrightarrow sqrt{x-1}=2Leftrightarrow x=5$
Vậy phương trình có nghiệm $x=5$
