Câu 1: Đáp án C
Với $x=0,\,y=1\Rightarrow $ loại A và D.
Đồ thị hàm số đi lên $+\infty \Rightarrow a>0\to $ loại B $\to $ Chọn đáp án C.
Câu 2: Đáp án D
$y' = - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm 1
\end{array} \right. \to $ Chọn đán án D.
Câu 3: Đáp án A
$\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=2\to $ loại C, D.
Hàm số không xác định tại $x=2\to $ loại B
Câu 4: Đáp án D
Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định. Chọn đán án D.
Câu 5: Đáp án D
B sai vì hai biểu thức không tương đương.
Câu 6: Đáp án A
Ta có $\int{\frac{2x+2}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}}dx=\int{\frac{2}{x+1}}dx=2\ln \left( x+1 \right)=\ln {{\left( x+1 \right)}^{2}}$
Câu 7: Đáp án C
$\int{\frac{{{e}^{2x}}}{2}}dx=\frac{1}{2}.\frac{{{e}^{2x}}}{2}+C=\frac{{{e}^{2x}}}{4}+C$
Câu 8: Đáp án A
Ta có $z.\overline{z}=\left( a+bi \right)\left( a-bi \right)={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$
Câu 9: Đáp án D
Dễ thấy A,B,C đúng. Chọn D.
Câu 10: Đáp án A
Câu 11: Đáp án A
Ta có $R=\sqrt{{{1}^{2}}+{{3}^{2}}+{{2}^{2}}-5}=3$
Câu 12: Đáp án B
Cách 1. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 2;0} \right)\\
\overrightarrow {AC} = \left( { - 1;0; - 5} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {10, - 5, - 2} \right)$
$\overrightarrow{n}=\dfrac{1}{10}=\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( 1;-\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{5} \right)$
Cách 2.
Theo công thức phương trình đoạn chắn ta có phương trình $\left( ABC \right):\dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{-2}+\dfrac{z}{-5}=1$
Suy ra phương trình pháp tuyến của $\left( ABC \right)$là $\overrightarrow{n}=\left( 1;-\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{5} \right)$
Câu 13: Đáp án A
Số phần tử của không gian mẫu là ${{n}_{\Omega }}=C_{10}^{2}$
Số cách lấy ra hai viên bi đỏ là $C_{4}^{2}$
$\Rightarrow P=\dfrac{C_{10}^{2}}{C_{4}^{2}}$
Câu 14: Đáp án A
Ta có $\lim \dfrac{1}{{{n}^{k}}}=0\left( k\in N* \right)$
Câu 15: Đáp án C
Ta có $y=\dfrac{2x-1}{x-3}=2+\dfrac{5}{x-3}\Rightarrow y\in Z\Rightarrow x-3\in {{U}_{\left( 5 \right)}}=\left\{ 1;-1;5;-5 \right\}$
Vậy có 4 điểm có tọa độ nguyên.
Câu 16: Đáp án C
ĐK $x<2,y'=1-\dfrac{1}{\sqrt{2-x}}\Rightarrow y'>0\Leftrightarrow \sqrt{2-x}>1\Leftrightarrow x<1$
$y'<0\Leftrightarrow \sqrt{2-x}<1\Leftrightarrow x>1$
Kết hợp điều kiện ta có. Khoảng đồng biến là $\left( -\infty ;1 \right)\Rightarrow \left( -\infty ;0 \right)$ cũng là khoảng đồng biến của hàm số.
Câu 17: Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{2}}-2x-4=0\Rightarrow {{x}_{I}}=\dfrac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}=\dfrac{2}{2}=1$
Câu 18: Đáp án B
Ta có $PT \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 3x + 3 > 0\\
{x^2} - 3x + 3 < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < 2$
Câu 19: Đáp án D
Sử dụng Casio nhập $\dfrac{{{A}^{\sqrt{7}+1}}.{{B}^{\sqrt{2}}}.\sqrt{{{C}^{5}}}}{{{A}^{2+\sqrt{7}}}.{{B}^{2cos\dfrac{7\pi }{4}}}.{{C}^{\dfrac{1}{2}}}}\xrightarrow{CACL}A=2,\,B=3,\,C=4$ được kết quả là $8$. Sau đó thay A, B, C vào các phương án ta chọn được đáp án D.
