BẢNG ĐÁP ÁN
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
13 |
14 |
15 |
16 |
17 |
18 |
19 |
20 |
21 |
22 |
23 |
24 |
25 |
|
C |
A |
D |
A |
A |
A |
B |
D |
A |
B |
B |
A |
A |
D |
A |
B |
A |
B |
C |
A |
A |
A |
C |
A |
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
26 |
27 |
28 |
29 |
30 |
31 |
32 |
33 |
34 |
35 |
36 |
37 |
38 |
39 |
40 |
41 |
42 |
43 |
44 |
45 |
46 |
47 |
48 |
49 |
50 |
|
B |
A |
D |
D |
A |
A |
A |
A |
D |
C |
C |
C |
C |
D |
B |
A |
C |
D |
D |
C |
D |
D |
D |
A |
B |
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: Chọn C.
Hàm số $y={{\left( {{x}^{2}}-2x+3 \right)}^{-3}}$ xác định khi ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+2\ne 0$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+3\ne 0$ đúng $\forall x\in \mathbb{R}$.
Vậy tập xác định là: $D=\mathbb{R}$.
Câu 2: Chọn A.
Điều kiện $x>-1$.
Khi đó, ${{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-2x+3 \right)-{{\log }_{3}}\left( x+1 \right)=1$$\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-2x+3 \right)={{\log }_{3}}\left[ 3\left( x+1 \right) \right]$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+3=3\left( x+1 \right)$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-5x=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 5
\end{array} \right.$.
Câu 3: Chọn D.
Hình tứ diện là một hình đa diện nên ta chọn D.
Câu 4: Chọn A.
Ta có $I={{\log }_{\frac{a}{4}}}\left( \frac{{{a}^{3}}}{64} \right)=$${{\log }_{\frac{a}{4}}}{{\left( \frac{a}{4} \right)}^{3}}$$=3$.
Câu 5: Chọn A.
Ta có ${{V}_{S.MNP}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABC}}$ và ${{V}_{S.MQP}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ADC}}$
$\Rightarrow {{V}_{S.MNPQ}}={{V}_{S.MQP}}+{{V}_{S.MNP}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABC}}+\frac{1}{8}{{V}_{S.ADC}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABCD}}$
$\Rightarrow \frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{1}{8}$.
Câu 6: Chọn A.
Phép tịnh tiến biến gốc tọa độ $O$ thành điểm $A\left( 1;2 \right)$ nên vectơ tịnh tiến $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OA}=\left( 1;2 \right).$
Khi đó, $\left\{ \begin{array}{l}
x' = 1 + 1 = 2\\
y' = 2 + 2 = 4
\end{array} \right.$$\Rightarrow {A}'\left( 2;4 \right)$.
Câu 7: Chọn B.
Điểm $M$ là hình chiếu vuông góc của điểm $A$ trên mặt phẳng $\left( Oyz \right)$, khi đó hoành độ điểm $A$: ${{x}_{A}}=0$
Do đó tọa độ điểm $M\left( 0;-2;3 \right)$.
Câu 8: Chọn D.
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;-1 \right)$.
Câu 9: Chọn A.
Phương trình mặt cầu tâm $I\left( 1;\,0;\,-2 \right)$, bán kính $r=4$ có dạng ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=16$.
Câu 10: Chọn B.
Xét hàm số $y=\frac{{{x}^{2}}-7x+6}{{{x}^{2}}-1}$.
Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ \pm 1 \right\}$.
Ta có:
Hàm số đã cho không có tiệm cận xiên.
$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=1$ và $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=1$, nên đường thẳng có phương trình $y=1$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
$y=\frac{{{x}^{2}}-7x+6}{{{x}^{2}}-1}$$=\frac{x-6}{x+1}$$\left( \forall x\in D \right)$$\Rightarrow \underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty $ và $\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty $ nên đường thẳng có phương trình $x=-1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận.
Câu 11: Chọn B.
