Câu 1.Ta có $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x+2019}{\left| x \right|-2018}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x+2019}{x-2018}=-2$ nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng$y=-2$.
Lại có $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x+2019}{\left| x \right|-2018}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2x+2019}{-x-2018}=2$ nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=2$.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là $y=\pm 2$.
Câu 2.
Gọi thiết diện qua trục của hình nón là tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ như hình vẽ trên.
Theo giả thiết ta có ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC=4{{a}^{2}}$$\Leftrightarrow AB=AC=2\sqrt{2}a$.
và $BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{8{{a}^{2}}+8{{a}^{2}}}=4a$. Từ đó suy ra $l=AB=2\sqrt{2}a$, và $r=\frac{1}{2}BC=2a$.
Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: ${{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .2a.2\sqrt{2}a=4\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}$.
Câu 3 .Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left( -1\,;\,3\, \right)$là sai.
Câu 4 . Mặt phẳng $\left( P \right)$ có phương trình $2x+3y-4z+7=0$ nên một vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là: $\overrightarrow{n}=(2;3;-4).$
Câu 5.
${{5}^{{{x}^{2}}-4x+3}}+{{5}^{{{x}^{2}}+7x+6}}={{5}^{2{{x}^{2}}+3x+9}}+1$$\Leftrightarrow {{5}^{{{x}^{2}}-4x+3}}+{{5}^{{{x}^{2}}+7x+6}}={{5}^{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)+\left( {{x}^{2}}+7x+6 \right)}}+1$ .
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
a = {x^2} - 4x + 3\\
b = {x^2} + 7x + 6
\end{array} \right.$, ta được phương trình:
${{5}^{a}}+{{5}^{b}}={{5}^{a+b}}+1$$\Leftrightarrow {{5}^{a}}+{{5}^{b}}={{5}^{a}}{{.5}^{b}}+1$$\Leftrightarrow \left( 1-{{5}^{a}} \right)\left( 1-{{5}^{b}} \right)=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 0
\end{array} \right.$
Khi đó $\left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 4x + 3 = 0\\
{x^2} + 7x + 6 = 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 3\\
x = - 1\\
x = - 6
\end{array} \right.$
Tập nghiệm của phương trình là $\left\{ -6;-1;1;3 \right\}$.
Câu 6.
$K=\int\limits_{2}^{3}{\frac{x}{{{x}^{2}}-1}\text{d}x}$$=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{{{x}^{2}}-1}\text{d}\left( {{x}^{2}}-1 \right)}$$ = \frac{1}{2}\ln \left| {{x^2} - 1} \right|\left| \begin{array}{l}
3\\
2
\end{array} \right.$$ = \frac{1}{2}\ln \frac{8}{3}$
Câu 7.
Ta có: $\int{{{\text{e}}^{2x-1}}\text{d}x}=\frac{1}{2}\int{{{\text{e}}^{2x-1}}\text{d}\left( 2x-1 \right)=}\frac{1}{2}{{\text{e}}^{2x-1}}+C$.
Câu 8
Gọi $V$ là thể tích khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$.
Ta có ${{V}_{{C}'.ABC}}=\frac{1}{3}d\left( {C}',\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}V$$\Rightarrow {{V}_{{C}'.AB{B}'{A}'}}=V-{{V}_{{C}'.ABC}}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2}{3}V$.
Mà ${{V}_{{C}'.AB{B}'{A}'}}=\frac{1}{3}d\left( {C}',\left( AB{B}'{A}' \right) \right).{{S}_{AB{B}'{A}'}}=\frac{1}{3}.15.6=30$
$\Rightarrow $ ${{V}_{{C}'.AB{B}'{A}'}}=\frac{2}{3}V=30\Rightarrow V=45$.
Câu 9.
Gọi $R$ là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương $ABCD.EFGH$.
Ta có $CE=AB.\sqrt{3}=3\sqrt{3}$cm. Suy ra $R=\frac{1}{2}CE=\frac{3\sqrt{3}}{2}$cm.
Thể tích khối cầu là: $V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{\left( \frac{3\sqrt{3}}{2} \right)}^{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\pi $ cm3.
Câu 10. Ta có: $2\vec{a}=\left( 4;-6;6 \right)$, $3\vec{b}=\left( 0;6;-3 \right)$, $-2\vec{c}=\left( -6;2;-10 \right)$ $\Rightarrow \vec{u}=2\vec{a}+3\vec{b}-2\vec{c}=\left( -2;2;-7 \right)$.
Câu 11.
