Câu 1. Chọn A
Gọi $T$ là phép thử lấy mỗi hộp ra một quả. Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử $T$ là$nleft( {{Omega }_{T}} right)=C_{12}^{1}.C_{10}^{1}=120$.
Gọi $A$ là biến cố hai quả lấy ra từ mỗi hộp đều là màu đỏ. Số phần tử của biến cố $A$ là: $nleft( A right)=C_{7}^{1}.C_{6}^{1}=42$.
Vậy xác suất của biến cố$A$ là $Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}=frac{42}{120}=frac{7}{20}$.
Câu 2. Chọn D
Số cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 41 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 41, tức có $C_{41}^{2}$cách chọn.
Câu 3. Chọn D
Điều kiện: $x-2ge 0Leftrightarrow xge 2$.
$sqrt{x-2}left( {{x}^{2}}-3x+2 right)=0$ $ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{sqrt {x – 2} = 0}\
{{x^2} – 3x + 2 = 0}
end{array}} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 2\
x = 1
end{array} right.$
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là $S=left{ 2 right}$.
Câu 4.Chọn B
Ta có
$begin{array}{l}
y’ = frac{{left( {{e^x} – {e^{ – x}}} right)left( {{e^x} – {e^{ – x}}} right) – left( {{e^x} + {e^{ – x}}} right)left( {{e^x} + {e^{ – x}}} right)}}{{{{left( {{e^x} – {e^{ – x}}} right)}^2}}} = frac{{{{left( {{e^x} – {e^{ – x}}} right)}^2} – {{left( {{e^x} + {e^{ – x}}} right)}^2}}}{{{{left( {{e^x} – {e^{ – x}}} right)}^2}}}\
,,,,,, = frac{{left( { – 2{e^x}} right).left( {2{e^{ – x}}} right)}}{{{{left( {{e^x} – {e^{ – x}}} right)}^2}}} = frac{{ – 4}}{{{{left( {{e^x} – {e^{ – x}}} right)}^2}}}.
end{array}$
Câu 5. Chọn D
Đường tròn $left( C right)$ có tâm $Ileft( -1;2 right)$, bán kính $R=sqrt{5}$
Do góc $widehat{AMB}={{60}^{0}}$ nên $widehat{AMI}={{30}^{0}}$ $Rightarrow IM=2AI=2sqrt{5}$
Do $Min d$ nên $Mleft( m;m+1 right)$
$IM=2sqrt{5}Leftrightarrow I{{M}^{2}}=20Leftrightarrow {{left( m+1 right)}^{2}}+{{left( m-1 right)}^{2}}=20Leftrightarrow {{m}^{2}}=9Leftrightarrow m=pm 3$ Từ đó ta được các điểm cần tìm: ${{M}_{1}}left( 3;4 right)$ và ${{M}_{2}}left( -3;-2 right)$
Câu 6.Chọn D
Vì $0in left[ -1;2 right]$ và $left{ begin{array}{l}
mathop {lim }limits_{x to {0^ – }} y = – infty \
mathop {lim }limits_{x to {0^ + }} y = + infty
end{array} right.$
nên hàm số không có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất trên $left[ -1;,2 right]$.
Câu 7.Chọn A
Các mặt bên $left( SAB right)$, $left( SAD right)$ vuông góc với đáy $Rightarrow SAbot left( ABCD right)$.
Ta có $AB$ // $CD$ $Rightarrow AB$ // $left( SCD right)$ $Rightarrow dleft( AB,SC right)=dleft( AB,left( SCD right) right)=dleft( A,left( SCD right) right)$.
Ta lại có $left. {begin{array}{*{20}{c}}
{CD bot AD}\
{CD bot SA}
end{array}} right} Rightarrow CD bot left( {SAD} right) Rightarrow CD bot SD,,begin{array}{*{20}{c}}
{}&{left( 1 right)}
end{array}$
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD bot CD{mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} begin{array}{*{20}{c}}
{}&{left( 2 right)}
end{array}$
Từ $left( 1 right)$ và $left( 2 right)$ ta suy ra góc giữa mặt bên $left( SCD right)$ và đáy là góc giữa $AD$ và $SD$$Rightarrow widehat{ADS}=60{}^circ $$SA=atan 60{}^circ =asqrt{3}$.
