Câu 1: Đáp án B
Câu 2: Đáp án C
Có $M(b;a)\Rightarrow z=b+ai$
Câu 3: Đáp án A
Câu 4: Đáp án C
Câu 5: Đáp án B
Câu 6: Đáp án A
Câu 7: Đáp án A
Câu 8: Đáp án D
Có ${{\log }_{a}}\sqrt{a\sqrt{a}}={{\log }_{a}}\sqrt{\sqrt{{{a}^{3}}}}={{\log }_{a}}\sqrt[4]{{{a}^{3}}}={{\log }_{a}}{{a}^{\dfrac{3}{4}}}=\dfrac{3}{4}{{\log }_{a}}a=\dfrac{3}{4}.$
Câu 9: Đáp án C
Có ${{V}_{S.ACD}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{ACD}}.h=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}S.h=\dfrac{Sh}{6}.$
Câu 10: Đáp án B
Câu 11: Đáp án B
Câu 12: Đáp án B
Câu 13: Đáp án C
Có ${{2}^{{{x}^{2}}}}>1\Leftrightarrow {{x}^{2}}>0\Leftrightarrow x\ne 0.$
Câu 14: Đáp án B
Câu 15: Đáp án A
Có $\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=\left. \left( 3{{x}^{2}}+C \right) \right|_{1}^{2}=9.$
Câu 16: Đáp án C
Câu 17: Đáp án B
Câu 18: Đáp án D
Tam giác OAB vuông tại O nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác này là trung điểm đoạn thẳng AB, tức điểm $Q\left( 1;0;2 \right)$
Câu 19: Đáp án C
Kẻ đường thẳng $y=-1$ cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hoành độ lần lượt $0<{{x}_{1}}<1<{{x}_{2}}$. Phương trình $f\left( x \right)=-1$ có hai nghiệm.
Câu 20: Đáp án B
Gọi M là trung điểm cạnh $BC\Rightarrow BC\bot (SAM)\Rightarrow \left( (SBC),(ABC) \right)=\widehat{SMA}.$
Có $AM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},SA=\sqrt{3}a\Rightarrow SM=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}+\dfrac{3}{4}{{a}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{2}.$
Do đó $\cos \widehat{SMA}=\dfrac{AM}{SM}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{15}}{2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}.$
Câu 21: Đáp án A
Câu 22: Đáp án A
Câu 23: Đáp án B
Tổng số tiền người đó thu về sau n năm là
$S=20{{(1+0,06)}^{n}}+20{{(1+0,06)}^{n-1}}+...+20(1+0,06)$
$=20(1+0,06)\dfrac{{{(1+0,06)}^{n}}-1}{0,06}>400\Rightarrow n>12,993\Rightarrow n\ge 13.$
Vậy sau ít nhất 13 năm thì số tiền người đó thu về lớn hơn 400 triệu đồng
Câu 24: Đáp án B
Có ${B}'{C}'//BC\Rightarrow (A{B}',BC)=(A{B}',{B}'{C}').$
Có $\cos \widehat{A{B}'{C}'}=\dfrac{A{{{{B}'}}^{2}}+{B}'{{{{C}'}}^{2}}-A{{{{C}'}}^{2}}}{2A{B}'.{B}'{C}'}=\dfrac{2{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}{2.\sqrt{2}a.a}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}.$
Cách 2: Có $\overrightarrow{A{B}'}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{A{B}'}\left( \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB} \right)=\dfrac{A{{{{B}'}}^{2}}+A{{C}^{2}}-{B}'{{C}^{2}}}{2}-\dfrac{A{{{{B}'}}^{2}}+A{{B}^{2}}-B{{{{B}'}}^{2}}}{2}=-\dfrac{{{a}^{2}}}{2}.$
Do đó $\cos \left( A{B}',BC \right)=\left| \cos \left( \overrightarrow{A{B}'},\overrightarrow{BC} \right) \right|=\dfrac{\left| \overrightarrow{A{B}'}.\overrightarrow{BC} \right|}{A{B}'.BC}=\dfrac{\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}{\sqrt{2}a.a}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}.$
Câu 25: Đáp án D
Số tập con của S là ${{2}^{6}}=64.$ Số tập con có đúng hai phần tử của S là $C_{6}^{2}=15.$
Mỗi người đều có 64 cách chọn nên Số phần tử không gian mẫu là $64\times 64.$
Mỗi người có 15 cách chọn để được tập con gồm đúng hai phần tử của S nên Số kết quả thuận lợi cho biến cố cần tính xác suất là $15\times 15.$
Xác suất cần tính bằng $\dfrac{15\times 15}{64\times 64}=\dfrac{225}{4096}.$
Câu 26: Đáp án B
Có $BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+1}.$ Vì vậy
