Câu 1
Lời giải. Dựa vào hình vẽ, có $Aleft( 1;3 right)$$xrightarrow{{}}z-1+i=1+3iLeftrightarrow z=2+2i.$
Vậy điểm biểu diễn số phức $z$ là điểm $Eleft( 2;2 right).$ Chọn D.
Câu 2
Lời giải. $lim dfrac{{{3}^{n}}-{{4}^{n-1}}}{1+{{2.4}^{n}}}=lim dfrac{{{3}^{n}}-dfrac{1}{4}{{4}^{n}}}{1+{{2.4}^{n}}}=lim dfrac{{{left( dfrac{3}{4} right)}^{n}}-dfrac{1}{4}}{{{left( dfrac{1}{4} right)}^{n}}+2}=-dfrac{1}{8}$. Chọn A.
Câu 3
Lời giải. Ta có $C_{x}^{0}+C_{x}^{x-1}+C_{x}^{x-2}=79Leftrightarrow C_{x}^{0}+C_{x}^{1}+C_{x}^{2}=79$
$ Leftrightarrow 1 + x + frac{{xleft( {x – 1} right)}}{2} = 79 Leftrightarrow {x^2} + x – 156 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 12left( {thỏa mãn} right)\
x = – 13left( {loại} right)
end{array} right..$ Chọn A.
Câu 4.
Lời giải. Từ giả thiết, ta có $left{ begin{array}{l}
{S_{{rm{day}}}} = frac{{{{left( {2a} right)}^2}sqrt 3 }}{4} = {a^2}sqrt 3 \
h = 2a
end{array} right.V = {S_{{rm{day}}}}.h = 2{a^3}sqrt 3 .$ Chọn B.
Câu 5. Lời giải. Chọn D.
Câu 6. Lời giải. Chọn A.
Câu 7.
Ta có ${y}’=-3{{x}^{2}}+3;text{ }{y}’=0Leftrightarrow x=pm 1.$
Bảng xét dấu ${y}’.$
Từ đó suy ra hàm số đạt cực tiểu tại ${{x}_{1}}=1,$ đạt cực đại tại ${{x}_{2}}=-1$. Suy ra ${{x}_{1}}+2{{x}_{2}}=-1.$ Chọn A.
Câu 8: Lời giải. Tọa độ điểm $Ileft( 2;-1;1 right)$$xrightarrow{{}}overrightarrow{OI}=left( 2;-1;1 right)=2overrightarrow{i}-overrightarrow{j}+overrightarrow{k}.$ Chọn C.
Câu 9. Lời giải. Chọn C.
Câu 10.Lời giải. Ta có $intlimits_{1}^{3}{{{e}^{3x+1}}.text{d}x}=dfrac{1}{3}intlimits_{1}^{3}{{{e}^{3x+1}}text{.d}left( 3x+1 right)}=left. dfrac{1}{3}{{e}^{3x+1}} right|_{1}^{3}=dfrac{{{e}^{10}}-{{e}^{4}}}{3}$. Chọn D.
Câu 11.Lời giải. Ta có $int{fleft( x right)text{d}x=}int{sqrt{2x-1}text{d}x}.$ Đặt $t=sqrt{2x-1}to {{t}^{2}}=2x-1xrightarrow{{}}ttext{d}t=text{d}x.$
Khi đó $int{sqrt{2x-1}text{d}x}=int{t.ttext{d}t=int{{{t}^{2}}text{d}t}}=dfrac{{{t}^{3}}}{3}+C=dfrac{1}{3}left( 2x-1 right)sqrt{2x-1}+C.$ Chọn B.
Câu 12. Lời giải. Dựa vào dáng điệu của bảng biến thiên suy ra $a>0$. Loại B & C.
Thử tại $x=1to y=-4$. Thay vào 2 đáp án còn lại chỉ có A thỏa. Chọn A.
|
Câu 13. |
|
Lời giải. Diện tích xung quanh hình trụ: ${{S}_{text{xq}}}=2pi MA.AB=2pi .$
Diện tích hai đáy của của hình trụ: ${{S}_{text{d}}}=2times pi .A{{M}^{2}}=2pi .$
Vậy diện tích toàn phần ${{S}_{text{tp}}}$ của hình trụ: ${{S}_{text{tp}}}={{S}_{text{xq}}}+{{S}_{text{d}}}=4pi .$ Chọn C.
