Lời giải đề 6: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT chuyên Lê Khiết- Quảng Ngãi lần 1 – trang 1

Đáp án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: 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;cright$$

Cách giải: Đường thẳng d có 1 VTCP là $overrightarrow{u}=left$3;-2;1right$$

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình trụ ${{S}_{xq}}=2pi Rl$ trong đó: R : bán kính đáy, l : độ dài đường sinh.

Cách giải: ${{S}_{xq}}=2pi RlLeftrightarrow 4pi {{a}^{2}}=2pi .2alLeftrightarrow l=a$

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp: $int{{{x}^{alpha }}}dx=frac{{{x}^{alpha +1}}}{alpha +1}+C$

Cách giải:

$int{fleft$xright$}dx=int{left$2sqrtx+3textxright$}dx=2int{{{x}^{frac{1}{2}}}dx}+3int{xdx}2.frac{{{x}^{frac{3}{2}}}}{frac{3}{2}}+3frac{{{x}^{2}}}{2}+C=frac{4}{3}text{x}sqrt{x}+frac{3{{text{x}}^{2}}}{2}+C$

Câu 4: Đáp án A

Phương pháp: Thể tích khối trụ: ${{V}_{tru}}=Bh=pi {{R}^{2}}h,$ trong đó: B: diện tích đáy, h: chiều cao, R: bán kính đáy.

Cách giải: ${{V}_{tru}}=Bh=pi {{R}^{2}}h,$trong đó: B: diện tích đáy, h: chiều cao, R: bán kính đáy.

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp: Dựa vào công thức ứng dụng tích phân để tính thể tích vật tròn xoay.

Cách giải:$V=pi intlimits_{a}^{b}{{{left$$fleft(xright)right$$}^{2}}}dtext{x}$

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp:

Quan sát bảng biến thiên, tìm điểm mà $f’left$xright$=0$ hoặc $f’left$xright$$ không xác định.

Đánh giá giá trị của $f’left$xright$,$ và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y f x$$ :

– Cực tiểu là điểm mà tại đó $f’left$xright$$đổi dấu từ âm sang dương.

– Cực đại là điểm mà tại đó $f’left$xright$$đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy: Hàm số $y=fleft$xright$$ đạt cực đại tại $x=0$

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số $y=fleft$xright$$ đồng biến $nghịchbiến$ trên $$a;b$$ khi và chỉ khi $f’left$xright$ge 0left$f^{\prime }left(xright$le 0 right)forall xin left$a;bright$$ và $f’left$xright$=0$tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy: hàm số $y=fleft$xright$$đồng biến trên khoảng $$0;2$.$ Do $left$0;1right$subset left$0;2right$Rightarrow $  Hàm số $y=fleft$xright$$đồng biến trên khoảng $$0;1$$

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Số tập con gồm 5 phần tử của 1 tập hợp gồm 20 phần tử là một tổ hợp chập 5 của 20.

Cách giải: Số tập con gồm 5 phần tử của M là $C_{20}^{5}$

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số, tìm GTLN, GTNN của $y=fleft$xright$$trên $left$$a;bright$$$

Bước 1: Tính $f’left$xright$$ giải phương trình $f’left$xright$=0,$ tìm các nghiệm $xin left$$a;bright$$$

Bước 2: Tính các giá trị $fleft$aright$;fleft$bright$;fleft$x_{i}right$$

Bước 3: So sánh và kết luận $underset{left$$a;bright$$}{mathop{max }},fleft$xright$=maxleft{ fleft$aright$;fleft$bright$;fleft$x_{i}right$ right};underset{left$$a;bright$$}{mathop{min }},fleft$xright$=min left{ fleft$aright$;fleft$bright$;fleft$x_{i}right$ right}$ 

Cách giải:

$y=xsqrt{4-{{x}^{2}}}.TXD:D=left$$-2;2right$$$

$begin{array}{l}
y’ = 1sqrt {4 – {x^2}}  + x.frac{{ – 2x}}{{2sqrt {4 – {x^2}} }} = sqrt {4 – {x^2}}  – frac{{{x^2}}}{{sqrt {4 – {x^2}} }} = frac{{4 – 2{x^2}}}{{sqrt {4 – {x^2}} }}\
y’ = 0 Leftrightarrow 4 – 2{x^2} = 0 Leftrightarrow x =  pm sqrt 2  in left$$–2;2right$$\
yleft$–2right$ = 0;yleft$2right$ = 0;yleft$sqrt2right$ = 2;yleft$–sqrt2right$ =  – 2
end{array}$ 

Vậy $underset{left$$-2;2right$$}{mathop{min }},y=-2=mLeftrightarrow x=-sqrt{2};underset{left$$-2;2right$$}{mathop{operatorname{m}ax}},y=2=MLeftrightarrow x=sqrt{2}$

$Rightarrow M+m=0$

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp:

Khi chọn bất kì bộ 3 số từ các số của tập số đã cho, ta luôn sắp xếp 3 số đó theo thứ tự từ bé đến lớn bằng duy nhất một cách.