$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( AB+AC-BC \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x+1-\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{(x+1)}^{2}}-({{x}^{2}}+1)}{x+1+\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=1.$
Câu 27: Đáp án D
Có ${{u}_{3}}+{{u}_{98}}=\left( {{u}_{1}}+2d \right)+\left( {{u}_{1}}+97d \right)=2{{u}_{1}}+99d=12.$
Do đó ${{u}_{1}}+{{u}_{2}}+...+{{u}_{100}}=\dfrac{100}{2}\left[ 2{{u}_{1}}+(100-1)d \right]=50(2{{u}_{1}}+99d)=50.12=600.$
Câu 28: Đáp án D
Gọi O là tâm mặt đáy có $SO\bot (ABCD)$ và$\widehat{SAO}={{60}^{0}}\Rightarrow SO=AO\tan {{60}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\sqrt{3}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.$
Do đó
$BC//AD\Rightarrow BC//(SAD)\Rightarrow d(BC,SA)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=2d(O,(SAD)).$
Tứ diện O.SAD vuông tại O nên
$\dfrac{1}{{{d}^{2}}(O,(SAD))}=\dfrac{1}{O{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{D}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{S}^{2}}}=\dfrac{2}{{{a}^{2}}}+\dfrac{2}{{{a}^{2}}}+\dfrac{2}{3{{a}^{2}}}=\dfrac{14}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow d(O,(SAD))=a\sqrt{\dfrac{3}{14}}.$
Vậy $d(SA,BC)=\dfrac{a\sqrt{42}}{7}.$
Câu 29: Đáp án B
Vì (P) cách đều hai điểm C, D và hai điểm C, D nằm về cùng một phía so với mặt phẳng (P). Nên (P) song song với đường CD. Vậy $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD} \right]=(3;5;7).$ Vậy mặt phẳng (P) đi qua điểm $A(1;2;1)$ có phương trình là $3x+5y+7z-20=0.$ Do đó $S=3+5+7=15.$
Câu 30: Đáp án B
Có ${y}'=m+\dfrac{3}{{{x}^{4}}}+6{{x}^{2}}\ge 0,\forall x>0\Leftrightarrow m\ge -3\left( 2{{x}^{2}}+\dfrac{1}{{{x}^{4}}} \right),\forall x>0$
$\Leftrightarrow m\ge \underset{(0;+\infty )}{\mathop{\max }}\,\left\{ y=-3\left( 2{{x}^{2}}+\dfrac{1}{{{x}^{4}}} \right) \right\}=y(1)=-9.$
Vậy $m\in \left\{ -9,...,-1 \right\}$ có tất cả 9 số nguyên âm thoả mãn.
Câu 31: Đáp án A
Có $S=\underset{0}{\overset{6}{\mathop \int }}\,\left| {{x}^{2}}(x-6) \right|dx=108.$
Câu 32: Đáp án D
Có $\underset{1}{\overset{2}{\mathop \int }}\,\dfrac{6\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}+1}dx=\underset{1}{\overset{2}{\mathop \int }}\,\dfrac{6\sqrt{x}\left( \sqrt{x+1}-\sqrt{x}-1 \right)}{x+1-{{\left( \sqrt{x}+1 \right)}^{2}}}dx=\underset{1}{\overset{2}{\mathop \int }}\,3\left( \sqrt{x+1}-\sqrt{x}-1 \right)dx$
$=\left. \left( 2\sqrt{{{(x+1)}^{3}}}-2\sqrt{{{x}^{3}}}-3x \right) \right|_{1}^{2}=1+8\sqrt{2}-6\sqrt{3}=1+\sqrt{128}-\sqrt{108}.$
Vậy $a+b+c=1+128+108=237.$
Câu 33: Đáp án B
Có $\sin \alpha =\dfrac{d(C,({A}'BD))}{{A}'C}=\dfrac{d(A,({A}'BD))}{{A}'C}=\dfrac{\dfrac{6}{7}}{\sqrt{14}}=\dfrac{3\sqrt{14}}{49}.$
Trong đó ${A}'C=\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{14}$ và tứ diện A.A′BD vuông tại A có
$\dfrac{1}{{{d}^{2}}(A,({A}'BD))}=\dfrac{1}{A{{D}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{B}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{{{A}'}}^{2}}}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}\Rightarrow d(A,({A}'BD))=\dfrac{6}{7}.$
Cách 2: Chọn gốc toạ độ tại A, các tia $Ox,Oy,Oz$ lần lượt trùng với các tia $AD,AB,A{A}'.$
Có $D(2;0;0),B(0;1;0),{A}'(0;0;3),C(2;1;0).$
Mặt phẳng (A′BD) có véctơ pháp tuyến $\vec{n}=\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{1};\dfrac{1}{3} \right).$ Đường thẳng A′C có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{{A}'C}(2;1;-3).$
Do đó $\sin \alpha =\dfrac{\left| \dfrac{1}{2}.2+\dfrac{1}{1}.1+\dfrac{1}{3}.(-3) \right|}{\sqrt{{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{1} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{3} \right)}^{2}}}\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{(-3)}^{2}}}}=\dfrac{3\sqrt{14}}{49}.$