Xét hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ ta có:
$A{{{C}'}^{2}}=A{{{A}'}^{2}}+{A}'{{{C}'}^{2}}=A{{{A}'}^{2}}+{A}'{{{B}'}^{2}}+{A}'{{{D}'}^{2}}$$=3A{{{A}'}^{2}}={{a}^{2}}$$\Rightarrow A{A}'=\frac{a}{\sqrt{3}}$
$\Rightarrow {{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}={{\left( \frac{a}{\sqrt{3}} \right)}^{3}}=\frac{\sqrt{3}}{9}{{a}^{3}}$.
Câu 12.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = 2\\
{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = 1\\
{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = 3
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;1;3} \right)$
Câu 13.
Ta có ${y}'=\left( 2x+2 \right){{\text{e}}^{{{x}^{2}}+2x-3}}$.
${y}'\ge 0$$\Leftrightarrow \left( 2x+2 \right){{\text{e}}^{{{x}^{2}}+2x-3}}\ge 0$$\Leftrightarrow 2x+2\ge 0$$\Leftrightarrow x\ge -1$.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${y}'\ge 0$ là $\left[ -1\,;\,+\infty \right)$.
Câu 14. Ta có: ${{S}_{tp}}=2\pi Rh+2\pi {{R}^{2}}$$=2\pi .3.5+2\pi {{.3}^{2}}$$=48\pi \,\text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}}$.
Câu 15.Ta có: $\underset{x\to -2}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-2x-8}{\sqrt{2x+5}-1}$$=\underset{x\to -2}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( {{x}^{2}}-2x-8 \right)\left( \sqrt{2x+5}+1 \right)}{\left( \sqrt{2x+5}-1 \right)\left( \sqrt{2x+5}+1 \right)}$$=\underset{x\to -2}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x+2 \right)\left( x-4 \right)\left( \sqrt{2x+5}+1 \right)}{2\left( x+2 \right)}$
$=\underset{x\to -2}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-4 \right)\left( \sqrt{2x+5}+1 \right)}{2}$$=-3.\left( 1+1 \right)=-6$.
Vậy $\underset{x\to -2}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-2x-8}{\sqrt{2x+5}-1}=-6$.
Câu 16. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD\bot AC$.
Mặt khác $A{A}'\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow BD\bot A{A}'$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AC\\
BD \bot AA'
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AA'C} \right) \Rightarrow BD \bot A'C$
Do đó góc giữa ${A}'C$ và $BD$ bằng $90{}^\circ $.
Câu 17 .
Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$. Ta có ${y}'=\frac{-2}{{{(x-1)}^{2}}}$.
Gọi $M\left( {{x}_{0}};\,{{y}_{0}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{-x+3}{x-1}$.
Ta có ${{x}_{0}}=0$ thì ${{y}_{0}}=-3$ nên $M\left( 0\,;\,-3 \right)$.
Mà ${y}'\left( 0 \right)=-2$.
Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm $M\left( 0\,;\,-3 \right)$ là $y=-2x-3$.
Câu 18 .
Do $x$, $y$ là các số thực dương nên ta có:
${{\log }_{\frac{1}{27}}}\left( \frac{x}{{{y}^{3}}} \right)=-\frac{1}{3}{{\log }_{3}}\left( \frac{x}{{{y}^{3}}} \right)$$=-\frac{1}{3}\left( {{\log }_{3}}x-{{\log }_{3}}{{y}^{3}} \right)$$=-\frac{1}{3}\left( {{\log }_{3}}x-3{{\log }_{3}}y \right)$
$=-\frac{1}{3}{{\log }_{3}}x+{{\log }_{3}}y$ $=-\frac{1}{3}a+b$.
Câu 19.Gọi $M\left( {{x}_{M}}\,;\,{{y}_{M}} \right)$ là trung điểm của $BC$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{x_M} = \frac{{2 + 4}}{2} = 3\\
{y_M} = \frac{{5 - 3}}{2} = 1
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {3\,;\,1} \right)$
Đường thẳng $AM$ đi qua hai điểm $A$, $M$ nên có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{AM}=\left( 2\,;\,2 \right)$. Từ đó suy ra $AM$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left( 1\,;\,-1 \right)$.
Vậy đường trung tuyến $AM$ có phương trình tổng quát là:
$\left( x-1 \right)+\left( -1 \right)\left( y+1 \right)=0\Leftrightarrow x-y-2=0$.
Câu 20. Ta có: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-8x+2y+1=0\Leftrightarrow {{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=16.$
Vậy mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 4\,;\,1\,;\,0 \right)$ và bán kính $R=4.$
Câu 21.Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng $\left( H \right)$ quanh trục $Ox$ là :
$V=\pi \int\limits_{0}^{3}{{{\left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}} \right)}^{2}}\text{d}x}=\pi \int\limits_{0}^{3}{\left( \frac{1}{9}{{x}^{6}}-\frac{2}{3}{{x}^{5}}+{{x}^{4}} \right)\text{d}x}=\frac{81\pi }{35}$.
