Câu 1: Đáp án A
$alpha =2left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} right)in mathbb{R},beta =2left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)-2bin mathbb{R}$
Câu 3: Đáp án D
Diện tích mỗi mặt khối lập phương: ${{S}_{1}}={{a}^{2}}$.
Diện tích toàn phần của khối lập phương: ${{S}_{2}}=6{{a}^{2}}$.
Diện tích toàn phần của khối chữ thập: ${{S}_{tp}}=5{{text{S}}_{2}}-8{{text{S}}_{1}}=22{{text{a}}^{2}}$.
Câu 4: Đáp án B
Dựa vào đồ thị suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng $x=a>0$ và một tiệm cận ngang $y=b>0$. Mặt khác, ta thấy dạng đồ thị hàm số là một đường cong đi xuống từ trái sang phải trên các khoảng xác định của nó nên:
${y}’=dfrac{c-ab}{{{left( x-a right)}^{2}}}<0,forall xne aRightarrow c-ab<0$.
Câu 5: Đáp án C
$T={{left( {{a}^{{{log }_{2}}5}} right)}^{^{{{log }_{2}}5}}}+{{left( {{b}^{{{log }_{4}}6}} right)}^{o{{g}_{4}}6}}+3{{left( {{c}^{{{log }_{7}}3}} right)}^{{{log }_{7}}3}}$
$={{4}^{{{log }_{2}}5}}+{{16}^{{{log }_{4}}6}}+{{3.49}^{{{log }_{7}}3}}={{5}^{2}}+{{6}^{2}}+{{3}^{2}}=88.$
Câu 6: Đáp án A
Khẳng định: với mọi $a>b>1$, ta có ${{a}^{b}}>{{b}^{a}}$ là sai ví dụ ta thử $a=31,,b=3$ thì sẽ thấy.
Câu 9: Đáp án C
BPT có tập nghiệm là $S=left( -4;0 right)cup left( 1;+infty right)$
Do $xin mathbb{Z}$ và $x<6Rightarrow xin left{ -3;-2;-1;2;3;4;5 right}$
Câu 10: Đáp án A
Phương trình mặt phẳng $left( ytext{O}z right)$ là $x=0$
Từ giả thiết có: $b-1=0,,c=-sqrt{2}Rightarrow a+b+c=2-sqrt{2}in left( 0;3 right)$
Câu 13: Đáp án C
${f}’left( x right)=dfrac{{{left( {{x}^{2}}+5 right)}^{prime }}}{{{x}^{2}}+5}=dfrac{2text{x}}{{{x}^{2}}+5},,{f}’left( 2 right)=dfrac{4}{9}$.
Do đó
$underset{xto +infty }{mathop{lim }},dfrac{sqrt{left( 3k+1 right){{x}^{2}}+1}}{x}=9{f}’left( 2 right)Rightarrow sqrt{3k+1}=9.dfrac{4}{9}Rightarrow k=5$.
Câu 15: Đáp án D
Gọi O là tâm của hình bình hành $AB{B}'{A}’$ và I là trung điểm của ${A}'{C}’$. Ta có:
${B}’OI=left( A{B}’,B{C}’ right)=60{}^circ $.
Mặt khác $O{B}’=dfrac{A{B}’}{2}=dfrac{B{C}’}{2}=OI$ nên $Delta {B}’OI$ đều.
Suy ra $A{B}’=2O{B}’=2{B}’I=2left( dfrac{2text{a}sqrt{3}}{2} right)=2text{a}sqrt{3}$.
Vì $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là hình lăng trụ tam giác đều nên tam giác $A{A}'{B}’$ vuông tại ${A}’$ và có
$A{A}’=sqrt{A{{{{B}’}}^{2}}-{A}'{{{{B}’}}^{2}}}=sqrt{12{{text{a}}^{2}}-4{{text{a}}^{2}}}=2text{a}sqrt{2}$.
Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
$V=A{A}’.{{S}_{ABC}}=2asqrt{2}dfrac{{{left( 2a right)}^{2}}sqrt{3}}{4}=2sqrt{6}{{a}^{3}}$.
Câu 16: Đáp án B
${y}’=left( 3{{x}^{2}}-2x+m right){{2}^{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+mx+1}}ln 2$.