Kẻ $AHbot SD,,,,,,,,,,,,,,,,left( 3 right)$. Từ $CDbot left( SAD right)Rightarrow SDbot AH,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,left( 4 right)$
Từ $left( 3 right)$ và $left( 4 right)$ ta suy ra $AHbot left( SCD right)$$Rightarrow dleft( A,left( SCD right) right)=AH$.
Xét tam giác $SAD$ vuông tại A ta có $frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{S{{A}^{2}}}+frac{1}{A{{D}^{2}}}=frac{1}{3{{a}^{2}}}+frac{1}{{{a}^{2}}}Rightarrow AH=frac{asqrt{3}}{2}$.
Vậy khoảng cách giữa $AB$ và $SC$ bằng $frac{asqrt{3}}{2}$.
Câu 8.Chọn B
Ta có ${{3}^{x}}{{.2}^{x+1}}=72Leftrightarrow {{3}^{x}}{{.2}^{x}}.2=72Leftrightarrow {{6}^{x}}=36Leftrightarrow x=2$. Vậy phương trình có nghiệm $x=2$.
Câu 9. Chọn D
Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông $ABCD$.
Theo giả thiết ta có $R=2text{ }cm$$Rightarrow h=AD=4text{ }cm$.
Suy ra thể tích của khối trụ là $V=pi {{R}^{2}}h$$=pi .4.4$$=16pi text{ }c{{m}^{3}}$.
Câu 10.Chọn C
Từ đồ thị và giả thiết suy ra đây là đồ thị của hàm số bậc 4 hoặc bậc 2 nên loại phương án A.
Đồ thị đi qua điểm $Aleft( 1;2 right)$ nên chọn đáp án C.
Câu 11.Chọn C
Cách 1: $int{sin xcos xtext{d}x}=int{frac{1}{2}sin 2xtext{d}x=-frac{cos 2x}{4}+C}=frac{2{{sin }^{2}}x-1}{4}+C=frac{{{sin }^{2}}x}{2}+C$.
Cách 2: $int{sin xcos xtext{d}x=int{sin x.{{left( sin x right)}^{‘}}text{d}x=int{sin xtext{d}sin x=frac{{{sin }^{2}}x}{2}+C}}}$.
Cách 3: $int{operatorname{sinxcosxdx}}=int{cos x.{{left( -cos x right)}^{‘}}dcos x}=int{-cos x.{{(cos x)}^{‘}}text{d}x=int{-cos xtext{d}cos x}}$$=-frac{{{cos }^{2}}x}{2}+C=frac{{{sin }^{2}}x-1}{2}+C=frac{{{sin }^{2}}x}{2}+C$.
Câu 12.Chọn A
Ta có $underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{1+19n}{18n+19}=underset{nto +infty }{mathop{lim }},frac{19+frac{1}{n}}{18+frac{19}{n}}=frac{19}{18}$.
Câu 13. Chọn B
$Delta $ có VTCP $overrightarrow{u}=left( -frac{1}{2},;,3 right)=frac{1}{2}left( -1,;,6 right)$ nên có một VTPT $overrightarrow{n}=left( 6,;,1 right)$.
Câu 14.Chọn B
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2mx-4(m-2)y+6-m=0$$Rightarrow $$a=m$; $b=2left( m-2 right)$; $c=6-m$.
(1) là phương trình đường tròn khi và chỉ khi ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}-c>0$ $Leftrightarrow $ ${{m}^{2}}-3m+2>0$ $Leftrightarrow $ $left[ begin{array}{l}
m < 1\
m > 2
end{array} right.$
Câu 15. Chọn C
Gọi $r$ là lãi suất tiền gửi của ngân hàng theo tháng. ${{T}_{0}},,,T$ lần lượt là số tiền gưi ban đầu và số tiền sau $n=9$ tháng. Áp dụng công thức lãi kép ta có $T={{T}_{0}}{{(1+r)}^{n}}Leftrightarrow 61758000=58000000{{(1+r)}^{9}}Leftrightarrow r=sqrt[9]{frac{61758000}{58000000}}-1approx {{7.10}^{-3}}=0,7$%.
