Câu 1. Chọn A
Gọi $T$ là phép thử lấy mỗi hộp ra một quả. Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử $T$ là$n\left( {{\Omega }_{T}} \right)=C_{12}^{1}.C_{10}^{1}=120$.
Gọi $A$ là biến cố hai quả lấy ra từ mỗi hộp đều là màu đỏ. Số phần tử của biến cố $A$ là: $n\left( A \right)=C_{7}^{1}.C_{6}^{1}=42$.
Vậy xác suất của biến cố$A$ là $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{42}{120}=\frac{7}{20}$.
Câu 2. Chọn D
Số cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 41 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 41, tức có $C_{41}^{2}$cách chọn.
Câu 3. Chọn D
Điều kiện: $x-2\ge 0\Leftrightarrow x\ge 2$.
$\sqrt{x-2}\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)=0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\sqrt {x - 2} = 0}\\
{{x^2} - 3x + 2 = 0}
\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x = 1
\end{array} \right.$
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{ 2 \right\}$.
Câu 4.Chọn B
Ta có
$\begin{array}{l}
y' = \frac{{\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right) - \left( {{e^x} + {e^{ - x}}} \right)\left( {{e^x} + {e^{ - x}}} \right)}}{{{{\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)}^2} - {{\left( {{e^x} + {e^{ - x}}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)}^2}}}\\
\,\,\,\,\,\, = \frac{{\left( { - 2{e^x}} \right).\left( {2{e^{ - x}}} \right)}}{{{{\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)}^2}}} = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)}^2}}}.
\end{array}$
Câu 5. Chọn D
Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( -1;2 \right)$, bán kính $R=\sqrt{5}$
Do góc $\widehat{AMB}={{60}^{0}}$ nên $\widehat{AMI}={{30}^{0}}$ $\Rightarrow IM=2AI=2\sqrt{5}$
Do $M\in d$ nên $M\left( m;m+1 \right)$
$IM=2\sqrt{5}\Leftrightarrow I{{M}^{2}}=20\Leftrightarrow {{\left( m+1 \right)}^{2}}+{{\left( m-1 \right)}^{2}}=20\Leftrightarrow {{m}^{2}}=9\Leftrightarrow m=\pm 3$ Từ đó ta được các điểm cần tìm: ${{M}_{1}}\left( 3;4 \right)$ và ${{M}_{2}}\left( -3;-2 \right)$
Câu 6.Chọn D
Vì $0\in \left[ -1;2 \right]$ và $\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = - \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty
\end{array} \right.$
nên hàm số không có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất trên $\left[ -1;\,2 \right]$.
Câu 7.Chọn A
Các mặt bên $\left( SAB \right)$, $\left( SAD \right)$ vuông góc với đáy $\Rightarrow SA\bot \left( ABCD \right)$.
Ta có $AB$ // $CD$ $\Rightarrow AB$ // $\left( SCD \right)$ $\Rightarrow d\left( AB,SC \right)=d\left( AB,\left( SCD \right) \right)=d\left( A,\left( SCD \right) \right)$.
Ta lại có $\left. {\begin{array}{*{20}{c}}
{CD \bot AD}\\
{CD \bot SA}
\end{array}} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD\,\,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{\left( 1 \right)}
\end{array}$
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD \bot CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \begin{array}{*{20}{c}}
{}&{\left( 2 \right)}
\end{array}$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta suy ra góc giữa mặt bên $\left( SCD \right)$ và đáy là góc giữa $AD$ và $SD$$\Rightarrow \widehat{ADS}=60{}^\circ $$SA=a\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}$.
Kẻ $AH\bot SD\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)$. Từ $CD\bot \left( SAD \right)\Rightarrow SD\bot AH\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)$
Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$ ta suy ra $AH\bot \left( SCD \right)$$\Rightarrow d\left( A,\left( SCD \right) \right)=AH$.