$ycbtLeftrightarrow 3{{x}^{2}}-2x+mge 0,,xin left[ 1;2 right]$
$Leftrightarrow mge underset{xin left[ 1;2 right]}{mathop{max }},gleft( x right)=gleft( 1 right)=-1,,gleft( x right)=-3{{x}^{2}}+2x$
Câu 17: Đáp án C
Nhắc lại: xác suất của biến cố A được định nghĩa $Pleft( A right)=dfrac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}$, với $nleft( A right)$ là số phần tử của $A,,$ $nleft( Omega right)$ là số các kết quả có thể xảy ra của phép thử. Số phần tử của không gian mẫu là $nleft( Omega right)=36$. Gọi A là biến cố $”{{b}^{2}}-4c<0”$, ta có
$A=left{ left( 1;1 right);…left( 1;6 right);left( 2;2 right);…left( 2;6 right);left( 3;3 right);…left( 3;6 right);left( 4;5 right);left( 4;6 right) right}$
Suy ra $nleft( A right)=17$. Vậy xác suất để phương trình bậc hai ${{x}^{2}}+btext{x}+c=0$ vô nghiệm là $dfrac{17}{36}$.
Câu 18: Đáp án A
$0 = f’left( x right) = frac{{2{{rm{x}}^2} – 6{rm{x}} + 4}}{{sqrt {{x^2} + 4} }} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1 in left[ {0;3} right]\
x = 2 in left[ {0;3} right]
end{array} right.$
$fleft( 0 right)=-12,,fleft( 3 right)=-3sqrt{13},fleft( 1 right)=-5sqrt{5},fleft( 2 right)=-8sqrt{2}$.
$Rightarrow m+M=-12-3sqrt{13}=a-bsqrt{c}$
$Rightarrow S=a+b+c=-12+3+13=4$.
Câu 19: Đáp án D
$a+bi=dfrac{1+3i}{1-2i}+i=dfrac{3+4i}{1-2i}=-1+2i$.
Từ đó ta có $a=-1,,b=2Rightarrow left| z right|=sqrt{5}$.
Câu 20: Đáp án B
$dfrac{1}{a}+bln dfrac{3}{2}=intlimits_{0}^{1}{dfrac{{{x}^{3}}+2text{x}+3}{x+2}dtext{x}}=intlimits_{0}^{1}{left( {{x}^{2}}+dfrac{3}{x+2} right)dtext{x}=dfrac{1}{3}+3ln dfrac{3}{2}}$.
Suy ra: $ab-8<{{k}^{2}}+1Rightarrow 3.3-8<{{k}^{2}}+1Rightarrow kne 0$.
Câu 21: Đáp án C
Trong mặt phẳng $left( ABC right)$, kẻ $AHbot CM$tại H.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
SA bot left( {ABC} right)\
CM bot AH
end{array} right. Rightarrow CM bot {rm{S}}H.$
Do đó khoảng cách d từ S đến đoạn thẳng CM là độ dài đoạn SH. $Delta BCM$ vuông tại B có:
$CM=sqrt{B{{C}^{2}}+B{{M}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{left( dfrac{a}{3} right)}^{2}}}=dfrac{asqrt{10}}{3}$.
Từ hai tam giác vuông đồng dạng là AHM và CBM, ta suy ra $AH=dfrac{AM.BC}{CM}=dfrac{asqrt{10}}{5}.Delta text{S}AH$ vuông tại A, có: $SH=sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}}=dfrac{sqrt{110}}{5}$.
Câu 22: Đáp án A
Tổng diện tích cần phải sơn là:
${{S}_{xq}}=2left( 2pi {{text{r}}_{1}}h right)+6left( 2pi {{text{r}}_{2}}h right)=2left[ 2pi left( 0,2 right)left( 4,2 right) right]+6left[ 2pi left( 0,13 right)left( 4,2 right) right]approx 31,1394,{{m}^{2}}$
Vậy số tiền chủ nhà phải chi trả đề sơn 8 cây cột nhà là $380,000times 31,1394approx 11,833,000$đồng.
Câu 23: Đáp án D
Để thành phố X có nhiều giờ có ánh sáng nhất thì $sin left( dfrac{pi }{182}left( t-80 right) right)=1Rightarrow t=171.$
Câu 24: Đáp án B
Ta có $overrightarrow{AB}=left( -3;-3;2 right)$ và mặt phẳng (P) có VTPT là $overrightarrow{{{n}_{P}}}=left( 1;-3;2 right);left( P right)bot left( Q right)Rightarrow $mặt phẳng (Q) có VTPT là $overrightarrow{{{n}_{Q}}}=left[ overrightarrow{{{n}_{p}}},overrightarrow{AB} right]=-4left( 0;2;3 right).$
Phương trình mặt phẳng $left( Q right):2y+3text{z}-11=0Rightarrow a+b+c=0+2+3=5.$
Câu 25: Đáp án A
Xét khai triển ${{left( 1+x right)}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{x}^{k-1}}}$.