Câu 14. Lời giải. Mặt phẳng $left( alpha right)$ được xác định là đi qua điểm $Aleft( 2;1;1 right)$ và có VTPT là $overrightarrow{n}=left[ overrightarrow{AB},overrightarrow{OC} right].$
Ta có: $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} = left( {1; – 1; – 2} right)\
overrightarrow {OC} = left( {2;0;3} right)
end{array} right.left[ {overrightarrow {AB} ,overrightarrow {OC} } right] = left( { – 3; – 7;2} right).$
Vậy $left( alpha right):-3left( x-2 right)-7left( x-1 right)+2left( z-1 right)=0$ hay $left( alpha right):3x+7y-2z-11=0.$ Chọn B.
Câu 15. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm: $-2x+2={{x}^{3}}+x+2$
$Leftrightarrow {{x}^{3}}+3x=0Leftrightarrow x=0xrightarrow{{}}y=2$. Chọn C.
Câu 16. Lời giải. Ta có $left( {1 – i} right)z – 1 + 5i = 0z = frac{{1 – 5i}}{{1 – i}} = 3 – 2i Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = 3\
b = – 2
end{array} right.S = a + b = 1.$ Chọn C.
Câu 17. Lời giải. Mặt phẳng $left( alpha right)$ có VTPT $overrightarrow{n}=left( 1;1;1 right).$
Để đường thẳng $dparallel left( alpha right)$ khi $d$ có VTCP $vec{u}$ vuông góc với $overrightarrow{n}$, đồng thời lấy trên $d$ điểm $M$ bất kỳ đều không thuộc $left( alpha right).$ Chọn C.
Câu 18. Lời giải. Từ ${x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x – 2y – 4z + m = 0left{ begin{array}{l}
a = 1\
b = 1\
c = 2\
d = m
end{array} right..$
Để phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu $Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d>0$
$Leftrightarrow {{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{2}^{2}}-m>0xrightarrow{{}}m<6.$ Chọn A.
Câu 19. Lời giải. Gọi $left{ begin{array}{l}
{z_1} = 1 + sqrt 3 i\
{z_2} = 1 – sqrt 3 i
end{array} right.left{ begin{array}{l}
left| {{z_1}} right| = left| {1 + sqrt 3 i} right| = 2\
left| {{z_2}} right| = left| {1 – sqrt 3 i} right| = 2
end{array} right..$
Vậy $P={{left| 1+sqrt{3}i right|}^{2018}}+{{left| 1-sqrt{3}i right|}^{2018}}={{2}^{2018}}+{{2}^{2018}}={{2}^{2019}}.$ Chọn D.
Câu 20. Lời giải. Ta thấy hàm $y={{log }_{a}}x$ có đồ thị từ trái sang phải theo hướng đi xuống nên là hàm nghịch biến $xrightarrow{{}}0<a<1.$
Còn hàm số $y={{log }_{b}}x$ và $y={{log }_{c}}x$ là những hàm đồng biến $xrightarrow{{}}b,text{ }c>1.$
Từ đó loại được các đáp án C, D.
Từ đồ thị hàm số ta thấy tại cùng một giá trị [{{x}_{0}}>1] thì đồ thị hàm số $y={{log }_{b}}x$ nằm trên đồ thị hàm số $y={{log }_{c}}x$ hay $left{ begin{array}{l}
x > 1\
{log _b}x > {log _c}x
end{array} right.b < c$. Ví dụ $left{ begin{array}{l}
x = 2\
{log _2}x > {log _4}x
end{array} right.$
Vậy $a<b<c.$ Chọn B.
Cách trắc nghiệm. Kẻ đường thẳng $y=1$ cắt đồ thị các hàm số $y={{log }_{a}}x$, $y={{log }_{b}}x$, $y={{log }_{c}}x$ lần lượt tại các điểm có hoành độ $x=a,text{ }x=b,text{ }x=c$. Dựa vào đồ thị ta thấy ngay $a<b<c.$
Câu 21. Lời giải. Trong tích trên có $ln left( 2cos {{60}^{0}} right)=ln left( 2.dfrac{1}{2} right)=ln 1=0xrightarrow{{}}P=0.$ Chọn B.
Câu 22. Lời giải. Xét phương trình ${{x}^{2}}-16=0,,Leftrightarrow ,,x=pm 4$. Ta có:
l $underset{xto ,-4}{mathop{lim }},y=underset{xto ,-4}{mathop{lim }},dfrac{{{x}^{2}}-3x-4}{{{x}^{2}}-16}=underset{xto ,-4}{mathop{lim }},dfrac{left( x+1 right)left( x-4 right)}{left( x+4 right)left( x-4 right)}=underset{xto ,-4}{mathop{lim }},dfrac{x+1}{x+4}=infty to x=-4$ là TCĐ;
l $underset{xto ,4}{mathop{lim }},y=underset{xto ,4}{mathop{lim }},dfrac{{{x}^{2}}-3x-4}{{{x}^{2}}-16}=underset{xto ,4}{mathop{lim }},dfrac{left( x+1 right)left( x-4 right)}{left( x+4 right)left( x-4 right)}=underset{xto ,4}{mathop{lim }},dfrac{x+1}{x+4}=dfrac{5}{8}to x=4$ không là TCĐ.
