Câu 30: Đáp án D
Ta có: $OH=frac{220}{2}=110left( m right);SH=sqrt{{{150}^{2}}+{{110}^{2}}}=10sqrt{346}left( m right).$
Ta có ${{S}_{xq}}=4.frac{1}{2}.10sqrt{346}.220=4400sqrt{346}left( {{m}^{2}} right).$
Câu 31: Đáp án B
B sai vì dấu bằng phải xảy ra tại hữu hạn điểm.
Câu 32: Đáp án C
Ta có: $frac{{{V}_{A’B’C’D’.XYZT}}}{{{V}_{A’B’C’D’.ABCD}}}=frac{1}{2}left( frac{A’X}{A’A}+frac{C’Z}{C’C} right)=frac{1}{2}.left( frac{1}{3}+frac{1}{4} right)=frac{7}{24}$
Cho ${{V}_{XYZT.A’B’C’D’}}=7;{{V}_{A’B’C’D’.ABCD}}=24$
Khi đó ${{V}_{XYZT.ABCD}}=17Rightarrow k=frac{17}{7}.$
Câu 33: Đáp án A
Với $m=2Rightarrow fleft( x right)=3x-4Rightarrow $ hàm số đồng biến trên $mathbb{R}.$
Với $m=-2Rightarrow y=-12{{x}^{2}}+3x-4Rightarrow $ hàm số không đồng biến trên $mathbb{R}.$
Với $mne pm 2Rightarrow f’left( x right)=3left( {{m}^{2}}-4 right){{x}^{2}}+6left( m-2 right)x+3$
Khi đó hàm số đồng biến trên $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = {m^2} – 4 > 0\
Delta ‘ = {left( {m – 2} right)^2} – left( {{m^2} – 4} right) = – 4m + 8 le 0
end{array} right. Leftrightarrow m > 2.$
Kết hợp 3 trường hợp suy ra $mge 2$ là giá trị cần tìm.
Câu 34: Đáp án C
Câu 35: Đáp án B
Ta có: $f’left( x right)=1-frac{1}{{{x}^{2}}}=frac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}}ge 0left( forall xin left[ 1;4 right] right)$ do đó hàm số đồng biến trên đoạn $left[ 1;4 right]$
Do đó $underset{left[ 1;4 right]}{mathop{Min}},,fleft( x right).underset{left[ 1;4 right]}{mathop{Mtext{ax}}},,fleft( x right)=fleft( 1 right).fleft( 4 right)=frac{17}{2}.$
Câu 36: Đáp án B
Đáp án B sai vì nếu ${{u}_{1}}<0$ chẳng hạn ${{u}_{1}}=-1$ thì cấp số nhân đó là dãy số giảm.
Câu 37: Đáp án A
Gọi P là hình chiếu của A trên đáy $left( O’ right)$. Khi đó
$AB=sqrt{A{{P}^{2}}+P{{B}^{2}}}=sqrt{{{h}^{2}}+B{{P}^{2}}}=sqrt{4{{R}^{2}}+P{{B}^{2}}}le sqrt{4{{R}^{2}}+4{{R}^{2}}}=2Rsqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra $Leftrightarrow BP=PQ=2R.$
Câu 38: Đáp án D
Không gian mẫu là: $left| Omega right|={{6}^{4}}$
TH1: Môn Toán trùng mã đề thi môn Tiếng Anh không trùng có:
Bạn Hùng chọn 1 mã toán có 6 cách và 6 cách chọn mã môn Tiếng Anh khi đó Vương có 1 cách là phải giống Hùng mã Toán và 5 cách chọn mã Tiếng Anh có $6.1.6.5=180$ cách.
TH2: Môn Tiếng Anh trùng mã đề thi môn Toán không trùng có: $6.1.6.5=180$ cách.
Vậy $P=frac{180+180}{{{6}^{4}}}=frac{5}{18}.$
Câu 39: Đáp án B
Phần chung của hai khối chóp là hình bát diện đều.