Nếu trong 3 số đã chọn, tồn tại số 0 thì do $a<b<c$nên $a=0:$ Loại.

Vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài bằng số cách chọn bất kì 3 số trong tập số ${1;2;3;4;5;6}.$

Cách giải: Số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài bằng số cách chọn bất kì 3 số trong tập số ${1;2;3;4;5;6}$ và bằng $C_{6}^{3}=20$

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp:

Kiểm tra M nằm trong hay ngoài mặt cầu.

Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn đó là nhỏ nhất $Leftrightarrow dleft$O;left(Pright$ right)=OI$ là lớn nhất $Leftrightarrow Mequiv I$

Cách giải:

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9$có tâm $Oleft$0;0;0right$.$

Nhận xét: Dễ dàng kiểm tra điểm M nằm trong $S$, do đó, mọi mặt phẳng đi qua M luôn cắt $S$ với giao tuyến là 1 đường tròn.

Để giao tuyến là đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn đó là nhỏ nhất. $Leftrightarrow dleft$O;left(Pright$ right)=OI$ là lớn nhất.

Mà $IOle OM$VgraveitextOIbotIM$Rightarrow IO$ lớn nhất khi M trùng I hay OM vuông góc với $P$ 

Vậy, $P$ là mặt phẳng qua M và có VTPT là $overrightarrow{OM}$1;-1;1$.$

Phương trình mặt phẳng $P$ là: $text{1}left$x-1right$text{-1}left$y+1right$text{+1}text{.}left$z-1right$text{=0}Leftrightarrow text{x}-y+z-3=0$

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp: Số phức $z=a+bileft$a,binmathbbRright$$ có phần thực là a, phần ảo là b. 

Cách giải:

$z=left$1+2iright$left$5-iright$=5-i+10i-2{{i}^{2}}=5-i+10i+2=7+9i$có phần thực là 7.

Câu 13: Đáp án

Phương pháp: Cho $overrightarrow{{{u}_{1}}},overrightarrow{{{u}_{2}}}$ là cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng $left$alpharight$,$ khi đó $overrightarrow{n}=left$$overrightarrow{u}_1,overrightarrow{u}_{2}right$$$ là một vectơ pháp tuyến của $left$alpharight$$

Cách giải:

Gọi mặt phẳng cần tìm là $left$alpharight$$

$left$Pright$:x+3y-2text{z}-1=0$ có một VTPT ${{n}_{left$Pright$}}$1;3;text-2$={{u}_{1}}.$ Vì $left$alpharight$bot left$Pright$Rightarrow {{n}_{left$alpharight$}}bot {{n}_{left$Pright$}}$

$ABsubset left$alpharight$Rightarrow {{n}_{left$alpharight$}}bot AB=$1;text-2;3$$

Khi đó, $left$alpharight$$có một vectơ pháp tuyến là: $overrightarrow{n}=left$$overrightarrow{u}_1,overrightarrow{u}_{2}right$$=left$5;-1;1right$$

Phương trình $left$alpharight$:5text{x}-y+z-9=0$

Câu 14: Đáp án

Phương pháp: G là trực tâm tam giác MNP $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
G in left$MNPright$\
overrightarrow {MG} .overrightarrow {NP}  = 0\
overrightarrow {PG} .overrightarrow {MN}  = 0
end{array} right.$ 

Cách giải:$Gleft$x_0;y_0;z_{0}right$$ là trực tâm tam giác MNP $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
G in left$MNPright$\
overrightarrow {MG} .overrightarrow {NP}  = 0\
overrightarrow {PG} .overrightarrow {MN}  = 0
end{array} right.$ 

$overrightarrow{MN}=left$0;-1;-3right$,overrightarrow{text{NP}}left$-1;1;1right$text{ }$