Câu 16.Chọn C
Ta có $overrightarrow{u}+overrightarrow{a}=overrightarrow{0}Leftrightarrow overrightarrow{u}=-overrightarrow{a}=left( -1,;,2,;,-1 right)$.
Câu 17.Chọn B
Đặt$y=fleft( x right)=frac{ax+b}{cx+d}$là hàm số cần tìm.
Tập xác định của$y$: $D=mathbb{R},text{ }!!backslash!!text{ },left{ 2 right}$.
$underset{xto -infty }{mathop{lim }},y=underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=1Rightarrow frac{a}{c}=1$ $Rightarrow $ Loại $A,C.$
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định $Rightarrow ad-bc<0$ $Rightarrow $ chọn $B.$
Câu 18.Chọn C
Ta có: $int{fleft( x right)text{d}x=int{left( sqrt{3x+2} right)text{d}x=int{{{left( 3x+2 right)}^{frac{1}{2}}}text{d}x=frac{{{left( 3x+2 right)}^{1+frac{1}{2}}}}{1+frac{1}{2}}.frac{1}{3}+C=frac{2}{9}left( 3x+2 right)sqrt{3x+2}+C}}}$.
Câu 19.Chọn C
Theo tính chất của logarit ${{log }_{{{a}^{3}}}}a=frac{1}{3}{{log }_{a}}a=frac{1}{3}$
Câu 20.Chọn B
Hàm số có 2 điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên số điểm cực trị là 3.
Câu 21.Chọn D
Ta có ${x^2} – 2x = 0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.{rm{ }}.$
$underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},y=+infty $; $underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},y=-infty $; $underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},y=-infty $; $underset{xto {{0}^{-}}}{mathop{lim }},y=+infty $; $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=2$.
Vậy đồ thị hàm số $y=frac{sqrt{4{{x}^{4}}+9}+3}{{{x}^{2}}-2x}$ có 3 đường tiệm cận.
Câu 22.Chọn B
Vì $SAbot (ABCD)$ nên $SAbot BC$.
Mặt khác, theo giả thiết$ABbot BC$. Do đó $BCbot (SAB)$ nên $SBbot BC$.
$Rightarrow $Góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$và $(ABCD)$là góc$widehat{SBA}$.
Ta có $cos widehat{SBA}=frac{AB}{SB}=frac{a}{2a}=frac{1}{2}$$Rightarrow $$widehat{SBA}=60{}^circ $.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$bằng $60{}^circ $.
Câu23.Chọn A
$2{x^2} – 6x – 1 = sqrt {4x + 5} $ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{x^2} – 6x – 1 ge 0\
4{x^4} + 36{x^2} + 1 – 24{x^3} – 4{x^2} + 12x = 4x + 5
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{x^2} – 6x – 1 ge 0\
{x^4} – 6{x^3} + 8{x^2} + 2x – 1 = 0
end{array} right.$ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{x^2} – 6x – 1 ge 0\
left( {{x^2} – 2x – 1} right)left( {{x^2} – 4x + 1} right) = 0
end{array} right.$ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2{x^2} – 6x – 1 ge 0\
left[ begin{array}{l}
x = 1 – sqrt 2 \
x = 1 + sqrt 2 \
x = 2 + sqrt 3 \
x = 2 – sqrt 3
end{array} right.
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1 – sqrt 2 \
x = 2 + sqrt 3
end{array} right.$
Câu 24.Chọn A
Từ giả thiết đề bài suy ra $ABCD$ là hình vuông tâm $O$. Khi đó: ${{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}$.
Ta có: $widehat{SDO}={{45}^{0}}$. Do đó: $Delta SDO$ vuông cân tại $O$$Rightarrow SO=DO=frac{asqrt{2}}{2}$.
Vậy ${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO$ $=frac{1}{3}{{a}^{2}}.frac{asqrt{2}}{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{6}$ $=frac{1}{3sqrt{2}}{{a}^{3}}$.
Câu 25.Chọn D
Dựa vào giả thiết và đồ thị ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là $-1$.
Ta có$2018.fleft( x right)+2019=0Leftrightarrow f(x)=-frac{2019}{2018}$.