Ta có nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)=\frac{2}{4x-3}$ là:$\int{\frac{2\text{d}x}{4x-3}}=\frac{1}{2}\ln \left| 2x-\frac{3}{2} \right|+C$, vì:
${{\left[ \frac{1}{2}\ln \left| 2x-\frac{3}{2} \right|+C \right]}^{\prime }}=\frac{1}{2}.\frac{2}{2x-\frac{3}{2}}=\frac{2}{4x-3}=f\left( x \right)$.
Câu 12: Chọn A.
Phương trình ${{4}^{{{x}^{2}}-2x}}+{{2}^{{{x}^{2}}-2x+3}}-3=0$ $\Leftrightarrow {{\left( {{2}^{{{x}^{2}}-2x}} \right)}^{2}}+{{2}^{3}}{{.2}^{{{x}^{2}}-2x}}-3=0$.
Kho đó, đặt $t={{2}^{{{x}^{2}}-2x}}$, ta được phương trình ${{t}^{2}}+8t-3=0$.
Câu 13: Chọn A.
Từ bảng biến thiên của hàm số ta thấy ${y}'=0$ có hai nghiệm phân biệt và ${y}'$ đổi dấu qua các nghiệm này. Do đó các mệnh đề “Hàm số không có cực đại” và “Hàm số có bốn điểm cực trị” bị LOẠI.
Hàm số đạt cực tiểu tại $x=2$ và có giá trị cực tiểu bằng ${{y}_{CT}}=y\left( 2 \right)=-6$.
Câu 14: Chọn D.
Hàm số $y={{x}^{3}}+2x$ có ${y}'=3{{x}^{2}}+2>0$ $\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$ nên hàm số này đồng biến trên khoảng $\left( -\infty ;\,+\infty \right)$.
Câu 15: Chọn A.
Kẻ ${A}'H\bot \left( ABC \right)$, $H\in \left( ABC \right)$. Khi đó góc giữa $A{A}'$ và mặt phẳng đáy bằng góc giữa $A{A}'$ và $AH$ bằng $\widehat{{A}'AH}=30{}^\circ $.
Trong $\Delta {A}'AH$ vuông tại $H$, có ${A}'H={A}'A.\sin \widehat{{A}'AH}=a.\sin 30{}^\circ $ $\Leftrightarrow {A}'H=\frac{a}{2}$.
Ta có ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{ABC}}.{A}'H=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a}{2}$ $\Leftrightarrow {{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$.
Câu 16: Chọn B.
Câu hỏi lý thuyết.
Câu 17: Chọn A.
Số ngày bạn An để dành tiền (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày $01$ tháng $01$ năm $2016$ đến ngày $30$ tháng $4$ năm $2016$) là $31+29+31+30=121$ ngày.
Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là: ${{u}_{1}}=100$.
Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là: ${{u}_{2}}=100+1.100$.
Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là: ${{u}_{3}}=100+2.100$.
…
Số tiền bỏ ống heo ngày thứ $n$ là: ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d$$=100+\left( n-1 \right)100$$=100n$.
Số tiền bỏ ống heo ngày thứ $121$ là: ${{u}_{121}}=100.121$$=12100$.
Sau $121$ ngày thì số tiền An tích lũy được là tổng của $121$ số hạng đầu của cấp số cộng có số hạng đầu ${{u}_{1}}=100$, công sai $d=100$.
Vậy số tiền An tích lũy được là ${{S}_{121}}=\frac{121}{2}\left( {{u}_{1}}+{{u}_{121}} \right)$$=\frac{121}{2}\left( 100+12100 \right)$$=738100$ đồng.
Câu 18: Chọn B.