Xét tam giác $SAD$ vuông tại A ta có $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}=\frac{1}{3{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy khoảng cách giữa $AB$ và $SC$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Câu 8.Chọn B
Ta có ${{3}^{x}}{{.2}^{x+1}}=72\Leftrightarrow {{3}^{x}}{{.2}^{x}}.2=72\Leftrightarrow {{6}^{x}}=36\Leftrightarrow x=2$. Vậy phương trình có nghiệm $x=2$.
Câu 9. Chọn D
Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông $ABCD$.
Theo giả thiết ta có $R=2\text{ }cm$$\Rightarrow h=AD=4\text{ }cm$.
Suy ra thể tích của khối trụ là $V=\pi {{R}^{2}}h$$=\pi .4.4$$=16\pi \text{ }c{{m}^{3}}$.
Câu 10.Chọn C
Từ đồ thị và giả thiết suy ra đây là đồ thị của hàm số bậc 4 hoặc bậc 2 nên loại phương án A.
Đồ thị đi qua điểm $A\left( 1;2 \right)$ nên chọn đáp án C.
Câu 11.Chọn C
Cách 1: $\int{\sin x\cos x\text{d}x}=\int{\frac{1}{2}\sin 2x\text{d}x=-\frac{\cos 2x}{4}+C}=\frac{2{{\sin }^{2}}x-1}{4}+C=\frac{{{\sin }^{2}}x}{2}+C$.
Cách 2: $\int{\sin x\cos x\text{d}x=\int{\sin x.{{\left( \sin x \right)}^{'}}\text{d}x=\int{\sin x\text{d}\sin x=\frac{{{\sin }^{2}}x}{2}+C}}}$.
Cách 3: $\int{\operatorname{sinxcosxdx}}=\int{\cos x.{{\left( -\cos x \right)}^{'}}d\cos x}=\int{-\cos x.{{(\cos x)}^{'}}\text{d}x=\int{-\cos x\text{d}\cos x}}$$=-\frac{{{\cos }^{2}}x}{2}+C=\frac{{{\sin }^{2}}x-1}{2}+C=\frac{{{\sin }^{2}}x}{2}+C$.
Câu 12.Chọn A
Ta có $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1+19n}{18n+19}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{19+\frac{1}{n}}{18+\frac{19}{n}}=\frac{19}{18}$.
Câu 13. Chọn B
$\Delta $ có VTCP $\overrightarrow{u}=\left( -\frac{1}{2}\,;\,3 \right)=\frac{1}{2}\left( -1\,;\,6 \right)$ nên có một VTPT $\overrightarrow{n}=\left( 6\,;\,1 \right)$.
Câu 14.Chọn B
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2mx-4(m-2)y+6-m=0$$\Rightarrow $$a=m$; $b=2\left( m-2 \right)$; $c=6-m$.
(1) là phương trình đường tròn khi và chỉ khi ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}-c>0$ $\Leftrightarrow $ ${{m}^{2}}-3m+2>0$ $\Leftrightarrow $ $\left[ \begin{array}{l}
m < 1\\
m > 2
\end{array} \right.$
Câu 15. Chọn C
Gọi $r$ là lãi suất tiền gửi của ngân hàng theo tháng. ${{T}_{0}},\,\,T$ lần lượt là số tiền gưi ban đầu và số tiền sau $n=9$ tháng. Áp dụng công thức lãi kép ta có $T={{T}_{0}}{{(1+r)}^{n}}\Leftrightarrow 61758000=58000000{{(1+r)}^{9}}\Leftrightarrow r=\sqrt[9]{\frac{61758000}{58000000}}-1\approx {{7.10}^{-3}}=0,7$%.
Câu 16.Chọn C
Ta có $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{a}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{u}=-\overrightarrow{a}=\left( -1\,;\,2\,;\,-1 \right)$.
Câu 17.Chọn B
Đặt$y=f\left( x \right)=\frac{ax+b}{cx+d}$là hàm số cần tìm.