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là : $V=\frac{81\pi }{35}$.
Câu 22.Gọi $\left( C \right)$ là đồ thị hàm số đã cho. Dựa vào đồ thị $\left( C \right)$, ta thấy:
+ Điểm $\left( 0\,;2 \right)$ thuộc $\left( C \right)$ nhưng không thuộc đồ thị hàm số ở đáp án $C$ và $D$ nên loại các đáp án $C$ và $D$.
+ Đồ thị $\left( C \right)$ nhận đường thẳng $x=-1$ làm tiệm cận đứng nên loại đáp án $B$.
+ Hàm số $y=\frac{x+2}{x+1}$ có đồ thị đi qua điểm $\left( 0\,;2 \right)$, có tiệm cận đứng $x=-1$ nên hàm số $y=\frac{x+2}{x+1}$ có đồ thị phù hợp với đồ thị $\left( C \right)$.
Vậy $\left( C \right)$ là đồ thị của hàm số $y=\frac{x+2}{x+1}$.
Câu 23.
+ Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số $y=f\left( x \right)$ không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ nên phương án $A$ sai.
+ Hàm số đạt cực đại tại $x=0$và cực tiểu tại $x=1$ nên phương án $B$ đúng. Chọn $B$.
+ Hàm số đã cho có $2$cực trị nên phương án $C$ sai.
+ Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $-3$ nên phương án $D$ sai.
Câu 24.
Vì hàm số $y={{a}^{x}}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $a>1$ và nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $0<a<1$ nên dựa vào đồ thị ta có:
+ $\left( {{C}_{3}} \right)$ là đồ thị của hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$. Do đó $\left( {{C}_{3}} \right)$ có thể là đồ thị của hàm số $y={{6}^{x}}$ hoặc $y={{8}^{x}}$.
+ $\left( {{C}_{1}} \right)$, $\left( {{C}_{2}} \right)$ là đồ thị của các hàm nghịch biến trên $\mathbb{R}$nên $\left( {{C}_{2}} \right)$ có thể là đồ thị của hàm số $y=\frac{1}{{{5}^{x}}}$ hoặc $y=\frac{1}{{{\sqrt{7}}^{x}}}$ .
+ Kẻ đường thẳng $x=1$ lần lượt cắt $\left( {{C}_{2}} \right)$ và $\left( {{C}_{1}} \right)$ tại $A$ và $B$. Vì ${{y}_{A}}<{{y}_{B}}$ và $\frac{1}{5}<\frac{1}{\sqrt{7}}$ nên đồ thị $\left( {{C}_{2}} \right)$ là của hàm số $y=\frac{1}{{{5}^{x}}}$. Chọn C.
Câu 25.
Ta có $y=\frac{{{x}^{2}}-3x+6}{x-2}=x-1+\frac{4}{x-2}$.
${y}'=1-\frac{4}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}-4x}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}<0$, $\forall x\in \left( 0;1 \right)$.
$y\left( 0 \right)=-3\,$, $y\left( 1 \right)=-4$.
Vậy $M=-3$, $m=-4$$\Rightarrow M+2m=-11$.
Câu 26.
Gọi ${{C}_{ABM}}$ là chu vi của tam giác$ABM$.
$\overrightarrow{AB}=\left( -2;\,-3;\,-10 \right)$$\Rightarrow AB=\sqrt{113}$
$\overrightarrow{AB}=\left( -2;\,-3;\,-10 \right)$, $\overrightarrow{CD}=\left( 1;\,-4;\,1 \right)$$\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=-2+12-10=0$$\Rightarrow AB\bot CD$.
Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa đường thẳng $AB$ và vuông góc với đường thẳng $CD$.
$H$ là giao điểm của $\left( P \right)$ và đường thẳng $CD$.
Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$qua $A\left( -1;\,1;\,6 \right)$có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow{CD}=\left( 1;\,-4;\,1 \right)$là:
$x-4y+z-1=0$.
Phương trình đường thẳng $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t\\
y = 2 - 4t\\
z = - 1 + t
\end{array} \right.$
$H\in CD\Leftrightarrow H\left( 1+t;2-4t;-1+t \right)$.
$H\in \left( P \right)\Leftrightarrow 1+t-4\left( 2-4t \right)-1+t-1=0$
Với $\forall M\in CD$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}
AM \ge AH\\
BM \ge BH
\end{array} \right.$$ \Rightarrow AM + BM \ge AH + BH$
${{C}_{ABM}}=AB+AM+BM\ge \sqrt{113}+AH+BH$, $\forall M\in CD$.