Chọn $x=1$ ta được $n{{.2}^{n-1}}=sumlimits_{k=0}^{n}{kC_{n}^{k}}$. Kết hợp giả thiết có $n{{.2}^{n-1}}=256nRightarrow n=9$. Với $n=9$ ta có
${{left( 2{{text{x}}^{2}}-dfrac{3}{x} right)}^{9}}=sumlimits_{k=0}^{9}{C_{9}^{k}{{2}^{9-k}}.{{left( -3 right)}^{k}}.{{x}^{18-3k}}}$.
Suy ra: $18-3k=0Leftrightarrow k=6$.
Vậy số hạng cần tìm là: ${{2}^{3}}{{.3}^{6}}.C_{9}^{6}=489888.$
Câu 26: Đáp án C
Phương trình đã cho viết lại: $8left( {{8}^{x}}+dfrac{1}{{{8}^{x}}} right)+24left( {{2}^{x}}+dfrac{1}{{{2}^{x}}} right)-125=0$.
Đặt $t={{2}^{x}}+dfrac{1}{{{2}^{x}}}Rightarrow {{t}^{3}}={{left( {{2}^{x}}+dfrac{1}{{{2}^{x}}} right)}^{3}}={{8}^{x}}+dfrac{1}{{{8}^{x}}}+3t$
Từ đó cho ta $8{{t}^{3}}-125=0$
Câu 27: Đáp án D
Theo định nghĩa phép vị tự, ta có:
$overrightarrow{O{A}’}=-dfrac{1}{3}overrightarrow{OA},,overrightarrow{O{B}’}=-dfrac{1}{3}overrightarrow{O{B}’},overrightarrow{O{C}’}=-dfrac{1}{3}overrightarrow{OC}$.
Vì $overrightarrow{OA}=left( -3;2 right)$ nên $overrightarrow{O{A}’}=left( 1;-dfrac{2}{3} right)Rightarrow {A}’left( 1;-dfrac{2}{3} right)$.
Tương tự ${B}’left( -dfrac{1}{3};dfrac{1}{3} right),,Cleft( -dfrac{2}{3};dfrac{4}{3} right)$.
Từ đó $S=1.left( -dfrac{1}{3} right).left( -dfrac{2}{3} right)+left( -dfrac{2}{3} right).left( -dfrac{1}{3} right).left( dfrac{4}{3} right)=dfrac{14}{27}$.
Câu 28: Đáp án B
$Nin dRightarrow Nleft( 2t-2;t+1;-t+1 right)$.
Theo giả thiết $Aleft( 1;3;2 right)$ là trung điểm của cạnh $MNRightarrow Mleft( 4-2t;5-t;t+3 right)$.
Mà $Min left( P right)Rightarrow t=-2Rightarrow Nleft( -6;-1;3 right)$. Đường thẳng $Delta $ qua $Nleft( -6;-1;3 right)$ và $overrightarrow{NA}=left( 7;4;-1 right)$ là một VTCP, suy ra $Delta :dfrac{x+6}{7}=dfrac{y+1}{4}=dfrac{z-3}{-1}$.
Câu 29: Đáp án A
Ta có: ${y}’=dfrac{{{left( 1+3text{x}-{{x}^{2}} right)}^{prime }}}{2sqrt{1+3text{x}-{{x}^{2}}}}=dfrac{3-2text{x}}{2sqrt{1+3text{x}-{{x}^{2}}}}Rightarrow 2y{y}’=3-2text{x}.$
Lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức trên ta được:
$2left( {y}’.{y}’+{{y}’}’.y right)=-2$ hay ${{left( {{y}’} right)}^{2}}+y.{{y}’}’=-1$.
Câu 30: Đáp án C
Phương trình $fleft( x right)={{4}^{m+2{{log }_{4}}sqrt{2}}}$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
$0<{{4}^{m+2{{log }_{4}}sqrt{2}}}<2Leftrightarrow 2m+1<1Leftrightarrow m<0.$
Câu 31: Đáp án D
Đặt $u=sqrt{2text{x}+1}Rightarrow x=dfrac{{{u}^{2}}-1}{2}$
$Rightarrow utext{d}u=dtext{x},,2{{text{x}}^{2}}+4text{x}+1=dfrac{{{u}^{4}}+2{{u}^{2}}-1}{2}$.