Mặt phẳng $MNP$ có một VTPT $overrightarrow{n}=left$$overrightarrowMN,overrightarrowNPright$$=left$2;3;-1right$$

Phương trình $MNP$: $2x+3y-z-4=0$

$Gleft$x_0;y_0;z_{0}right$in left$MNPright$Leftrightarrow 2{{x}_{0}}+3{{y}_{0}}-{{z}_{0}}-4=0left$1right$$

$overrightarrow{MG}left$x_0-1;y_0-1;z_0-1right$Rightarrow overrightarrow{MG}.overrightarrow{NP}=left$x_0-1right$left$-1right$+left$y_0-1right$.1+left$z_0-1right$.1=0Leftrightarrow {{x}_{0}}+{{y}_{0}}+{{z}_{0}}-1=0left$2right$$ $overrightarrow{PG}left$x_0-0;y_0-1;z_0+1right$Rightarrow overrightarrow{PG}.overrightarrow{MN}=left$x_0-0right$.0+left$y_0-1right$.left$-1right$+left$z_0+1right$.left$-3right$=0Leftrightarrow {{y}_{0}}+3{{z}_{0}}+2=0left$3right$$

Từ $1$,$2$,$3$, suy ra $left{ begin{array}{l}
2{x_0} + 3{y_0} – {z_0} – 4 = 0\
{x_0} + {y_0} + {z_0} – 1 = 0\
{y_0} + 3{z_0} + 2 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x_0} = frac{{ – 5}}{7}\
{y_0} = frac{{10}}{7}\
{z_0} =  – frac{8}{7}
end{array} right. Rightarrow {x_0} + {z_0} =  – frac{{13}}{7}$

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích hình hộp $Vtext{=}Bh,$ trong đó:

B: diện tích đáy,

h: chiều cao

Cách giải:

Do $AAtext{ }//text{ }CC$ nên $left$A{A}^{\prime }text,ABCDright$=left$C{C}^{\prime }text,ABCDright$=60{}^circ $

$begin{array}{l}
A’H bot left$ABCDright$,H in left$ABCDright$\
 Rightarrow left$A{A}^{\prime },left(ABCDright)right$ = A’AH = 60^circ 
end{array}$

Hình thoi ABCD có $AB=BC=CD=DA=a,text{ }BDtext{=}Btext{ }!!’!!text{ }Dtext{ }!!’!!text{ =}asqrt{3}$

Tam giác OAB vuông tại O:

$begin{array}{l}
O{A^2} = A{B^2} – O{B^2} = {a^2} – {left$fracasqrt32right$^2} = frac{{{a^2}}}{4}\
 Rightarrow OA = frac{a}{2} Rightarrow AH = frac{a}{4};AC = a
end{array}$

Diện tích hình thoi ABCD: ${{S}_{ABCD}}=frac{1}{2}AC.BD=frac{1}{2}a.asqrt{3}=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{2}$

Tam giác A’AH vuông tại H: $tan A’SH=frac{A’H}{AH}Leftrightarrow tan 60{}^circ =frac{A’H}{frac{a}{4}}Leftrightarrow A’H=frac{asqrt{3}}{4}$

Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’:  $V={{S}_{ABCD}}.A’H=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{2}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{3{{a}^{3}}}{8}$

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp: Cho ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$ là hai số phức bất kì, khi đó $left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} right|=left| {{z}_{1}} right|.left| {{z}_{2}} right|$

Cách giải: Ta có: $text{w}=left$1+iright$overline{z}Rightarrow left| text{w} right|=left| left$1+iright$overline{z} right|=left| 1+i right|.left| overline{z} right|=sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}sqrt{5}=sqrt{10}$

Câu 17: Đáp án

Phương pháp: Tìm TCĐ của đồ thị hàm số $nếucó$ của từng đáp án.

