Câu 31.Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy, hàm số nghịch biến trên các khoảng $left( -infty ,;,1 right)$ và $left( 1,;,+infty right)$
$Rightarrow {y}'<0$, $forall xne 1$.
Câu 32.Chọn A
Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $CD$, $AD$, $AC$.
Ta có, ${{G}_{1}}$, ${{G}_{2}}$, ${{G}_{4}}$ lần lượt là trọng tâm của $Delta ABC$, $Delta ABD$, $Delta BCD$ nên $frac{B{{G}_{1}}}{BP}=frac{2}{3}$, $frac{B{{G}_{2}}}{BN}=frac{2}{3}$ và $frac{B{{G}_{4}}}{BM}=frac{2}{3}$$Rightarrow left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{4}} right)//left( ACD right)$và $Delta {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{4}}backsim Delta PNM$theo tỉ số $frac{2}{3}$.
$Rightarrow {{S}_{Delta {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{4}}}}={{left( frac{2}{3} right)}^{2}}.{{S}_{Delta PNM}}=frac{4}{9}.{{left( frac{1}{2} right)}^{2}}.{{S}_{Delta ACD}}=frac{1}{9}.{{S}_{Delta ACD}}=frac{1}{9}.left( frac{1}{2}.9a.12a right)=6{{a}^{2}}$.
Ta lại có, $frac{M{{G}_{4}}}{MB}=frac{1}{3}$; $frac{M{{G}_{3}}}{MA}=frac{1}{3}$$Rightarrow {{G}_{3}}{{G}_{4}}//AB$và ${{G}_{3}}{{G}_{4}}=frac{1}{3}AB=2a$.
Do $ABbot left( ACD right)$ nên ${{G}_{3}}{{G}_{4}}bot left( ACD right)$, mà $left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{4}} right)//left( ACD right)$$Rightarrow {{G}_{3}}{{G}_{4}}//left( {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{4}} right)$.
$Rightarrow {{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=frac{1}{3}.{{G}_{3}}{{G}_{4}}.{{S}_{Delta {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{4}}}}=frac{1}{3}.2a.6{{a}^{2}}=4{{a}^{3}}$.
Cách 2: (Đắc Nguyễn)
Dễ thấy tứ diện ${{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}$ đồng dạng tứ diện $ABCD$ theo tỉ số $frac{1}{3}$ (chẳng hạn ${{G}_{2}}{{G}_{3}}=frac{1}{3}BC$,…) nên $Rightarrow {{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}={{(frac{1}{3})}^{3}}.{{V}_{ABCD}}={{(frac{1}{3})}^{3}}.frac{1}{6}.6a.9a.12a=4{{a}^{3}}$
Câu 33.Chọn D
Đồ thị trên có dạng của đồ thị hàm số bậc ba $y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d$ với hệ số $a>0$.
Vậy chọn phương án $text{D}$.
Câu 34.Chọn D
Ta có $Mleft( a;b;c right)in left( Oxy right)$ nên $c=0$. Do đó $Mleft( a;b;0 right)$.
$overrightarrow{MA}=left( 1-a;-1-b;2 right)$, $overrightarrow{MB}=left( -2-a;-b;3 right)$, $overrightarrow{MC}=left( -a;1-b;-2 right)$
$overrightarrow{MA}.overrightarrow{MB}=left( 1-a right)left( -2-a right)+left( -1-b right)left( -b right)+6={{a}^{2}}+a+{{b}^{2}}+b+4$
$overrightarrow{MB}.overrightarrow{MC}=left( -2-a right)left( -a right)+left( -b right)left( 1-b right)-6={{a}^{2}}+2a+{{b}^{2}}-b-6$
$overrightarrow{MC}.overrightarrow{MA}=left( -a right)left( 1-a right)+left( 1-b right)left( -1-b right)-4={{a}^{2}}-a+{{b}^{2}}-5$
Suy ra$S={{a}^{2}}+a+{{b}^{2}}+b+4+2left( {{a}^{2}}+2a+{{b}^{2}}-b-6 right)+3left( {{a}^{2}}-a+{{b}^{2}}-5 right)=6{{a}^{2}}+2a+6{{b}^{2}}-b-23$
$S=6{{left( a+frac{1}{6} right)}^{2}}+6{{left( b-frac{1}{12} right)}^{2}}-frac{557}{24}ge -frac{557}{24}$.