$A=\frac{1}{{{\log }_{{{2}^{2018}}}}x}+\frac{1}{{{\log }_{{{3}^{2018}}}}x}+...+\frac{1}{{{\log }_{{{2017}^{2018}}}}x}+\frac{1}{{{\log }_{{{2018}^{2018}}}}x}$$={{\log }_{x}}{{2}^{2018}}+{{\log }_{x}}{{3}^{2018}}+...+{{\log }_{x}}{{2017}^{2018}}+{{\log }_{x}}{{2018}^{2018}}$$=2018.{{\log }_{x}}2+2018.{{\log }_{x}}3+...+2018.{{\log }_{x}}2017+2018.{{\log }_{x}}2018$$=2018.\left( {{\log }_{x}}2+{{\log }_{x}}3+...+{{\log }_{x}}2017+{{\log }_{x}}2018 \right)$$=2018.lo{{g}_{x}}\left( 2.3.....2017.2018 \right)$$=2018.lo{{g}_{2018!}}2018!$$=2018$.
Câu 19: Chọn C.
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
{\log _2}x > 0\\
{\log _8}x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1$.
${{\log }_{2}}\left( {{\log }_{8}}x \right)={{\log }_{8}}\left( {{\log }_{2}}x \right)$$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( \frac{1}{3}{{\log }_{2}}x \right)=\frac{1}{3}{{\log }_{2}}\left( {{\log }_{2}}x \right)$$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( \frac{1}{3}{{\log }_{2}}x \right)={{\log }_{2}}{{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{\frac{1}{3}}}$$\Leftrightarrow \frac{1}{3}{{\log }_{2}}x={{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{\frac{1}{3}}}$$\Leftrightarrow \frac{1}{27}{{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{3}}={{\log }_{2}}x$$\Leftrightarrow \frac{1}{27}{{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{2}}=1$$\Leftrightarrow {{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{2}}=27$.
Câu 20: Chọn A.
Phương trình: $\log _{5}^{2}x-m{{\log }_{5}}x+m+1=0$ $\left( 1 \right)$.
Điều kiện: $x>0$.
Đặt $t={{\log }_{5}}x$.
Phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-mt+m+1=0$ $\left( 2 \right)$.
Phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm thực ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ thỏa mãn ${{x}_{1}}{{x}_{2}}=625$
$\Leftrightarrow $ Phương trình $\left( 2 \right)$ có hai nghiệm thực ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$ thỏa mãn ${{t}_{1}}+{{t}_{2}}=4$
(vì ${{x}_{1}}{{x}_{2}}={{5}^{{{t}_{1}}}}{{.5}^{{{t}_{2}}}}={{5}^{{{t}_{1}}+{{t}_{2}}}}=625$)
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta > 0\\
S = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 4m - 4 > 0\\
m = 4
\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow m\notin \varnothing $.
Vậy không có giá trị nào của $m$ thỏa đề.
Câu 21: Ta có $2m\sin x\cos x+4{{\cos }^{2}}x=m+5$$\Leftrightarrow m\sin 2x+4\frac{1+\cos 2x}{2}=m+5$
$\Leftrightarrow m\sin 2x+2\cos 2x=m+3$.
Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi ${{m}^{2}}+4\ge {{\left( m+3 \right)}^{2}}\Leftrightarrow m\le \frac{-5}{9}$.
Vậy có ba giá trị của $m\in E$ để phương trình đã cho có nghiệm.
Câu 22: Chọn A.
Ta có số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right)=C_{8}^{2}=28$.
Gọi A:“ Bình lấy được hai chiếc giầy cùng màu” suy ra $n\left( A \right)=4$.
Suy ra $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{1}{7}$.
Vậy xác suất để Bình lấy được hai chiếc giầy cùng màu là $\frac{1}{7}$.
Câu 23: Chọn C.
Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{A{C}'}$.
Suy ra $\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{A{C}'}-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}$.
Lại có: $\overrightarrow{A{C}'}=\left( 3;\,5;\,-6 \right)$, $\overrightarrow{AB}=\left( 1;\,1;\,1 \right)$, $\overrightarrow{AD}=\left( 0;\,-1;\,0 \right)$.
Do đó: $\overrightarrow{A{A}'}=\left( 2;\,5;\,-7 \right)$.