Suy ra $min{{C}_{ABM}}=\sqrt{113}+AH+BH$, đạt được $M\equiv H$
Vậy $a+b+c=1$.
Câu 27. Kí hiệu $\left( C \right)$ là đồ thị hàm số $y=\frac{6x-3}{\left( m{{x}^{2}}-6x+3 \right)\left( 9{{x}^{2}}+6mx+1 \right)}$.
* Trường hợp 1: $m=0$.
Khi đó $y=\frac{6x-3}{\left( -6x+3 \right)\left( 9{{x}^{2}}+1 \right)}$. Đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang $y=0$.
Do đó chọn $m=0$.
* Trường hợp 2: $m\ne 0$.
Xét phương trình $\left( m{{x}^{2}}-6x+3 \right)\left( 9{{x}^{2}}+6mx+1 \right)=0\,\,\left( 1 \right)$
Nhận thấy: $\left( C \right)$ luôn có một đường tiệm cận ngang $y=0$ và phương trình $\left( 1 \right)$ không thể có duy nhất một nghiệm đơn với mọi $m$.
Do đó $\left( C \right)$ có đúng một đường tiệm cận khi và chỉ khi $\left( C \right)$ không có tiệm cận đứng $\Leftrightarrow \left( 1 \right)$ vô nghiệm $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
9 - 3m < 0\\
9{m^2} - 9 < 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m > 3\\
- 1 < m < 1
\end{array} \right.$, ( không tồn tại $m$).
Kết hợp các trường hợp ta được $m=0$.
Câu 28 . Gọi lãi suất kì hạn $1$ năm của ngân hàng là $x$.
Số tiền học sinh A nhận được sau $3$ năm (khi 18 tuổi) là: $200000000{{\left( 1+x \right)}^{3}}$VNĐ.
Theo giả thiết: Khi $18$ tuổi, số tiền mà học sinh A được nhận sẽ là $231\text{ }525\text{ }000$ VNĐ nên ta có: $200000000{{\left( 1+x \right)}^{3}}=231525000$$\Leftrightarrow x=\frac{1}{20}\Leftrightarrow x=5%$.
Vậy lãi suất kì hạn $1$ năm của ngân hàng là: $5%/$năm.
Câu 29.
Gọi $M\left( a\,;\,b\,;\,c \right)$ với $a\in \mathbb{Z}$, $b\in \mathbb{R}$, $c\in \mathbb{R}$.
Ta có: $\overrightarrow{AM}=\left( a-3\,;\,b-1\,;\,c-7 \right)$ và $\overrightarrow{BM}=\left( a-5\,;\,b-5\,;\,c-1 \right)$.
Vì $\left\{ \begin{array}{l}
M \in \left( P \right)\\
MA = MB = \sqrt {35}
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
M \in \left( P \right)\\
M{A^2} = M{B^2}\\
M{A^2} = 35
\end{array} \right.$ nên ta có hệ phương trình sau:
$\left\{ \begin{array}{l}
2a - b - c + 4 = 0\\
{\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 7} \right)^2} = {\left( {a - 5} \right)^2} + {\left( {b - 5} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2}\\
{\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 7} \right)^2} = 35
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a - b - c = - 4\\
4a + 8b - 12c = - 8\\
{\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 7} \right)^2} = 35
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = c\\
c = a + 2\\
{\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 7} \right)^2} = 35
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = a + 2\\
c = a + 2\\
3{a^2} - 14a = 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0\\
b = 2\\
c = 2
\end{array} \right.$, (do $a\in \mathbb{Z}$).
Ta có $M\left( 2\,;\,2\,;\,0 \right)$. Suy ra $OM=2\sqrt{2}$.
Câu 30 .
Xét $\Delta BCD$ ta có : $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{BN}}{{NC}} = 1\\
\frac{{BP}}{{PD}} = 2
\end{array} \right.$$ \Rightarrow \frac{{BN}}{{NC}} \ne \frac{{BP}}{{PD}}$
$\Rightarrow NP$ cắt $CD$. Gọi $I=NP\cap CD$.
Vì $\left\{ \begin{array}{l}
I \in NP \subset \left( {MNP} \right)\\
I \in CD
\end{array} \right.$$ \Rightarrow I = CD \cap \left( {MNP} \right)$
Vậy giao điểm của đường thẳng $CD$ và mặt phẳng $\left( MNP \right)$ là giao điểm của $NP$ và $CD$.