Do đó $S$ đạt giá trị nhỏ nhất là $-frac{557}{24}$ khi $a=-frac{1}{6}$ và $b=frac{1}{12}$
Khi đó $T=12a+12b+c=12.left( -frac{1}{6} right)+12.frac{1}{12}+0=-1$.
Câu 35.Chọn C
$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{2x-3}{sqrt{{{x}^{2}}+1}-x}=underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{2x-3}{-xsqrt{1+frac{1}{{{x}^{2}}}}-x}=underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{2-frac{3}{x}}{-sqrt{1+frac{1}{{{x}^{2}}}}-1}=frac{2-0}{-sqrt{1+0}-1}=-1$.
Câu 36.Chọn B
Câu 37.Chọn D
Hàm số $y={{left( 4{{x}^{2}}-1 right)}^{4}}$ có số mũ nguyên dương.
Do đó hàm số này xác định khi $4{{x}^{2}}-1$ xác định.
Mà $4{{x}^{2}}-1$ xác định với mọi $xin mathbb{R}$.
Vậy hàm số $y={{left( 4{{x}^{2}}-1 right)}^{4}}$ có tập xác định là $D=mathbb{R}.$
Câu 38.Chọn D
Xét hàm số $y={{x}^{4}}-{{x}^{2}}+13$ trên $left[ -2;3 right]$.
Ta có: ${y}’=4{{x}^{3}}-2x$.
$y’ = 0 Leftrightarrow 4{x^3} – 2x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 in left( { – 2;3} right)\
x = frac{{ pm 1}}{{sqrt 2 }} in left( { – 2;3} right)
end{array} right..$
$y(-2)=25$, $y(0)=13$, $yleft( pm frac{1}{sqrt{2}} right)=frac{51}{4}$, $y(3)=85$.
Vậy $m=frac{51}{4}$.
Câu 39.Chọn A
Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay $(H)$ giới hạn bởi các đường $y={{x}^{2}}+3,$$y=0,$$x=0,$$x=2$ xung quanh trục $Ox$ là $V=pi intlimits_{0}^{2}{{{left( {{x}^{2}}+3 right)}^{2}}text{d}x}$.
Câu 40 .Chọn D
Ta có $I=intlimits_{0}^{pi }{xfleft( {{x}^{2}} right)text{d}x}=frac{1}{2}intlimits_{0}^{pi }{fleft( {{x}^{2}} right)text{d}left( {{x}^{2}} right)}=frac{1}{2}intlimits_{0}^{{{pi }^{2}}}{fleft( u right)text{du}}=frac{1}{2}intlimits_{0}^{{{pi }^{2}}}{fleft( x right)text{d}x}=frac{1}{2}.2018=1009$.
Câu 41.Chọn A
Có $300$ số tự nhiên nhỏ hơn $300$ nên $nleft( Omega right)=300$.
Số các số tự nhiên nhỏ hơn $300$ mà chia hết cho$3$là: $left( 297-0 right):3+1=100$.
Số các số tự nhiên nhỏ hơn $300$ mà không chia hết cho$3$là: $300-100=200$nên $nleft( A right)=200$.
Vậy $Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}=frac{200}{300}=frac{2}{3}$.
Câu 42.Chọn C
Ta có $y’ = 4a{x^3} + 2bx = 2xleft( {2a{x^2} + b} right) = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\
{{x^2} = frac{{ – b}}{{2a}}}
end{array}} right.$
Để hàm số $y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c$có $3$ điểm cực trị $Leftrightarrow $Phương trình ${y}’=0$ có $3$nghiệm phân biệt và ${y}’$đổi dấu khi đi qua nghiệm đó $Leftrightarrow frac{-b}{2a}>0Leftrightarrow ab<0$
Câu 43.Chọn C
Tọa độ tâm của mặt cầu $left( S right)$là $Ileft( -3;-1;1 right)$.
Câu 44.Chọn B
Tập xác định: $D=mathbb{R}$.
Ta có: $y’={{x}^{2}}-2mx+{{m}^{2}}-4$ và $y”=2x-2m$.
Hàm số đạt cực đại tại $x=3$ suy ra $y’left( 3 right) = 0 Leftrightarrow {m^2} – 6m + 5 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m = 5
end{array} right.$
Thử lại:
- Với $m=1$ thì $y”left( 3 right)=4>0$, suy ra $x=3$ là điểm cực tiểu của hàm số.