Câu 34: Đáp án D
Có $z=\left| z \right|(2+i)-(3+i)=\left( 2\left| z \right|-3 \right)+i\left( \left| z \right|-1 \right).$
Lấy môđun hai vế có $\left| z \right|=\left| \left( 2\left| z \right|-3 \right)+i\left( \left| z \right|-1 \right) \right|=\sqrt{{{\left( 2\left| z \right|-3 \right)}^{2}}+{{\left( \left| z \right|-1 \right)}^{2}}}.$
Đặt $t=\left| z \right|(t>1),$ ta có phương trình $t = \sqrt {{{(2t - 3)}^2} + {{(t - 1)}^2}} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{t = 1(l)}\\
{t = \frac{5}{2}(t/m)}
\end{array}} \right..$
Vậy $\left| z \right|=\dfrac{5}{2}$ và thay ngược lại đẳng thức có $z=2+\dfrac{3}{2}i.$ Vậy $a=2,b=\dfrac{3}{2}$ và $a+2b=5.$
Câu 35: Đáp án C
Phương trình tương đương với:
$m+4\sqrt{m+4\sin x}={{\sin }^{2}}x\Leftrightarrow m+4\sin x+4\sqrt{m+4\sin x}={{\sin }^{2}}x+4\sin x$
$ \Leftrightarrow \sqrt {m + 4\sin x} = \sin x \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\sin x \ge 0}\\
{m = {{\sin }^2}x - 4\sin x \in [ - 3;0]}
\end{array}} \right..$
Vậy $m\in \left\{ -3,-2,-1,0 \right\}.$
Câu 36: Đáp án A
Đặt $t=\sin x+1\in [0;2],$ khi đó$y=\left| f(\sin x+1)+2 \right|=\left| f(t)+2 \right|=\left| {{t}^{3}}-3t+2 \right|.$
Xét $u={{t}^{3}}-3t+2$ trên đoạn $[0;2]$ có ${u}'=3{{t}^{2}}-3;{u}'=0\Leftrightarrow t=\pm 1.$
Do đó $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\mathop {\max }\limits_{[0;2]} {\mkern 1mu} u = \max \{ u(0),u(2),u(1)\} = \max \{ 2,4,0\} = 4}\\
{\mathop {\min }\limits_{[0;2]} {\mkern 1mu} u = \min \{ u(0),u(2),u(1)\} = \min \{ 2,4,0\} = 0}
\end{array}} \right..$
Do đó $M=\underset{[0;2]}{\mathop{\max }}\,\left| u \right|=4;m=\underset{[0;2]}{\mathop{\min }}\,\left| u \right|=0\Rightarrow M+m=4+0=4.$
*Chú ý. Các em nên nhập hàm $F(X)=\left| {{(\sin X+1)}^{3}}-3(\sin X+1)+2 \right|$ và MODE 7 trên đoạn $[0;2\pi ].$
Câu 37: Đáp án B
Dựa vào đồ thị của ${f}'\left( x \right)$ suy ra bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$ như hình vẽ sau
Do $f(-1)=f(4)=0\Rightarrow f(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}.$ Vậy
$y' = 2f(x)f'(x) < 0 \Leftrightarrow f'(x) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x < - 1\\
1 < x < 4
\end{array} \right.$
Câu 38: Đáp án A
Ta có $\dfrac{1}{{{d}^{2}}(O,(P))}=\dfrac{1}{{{h}^{2}}}+\dfrac{1}{{{r}^{2}}-\dfrac{A{{B}^{2}}}{4}}\Rightarrow \dfrac{1}{{{\left( \dfrac{\sqrt{5}a}{5} \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{{{h}^{2}}}+\dfrac{1}{4{{a}^{2}}-\dfrac{12{{a}^{2}}}{4}}\Leftrightarrow h=\dfrac{a}{2}.$
Do đó $V=\dfrac{\pi {{r}^{2}}h}{3}=\dfrac{2\pi {{a}^{3}}}{3}.$
Câu 39: Đáp án C
Theo giả thiết ta có $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f(1) + \int\limits_1^x {{e^x}dx} = \left. {e + {e^x}} \right|\begin{array}{*{20}{c}}
x\\
1
\end{array} = e + ({e^x} - e) = {e^x}(x \ge 1)}\\
{f(1) + \int\limits_1^x {{e^{ - x}}dx} = \left. {e - {e^{ - x}}} \right|\begin{array}{*{20}{c}}
x\\
1
\end{array} = e - \left( {{e^{ - x}} - \frac{1}{e}} \right) = e + \frac{1}{e} - {e^{ - x}}(x \le 1)}
\end{array}} \right..$
Do đó với $\ln 3>1;\ln 2<1;-\ln 2<1;-\ln 3<1$ có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f( - \ln 3) = e + \frac{1}{e} - {e^{\ln 3}} = e + \frac{1}{e} - 3}\\
{f( - \ln 2) = e + \frac{1}{e} - {e^{\ln 2}} = e + \frac{1}{e} - 2}\\
{f(\ln 2) = e + \frac{1}{e} - {e^{ - \ln 2}} = e + \frac{1}{e} - \frac{1}{2}}\\
{f(\ln 3) = {e^{\ln 3}} = 3}
\end{array}} \right..$
Vì vậy $f(-\ln 3)+f(-\ln 2)+f(\ln 2)+f(\ln 3)=3\left( e+\frac{1}{e} \right)-\frac{5}{2}.$