Câu 20: Đáp án B
Xét ${{x}^{3}}+1=0\Rightarrow x=-1\Rightarrow S=\int\limits_{-1}^{1}{\left| {{x}^{3}}+1 \right|dx=2}$
Câu 21: Đáp án B
Gọi $z=x+yi,\left( x,y\in R \right)$. Theo giả thiết
$\left| iz+3-i \right|=2\Leftrightarrow \left| \left( x-1 \right)i+3-y \right|=2\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=4$
Câu 22: Đáp án B
Dễ chứng minh $SO\bot \left( ABCD \right),\,SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{V}_{chop}}=\dfrac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$
Câu 23: Đáp án C
Do $AB'\cap A'B$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Do đó ${{d}_{B'}}={{d}_{A}}={{d}_{C}}$
+) Dựng $CH\bot BD\Rightarrow CH\bot \left( A'BD \right)$
+) Do đó $d\left( B';A'BD \right)=d\left( C;A'BD \right)=CH=\dfrac{BC.CD}{BD}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Câu 24: Đáp án B
Ta có mặt bên là hình chữ nhật có diện tích bằng $3{{a}^{2}}\Rightarrow $ chiều cao của lăng trụ là $\dfrac{3{{a}^{2}}}{a}=3a$. Có diện tích đáy hình trụ bằng $S=\pi {{a}^{2}}$
Vậy $V=3a.\pi {{a}^{2}}=3\pi {{a}^{3}}$.
Câu 25: Đáp án B
Lấy $M\left( 2;0;1 \right)\in {{d}_{1}}$ và $N\left( -1;0;1 \right)\in \left( {{d}_{2}} \right)$. Ta có $d\left( {{d}_{1}};{{d}_{2}} \right)=\dfrac{\left| \left[ \overrightarrow{{{u}_{{{d}_{1}}}}},\overrightarrow{{{u}_{{{d}_{2}}}}} \right]\overrightarrow{MN} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{{{u}_{{{d}_{1}}}}},\overrightarrow{{{u}_{{{d}_{2}}}}} \right] \right|}=\dfrac{15}{\sqrt{35}}$
Câu 26: Đáp án A
Ta có $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB} \right]=\left( 1;1;1 \right)$. Phương trình $\left( P \right)$ là $x+y+z-3=0$
Câu 27: Đáp án C
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là $9.9.8.7.6=27216$
Số thỏa mãn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang phải (là $\overline{abcde}$ suy ra $a\ne 0\Rightarrow b,c,d,e\ne 0$
Với mỗi cách chọn ra $5$ số trong $9$ số từ $1$ đến $9$ ta được $1$ số thỏa mãn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước. Vậy có $C_{9}^{5}=126$ số.
Vậy xác suất là $\dfrac{126}{27216}=\dfrac{1}{126}$.
Câu 28: Đáp án D
Ta có ${{\left( 1+x \right)}^{3n}}=\sum\limits_{k=0}^{3n}{C_{n}^{k}{{x}^{3n}}}$
Chọn $x=1$. Ta có tổng hệ số bằng $C_{3n}^{0}+C_{3n}^{1}+...C_{3n}^{3n}={{2}^{3n}}=64\Rightarrow n=2$
Ta có ${{\left( 2nx+\dfrac{1}{2n{{x}^{2}}} \right)}^{3n}}=\sum\limits_{k=0}^{3n}{C_{3n}^{k}}{{\left( 2nx \right)}^{3n-k}}{{\left( \dfrac{1}{2n{{x}^{2}}} \right)}^{k}}=\sum\limits_{k=0}^{3n}{C_{3n}^{k}}.{{\left( 2n \right)}^{3n-2k}}.{{x}^{3n-3k}}$
Số hạng không chứa $x$ suy ra ${{x}^{3n-3k}}={{x}^{0}}\Leftrightarrow n=k=2$.
Do đó số hạng không chứa $x$ là $C_{6}^{2}.{{\left( 4 \right)}^{2}}=240$.
Câu 29: Đáp án A
Để đồ thị hàm số có 2 cực trị cách đều trục tung thì chắc chắn 2 cực trị đó phải nằm về 2 phía của trục tung $|{{x}_{1}}|=|{{x}_{2}}|<=>{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=0<=>{{m}^{2}}-1=0<=>m=\pm 1$
Thay m=1 và m= -1 và để xem m bằng bao nhiêu thì có 2 cực trị => m= -1
Câu 30: Đáp án A
$(*)<=>|{{x}^{4}}-2{{x}^{2}}|=m$
Vẽ đồ thị của hàm số $|{{x}^{4}}-2{{x}^{2}}|$ ta nhận biết ngay được để có 6 nghiệm phân biệt thì 0<m<1
Câu 31: Đáp án D
Đồ thị hàm số đã có 2 tiệm cận $y=\pm 1.$ Để đồ thị hàm số có 3 tiệm cận thì phương trình ${{x}^{2}}-2x+m=0$ phải có 1 nghiệm. Do đó $m=1.$
Thử lại: Với$m = 1 \Rightarrow y = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} }} = \left\{ \begin{array}{l}
1,x > 1.\\
- 1,x < 1.
\end{array} \right.$
Nên hàm số không có 3 tiệm cận.