Tập xác định của$y$: $D=\mathbb{R}\,\text{ }\!\!\backslash\!\!\text{ }\,\left\{ 2 \right\}$.
$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=1\Rightarrow \frac{a}{c}=1$ $\Rightarrow $ Loại $A,C.$
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định $\Rightarrow ad-bc<0$ $\Rightarrow $ chọn $B.$
Câu 18.Chọn C
Ta có: $\int{f\left( x \right)\text{d}x=\int{\left( \sqrt{3x+2} \right)\text{d}x=\int{{{\left( 3x+2 \right)}^{\frac{1}{2}}}\text{d}x=\frac{{{\left( 3x+2 \right)}^{1+\frac{1}{2}}}}{1+\frac{1}{2}}.\frac{1}{3}+C=\frac{2}{9}\left( 3x+2 \right)\sqrt{3x+2}+C}}}$.
Câu 19.Chọn C
Theo tính chất của logarit ${{\log }_{{{a}^{3}}}}a=\frac{1}{3}{{\log }_{a}}a=\frac{1}{3}$
Câu 20.Chọn B
Hàm số có 2 điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên số điểm cực trị là 3.
Câu 21.Chọn D
Ta có ${x^2} - 2x = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.{\rm{ }}.$
$\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty $; $\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty $; $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty $; $\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty $; $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=2$.
Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{4{{x}^{4}}+9}+3}{{{x}^{2}}-2x}$ có 3 đường tiệm cận.
Câu 22.Chọn B
Vì $SA\bot (ABCD)$ nên $SA\bot BC$.
Mặt khác, theo giả thiết$AB\bot BC$. Do đó $BC\bot (SAB)$ nên $SB\bot BC$.
$\Rightarrow $Góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$và $(ABCD)$là góc$\widehat{SBA}$.
Ta có $\cos \widehat{SBA}=\frac{AB}{SB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$$\Rightarrow $$\widehat{SBA}=60{}^\circ $.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$bằng $60{}^\circ $.
Câu23.Chọn A
$2{x^2} - 6x - 1 = \sqrt {4x + 5} $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} - 6x - 1 \ge 0\\
4{x^4} + 36{x^2} + 1 - 24{x^3} - 4{x^2} + 12x = 4x + 5
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} - 6x - 1 \ge 0\\
{x^4} - 6{x^3} + 8{x^2} + 2x - 1 = 0
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} - 6x - 1 \ge 0\\
\left( {{x^2} - 2x - 1} \right)\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 0
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} - 6x - 1 \ge 0\\
\left[ \begin{array}{l}
x = 1 - \sqrt 2 \\
x = 1 + \sqrt 2 \\
x = 2 + \sqrt 3 \\
x = 2 - \sqrt 3
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 - \sqrt 2 \\
x = 2 + \sqrt 3
\end{array} \right.$
Câu 24.Chọn A
Từ giả thiết đề bài suy ra $ABCD$ là hình vuông tâm $O$. Khi đó: ${{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}$.
Ta có: $\widehat{SDO}={{45}^{0}}$. Do đó: $\Delta SDO$ vuông cân tại $O$$\Rightarrow SO=DO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vậy ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO$ $=\frac{1}{3}{{a}^{2}}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{6}$ $=\frac{1}{3\sqrt{2}}{{a}^{3}}$.
Câu 25.Chọn D
Dựa vào giả thiết và đồ thị ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là $-1$.
Ta có$2018.f\left( x \right)+2019=0\Leftrightarrow f(x)=-\frac{2019}{2018}$.
Từ đồ thị hàm số ta suy ra số giao điểm của hai đồ thị hàm số $y=f(x);\,\,y=\frac{2019}{2018}$ có 2 điểm chung nên phương trình $2018.f\left( x \right)-2019=0$ có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 26.Chọn D
$(3{{m}^{2}}-4)x-1=m-x\Leftrightarrow 3({{m}^{2}}-1)x=m+1$.