Cách giải:

 $y=frac{{{x}^{2}}-1}{x+2}$có một tiệm cận đứng là $x=-2.$

$y=ln text{x}$có một tiệm cận đứng là $x=0text{ }$

$y=tan x$có vô số tiệm cận đứng là $x=frac{pi }{2}+kpi ,kin mathbb{Z}$

$y={{e}^{-frac{1}{sqrt{x}}}}$ không có tiệm cận đứng, vì:

+) TXD: $D=left$0;+inftyright$$

+) $underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},{{e}^{-frac{1}{sqrt{x}}}}=0$

Câu 18: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng ${{left$1+iright$}^{2}}=1+2i+{{i}^{2}}=1+2i-1=2i$

Cách giải:

$begin{array}{l}
{left$1+iright$^2} = 2i\
{left$1+iright$^8} = {left$${left(1+iright)}^{2}right$$^4} = {left$2iright$^4} = 16\
{left$1+iright$^3} = {left$1+iright$^2}left$1+iright$ = 2ileft$1+iright$ = 2i – 2\
{left$1+iright$^5} = {left$${left(1+iright)}^{2}right$$^2}left$1+iright$ = {left$2iright$^2}left$1+iright$ =  – 4i + 4
end{array}$ 

Như vậy, chỉ có số phức ${{left$1+iright$}^{8}}$ là số thực

Câu 19: Đáp án

Phương pháp: Công thức ${A_n} = M{left$\text{Extra open brace or missing close brace}$^n}$

Với: ${{A}_{n}}$ là số người sau năm thứ n,

M là số người ban đầu,

n là thời gian gửi tiền $năm$,

r là tỉ lệ tăng dân số $$

Cách giải: Từ 1/2017 đến năm 2020 có số năm là: 3 năm

Dân số Việt Nam đến năm 2020:

${A_3} = M{left$\text{Extra open brace or missing close brace}$^3} = 94,970,597.{left$\text{Extra open brace or missing close brace}$^3} approx 97,935,519 approx 98$ triệu $người$

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp: $underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{ln left$x+1right$}{x}=1$

Cách giải: $underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{ln text{x}}{x-1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{ln left$left(x-1right$+1 right)}{x-1}=1$

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp: ${{log }_{a}}{{b}^{c}}=c{{log }_{a}}bleft$a,b>0,ane0right$$

Cách giải: ${{a}^{c}}={{b}^{d}}Leftrightarrow ln {{a}^{c}}=ln {{b}^{d}}Leftrightarrow cln a=dln bLeftrightarrow frac{ln a}{ln b}=frac{d}{c}$

Câu 22: Đáp án D

Phương pháp: Công thức từng phần: $intlimits_{a}^{b}{udv}=left. uv right|_{a}^{b}-intlimits_{a}^{b}{vdu}$

Cách giải: Đặt $left{ begin{array}{l}
u = ln x\
dv = xdx
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
du = frac{{dx}}{x}\
v = frac{{{x^2}}}{2}
end{array} right.$ 

$begin{array}{l}
 Rightarrow I = left. {frac{{{x^2}}}{2}.ln x} right|_1^e – frac{1}{2}intlimits_1^e {xdx}  = frac{{{e^2}}}{2} – left$frac{e}^{2}4–frac14right$ = frac{{{e^2} + 1}}{4}\
 Rightarrow a = b = frac{1}{4} Rightarrow a + b = frac{1}{2}
end{array}$ 

Câu 23: Đáp án B

Phương pháp: $left$Pright$//left$Qright$:x+2y+3text{z}+2=0Rightarrow left$Pright$:x+2y+3text{z}+m,mne 2$

Thay tọa độ điểm A vào phương trình mặt phẳng $P$ và tìm hằng số m

Cách giải:

$left$Pright$//left$Qright$:x+2y+3text{z}+2=0Rightarrow left$Pright$:x+2y+3text{z}+m,mne 2$

Mà $left$Pright$//Aleft$2;1;3right$in left$Pright$Rightarrow 2+2.1+3.text{3}+2=0Rightarrow m=-13$$thỏamãn$

$Rightarrow left$Pright$text{: }x+2y+3text{z}-13=0$

Câu 24: Đáp án

Phương pháp:

– Xác định góc giữa hai đường thẳng: Cho a, b là hai đường thẳng bất kì, đường thẳng $a’//aRightarrow left$a;bright$=left$a^{\prime };bright$$

Cách giải:

Gọi O, M lần lượt là tâm của hình chữ nhật ABCD và trung điểm của SA

Þ MO là đường trung bình của tam giác SAC

$Rightarrow MOtext{//}SC$

$Rightarrow left$BD,SCright$text{=}left$BDtext,MOright$$

+) ABCD là hình chữ nhật

$Rightarrow AC=BD=sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{left$2aright$}^{2}}}=asqrt{5}$

$Rightarrow OA=OB=frac{BD}{2}=frac{asqrt{5}}{2}$

+) M là trung điểm SA $Rightarrow MA=frac{SA}{2}=frac{2a}{2}=a$

Tam giác MAB vuông tại A $Rightarrow MB=sqrt{M{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=asqrt{2}$