Từ đồ thị hàm số ta suy ra số giao điểm của hai đồ thị hàm số $y=f(x);,,y=frac{2019}{2018}$ có 2 điểm chung nên phương trình $2018.fleft( x right)-2019=0$ có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 26.Chọn D
$(3{{m}^{2}}-4)x-1=m-xLeftrightarrow 3({{m}^{2}}-1)x=m+1$.
Phương trình $(3{{m}^{2}}-4)x-1=m-x$ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ${{m}^{2}}-1ne 0Leftrightarrow mne pm 1$.
Câu 27.Chọn A
$intlimits_{0}^{b}{left( 3{{x}^{2}}-2ax-1 right)text{d}x}=left. left( {{x}^{3}}-a{{x}^{2}}-x right) right|_{0}^{b}={{b}^{3}}-a{{b}^{2}}-b$.
Câu 28.Chọn D
Cần sửa đề bài thành: Chủ đầu tư phải chi bao nhiêu tiền
Tổng diện tích bề mặt 17 cây cột là
$S=3.2pi .0,2.4,2+14.2pi .0,13.4,2approx 2pi .10,164approx 63,86224152left( {{m}^{2}} right)$.
Số tiền chủ đầu tư phải bỏ ra ít nhất để sơn cột là $63,86224152.360000approx 22990407$ (đồng).
Câu 29. Chọn C
Cách 1:
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$sao cho $O$trùng với $A’$, các đỉnh $B’;D’;A$lần lượt nằm trên các trục $Ox,Oy,Oz$.
Không mất tính tổng quát giả sử hình lập phương có cạnh 1.
Khi đó $A’=left( 0;0;0 right),{{B}^{‘}}=left( 1;0;0 right),D’=left( 0;1;0 right),A=left( 0;0;1 right),B=left( 1;0;1 right),D=left( 0;1;1 right),C=left( 1;1;1 right)$
$overrightarrow{A’D}=left( 0;1;1 right),overrightarrow{A’C}=left( 1;1;1 right),overrightarrow{A’B}=left( 1;0;1 right)$.
Vecto pháp tuyến của mp$left( A’CD right)$: $overrightarrow{{{n}_{1}}}=left[ overrightarrow{A’D},overrightarrow{A’C} right]=left( 0;1;-1 right)$.
Vecto pháp tuyến của mp $left( A’BC right)$: $overrightarrow{{{n}_{2}}}=left[ overrightarrow{A’B},overrightarrow{A’C} right]=left( 1;0;-1 right)$.
Khi đó $cos left( left( A’DC right),left( A’BC right) right)=left| cos left( overrightarrow{{{n}_{1}}},overrightarrow{{{n}_{2}}} right) right|=frac{1}{2}$.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $left( A’BC right)$và $left( A’CD right)$ là: ${{60}^{0}}$.
Cách 2:
Dễ thấy $ A’C bot left( {AB’D’} right) Rightarrow left{ begin{array}{l}
A’C bot AB’\
A’C bot AD’
end{array} right.$
; Mà $left( AB’;AD’ right)={{60}^{o}}$.
Cách 3:
Hai tam giác vuông $Delta {A}’BC=Delta {A}’DC$. Dựng các đường cao $BH$, $DH$.
Suy ra: $cos left( left( A’DC right),left( A’BC right) right)=left| cos widehat{BHD} right|=frac{1}{2}$.
Câu 30.Chọn C
Số hạng tổng quát trong khai triển $C_{10}^{k}.{{left( sqrt[3]{x} right)}^{10-k}}.{{left( frac{-1}{sqrt{x}} right)}^{k}}=C_{10}^{k}.{{left( -1 right)}^{k}}.{{x}^{frac{10-k}{3}text{ }-text{ }frac{k}{2}}},,left( 0le kle 10,kin mathbb{Z} right)$.
Số hạng không chứa $x$ứng với $k$ thỏa mãn: $frac{10-k}{3}-frac{k}{2}=0Leftrightarrow k=4$.
Vậy số hạng không chứa $x$ cần tìm: $C_{10}^{4}.{{left( -1 right)}^{4}}=210$.