- Với $m=5$ thì $y”left( 3 right)=-4<0$, suy ra $x=3$ là điểm cực đại của hàm số.
Vậy $m=5$ là giá trị cần tìm.
Câu 45.Chọn C
Ta có ${{I}_{1}}=intlimits_{0}^{1}{{f}'(x)cos,(pi x)dx=frac{pi }{2}}$.
Đặt $u=text{cos}(pi x)Rightarrow du=-pi sin (pi x)$, $dv={f}'(x)dx$ chọn $v=f(x)$.
$Rightarrow {{I}_{1}}=f(x)text{cos},text{(}pi x)mathop{|}_{0}^{1}+intlimits_{0}^{1}{pi f(x)sin (pi x)dx=-f(1)-f(0)+pi }intlimits_{0}^{1}{f(x)sin (pi x)dx}=frac{pi }{2}.$
$Rightarrow intlimits_{0}^{1}{f(x)sin(pi x)dx=frac{1}{2}}$.
Ta có ${{I}_{2}}=intlimits_{0}^{1}{{{f}^{2}}(x)dx=frac{1}{2}}Rightarrow {{I}_{1}}={{I}_{2}}Leftrightarrow intlimits_{0}^{1}{f(x)sin (pi x)dx=intlimits_{0}^{1}{{{f}^{2}}(x)dx}}$.
$Leftrightarrow intlimits_{0}^{1}{left[ {{f}^{2}}(x)-f(x)sin (pi x) right],}dx=0Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)-f(x)sin (pi x)=0Leftrightarrow f(x)left[ f(x)-sin left( pi x right) right]=0$.
$Leftrightarrow f(x)=0$ hoặc $f(x)-sin left( pi x right)=0$. Vì ${{I}_{1}}ne 0$ và ${{I}_{2}}ne 0$ nên $f(x)=0$ loại.
$Leftrightarrow f(x)-sin left( pi x right)=0Leftrightarrow f(x)=sin left( pi x right)$.
$Rightarrow intlimits_{0}^{1}{f(x)dx=intlimits_{0}^{1}{sin (pi x)dx=-frac{text{cos(}pi text{x)}}{pi }}}mathop{|}_{0}^{1}=frac{2}{pi }$.
Câu 46 .Chọn A
Đặt $t=sin x+cos x$. Điều kiện $left| t right|le sqrt{2}$. $Rightarrow {{t}^{2}}=1+2sin x.cos xRightarrow sin x.cos x=frac{{{t}^{2}}-1}{2}$.
Khi đó phương trình $sin x.cos x+2(sin x+cos x)=2$ trở thành: $frac{{{t}^{2}}-1}{2}+2t=2$.
$ Leftrightarrow {t^2} + 4t – 5 = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{t = 1}\
{t = – 5}
end{array}} right.$
. Đối chiếu điều kiện $t=1$ thỏa mãn.
$Leftrightarrow sin x+cos x=1Rightarrow sin 2x=0$. Vì ${{x}_{0}}$ là nghiệm của phương trình nên $sin 2{{x}_{0}}=0Rightarrow P=3$.
Câu 47.Chọn A
$S=4pi {{r}^{2}}=4.pi {{.3}^{2}}=36pi ,left( c{{m}^{2}} right)$.
$V=frac{4}{3}pi {{r}^{3}}=frac{4}{3}pi {{.3}^{3}}=36pi left( c{{m}^{3}} right)$.
Câu 48.Chọn B
Gọi $Ileft( {{x}_{I}};{{y}_{I}};{{z}_{I}} right)$ là trung điểm của $AB$. Khi đó
$left{ begin{array}{l}
{x_I} = frac{{2 + 2}}{2} = 2\
{y_I} = frac{{ – 4 + 2}}{2} = – 1\
{z_I} = frac{{3 + 7}}{2} = 5
end{array} right. Rightarrow Ileft( {2; – 1;5} right)$
Câu 49.Chọn B
$intlimits_1^2 {frac{{{rm{dx}}}}{{3x – 2}}} = frac{1}{3}ln |3x – 2|left| begin{array}{l}
2\
1
end{array} right. = frac{1}{3}ln 4 – frac{1}{3}ln 1 = frac{1}{3}ln 4 = frac{2}{3}ln 2$
Câu 50 .Chọn B
Ta có: $y={{x}^{3}}+2x+1$$Rightarrow {y}’=3{{x}^{2}}+2$