Tam giác MAO vuông tại A $Rightarrow MO=sqrt{M{{A}^{2}}+O{{A}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{left$fracasqrt52right$}^{2}}}=frac{3a}{2}$

+) Xét tam giác MBO:

$cos MOB=frac{M{{O}^{2}}+O{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}{2MO.OB}=frac{{{left$frac3a2right$}^{2}}+{{left$fracasqrt52right$}^{2}}-{{left$asqrt2right$}^{2}}}{2.frac{3a}{2}.frac{asqrt{5}}{2}}=frac{sqrt{5}}{5}>0Rightarrow MOB=90{}^circ $

$Rightarrow MOB=left$MO;BDright$Rightarrow cosleft$SC;BDright$=frac{sqrt{5}}{5}$

Câu 25: Đáp án

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng tạo bởi hai đồ thị hàm số $y=fleft$xright$,y=gleft$xright$$ và các đường thẳng $x=a,x=b,a<b$

$S=intlimits_{a}^{b}{left| fleft$xright$-gleft$xright$ right|}dx$

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của $y={{x}^{2}}$ và $y=x+2$

${x^2} = x + 2 Leftrightarrow {x^2} – x – 2 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – 1\
x = 2
end{array} right.$

Diện tích hình $H$:

$begin{array}{l}
S = intlimits_{ – 1}^2 {left| {{x^2} – left$x–2right$} right|} dx = intlimits_{ – 1}^2 {left| {{x^2} – x – 2} right|} dx =  – intlimits_{ – 1}^2 {left$x^2–x–2right$} dx = left. {left$frac13x^3–frac12x^2–2xright$} right|_{ – 1}^2\
 = left. {left$frac132^3–frac122^2–2.2right$} right| + left$frac13{left(–1right)}^3–frac12{left(–1right)}^2–2left(–1right)right$ = frac{9}{2}
end{array}$

Câu 26: Đáp án

Phương pháp:

Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp

– Xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy.

– Vẽ đường thẳng $d$ qua O và vuông góc đáy.

– Vẽ mặt phẳng trung trực của một cạnh bên bất kì cắt $d$ tại I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp cần tìm và bán kính $Rtext{ }=text{ }IAtext{ }=text{ }IBtext{ }=text{ }ICtext{ }=ldots $

Cách giải:

ABCD là hình thang cân $Rightarrow $  ABCD là tứ giác nội tiếp Þ Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD trùng với đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD.

Gọi I là trung điểm AD. Do $AB=CD=BC=a,text{ }AD=2a,$ ta dễ dàng chứng minh được I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD Þ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SD, SA.

Þ MI, MN là các đường trung bình của tam giác SAD

$Rightarrow MItext{//}SA,text{ }MNtext{//}AD$

Mà $SA bot left$ABCDright$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
MI bot left$ABCDright$\
MN bot SA
end{array} right.$ 

$Rightarrow MBtext{=}MCtext{=}MDtext{=}MAtext{,}MN$ là trung trực của SA

$Rightarrow MBtext{=}MCtext{=}MDtext{=}MSleft$=MAright$$

$Rightarrow M$ là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD

Bán kính $R=MS=frac{SD}{2}=frac{sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}{2}=frac{sqrt{{{left$2aright$}^{2}}+{{left$2aright$}^{2}}}}{2}=asqrt{2}$

Thể tích mặt cầu: $V=frac{4}{3}pi {{R}^{3}}=frac{4}{3}pi {{left$asqrt2right$}^{3}}=frac{8pi {{a}^{3}}sqrt{2}}{3}$

Câu 27: Đáp án

Phương pháp: Đặt $t=-x$

Cách giải: $I=intlimits_{-1}^{1}{frac{fleft$xright$}{1+{{e}^{x}}}}dtext{x}=1left$1right$$

Đặt $t=-xRightarrow dt=-dx.$

Đổi cận $left{ begin{array}{l}
x =  – 1 Rightarrow t = 1\
x = 1 Rightarrow t =  – 1
end{array} right.$

Khi đó: $I=intlimits_{-1}^{1}{frac{fleft$xright$}{1+{{e}^{x}}}}dtext{x}=-intlimits_{1}^{-1}{frac{fleft$-tright$}{1+{{e}^{-t}}}}dtext{t}=-intlimits_{1}^{-1}{frac{fleft$tright$}{frac{1+{{e}^{t}}}{{{e}^{t}}}}}dtext{t}$ $do\$fleft(xright$$ là hàm chẵn) $=-intlimits_{1}^{-1}{frac{{{e}^{t}}fleft$tright$}{1+{{e}^{t}}}}dtext{t}=intlimits_{-1}^{1}{frac{{{e}^{x}}fleft$xright$}{1+{{e}^{x}}}}dtext{t}$$Rightarrow intlimits_{-1}^{1}{frac{{{e}^{x}}fleft$xright$}{1+{{e}^{x}}}}dtext{t}=1left$2right$$

Từ $1$, $2$, suy ra $intlimits_{-1}^{1}{frac{{{e}^{x}}fleft$xright$}{1+{{e}^{x}}}}dtext{t+}intlimits_{-1}^{1}{frac{{{e}^{x}}fleft$xright$}{1+{{e}^{x}}}}dtext{t}=2Leftrightarrow intlimits_{-1}^{1}{frac{left$e^x+1right$fleft$xright$}{1+{{e}^{x}}}}dtext{x=2}Leftrightarrow intlimits_{-1}^{1}{fleft$xright$}dtext{x=2}$

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:                                       

– Xác định góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng $P$:

Bước 1: Xác định giao điểm I của AB và $P$

Bước 2: Từ B hạ BH vuông góc với $P$

Bước 3: Nối IH $Rightarrow $  Góc HIB là góc tạo bởi AB và $P$.

Cách giải:

Gọi D là trung điểm của AB.

Tam giác ABC đều $Rightarrow CDbot AB$

Mà $CDbot SA$ do $SAbot left$ABCright$$

$Rightarrow CDbot left$SABright$Rightarrow left$SC,left(SABright$ right)=left$SC,SDright$=CSD$

Tam giác ABC đều, cạnh a, M là trung điểm AB

$Rightarrow AD=frac{a}{2},CD=frac{asqrt{3}}{2}$

Tam giác ADS vuông tại A $Rightarrow SD=sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=sqrt{{{left$fracasqrt22right$}^{2}}+{{left$fraca2right$}^{2}}}=frac{asqrt{3}}{2}$

Tam giác SDC vuông tại D $Rightarrow tan DSC=frac{DC}{SD}=frac{frac{asqrt{3}}{2}}{frac{asqrt{3}}{2}}=1Rightarrow DSC=45{}^circ Rightarrow left$SC;left(SABright$ right)=45{}^circ $

Câu 29: Đáp án

Phương pháp:

+) Dãy số $left$u_{n}right$$: $left{ begin{array}{l}
{u_1} = 1\
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,n ge 1
end{array} right.$là dãy cấp số cộng, với ${{u}_{1}}=1$ công sai $d=2text{ }$

Số hạng tổng quát của dãy ${{u}_{n}}={{u}_{n-1}}+left$n-1right$d,nge 1$

+) Dãy số $left$u_{n}right$$: $left{ begin{array}{l}
{u_1} = 1\
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,n ge 1
end{array} right. Rightarrow frac{1}{{{u_k}{u_{k + 1}}}} = frac{1}{2}frac{{{u_{k + 1}} – {u_k}}}{{{u_k}{u_{k + 1}}}} = frac{1}{2}left$frac1u_k–frac1u_{k+1}right$$

Cách giải

Dãy số $left$u_{n}right$$: $left{ begin{array}{l}
{u_1} = 1\
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,n ge 1
end{array} right.$là dãy cấp số cộng, với ${{u}_{1}}=1$ công sai $d=2text{ }$

$begin{array}{l}
 Rightarrow {u_n} = {u_1} + left$n–1right$d = 1 + left$n–1right$.2 = 2n – 1\
{S_n} = frac{1}{{{u_1}{u_2}}} + frac{1}{{{u_2}{u_3}}} + … + frac{1}{{{u_n}{u_{n + 1}}}} = frac{1}{2}left$frac1u_1–frac1u_{2}right$ + frac{1}{2}left$frac1u_2–frac1u_{3}right$ + … + frac{1}{2}left$frac1u_n–frac1u_{n+1}right$ = frac{1}{2}left$frac1u_1–frac1u_{n+1}right$\
 = frac{1}{2}left$frac11–frac11+2nright$ = frac{n}{{1 + 2n}}
end{array}$