Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/config.js

giải chi tiết đề 9 trang 1

Câu 1

Lời giải. Dựa vào hình vẽ, $Aleft1;3right$$xrightarrow{{}}z-1+i=1+3iLeftrightarrow z=2+2i.$

Vậy điểm biểu diễn số phức $z$ là điểm $Eleft2;2right.$ Chọn D.

Câu 2

Lời giải. $lim dfrac{{{3}^{n}}-{{4}^{n-1}}}{1+{{2.4}^{n}}}=lim dfrac{{{3}^{n}}-dfrac{1}{4}{{4}^{n}}}{1+{{2.4}^{n}}}=lim dfrac{{{leftdfrac34right}^{n}}-dfrac{1}{4}}{{{leftdfrac14right}^{n}}+2}=-dfrac{1}{8}$. Chọn A.

 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{{xleftx1right}}{2} = 79 Leftrightarrow {x^2} + x – 156 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 12leftthamãnright\
x =  – 13leftloiright
end{array} right..$ 
Chọn A.

Câu 4.

Lời giải. Từ giả thiết, ta có $left{ begin{array}{l}
{S_{{rm{day}}}} = frac{{{{left2aright}^2}sqrt 3 }}{4} = {a^2}sqrt 3 \
h = 2a
end{array} right.V = {S_{{rm{day}}}}.h = 2{a^3}sqrt 3 .$ 
Chọn B.

Câu 5. Lời giải. Chọn D.

Câu 6. Lời giải. Chọn A.

Câu 7. 

Ta có ${y}’=-3{{x}^{2}}+3;text{ }{y}’=0Leftrightarrow x=pm 1.$

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 $Ileft2;1;1right$$xrightarrow{{}}overrightarrow{OI}=left2;1;1right=2overrightarrow{i}-overrightarrow{j}+overrightarrow{k}.$ Chọn C.

 

Câu 9. Lời giải. Chọn C.

Câu 10.Lời giải. Ta có $intlimits_{1}^{3}{{{e}^{3x+1}}.text{d}x}=dfrac{1}{3}intlimits_{1}^{3}{{{e}^{3x+1}}text{.d}left3x+1right}=left. dfrac{1}{3}{{e}^{3x+1}} right|_{1}^{3}=dfrac{{{e}^{10}}-{{e}^{4}}}{3}$. Chọn D.

Câu 11.Lời giải. Ta có $int{fleftxrighttext{d}x=}int{sqrt{2x-1}text{d}x}.$ Đặt $t=sqrt{2x-1}to {{t}^{2}}=2x-1xrightarrow{{}}ttext{d}t=text{d}x.$

Khi đó $int{sqrt{2x-1}text{d}x}=int{t.ttext{d}t=int{{{t}^{2}}text{d}t}}=dfrac{{{t}^{3}}}{3}+C=dfrac{1}{3}left2x1rightsqrt{2x-1}+C.$ Chọn B.

Câu 12. Lời giải. Dựa vào dáng điệu của bảng biến thiên suy ra $a>0$. Loại B & C.

Thử tại $x=1to y=-4$. 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 $leftalpharight$ được xác định là đi qua điểm $Aleft2;1;1right$ và có VTPT là $overrightarrow{n}=leftoverrightarrowAB,overrightarrowOCright.$

Ta có: $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB}  = left1;1;2right\
overrightarrow {OC}  = left2;0;3right
end{array} right.leftoverrightarrowAB,overrightarrowOCright = left3;7;2right.$

Vậy $leftalpharight:-3leftx2right-7leftx1right+2leftz1right=0$ hay $leftalpharight:3x+7y-2z-11=0.$ Chọn B.

Câu 15. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm: $-2x+2={{x}^{3}}+x+2$

$Leftrightarrow {{x}^{3}}+3x=0Leftrightarrow x=0xrightarrow{{}}y=2$. Chọn C.

Câu 16. Lời giải. Ta có $left1irightz – 1 + 5i = 0z = frac{{1 – 5i}}{{1 – i}} = 3 – 2i Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = 3\
b =  – 2
end{array} right.S = a + b = 1.$ Chọn C.

Câu 17. Lời giải. Mặt phẳng $leftalpharight$ có VTPT $overrightarrow{n}=left1;1;1right.$

Để đường thẳng $dparallel leftalpharight$ khi $d$ có VTCP $vec{u}$ vuông góc với $overrightarrow{n}$, đồng thời lấy trên $d$ điểm $M$ bất kỳ đều không thuộc $leftalpharight.$ Chọn C.

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 x0>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 $ln left2cos600right=ln left2.dfrac12right=ln 1=0xrightarrow{{}}P=0.$ Chọn B.

Câu 22.  Lời giải. Xét phương trình ${{x}^{2}}-16=0,,Leftrightarrow ,,x=pm 4$. Ta có:

l $underset{xto ,-4}{mathop{lim }},y=underset{xto ,-4}{mathop{lim }},dfrac{{{x}^{2}}-3x-4}{{{x}^{2}}-16}=underset{xto ,-4}{mathop{lim }},dfrac{leftx+1rightleftx4right}{leftx+4rightleftx4right}=underset{xto ,-4}{mathop{lim }},dfrac{x+1}{x+4}=infty to x=-4$ là TCĐ;

l $underset{xto ,4}{mathop{lim }},y=underset{xto ,4}{mathop{lim }},dfrac{{{x}^{2}}-3x-4}{{{x}^{2}}-16}=underset{xto ,4}{mathop{lim }},dfrac{leftx+1rightleftx4right}{leftx+4rightleftx4right}=underset{xto ,4}{mathop{lim }},dfrac{x+1}{x+4}=dfrac{5}{8}to x=4$ không là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số có duy nhất một tiệm cận đứng. Chọn B.