Vậy, không tồn tại $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32: Đáp án C
Đặt $MN=x>0$. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. $MN\cap AB=\left\{ H \right\}.$ Dễ dàng tính được:
$\begin{array}{l}
MP = x\sqrt 2 \Rightarrow MH = \frac{{5 - x\sqrt 2 }}{2};MO = \frac{{MP}}{2} = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}\\
\Rightarrow M{B^2} = M{H^2} + H{B^2} = \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{5x\sqrt 2 }}{2} + \frac{{25}}{2}.
\end{array}$
Chiều cao hình chóp là: $h=\sqrt{M{{B}^{2}}-M{{O}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{25}{2}-\dfrac{5x\sqrt{2}}{2}}$
Khi đó: ${{V}_{A.MNPQ}}=\dfrac{1}{3}{{x}^{2}}\sqrt{\dfrac{25}{2}-\dfrac{5x\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\sqrt{25{{x}^{4}}-5\sqrt{2}{{x}^{5}}}.$
Đặt $f\left( x \right)=25{{x}^{4}}-5\sqrt{2}{{x}^{5}}\Rightarrow f'\left( x \right)=100{{x}^{3}}-25\sqrt{2}{{x}^{4}}.$
$\Rightarrow {{V}_{A.MNPQ}}max\Leftrightarrow f\left( x \right)max\Leftrightarrow f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\dfrac{100}{25\sqrt{2}}=2\sqrt{2}(cm).$
Câu 33: Đáp án C
ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}
x + 2 > 0\\
\frac{{2x + 1}}{x} > 0
\end{array} \right.$
$(*)<=>{{\log }_{2}}\sqrt{x+2}+{{(\sqrt{x+2}-1)}^{2}}={{\log }_{2}}(2+\dfrac{1}{x})+{{(1+\dfrac{1}{x})}^{2}}$
Đặt $\sqrt{x+2}=t;2+\dfrac{1}{x}=u(t,u>0)$
$\begin{array}{l}
< = > {\log _2}t + {(t - 1)^2} = {\log _2}u + {(u - 1)^2}\\
< = > \left\{ \begin{array}{l}
f(t) = f(u)\\
t,u > 0
\end{array} \right.
\end{array}$
Xét
$\begin{array}{l}
f(v) = {\log _2}v + {(v - 1)^2}(v > 0)\\
f'(v) = \frac{1}{{v\ln 2}} + 2(v - 1) = \frac{{1 + 2(v - 1)v\ln 2}}{{v\ln 2}} = \frac{{1 + 2{v^2}\ln 2 - 2v\ln 2}}{{v\ln 2}} = \frac{{{{(1 - v\ln 2)}^2} + 2{v^2}\ln 2 - {v^2}{{\ln }^2}2}}{{v\ln 2}}
\end{array}$
$ = \frac{{{{(1 - v\ln 2)}^2} + {v^2}(2\ln 2 - {{\ln }^2}2)}}{{v\ln 2}} > 0\forall v > 0$
=> Hàm số f(v) đồng biến với mọi v>0
=> $t=u<=>\sqrt{x+2}=2+\dfrac{1}{x}<=>x=\dfrac{1\pm \sqrt{13}}{2}$
=> Tổng các nghiệm dương S=$\dfrac{1+\sqrt{13}}{2}$
Câu 34: Đáp án D
Thử từng đáp án ta tìm được đáp án D ứng với hàm ố thỏa mãn. Thật vậy:
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 đồ thị hàm số:${x^2} = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$
Khi đó, thể tích khối tròn xoay tạo bởi 2 đồ thị hàm số khi quay quanh trục Ox là:
$V=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left| {{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}-{{\left( 2x \right)}^{2}} \right|}dx=\pi \int\limits_{0}^{2}{4{{x}^{2}}-{{x}^{4}}dx=\frac{64\pi }{15}}$(đvtt)
$\Rightarrow $Thỏa mãn.
Câu 35: Đáp án C
Ta có: $f'\left( x \right)=-3a{{\left( x+1 \right)}^{-4}}+b\left( x{{e}^{x}}+{{e}^{x}} \right).$ Do $f'\left( 0 \right)=-22\Leftrightarrow 3a-b=22$ $\left( 1 \right)$
Mặt khác:
$\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = 5 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {a{{\left( {x + 1} \right)}^{ - 3}} + bx{e^x}dx} } = 5$$ \Leftrightarrow \left. {\left[ {\frac{{ - a{{\left( {x + 1} \right)}^{ - 2}}}}{2} + b\left( {x{e^x} - {e^x}} \right)} \right]} \right|_0^1 = 5 \Leftrightarrow \frac{{3a}}{8} + b = 5$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 8\\
b = 2
\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 68.$