Vậy đồ thị hàm số có duy nhất một tiệm cận đứng. Chọn B.
Câu 23. Lời giải. Đạo hàm $f’left( x right)=2x-dfrac{2}{{{x}^{2}}}=dfrac{2{{x}^{3}}-2}{{{x}^{2}}}xrightarrow{{}}f’left( x right)=0Leftrightarrow x=1in left( 0;+infty right).$
Qua điểm $x=1$ thì hàm số đổi dấu từ $”-”$ sang $”+”$ trong khoảng $left( 0;+infty right)$.
Suy ra trên khoảng $left( 0;+infty right)$ hàm số chỉ có một cực trị và là giá trị cực tiểu nên đó cũng chính là giá trị nhỏ nhất của hàm số. Vậy ${{y}_{text{CT}}}=underset{left( 0;+infty right)}{mathop{min }},y.$ Chọn C.
Câu 24. Lời giải. Từ giả thiết suy ra lăng trụ đã cho là lặng trụ đứng và hai mặt đáy là những tam giác đều cạnh $a.$
Kẻ $CHbot ABtext{ }left( Hin AB right)$ và $DKbot ABtext{ }left( Kin AB right).$
Ta chứng minh được $DK$ là đoạn vuông góc chung của $DE$ và $A{B}’$ nên
$dleft[ DE;A{B}’ right]=DK=dfrac{1}{2}CH=dfrac{asqrt{3}}{4}.$ Chọn C.
Câu 25.
Lời giải. Ta có ${{log }_{2}}left( {{log }_{4}}x right)={{log }_{4}}left( {{log }_{2}}x right)+aoverset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}left( frac{{{log }_{2}}x}{2} right)=frac{1}{2}{{log }_{2}}left( {{log }_{2}}x right)+a$
$overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}left( {{log }_{2}}x right)-1=frac{1}{2}{{log }_{2}}left( {{log }_{2}}x right)+aoverset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}left( {{log }_{2}}x right)=2a+2$
$overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}x={{2}^{2a+2}}overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}x={{4}^{a+1}}.$ Chọn D.
Câu 26. Lời giải. Các viên bi lấy ra có đủ cả $2$ màu nên ta có các trường hợp:
|
Số bi trắng |
Số bi xanh |
Số cách chọn |
|
$1$ |
$3$ |
$C_{6}^{1}times C_{5}^{3}$ |
|
$2$ |
$2$ |
$C_{6}^{2}times C_{5}^{2}$ |
|
$3$ |
$1$ |
$C_{6}^{3}times C_{5}^{1}$ |
Vậy có tất cả $C_{6}^{1}times C_{5}^{3}+C_{6}^{2}times C_{5}^{2}+C_{6}^{3}times C_{5}^{1}=310$ cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.
Cách 2. Dùng phần bù. Số cách chọn $4$ viên bi tùy ý từ $11$ viên bi là: $C_{11}^{5}$ cách.
Số cách chọn $4$ viên bi màu trắng là: $C_{6}^{4}$ cách.
Số cách chọn $4$ viên bi là màu xanh là: $C_{5}^{4}$ cách.
Vậy có $C_{11}^{5}-left( C_{6}^{4}+C_{5}^{4} right)=310$ cách chọn $4$ viên bi trong đó có cả 2 màu.
Câu 27. Lời giải. Lấy đạo hàm hai vế của ${{left( x-2 right)}^{80}}={{a}_{0}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+…+{{a}_{80}}{{x}^{80}},$ ta được
$80{{left( x-2 right)}^{79}}={{a}_{1}}+2x{{a}_{2}}+3{{x}^{2}}{{a}_{3}}+…+79{{x}^{78}}{{a}_{79}}+80{{x}^{79}}{{a}_{80}}.$
Cho $x=1,$ ta thu được $S={{a}_{1}}+2{{a}_{2}}+3{{a}_{2}}+…+79{{a}_{79}}+80{{a}_{80}}=-80.$ Chọn C.
Câu 28. Lời giải. Điều kiện: $x>0.$
Ta có đẳng thức ${{e}^{{{ln }^{2}}x}}={{left( {{e}^{ln x}} right)}^{ln x}}={{x}^{ln x}}$.