Câu 23. Lời giải. Đạo hàm $f’leftxright=2x-dfrac{2}{{{x}^{2}}}=dfrac{2{{x}^{3}}-2}{{{x}^{2}}}xrightarrow{{}}f’leftxright=0Leftrightarrow x=1in left0;+inftyright.$

Qua điểm $x=1$ thì hàm số đổi dấu từ $”-”$ sang $”+”$ trong khoảng $left0;+inftyright$.

Suy ra trên khoảng $left0;+inftyright$ 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 ${{y}_{text{CT}}}=underset{left0;+inftyright}{mathop{min }},y.$ 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 $CHbot ABtext{ }leftHinABright$ và $DKbot ABtext{ }leftKinABright.$

Ta chứng minh được $DK$ là đoạn vuông góc chung của $DE$ và $A{B}’$ nên

$dleftDE;ABright=DK=dfrac{1}{2}CH=dfrac{asqrt{3}}{4}.$ Chọn C.

 

 

 

Câu 25.

       

Lời giải. Ta có ${{log }_{2}}leftlog4xright={{log }_{4}}leftlog2xright+aoverset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}leftfraclog2x2right=frac{1}{2}{{log }_{2}}leftlog2xright+a$

$overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}leftlog2xright-1=frac{1}{2}{{log }_{2}}leftlog2xright+aoverset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}leftlog2xright=2a+2$

$overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}x={{2}^{2a+2}}overset{{}}{longleftrightarrow}{{log }_{2}}x={{4}^{a+1}}.$ 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 $C_{11}^{5}-leftC64+C54right=310$ cách chọn $4$ viên bi trong đó có cả 2 màu.

Câu 27. Lời giải. Lấy đạo hàm hai vế của ${{leftx2right}^{80}}={{a}_{0}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+…+{{a}_{80}}{{x}^{80}},$ ta được

$80{{leftx2right}^{79}}={{a}_{1}}+2x{{a}_{2}}+3{{x}^{2}}{{a}_{3}}+…+79{{x}^{78}}{{a}_{79}}+80{{x}^{79}}{{a}_{80}}.$

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 ${{e}^{{{ln }^{2}}x}}={{leftelnxright}^{ln x}}={{x}^{ln x}}$.

Do đó bất phương trình tương đương với $2.{{e}^{{{ln }^{2}}x}}le 2.{{e}^{4}}overset{{}}{longleftrightarrow}{{ln }^{2}}xle 4overset{{}}{longleftrightarrow}left| ln x right|le 2$

$overset{{}}{longleftrightarrow}-2le ln xle 2overset{{}}{longleftrightarrow}{{e}^{-2}}le xle {{e}^{2}}overset{{}}{longleftrightarrow}dfrac{1}{{{e}^{2}}}le xle {{e}^{2}}.$ Chọn A.

Câu 29. Lời giải. Xác định ${{60}^{0}}text{=}widehat{SB,leftABCDright}=widehat{SB,OB}=widehat{SBO}$ và $SO=OB.tan widehat{SBO}=dfrac{sqrt{6}}{2}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, kẻ $OKbot SM$. Khi đó $dleftO,left(SBCright)right=OK$.

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 ${{leftsinalphacosalpharight}^{2}}+{{leftsinalpha+cosalpharight}^{2}}=2leftsin2alpha+cos2alpharight=2$.

Suy ra ${{P}^{2}}={{leftsinalphacosalpharight}^{2}}=2-{{leftsinalpha+cosalpharight}^{2}}=2-dfrac{5}{4}=dfrac{3}{4}.$

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 $S = intlimits_0^{sqrt 2 } {left2sqrt4x2right{rm{d}}x}  + intlimits_{sqrt 2 }^2 {left2xright{rm{d}}x}  = 2 – frac{pi }{2} Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = 2\
b =  – frac{1}{2}
end{array} right.{a^2} + 4{b^2} = 5.$. 
Chọn D.

Câu 33.

     

Lời giải. Chứng minh được $BDbot leftSACrightRightarrow leftSBDrightbot leftCSOright$$xrightarrow{{}}widehat{SC,leftSBDright}=widehat{CSO}.$

 

Ta tính được $OC=dfrac{asqrt{2}}{2},text{ }SO=dfrac{asqrt{6}}{2},text{ }SC=asqrt{3}$

$xrightarrow{{}}cos widehat{SC,leftSBDright}=cos widehat{CSO}=dfrac{S{{O}^{2}}+S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}{2.SO.SC}=dfrac{2sqrt{2}}{3}.$ 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 $I = intlimits_1^2 {frac{{2left| {x – 2} right| + 1}}{x}} {rm{ d}}x + intlimits_2^5 {frac{{2left| {x – 2} right| + 1}}{x}{rm{ }}} {rm{d}}x$

$ = intlimits_1^2 {frac{{2left2xright + 1}}{x}} {rm{ d}}x + intlimits_2^5 {frac{{2leftx2right + 1}}{x}{rm{ }}} {rm{d}}x = intlimits_1^2 {leftfrac5x2right} {rm{ d}}x + intlimits_2^5 {left2frac3xright{rm{ }}} {rm{d}}x$

$ = left. {left5.lnleft|xright|2xright} right|_1^2 + left. {left2x3.lnleft|xright|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.

 

 

Để lại một bình luận

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *