Đáp án
|
1-A |
2-B |
3-C |
4-D |
5-C |
6-A |
7-A |
8-C |
9-B |
10-B |
|
11-A |
12-D |
13-A |
14-A |
15-D |
16-B |
17-D |
18-C |
19-D |
20-D |
|
21-D |
22-B |
23-C |
24-A |
25-D |
26-B |
27-B |
28-A |
29-B |
30-D |
|
31-D |
32-C |
33-B |
34-C |
35-B |
36-B |
37-A |
38-C |
39-D |
40-B |
|
41-C |
42-B |
43-C |
44-D |
45-C |
46-B |
47-A |
48-A |
49-A |
50-C |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp: Độ dài đường sinh của hình nón $l=\sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}}$, trong đó r; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình nón.
Cách giải: $l=\sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}=a\sqrt{5}$
Câu 2: Đáp án B
Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số.
Cách giải: Ta dễ thấy $f\left( 1,5 \right)>0>f\left( 2,5 \right)$
Câu 3: Đáp án C
Phương pháp: Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}{{S}_{day}}.h$
Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có: $SH\bot AB$và$SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB\\
\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\\
\Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}
\end{array}$
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp: ${\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < a < 1\\
f\left( x \right) < g\left( x \right)
\end{array} \right.$
Cách giải:
ĐK: ${{\log }_{0,5}}x>{{\log }_{0,5}}2\Leftrightarrow x<2$
Vậy tâp nghiệm của bất phương trình là $S=\left( 0;2 \right)$
Câu 5: Đáp án C
Phương pháp:Sử dụng công thức lãi kép ${{A}_{n}}=A{{\left( 1+r \right)}^{n}}$, trong đó:
${{A}_{n}}$: tiền gốc lẫn lãi sau n năm
A: tiền vốn ban đầu.
r: lãi suất
n: năm.
Cách giải: Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 150% số tiền gửi ban đầu.
Gọi số tiền gửi ban đầu là A ta có:
$\begin{array}{l}
{A_n} = A{\left( {1 + 0,05} \right)^n} \ge 150\% A\\
\Leftrightarrow {\left( {1 + 0,05} \right)^n} \ge 1,5 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1,05}}1,5 \approx 8,31
\end{array}$
Vậy sau ít nhất 9 năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 150% số tiền gửi ban đầu.
Câu 6: Đáp án A
Phương pháp:
Nếu $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=a$hoặc $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=a$thì $y=a$là TCN của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$
Nếu $\underset{x\to {{b}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty $hoặc $\underset{x\to {{b}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty $thì $x=b$là TCĐ của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$
Cách giải: Do hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ nên đồ thị hàm số không có TCĐ.
$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0;\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=1\Rightarrow y=0$và $y=1$ là 2 đường TCN của đồ thị hàm số.
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp:
Nếu $\underset{x\to {{b}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty $hoặc $\underset{x\to {{b}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty $thì $x=b$là TCĐ của đồ thị hàm số$y=f\left( x \right)$
Cách giải: TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$
Ta có: $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\operatorname{s}\text{inx}}{x}=1\ne \infty \Rightarrow x=0$không là TCĐ của đồ thị hàm số$y=\frac{\operatorname{s}\text{inx}}{x}$
Câu 8: Đáp án C
Phương pháp: Thể tích khối trụ $V=\pi {{R}^{2}}h={{S}_{day}}.h$ trong đó ${{S}_{day}},h$lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối trụ.
Cách giải: Thể tích của khối trụ: $V={{S}_{day}}.h=4.6=24\,\left( c{{m}^{3}} \right)$
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ tính $\int\limits_{-a}^{a}{f\left( -x \right)dx}$
Sử dụng công thức $\int\limits_{-a}^{a}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{-a}^{a}{f\left( -x \right)dx}=\int\limits_{-a}^{a}{\left[ f\left( x \right)+f\left( -x \right) \right]}dx$
Cách giải: Đặt $t=-x\Rightarrow dt=-dx$. Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}
x = - a \Rightarrow t = a\\
x = a \Rightarrow t = - a
\end{array} \right.$
Khi đó ta có:
$\begin{array}{l}
I = \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx = - \int\limits_{ - a}^a {f\left( { - t} \right)dt} = \int\limits_{ - a}^a {f\left( { - x} \right)dx} } \\
\Rightarrow 2I = \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx + \int\limits_{ - a}^a {f\left( { - x} \right)dx = \int\limits_{ - a}^a {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx = \int\limits_{ - a}^a {adx = \left. {a\,x} \right|} } } } {}_{ - a}^a = 2{a^2}\\
\Rightarrow I = {a^2}
\end{array}$
Câu 10: Đáp án B
Phương pháp: Đặt $t={{2}^{\left| x \right|}}$
Cách giải: Đặt $t={{2}^{\left| x \right|}}$ ta có: $\left| x \right|\ge 0\Rightarrow t\ge {{2}^{0}}=1$
Khi đó phương trình trở thành ${t^2} - \left( {m + 1} \right)t + m = 0 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {t - m} \right) = 0\left[ \begin{array}{l}
t = 1\\
t = m\,\,\,\left( * \right)
\end{array} \right.$
$t=1\Rightarrow {{2}^{\left| x \right|}}=1\Leftrightarrow \left| x \right|=0\Leftrightarrow x=0$
Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow pt\left( * \right)$ có nghiệm $t>1\Rightarrow m>1$
Câu 11: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm bằng định nghĩa: $f'\left( {{x}_{0}} \right)=\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-f\left( {{x}_{0}} \right)}{x-{{x}_{0}}}$ (nếu tồn tại giới hạn).
Cách giải: Ta có: $f'\left( 6 \right)=\underset{x\to 6}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-f\left( 6 \right)}{x-6}=2$
Câu 12: Đáp án D
Phương pháp:
Đường thẳng $d:\frac{x-{{x}_{0}}}{a}=\frac{y-{{y}_{0}}}{b}=\frac{z-{{z}_{0}}}{c}$có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=\left( a;b;c \right).$Mọi vectơ
$\overrightarrow{v}=k\overrightarrow{u}\left( k\in \mathbb{Z} \right).$cùng phương với vecto $\overrightarrow{u}$đều là VTCP của đường thẳng d.
Cách giải: Đường thẳng d nhận $\overrightarrow{u}=\left( 1;-1;1 \right)$là 1 VTCP. Mọi vecto cùng phương với vecto $\overrightarrow{u}$đều là VTCP của đường thẳng d.
Ta thấy chỉ có đáp án D, vecto $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 1;1;1 \right)$không cùng phương với $\overrightarrow{u}=\left( 1;-1;1 \right)$nên $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 1;1;1 \right)$không làVTCP của đường thẳng d.
Câu 13: Đáp án A
Phương pháp:
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M và N song song với nhau $y'\left( {{x}_{M}} \right)=y{{'}_{\left( {{x}_{N}} \right)}}\left( {{x}_{M}}{{\ne }_{N}} \right)$
Cách giải: $y=\frac{x+1}{x-1}=1+\frac{2}{x-1}\left( x\ne 1 \right)\Rightarrow y'=\frac{-2}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}$
Gọi $M\left( {{x}_{M}};1+\frac{2}{{{x}_{M}}-1} \right);N\left( {{x}_{M}};1+\frac{2}{{{x}_{N}}-1} \right)$ là hai điểm thuộc đồ thị hàm số.
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M và N song song với nhau $\Leftrightarrow y'\left( {{x}_{M}} \right)=y'\left( {{x}_{N}} \right)\left( {{x}_{M}}\ne {{x}_{N}} \right)$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{ - 2}}{{{{\left( {{x_M} - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {{x_N} - 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_M} - 1} \right)^2} = {\left( {{x_N} - 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_M} - {x_N}\left( {ktm} \right)\\
{x_M} - 1 = 1 - {x_N}\left( {tm} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_M} + {x_N} = 2\\
{y_M} + {y_N} = 1 + \frac{2}{{{x_M} - 1}} + 1 + \frac{2}{{{x_N} - 1}} = 2 + 2.\frac{{{x_M} - 1 + {x_N} - 1}}{{\left( {{x_M} - 1} \right)\left( {{x_N} - 1} \right)}} = 2
\end{array}$
Gọi I là trung điểm của MN ta có: $I\left( 1;1 \right)$
Dễ thấy đồ thị hàm số có TCN là $y=1$và tiệm cận đứng $x=1\Rightarrow I\left( 1;1 \right)$là giao điểm của hai đường tiệm cận => C đúng.
TCN$y=1$và tiệm cận đứng $x=1$rõ ràng đi qua trung điểm I của đoạn MN=> B, D đúng.
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp :
+) Chọn vị trí cho các bạn nam (hoặc nữ).
+) Hoán đổi các vị trí.
+) Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải : Chọn 1 vị trí trong 2 vị trí đối xứng có $C_{2}^{1}$cách chọn, như vậy có ${{\left( C_{2}^{1} \right)}^{4}}={{2}^{4}}$cách chọn ghế cho 4 bạn nam.
4 bạn nam này có thể đổi chỗ cho nhau nên có $4!$cách xếp
Vậy có $4!4!{{2}^{4}}$cách xếp để mỗi bạn nam ngồi đối diện với một bạn nữ.
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp : Áp dụng công thức tính nguyên hàm $\int{{{x}^{n}}dx}=\frac{{{x}^{n+1}}}{n+1}+C$
Cách giải : $\int{f\left( x \right)dx}=\int{{{x}^{3}}dx}=\frac{{{x}^{4}}}{4}+C$
Dễ thấy đáp án D không phải là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)={{x}^{3}}$
Câu 16: Đáp án B
Phương pháp : Dụng đường vuông góc chung.
Cách giải :
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
AM \bot BC\\
AM \bot BB'
\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {BCC'B'} \right)$
Trong $\left( BCC'B' \right)$kẻ $MH//BC'\,\,\left( H\in B'C \right)\Rightarrow MH\bot B'C$
$MH\subset \left( BCC'B' \right)\Rightarrow AM\bot MH$
=>MH là đoạn vuông góc chung giữa AM và B’C $\Rightarrow d\left( AM;B'C \right)=MH$
Dễ thấy $MH=\frac{BC'}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow d\left( AM;B'C \right)=\frac{a\sqrt{2}}{4}$
Câu 17: Đáp án D
Phương pháp :
Đường thẳng qua A song song với hai mặt phẳng $\left( P \right);\left( Q \right)$nhận $\overrightarrow{u}=\left[ {{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}};{{\overrightarrow{n}}_{\left( Q \right)}} \right]$là 1VTCP.
Cách giải : Ta có ${{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 2;3;0 \right);{{\overrightarrow{n}}_{\left( Q \right)}}=\left( 3;4;0 \right)$lần lượt là các VTPT của $\left( P \right);\left( Q \right)$
Ta có :$\left[ {{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}};{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}}} \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3&0\\
4&0
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&2\\
0&3
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&3\\
3&4
\end{array}} \right|} \right) = \left( {0;0; - 1} \right)$
$\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left( 0;0;1 \right)$là 1 VTCP của đường thẳng qua A và vuông góc với cả $\left( P \right);\left( Q \right)$
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 2\\
z = 3 + t
\end{array} \right.$
Với $t=-3$ta có đường thẳng đi qua điểm $B\left( 1;2;0 \right)\Rightarrow $phương trình đường thẳng cần tìm là :$\left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 2\\
z = t
\end{array} \right.$
Câu 18: Đáp án C
Phương pháp : Sử dụng công thức ${{S}_{hc}}=S.c\text{os}\alpha $
Cách giải : ${{S}_{ABCD}}={{S}_{MNPQ}}.c\text{os}{{60}^{\circ }}\Rightarrow {{S}_{MNPQ}}=\frac{{{S}_{ABCD}}}{c\text{os}{{60}^{\circ }}}=\frac{{{a}^{2}}}{\frac{1}{2}}=2{{a}^{2}}$
Câu 19: Đáp án D
Phương pháp : Nhận xét : $f'\left( x-2 \right)=f'\left( x \right)$
Cách giải : Ta có : $f'\left( x-2 \right)=\left( x-2 \right)'.f'\left( x \right)=f'\left( x \right)\Rightarrow $Đồ thị hàm số $y=f'\left( x \right)$có hình dạng tương tự như trên.
Đồ thị hàm số $y=f\left( x-2 \right)$có 3 điểm cực trị => Đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$cũng có 3 điểm cực trị.
Câu 20: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng.
Cách giải:
$d\left( A;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2a+2b \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}=2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\Leftrightarrow {{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}}=0\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow a=b$
Câu 21: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng công thức ${{\log }_{a}}{{b}^{m}}=m{{\log }_{a}}b$(giả sử các biểu thức là có nghĩa)
Cách giải: $A={{\log }_{2}}\frac{1}{{{2}^{a}}}+{{\log }_{2}}\frac{1}{{{2}^{b}}}={{\log }_{2}}{{2}^{-a}}+{{\log }_{2}}{{2}^{-b}}=-a-b$
Câu 22: Đáp án B
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right)=m$là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và đường thẳng $y=m$song song với trục hoành.
Cách giải: Dựa vào bảng biến thiên ta thất để phương trình $f\left( x \right)=m$có nghiệm duy nhất thì đường thẳng $y=m$cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$tại 1 điểm duy nhất $\Rightarrow m\in \left( -\infty ;-2 \right)\cup \left\{ 4+2\sqrt{5} \right\}\cup \left[ 10;+\infty \right)$
Câu 23: Đáp án C
Phương pháp : Áp dụng công thức : $\tan \alpha .\cot \,\alpha =1\Leftrightarrow \tan \alpha \left( \tan {{90}^{\circ }}-\alpha \right)=1$
Cách giải : Ta có : $P = {u_1}.{u_2}.{u_3}....{u_{89}}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow P = \tan {1^0}.\tan {2^0}.\tan {3^0}...\tan {89^0}\\
\Leftrightarrow P = \left( {\tan {1^0}.\tan {{89}^0}} \right).\left( {\tan {2^0}.\tan {{88}^0}} \right).\left( {\tan {3^0}.\tan {{87}^0}} \right)...\tan {45^0}\\
\Leftrightarrow P = \left( {\tan {1^0}.\cot {1^9}} \right).\left( {\tan {2^0}.\cot {2^0}} \right).\left( {\tan {3^0}.\cot {3^0}} \right).........\left( {\tan {{44}^0}.\cot {{44}^0}} \right).\tan {45^0}\\
\Leftrightarrow P = 1.1.1.....1 = 1 \Rightarrow \log P = \log 1 = 0
\end{array}$
Câu 24: Đáp án A
Phương pháp : Cho hai mặt phẳng có phương trình lần lượt là : $\left( P \right):A\,x+By+Cz+D=0,\left( Q \right):A'x+B'y+C'z+D'=0$.
Khi đó $\left( P \right)\,\,v\grave{a}\,\,\left( Q \right)$song song với nhau $\Leftrightarrow \frac{A}{A'}=\frac{B}{B'}=\frac{C}{C'}\ne \frac{D}{D'}$
Cách giải: $\left( P \right)//\,\left( Q \right) \Leftrightarrow \frac{2}{1} = \frac{1}{n} = \frac{m}{2} \ne \frac{{ - 2}}{8} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 4\\
n = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp: Số phức $z=a+bi$được biểu diễn bởi điểm $M\left( a;b \right)$trên mặt phẳng phức.
Cách giải: Ta có: $M\left( 3;-2 \right)\Rightarrow z=3-2i$
Câu 26: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng các quy tắm đếm cơ bản
Lời giải:
Một người có 6 cách chọn quầy khác nhau => Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right)={{6}^{5}}$
Chọn 3 học sinh trong 5 học sinh có $C_{5}^{3}$cách, chọn 1 quầy trong 6 quầy có $C_{6}^{1}$cách.
Suy ra có $C_{5}^{3}.C_{6}^{1}$ cách chọn 3 học sinh vào 1 quầy bất kì.
Khi đó, 2 học sinh còn lại sẽ chọn 5 quầy còn lại => có $C_{5}^{1}$ cách.
Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố là $n\left( X \right)=C_{5}^{1}.C_{6}^{1}.C_{5}^{1}.$ Vậy $P=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{C_{5}^{3}.C_{6}^{1}.C_{5}^{1}}{{{6}^{5}}}$
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào đồ thị hàm số xác định hoành độ điểm D suy ra tung độ điểm A chính là độ dài BC
Lời giải: Gọi $D\left( d;0 \right),C\left( c;0 \right)\in Ox$với $d>c>0\Rightarrow CD=d-c=\frac{2\pi }{3}$
Gọi $A\left( d;y\left( d \right) \right),B\left( c;y\left( c \right) \right)$thuộc đồ thị $y=\operatorname{s}\text{inx}\Rightarrow A\left( d;\sin d \right),B\left( c;\sin c \right)$
Vì ABCDlà hình chữ nhật =$\Rightarrow \sin d=\sin c=m\Rightarrow A\left( d;m \right),B\left( c;m \right)$
Khi đó $BC=m.$Mà $CD=\pi -2\,\,x\,\,OD\Rightarrow OD=\frac{\pi }{6}\Rightarrow d=\frac{\pi }{6}\Rightarrow m=\sin d=\frac{1}{2}$
Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải: Xác định tọa độ ba điểm A, B, C và gọi tâm I, sử dụng điều kiện cách đều $IA=IB=IC=IO$ để tìm tọa độ tâm I của mặt cầu
Lời giải:
Gọi $A\left( a;0;0 \right),B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right)\Rightarrow $ Tọa độ trọng tâm G là $\left( {\frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3}} \right) = \left( {2;4;8} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 6\\
b = 12\\
c = 24
\end{array} \right.$
Gọi tâm mặt cầu $\left( S \right)$là $I\left( x;y;z \right)\Rightarrow IO=IA=IB=IC\Leftrightarrow I{{O}^{2}}=I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}}=I{{C}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{\left( x-6 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( y-12 \right)}^{12}}+{{z}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-24 \right)}^{2}}\Rightarrow \left( x;y;z \right)=\left( 3;6;12 \right)$ Vậy tọa độ tâm mặt cầu là $I\left( 3;6;12 \right)$
Câu 29: Đáp án B
Phương pháp giải: Tứ diện đều có cặp cạnh đối vuông góc với nhau
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của CD. Hai tam giác ACD, BCD đều $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AM \bot CD\\
BM \bot CD
\end{array} \right.$
$\Rightarrow CD\bot \left( ABM \right)\Rightarrow CD\bot AB.$Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng ${{90}^{\circ }}.$