Ta được $intlimits_{0}^{4}{dfrac{2{{text{x}}^{2}}+4text{x}+1}{sqrt{2text{x}+1}}dtext{x}=dfrac{1}{2}intlimits_{1}^{3}{left( a{{u}^{4}}+b{{u}^{2}}+c right)du}}$, với $a=1,,b=2,,c=-1Rightarrow a+b+c=2.$
Câu 32: Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=frac{ln text{x}}{sqrt{x}}$ và trục hoành là: số
$frac{{ln {rm{x}}}}{{sqrt x }} = 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x > 0\
ln {rm{x}} = 0
end{array} right. Leftrightarrow x = 1.$
$V = pi Leftrightarrow intlimits_1^e {{{left( {frac{{ln {rm{x}}}}{{sqrt x }}} right)}^2}d{rm{x}} = pi intlimits_1^e {{{ln }^2}x{rm{d}}left( {ln {rm{x}}} right) = frac{pi }{3}.} } $
Câu 33: Đáp án A
Gọi lần lượt là tâm của hình vuông $ABCtext{D},,{A}'{B}'{C}'{D}’$ khi đó $O,,{O}’$ lần lượt là đỉnh của khối nón và tâm của đường tròn đáy của khối nón. Khối nón có chiều cao $h=O{O}’=a$ và bán kính đáy $r=dfrac{a}{2}$. Diện tích toàn phần của khối nón đó
${{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+pi {{text{r}}^{2}}left( l+r right)=pi text{r}left( sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}+r right)=dfrac{pi {{a}^{2}}}{4}left( sqrt{5}+1 right).$
Mà ${{S}_{tp}}=dfrac{pi {{a}^{2}}}{4}left( sqrt{b}+c right)Rightarrow b.c=5.1=5.$
Câu 34: Đáp án C
BPT đã cho tương đương với $98+28{{left( dfrac{2}{7} right)}^{x}}le 351sqrt{{{left( dfrac{2}{7} right)}^{x}}}$
Đặt $t=sqrt{{{left( dfrac{2}{7} right)}^{x}}},,t>0$ thì bất phương trình trên trở thành
$28{{t}^{2}}-351t+98le 0Leftrightarrow dfrac{2}{7}le tle dfrac{49}{4}$$Rightarrow {{left( dfrac{2}{7} right)}^{2}}le {{left( dfrac{2}{7} right)}^{x}}le {{left( dfrac{2}{7} right)}^{-4}}Leftrightarrow -4le xle 2.$
Từ đó $b-2text{a}=2-2left( -4 right)=10in left( sqrt{7};4sqrt{10} right)$.
Câu 35: Đáp án D
Ta có: $x+1=msqrt{2{{text{x}}^{2}}+1}Leftrightarrow dfrac{x+1}{sqrt{2{{text{x}}^{2}}+1}}=m$(*)
Lập bảng biến thiên hàm số $fleft( x right)=dfrac{x+1}{sqrt{2{{text{x}}^{2}}+1}}$ trên $mathbb{R}$ và dựa vào bảng biến thiên đó, (*) có hai nghiệm phân biệt khi đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị hàm số $fleft( x right)=dfrac{x+1}{sqrt{2{{text{x}}^{2}}+1}}$ tại hai điểm phân biệt tức là $dfrac{sqrt{2}}{2}<m<dfrac{sqrt{6}}{2}$.
Câu 36: Đáp án B
$0 = y’ = 4{{rm{x}}^3} – 4left( {{m^2} + 1} right)x Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = pm sqrt {{m^2} + 1}
end{array} right. Rightarrow $
Hàm số đã cho luôn có 3 điểm cực trị với mọi m. Do hệ số $a=1>0$, nên ${{x}_{CT}}=pm sqrt{{{m}^{2}}+1}Rightarrow {{y}_{CT}}=-{{left( {{m}^{2}}+1 right)}^{2}}+2.$ Vì ${{left( {{m}^{2}}+1 right)}^{2}}ge 1Rightarrow {{y}_{CT}}le 1.$ Vậy giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi $m=0$.
Câu 37: Đáp án A
$xin left( -infty ;1 right)$ thì $fleft( x right)=int{{f}’left( x right)dtext{x}=ln left( 1-x right)+{{C}_{1}}}$.
$xin left( 1;+infty right)$ thì $fleft( x right)=int{{f}’left( x right)dtext{x}=ln left( 1-x right)+{{C}_{2}}}$. $left{ begin{array}{l}
fleft( 0 right) = 2017\
fleft( 2 right) = 2018
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{C_1} = 2017\
{C_2} = 2018
end{array} right.;,S = fleft( 3 right) – fleft( { – 1} right) = 1$
