Câu 1
Lời giải. Dựa vào hình vẽ, có $Aleft
Vậy điểm biểu diễn số phức $z$ là điểm $Eleft
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
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 = 12left
x = – 13left
end{array} right..$ Chọn A.
Câu 4.
Lời giải. Từ giả thiết, ta có $left{ begin{array}{l}
{S_{{rm{day}}}} = frac{{{{left
h = 2a
end{array} right.V = {S_{{rm{day}}}}.h = 2{a^3}sqrt 3 .$ 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
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
Câu 11.Lời giải. Ta có $int{fleft
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
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
Ta có: $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} = left
overrightarrow {OC} = left
end{array} right.left
Vậy $left
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 $left
a = 3\
b = – 2
end{array} right.S = a + b = 1.$ Chọn C.
Câu 17. Lời giải. Mặt phẳng $left
Để đường thẳng $dparallel left
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 > 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
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
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
Vậy đồ thị hàm số có duy nhất một tiệm cận đứng. Chọn B.
Câu 23. Lời giải. Đạo hàm $f’left
Qua điểm $x=1$ thì hàm số đổi dấu từ $”-”$ sang $”+”$ trong khoảng $left
Suy ra trên khoảng $left
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
Ta chứng minh được $DK$ là đoạn vuông góc chung của $DE$ và $A{B}’$ nên
$dleft
Câu 25.
Lời giải. Ta có ${{log }_{2}}left
$overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}left
$overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}x={{2}^{2a+2}}overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}x={{4}^{a+1}}.$ 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
Câu 27. Lời giải. Lấy đạo hàm hai vế của ${{left
$80{{left
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
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
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, kẻ $OKbot SM$. Khi đó $dleft
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
Suy ra ${{P}^{2}}={{left
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 $S = intlimits_0^{sqrt 2 } {left
a = 2\
b = – frac{1}{2}
end{array} right.{a^2} + 4{b^2} = 5.$. Chọn D.
Câu 33.
Lời giải. Chứng minh được $BDbot left
Ta tính được $OC=dfrac{asqrt{2}}{2},text{ }SO=dfrac{asqrt{6}}{2},text{ }SC=asqrt{3}$
$xrightarrow{{}}cos widehat{SC,left
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
$ = left. {left
Suy ra $left{ begin{array}{l}
a = 8\
b = – 3
end{array} right.S = a + b = 5.$ Chọn B.