Đặt $AB=aRightarrow MN=frac{asqrt{2}}{2}$
Do đó$V=2{{V}_{O.MNPQ}}=2.frac{1}{3}.frac{a}{2}.frac{{{a}^{2}}}{2}=frac{{{a}^{3}}}{6}=frac{2016}{6}=336.$
Câu 40: Đáp án A
Ta có: $ln sqrt{ab}=frac{1}{2}left( ln a+ln b right)$ là khẳng định sai vì $a<b<0.$
Câu 41: Đáp án A
Áp dụng công thức lãi suất: ${{T}_{n}}=frac{a}{m}.left[ {{left( 1+m right)}^{n}}-1 right].left( 1+m right)$ với a là số tiền gửi hàng tháng, m là lãi suất mỗi tháng và n là số tháng, ta được $10 = frac{T}{{0,6% }}left[ {{{left( {1 + 0,6% } right)}^{15}} – 1} right]left( {1 + 0,6% } right) Rightarrow T = 0,635$ triệu đồng.
Câu 42: Đáp án C
Cả 3 khẳng định đều đúng.
Câu 43: Đáp án D
Dựa vào đồ thị hàm số $y=left| fleft( x right) right|$ (hình vẽ bên, xem lại cách vẽ đồ thị hàm số $y=left| fleft( x right) right|$ khi biết đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$), để phương trình $left| fleft( x right) right|=m$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $left[ begin{array}{l}
m = 0\
m > 4
end{array} right..$
Câu 44: Đáp án C
Tam giác ABC vuông tại A $Rightarrow BC=sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2aRightarrow {{R}_{Delta ABC}}=frac{BC}{2}=a$
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là $R=sqrt{{{R}^{2}}_{Delta ABC}+frac{A,A{{‘}^{2}}}{4}}=sqrt{{{a}^{2}}+frac{{{left( 2a right)}^{2}}}{4}=asqrt{2}}.$
Câu 45: Đáp án C
Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của OA, OB, OC với cạnh BC, CA, AB.
Vì $OB’//SARightarrow frac{OA’}{SA}=frac{OM}{AM}$ (Định lí Thalet).
Tương tự, ta có $frac{OB’}{SB}=frac{ON}{BN’};frac{OC’}{SC}=frac{OP}{PC}Rightarrow T=frac{OM}{AM}+frac{ON}{BN}+frac{OP}{PC}.$
Với O là trọng tâm của tam giác ABC $Rightarrow M,N,P$ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB $Rightarrow frac{OM}{AM}=frac{ON}{BN}=frac{OP}{CP}=frac{1}{3}.$ Vậy tổng tỉ số $T=frac{OA’}{SA}+frac{OB’}{SB}+frac{OC’}{SC}=1.$
Chú ý: Bản chất bài toán là yêu cầu chứng minh $frac{OM}{AM}+frac{ON}{BN}+frac{OP}{PC}=1.$ Tuy nhiên với tinh thần trắc nghiệm ta sẽ chuẩn hóa với O là trọng tâm tam giác ABC.
Câu 46: Đáp án D
Vì ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}$ là ba nghiệm của phương trình $fleft( x right)=0Rightarrow fleft( x right)=aleft( x-{{x}_{1}} right)left( x-{{x}_{2}} right)left( x-{{x}_{3}} right).$
Ta có $f’left( x right)=aleft( x-{{x}_{1}} right)left( x-{{x}_{2}} right)left( x-{{x}_{3}} right)+aleft( x-{{x}_{2}} right)left( x-{{x}_{3}} right)+aleft( x-{{x}_{3}} right)left( x-{{x}_{1}} right).$
Khi đó $begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
f’left( {{x_1}} right) = aleft( {{x_1} – {x_2}} right)left( {{x_1} – {x_3}} right)\
f’left( {{x_2}} right) = aleft( {{x_2} – {x_3}} right)left( {{x_2} – {x_1}} right)\
f’left( {{x_3}} right) = aleft( {{x_3} – {x_1}} right)left( {{x_3} – {x_2}} right)
end{array} right. Rightarrow T = frac{1}{{aleft( {{x_1} – {x_2}} right)left( {{x_1} – {x_3}} right)}} + frac{1}{{aleft( {{x_2} – {x_3}} right)left( {{x_2} – {x_1}} right)}} + frac{1}{{aleft( {{x_3} – {x_1}} right)left( {{x_3} – {x_2}} right)}}\
= frac{1}{{aleft( {{x_1} – {x_2}} right)left( {{x_1} – {x_3}} right)}} – frac{1}{{aleft( {{x_1} – {x_2}} right)left( {{x_2} – {x_3}} right)}} + frac{1}{{aleft( {{x_1} – {x_3}} right)left( {{x_2} – {x_3}} right)}} = frac{{{x_2} – {x_3} – {x_1} + {x_3} + {x_1} – {x_2}}}{{aleft( {x – {x_1}} right)left( {x – {x_2}} right)left( {x – {x_3}} right)}} = 0.
