Câu 1
Lời giải. Dựa vào hình vẽ, có $A\left( 1;3 \right)$$\xrightarrow{{}}z-1+i=1+3i\Leftrightarrow z=2+2i.$
Vậy điểm biểu diễn số phức $z$ là điểm $E\left( 2;2 \right).$ Chọn D.
Câu 2
Lời giải. $\lim \dfrac{{{3}^{n}}-{{4}^{n-1}}}{1+{{2.4}^{n}}}=\lim \dfrac{{{3}^{n}}-\dfrac{1}{4}{{4}^{n}}}{1+{{2.4}^{n}}}=\lim \dfrac{{{\left( \dfrac{3}{4} \right)}^{n}}-\dfrac{1}{4}}{{{\left( \dfrac{1}{4} \right)}^{n}}+2}=-\dfrac{1}{8}$. Chọn A.
Câu 3
Lời giải. Ta có $C_{x}^{0}+C_{x}^{x-1}+C_{x}^{x-2}=79\Leftrightarrow C_{x}^{0}+C_{x}^{1}+C_{x}^{2}=79$
$ \Leftrightarrow 1 + x + \frac{{x\left( {x - 1} \right)}}{2} = 79 \Leftrightarrow {x^2} + x - 156 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 12\left( {thỏa mãn} \right)\\
x = - 13\left( {loại} \right)
\end{array} \right..$ Chọn A.
Câu 4.
Lời giải. Từ giả thiết, ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{S_{{\rm{day}}}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \\
h = 2a
\end{array} \right.V = {S_{{\rm{day}}}}.h = 2{a^3}\sqrt 3 .$ Chọn B.
Câu 5. Lời giải. Chọn D.
Câu 6. Lời giải. Chọn A.
Câu 7.
Ta có ${y}'=-3{{x}^{2}}+3;\text{ }{y}'=0\Leftrightarrow x=\pm 1.$
Bảng xét dấu ${y}'.$
Từ đó suy ra hàm số đạt cực tiểu tại ${{x}_{1}}=1,$ đạt cực đại tại ${{x}_{2}}=-1$. Suy ra ${{x}_{1}}+2{{x}_{2}}=-1.$ Chọn A.
Câu 8: Lời giải. Tọa độ điểm $I\left( 2;-1;1 \right)$$\xrightarrow{{}}\overrightarrow{OI}=\left( 2;-1;1 \right)=2\overrightarrow{i}-\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}.$ Chọn C.
Câu 9. Lời giải. Chọn C.
Câu 10.Lời giải. Ta có $\int\limits_{1}^{3}{{{e}^{3x+1}}.\text{d}x}=\dfrac{1}{3}\int\limits_{1}^{3}{{{e}^{3x+1}}\text{.d}\left( 3x+1 \right)}=\left. \dfrac{1}{3}{{e}^{3x+1}} \right|_{1}^{3}=\dfrac{{{e}^{10}}-{{e}^{4}}}{3}$. Chọn D.
Câu 11.Lời giải. Ta có $\int{f\left( x \right)\text{d}x=}\int{\sqrt{2x-1}\text{d}x}.$ Đặt $t=\sqrt{2x-1}\to {{t}^{2}}=2x-1\xrightarrow{{}}t\text{d}t=\text{d}x.$
Khi đó $\int{\sqrt{2x-1}\text{d}x}=\int{t.t\text{d}t=\int{{{t}^{2}}\text{d}t}}=\dfrac{{{t}^{3}}}{3}+C=\dfrac{1}{3}\left( 2x-1 \right)\sqrt{2x-1}+C.$ Chọn B.
Câu 12. Lời giải. Dựa vào dáng điệu của bảng biến thiên suy ra $a>0$. Loại B & C.
Thử tại $x=1\to y=-4$. Thay vào 2 đáp án còn lại chỉ có A thỏa. Chọn A.
|
Câu 13. |
|
Lời giải. Diện tích xung quanh hình trụ: ${{S}_{\text{xq}}}=2\pi MA.AB=2\pi .$
Diện tích hai đáy của của hình trụ: ${{S}_{\text{d}}}=2\times \pi .A{{M}^{2}}=2\pi .$
Vậy diện tích toàn phần ${{S}_{\text{tp}}}$ của hình trụ: ${{S}_{\text{tp}}}={{S}_{\text{xq}}}+{{S}_{\text{d}}}=4\pi .$ Chọn C.
Câu 14. Lời giải. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ được xác định là đi qua điểm $A\left( 2;1;1 \right)$ 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 $\left( \alpha \right):-3\left( x-2 \right)-7\left( x-1 \right)+2\left( z-1 \right)=0$ hay $\left( \alpha \right):3x+7y-2z-11=0.$ Chọn B.
Câu 15. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm: $-2x+2={{x}^{3}}+x+2$
$\Leftrightarrow {{x}^{3}}+3x=0\Leftrightarrow x=0\xrightarrow{{}}y=2$. 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 $d\parallel \left( \alpha \right)$ 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 ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y - 4z + m = 0\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 1\\
c = 2\\
d = m
\end{array} \right..$
Để phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu $\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d>0$
$\Leftrightarrow {{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{2}^{2}}-m>0\xrightarrow{{}}m<6.$ 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 $\ln \left( 2\cos {{60}^{0}} \right)=\ln \left( 2.\dfrac{1}{2} \right)=\ln 1=0\xrightarrow{{}}P=0.$ Chọn B.