Do đó bất phương trình tương đương với $2.{{e}^{{{ln }^{2}}x}}le 2.{{e}^{4}}overset{{}}{longleftrightarrow}{{ln }^{2}}xle 4overset{{}}{longleftrightarrow}left| ln x right|le 2$
$overset{{}}{longleftrightarrow}-2le ln xle 2overset{{}}{longleftrightarrow}{{e}^{-2}}le xle {{e}^{2}}overset{{}}{longleftrightarrow}dfrac{1}{{{e}^{2}}}le xle {{e}^{2}}.$ Chọn A.
Câu 29. Lời giải. Xác định ${{60}^{0}}text{=}widehat{SB,left( ABCD right)}=widehat{SB,OB}=widehat{SBO}$ và $SO=OB.tan widehat{SBO}=dfrac{sqrt{6}}{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, kẻ $OKbot SM$. Khi đó $dleft[ O,left( SBC right) right]=OK$.
Tam giác vuông $SOM,$ có $OK=dfrac{SO.OM}{sqrt{S{{O}^{2}}+O{{M}^{2}}}}=dfrac{sqrt{42}}{14}.$ Chọn D.
Câu 30. Lời giải. Chọn D.
A sai vì hàm số có 2 điểm cực trị.
B sai vì hàm số có giá trị cực tiểu bằng $-1$.
C sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên $mathbb{R}$.
D Đúng.
Câu 31. Lời giải. Ta có ${{left( sin alpha -cos alpha right)}^{2}}+{{left( sin alpha +cos alpha right)}^{2}}=2left( {{sin }^{2}}alpha +{{cos }^{2}}alpha right)=2$.
Suy ra ${{P}^{2}}={{left( sin alpha -cos alpha right)}^{2}}=2-{{left( sin alpha +cos alpha right)}^{2}}=2-dfrac{5}{4}=dfrac{3}{4}.$
Do $0<alpha <dfrac{pi }{4}xrightarrow{{}}sin alpha <cos alpha $ hay $sin alpha -cos alpha <0$. Vậy $P=-dfrac{sqrt{3}}{2}.$ Chọn A
Câu 32. Lời giải. Ta có các phương trình hoành độ giao điểm sau:
$begin{array}{l}
sqrt {4 – {x^2}} = x Leftrightarrow x = sqrt 2 ;\
sqrt {4 – {x^2}} = 2 Leftrightarrow x = 0;\
x = 2.
end{array}$
Khi đó $S = intlimits_0^{sqrt 2 } {left( {2 – sqrt {4 – {x^2}} } right){rm{d}}x} + intlimits_{sqrt 2 }^2 {left( {2 – x} right){rm{d}}x} = 2 – frac{pi }{2} Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = 2\
b = – frac{1}{2}
end{array} right.{a^2} + 4{b^2} = 5.$. Chọn D.
Câu 33.
Lời giải. Chứng minh được $BDbot left( SAC right)Rightarrow left( SBD right)bot left( CSO right)$$xrightarrow{{}}widehat{SC,left( SBD right)}=widehat{CSO}.$
Ta tính được $OC=dfrac{asqrt{2}}{2},text{ }SO=dfrac{asqrt{6}}{2},text{ }SC=asqrt{3}$
$xrightarrow{{}}cos widehat{SC,left( SBD right)}=cos widehat{CSO}=dfrac{S{{O}^{2}}+S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}{2.SO.SC}=dfrac{2sqrt{2}}{3}.$ Chọn D.
Câu 34. Lời giải. Ta có $left| {x – 2} right| = left{ begin{array}{l}
x – 2{rm{ khi }}x ge 2\
2 – x{rm{ khi }}x le 2
end{array} right.$
Do đó $I = intlimits_1^2 {frac{{2left| {x – 2} right| + 1}}{x}} {rm{ d}}x + intlimits_2^5 {frac{{2left| {x – 2} right| + 1}}{x}{rm{ }}} {rm{d}}x$
$ = intlimits_1^2 {frac{{2left( {2 – x} right) + 1}}{x}} {rm{ d}}x + intlimits_2^5 {frac{{2left( {x – 2} right) + 1}}{x}{rm{ }}} {rm{d}}x = intlimits_1^2 {left( {frac{5}{x} – 2} right)} {rm{ d}}x + intlimits_2^5 {left( {2 – frac{3}{x}} right){rm{ }}} {rm{d}}x$
$ = left. {left( {5.ln left| x right| – 2x} right)} right|_1^2 + left. {left( {2x – 3.ln left| x right|} right)} right|_2^5 = 4 + 8.ln 2 – 3.ln 5$
Suy ra $left{ begin{array}{l}
a = 8\
b = – 3
end{array} right.S = a + b = 5.$ Chọn B.