end{array}$
Câu 47: Đáp án D
Với đáp án D, nếu mp $left( P right)$ chứa ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ và ${{d}_{1}}//{{d}_{2}}$ thì mp $left( P right)$ không // với mp $left( Q right).$
Câu 48: Đáp án D
Gọi M, N lần lượt thuộc cạnh SB,SC sao cho $SM=SN=2.$
Tam giác SMN đều $Rightarrow SM=SN=MN=2.$
Tam giác SAM có $widehat{text{AS}M}={{45}^{circ }}Rightarrow AM=2sqrt{2-sqrt{2}}.$
Tam giác SAN vuông cân tại S $Rightarrow AN=SAsqrt{2}=2sqrt{2}.$
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC $Rightarrow SIbot left( AMN right).$
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp $Delta AMN.$ Diện tích tam giác AMN là
$S=sqrt{pleft( p-AM right)left( p-AN right)left( p-MN right)}Rightarrow {{R}_{Delta AMN}}=frac{AM.AN.MN}{4S}=frac{2sqrt{4-2sqrt{2}}}{{{S}_{Delta AMN}}}$,
với $p=frac{AM+AN+MN}{2}.$
Tam giác SAI vuông tại I, có $SI=sqrt{S{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}}=sqrt{4-{{R}^{2}}_{Delta AMN}}.$
Ta có $frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SM}{SB}.frac{SN}{SC}=frac{2}{3}.frac{2}{4}=frac{1}{3}Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=3{{V}_{S.AMN}}Rightarrow dleft( B;left( SAC right) right)=frac{9{{V}_{S.AMN}}}{{{S}_{Delta SAC}}}=frac{3}{2}.$
Câu 49: Đáp án B
Xét hàm số $fleft( x right)=left( {{4}^{x}}+2 right)left( 2-x right)-6$ với $xin mathbb{R},$ có $f’left( x right)={{4}^{x}}left( 2ln 4-1-xln 4 right)$
Suy ra $f”left( x right)={{4}^{x}}left( 2{{ln }^{2}}4-2ln 4-x{{ln }^{2}}4 right);f”left( x right)=0Leftrightarrow x=frac{2ln 4-2}{ln 4}.$
Do đó $f’left( x right)=0$ có không quá 2 nghiệm $Rightarrow fleft( x right)=0$ có không quá 3 nghiệm.
Mà $fleft( 0 right)=0;fleft( frac{1}{2} right)=0;fleft( 1 right)=0Rightarrow x=left{ 0;frac{1}{2};1 right}$ là 3 nghiệm của phương trình.
Câu 50: Đáp án D
Gọi $left( P right)$ là mặt phẳng đi qua S và vuông góc với trục của mặt $left( T right).$ Mặt phẳng $left( P right)$cắt $left( T right)$theo giao tuyến một đường tròn. Chiếu A, B, M theo phương vuông góc với mặt phẳng $left( P right)$ta được các điểm theo thứ tự là $A’,B’,M’$ thẳng hàng với S, trong đó A’,B’ nằm trên đường tròn tâm O trong mặt phẳng $left( P right)$và M’là trung điểm của A’B’. Do đó M’ luôn nằm trên đường tròn đường kính SO trong mặt phẳng $left( P right)$và MM’ vuông góc với $left( P right)$. Vậy MM’ nằm trên mặt trụ $left( T’ right)$chứa đường tròn đường kính SO và có trục song song với trục của mặt trụ $left( T right).$