Câu 22. Lời giải. Xét phương trình ${{x}^{2}}-16=0\,\,\Leftrightarrow \,\,x=\pm 4$. Ta có:
l $\underset{x\to \,-4}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \,-4}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{x}^{2}}-3x-4}{{{x}^{2}}-16}=\underset{x\to \,-4}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\left( x+1 \right)\left( x-4 \right)}{\left( x+4 \right)\left( x-4 \right)}=\underset{x\to \,-4}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{x+1}{x+4}=\infty \to x=-4$ là TCĐ;
l $\underset{x\to \,4}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \,4}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{{{x}^{2}}-3x-4}{{{x}^{2}}-16}=\underset{x\to \,4}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\left( x+1 \right)\left( x-4 \right)}{\left( x+4 \right)\left( x-4 \right)}=\underset{x\to \,4}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{x+1}{x+4}=\dfrac{5}{8}\to x=4$ không là TCĐ.
Vậy đồ thị hàm số có duy nhất một tiệm cận đứng. Chọn B.
Câu 23. Lời giải. Đạo hàm $f'\left( x \right)=2x-\dfrac{2}{{{x}^{2}}}=\dfrac{2{{x}^{3}}-2}{{{x}^{2}}}\xrightarrow{{}}f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=1\in \left( 0;+\infty \right).$
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 $CH\bot AB\text{ }\left( H\in AB \right)$ và $DK\bot AB\text{ }\left( K\in AB \right).$
Ta chứng minh được $DK$ là đoạn vuông góc chung của $DE$ và $A{B}'$ nên
$d\left[ DE;A{B}' \right]=DK=\dfrac{1}{2}CH=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.$ Chọn C.
Câu 25.
Lời giải. Ta có ${{\log }_{2}}\left( {{\log }_{4}}x \right)={{\log }_{4}}\left( {{\log }_{2}}x \right)+a\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{\log }_{2}}\left( \frac{{{\log }_{2}}x}{2} \right)=\frac{1}{2}{{\log }_{2}}\left( {{\log }_{2}}x \right)+a$
$\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{\log }_{2}}\left( {{\log }_{2}}x \right)-1=\frac{1}{2}{{\log }_{2}}\left( {{\log }_{2}}x \right)+a\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{\log }_{2}}\left( {{\log }_{2}}x \right)=2a+2$
$\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{\log }_{2}}x={{2}^{2a+2}}\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{\log }_{2}}x={{4}^{a+1}}.$ 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 $2.{{e}^{{{\ln }^{2}}x}}\le 2.{{e}^{4}}\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{\ln }^{2}}x\le 4\overset{{}}{\longleftrightarrow}\left| \ln x \right|\le 2$
$\overset{{}}{\longleftrightarrow}-2\le \ln x\le 2\overset{{}}{\longleftrightarrow}{{e}^{-2}}\le x\le {{e}^{2}}\overset{{}}{\longleftrightarrow}\dfrac{1}{{{e}^{2}}}\le x\le {{e}^{2}}.$ 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 $OK\bot SM$. Khi đó $d\left[ O,\left( SBC \right) \right]=OK$.
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 ${{\left( \sin \alpha -\cos \alpha \right)}^{2}}+{{\left( \sin \alpha +\cos \alpha \right)}^{2}}=2\left( {{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha \right)=2$.
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 $S = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {2 - \sqrt {4 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{\sqrt 2 }^2 {\left( {2 - x} \right){\rm{d}}x} = 2 - \frac{\pi }{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = - \frac{1}{2}
\end{array} \right.{a^2} + 4{b^2} = 5.$. Chọn D.
Câu 33.
Lời giải. Chứng minh được $BD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow \left( SBD \right)\bot \left( CSO \right)$$\xrightarrow{{}}\widehat{SC,\left( SBD \right)}=\widehat{CSO}.$
Ta tính được $OC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2},\text{ }SO=\dfrac{a\sqrt{6}}{2},\text{ }SC=a\sqrt{3}$
$\xrightarrow{{}}\cos \widehat{SC,\left( SBD \right)}=\cos \widehat{CSO}=\dfrac{S{{O}^{2}}+S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}{2.SO.SC}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}.$ 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 $I = \int\limits_1^2 {\frac{{2\left| {x - 2} \right| + 1}}{x}} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\frac{{2\left| {x - 2} \right| + 1}}{x}{\rm{ }}} {\rm{d}}x$
$ = \int\limits_1^2 {\frac{{2\left( {2 - x} \right) + 1}}{x}} {\rm{ d}}x + \int\limits_2^5 {\frac{{2\left( {x - 2} \right) + 1}}{x}{\rm{ }}} {\rm{d}}x = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{5}{x} - 2} \right)} {\rm{ d}}x + \int\limits_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.