Suy ra ${A}'\left( 3;\,5;\,-6 \right)$.
Câu 24: Chọn A.
Ta có :
${{\left( \left| \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right| \right)}^{2}}$$={{\left( \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right)}^{2}}$$={{\overrightarrow{u}}^{2}}+2\overrightarrow{u}\overrightarrow{v}+{{\overrightarrow{v}}^{2}}$$={{\left| \overrightarrow{u} \right|}^{2}}+2\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|\cos \left( \overrightarrow{u};\,\overrightarrow{v} \right)+{{\left| \overrightarrow{v} \right|}^{2}}$
$={{2}^{2}}+2.2.5.\left( -\frac{1}{2} \right)+{{5}^{2}}=19$.
Suy ra $\left| \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right|=\sqrt{19}$.
Câu 25: Chọn D.
Xét hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-1$
Có : ${y}'=3{{x}^{2}}-6x$, $y=\left( \frac{1}{3}x-\frac{1}{3} \right){y}'-2x-1$.
Do đó, đường thẳng $\Delta $ qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số này có phương trình là $y=-2x-1$.
Để $d$ vuông góc với $\Delta $ thì $\left( 3m+1 \right).\left( -2 \right)=-1$ $\Leftrightarrow m=-\frac{1}{6}$.
Vậy giá trị cần tìm của $m$ là $m=-\frac{1}{6}$.
Câu 26: Chọn B.
Ta có: $A=\frac{\sqrt[3]{{{a}^{7}}}.{{a}^{\frac{11}{3}}}}{{{a}^{4}}.\sqrt[7]{{{a}^{-5}}}}$$=\frac{{{a}^{\frac{7}{3}}}.{{a}^{\frac{11}{3}}}}{{{a}^{4}}.{{a}^{-\frac{5}{7}}}}$$={{a}^{\frac{19}{7}}}$.
Suy ra $m=19$, $n=7$ $\Rightarrow {{m}^{2}}-{{n}^{2}}=312$.
Câu 27: Chọn A.
Xét hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-9x+35$ trên đoạn $\left[ -4;4 \right]$.
Ta có: ${y}'=3{{x}^{2}}-6x-9$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1 \in \left[ { - 4;4} \right]\\
x = 3 \in \left[ { - 4;4} \right]
\end{array} \right.$.
Ta có: $y\left( -4 \right)=-41$; $y\left( -1 \right)=40$; $y\left( 3 \right)=8$; $y\left( 4 \right)=15$.
Vậy: $M=40$; $m=-41$.
Câu 28: Chọn D.
Ta có: ${{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( {{\log }_{4}}\frac{2x+1}{x-1} \right)>1$$\Leftrightarrow 0<{{\log }_{4}}\frac{2x+1}{x-1}<\frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow 1<\frac{2x+1}{x-1}<{{4}^{\frac{1}{2}}}$.
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} - 1 > 0\\
\frac{{2x - 1}}{{x - 1}} - 2 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x + 2}}{{x - 1}} > 0\\
\frac{3}{{x - 1}} < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + 2 < 0\\
x - 1 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x < - 2$ .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left( -\infty ;-2 \right)$.
Câu 29: Chọn D.
+ Tập xác định: $D=\mathbb{R}$.
+ Có ${y}'=3\left( m-1 \right){{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x-2$.
TH1: $m=1$ thì ${y}'=-2<0$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
$\Rightarrow $ Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty ;+\infty \right)$.
+ TH2: $m\ne 1$. Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty ;+\infty \right)$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3\left( {m - 1} \right) < 0\\
\Delta ' \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 1\\
\left( {m - 1} \right)\left( {m + 5} \right) \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 1\\
- 5 \le m \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 5 \le m < 1$ .
Vậy các số nguyên $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $-5$, $-4$, $-3$, $-2$, $-1$, $0$, $1$.
Vậy có $7$ giá trị nguyên.