Phương trình $(3{{m}^{2}}-4)x-1=m-x$ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ${{m}^{2}}-1\ne 0\Leftrightarrow m\ne \pm 1$.
Câu 27.Chọn A
$\int\limits_{0}^{b}{\left( 3{{x}^{2}}-2ax-1 \right)\text{d}x}=\left. \left( {{x}^{3}}-a{{x}^{2}}-x \right) \right|_{0}^{b}={{b}^{3}}-a{{b}^{2}}-b$.
Câu 28.Chọn D
Cần sửa đề bài thành: Chủ đầu tư phải chi bao nhiêu tiền
Tổng diện tích bề mặt 17 cây cột là
$S=3.2\pi .0,2.4,2+14.2\pi .0,13.4,2\approx 2\pi .10,164\approx 63,86224152\left( {{m}^{2}} \right)$.
Số tiền chủ đầu tư phải bỏ ra ít nhất để sơn cột là $63,86224152.360000\approx 22990407$ (đồng).
Câu 29. Chọn C
Cách 1:
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$sao cho $O$trùng với $A'$, các đỉnh $B';D';A$lần lượt nằm trên các trục $Ox,Oy,Oz$.
Không mất tính tổng quát giả sử hình lập phương có cạnh 1.
Khi đó $A'=\left( 0;0;0 \right),{{B}^{'}}=\left( 1;0;0 \right),D'=\left( 0;1;0 \right),A=\left( 0;0;1 \right),B=\left( 1;0;1 \right),D=\left( 0;1;1 \right),C=\left( 1;1;1 \right)$
$\overrightarrow{A'D}=\left( 0;1;1 \right),\overrightarrow{A'C}=\left( 1;1;1 \right),\overrightarrow{A'B}=\left( 1;0;1 \right)$.
Vecto pháp tuyến của mp$\left( A'CD \right)$: $\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left[ \overrightarrow{A'D},\overrightarrow{A'C} \right]=\left( 0;1;-1 \right)$.
Vecto pháp tuyến của mp $\left( A'BC \right)$: $\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left[ \overrightarrow{A'B},\overrightarrow{A'C} \right]=\left( 1;0;-1 \right)$.
Khi đó $\cos \left( \left( A'DC \right),\left( A'BC \right) \right)=\left| \cos \left( \overrightarrow{{{n}_{1}}},\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right) \right|=\frac{1}{2}$.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( A'BC \right)$và $\left( A'CD \right)$ là: ${{60}^{0}}$.
Cách 2:
Dễ thấy $ A'C \bot \left( {AB'D'} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A'C \bot AB'\\
A'C \bot AD'
\end{array} \right.$
; Mà $\left( AB';AD' \right)={{60}^{o}}$.
Cách 3:
Hai tam giác vuông $\Delta {A}'BC=\Delta {A}'DC$. Dựng các đường cao $BH$, $DH$.
Suy ra: $\cos \left( \left( A'DC \right),\left( A'BC \right) \right)=\left| \cos \widehat{BHD} \right|=\frac{1}{2}$.
Câu 30.Chọn C
Số hạng tổng quát trong khai triển $C_{10}^{k}.{{\left( \sqrt[3]{x} \right)}^{10-k}}.{{\left( \frac{-1}{\sqrt{x}} \right)}^{k}}=C_{10}^{k}.{{\left( -1 \right)}^{k}}.{{x}^{\frac{10-k}{3}\text{ }-\text{ }\frac{k}{2}}},\,\left( 0\le k\le 10,k\in \mathbb{Z} \right)$.
Số hạng không chứa $x$ứng với $k$ thỏa mãn: $\frac{10-k}{3}-\frac{k}{2}=0\Leftrightarrow k=4$.
Vậy số hạng không chứa $x$ cần tìm: $C_{10}^{4}.{{\left( -1 \right)}^{4}}=210$.
