BẢNG ĐÁP ÁN
|
1.C |
2.D |
3.A |
4.C |
5.B |
6.D |
7.C |
8.B |
9.A |
10.C |
|
11.B |
12.A |
13.C |
14.D |
15.D |
16.B |
17.B |
18.B |
19.A |
20.C |
|
21.C |
22.A |
23.B |
24.A |
25.A |
26.A |
27.D |
28.C |
29.B |
30.B |
|
31.D |
32.D |
33.B |
34.D |
35.A |
36.C |
37.A |
38.B |
39.D |
40.A |
|
41.C |
42.D |
43.C |
44.D |
45.C |
46.D |
47.A |
48.A |
49.B |
50.A |
Câu 1: Chọn C
Chọn C
Khối hộp chữ nhật có thể tích là: $V=1.2.3=6$$\text{c}{{\text{m}}^{3}}$.
Câu 2.Chọn D
Ta có ${y}'=\frac{-m+2}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}$
Hàm số đồng biến trên $\left( 0\,;\,3 \right]$$\Leftrightarrow $${y}'>0$, $\forall \,x\in \left( 0\,;\,3 \right]$ $\Leftrightarrow $ $\frac{-m+2}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}>0\,$, $\forall \,x\in \left( 0\,;\,3 \right]$
Hay $\left\{ \begin{array}{l}
- m + 2 > 0\\
m \notin \left( {0\,;\,3} \right]
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow $ $\left\{ \begin{array}{l}
m < 2\\
\left[ \begin{array}{l}
m > 3\\
m \le 0
\end{array} \right.
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow $ $m \le 0$.
Câu 3. Chọn A
Ta có $2f\left( x \right)+3m=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-\frac{3m}{2}$
Để phương trình $2f\left( x \right)+3m=0$ có 4 nghiệm phân biệt thì đồ thị hai hàm số $y=f\left( x \right)$và $y=-\frac{3m}{2}$ phải cắt nhau tại 4 điểm phân biệt.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra $-8<-\frac{3m}{2}<1\Leftrightarrow -\frac{2}{3}<m<\frac{16}{3}$
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{ \text{0;1;2;3;4;5} \right\}$.
Vậy có 6 giá trị của $m$ thỏa mãn đề bài.
Câu 4.Chọn C
Ta có ${y}'=\frac{{{\left( x \right)}^{\prime }}\left( 1+\ln x \right)-x{{\left( 1+\ln x \right)}^{\prime }}}{{{\left( 1+\ln x \right)}^{2}}}=\frac{1+\ln x-x.\frac{1}{x}}{{{\left( 1+\ln x \right)}^{2}}}=\frac{\ln x}{{{\left( 1+\ln x \right)}^{2}}}$
Câu 5.Chọn B
Ta có: ${\log _2}\left( {{x^2} - 4\left| x \right| + 4} \right) = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 4\left| x \right| + 4 = {2^2} \Leftrightarrow {x^2} - 4\left| x \right| = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left| x \right| = 0\\
\left| x \right| = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = - 4\\
x = 4
\end{array} \right.$
Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là $3$.
Câu 6.Chọn D
Ta có:
${6^{2x - 1}} - {5.6^{x - 1}} + 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{6}{.6^{2x}} - \frac{5}{6}{.6^x} + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{6^x}} \right)^2} - {5.6^x} + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{6^x} = 3\\
{6^x} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {\log _6}3\\
x = {\log _6}2
\end{array} \right..$
Suy ra tổng hai nghiệm: ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}={{\log }_{6}}3+{{\log }_{6}}2={{\log }_{6}}\left( 3.2 \right)=1.$
Câu 7: Chọn C
+ Xét khối nón tâm $O$, có đường sinh$AB$ = $AC$ = $a$, $OB$ = $OC$ = $R$ = $\frac{a}{2}$
+ Tam giác $AOC$ vuông tại $O$ có $h$ = $AO$ = $\sqrt{A{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}$ = $\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
+ Khối nón có thể tích là $V$ = $\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$.
Câu 8: Chọn B
+ Xét hình chóp tam giác đều $SABC$ có $SA$ = $SB$ = $SC$ = $AB$ = $AC$ = $BC$ = $a$
Chân đường cao hạ từ $S$ trùng với tâm$O$của tam giác đều$ABC$, $M$ là trung điểm của $BC$.
+ Tam giác đều $ABC$, có $O$ là tâm, $AO$ = $\frac{2}{3}$$AM$ = $\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}$= $\frac{a\sqrt{3}}{3}$
Diện tích tam giác $ABC$: $S$ = $\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$
+ Tam giác $SAO$ vuông tại $O$có $h=SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}$=$\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
+ Thể tích $SABC$: $V$ = $\frac{1}{3}Sh$= $\frac{1}{3}\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\frac{a\sqrt{6}}{3}$ = $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.
Câu 9.Chọn A
Gọi $I$là trung điểm của$AB$. Khi đó, $I\left( 0\,;0\,;1 \right)$ là tâm của mặt cầu đường kính $AB$.
Bán kính mặt cầu là $R=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -4 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{6}$.
Vậy phương trình mặt cầu là ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=6$.
Câu 10. Chọn C
Ta có ${f}'\left( x \right)=4x-\frac{1}{x}$, khi đó ${f}'\left( x \right)=0$ có nghiệm $x=\frac{1}{2}$ $\left( \in \left( \frac{1}{\text{e}};\text{e} \right) \right)$
Mặt khác, $f\left( \frac{\text{1}}{\text{e}} \right)=\frac{2}{{{\text{e}}^{2}}}+1$, $f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{2}+\ln 2$,$f\left( \text{e} \right)=2{{\text{e}}^{2}}-1$ nên $M=\underset{\left[ \frac{\text{1}}{\text{e}};\text{e} \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=2{{\text{e}}^{2}}-1$, $m=\underset{\left[ \frac{\text{1}}{\text{e}};\text{e} \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=\frac{1}{2}+\ln 2$. Do đó $M-m=2{{\text{e}}^{2}}-\ln 2-\frac{3}{2}$.
Câu 11: Chọn B
Xét phương trình $f'\left( x \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\\
{x = 1}\\
{x = - 2}
\end{array}} \right.$
Ta có bảng xét dấu sau:
Dễ thấy ${f}'\left( x \right)$đổi dấu khi qua $x=-2$ và ${f}'\left( x \right)$đổi dấu khi qua $x=1$(theo chiều dương) nên hàm số có 2 điểm cực trị.
Câu 12: Chọn A
Ta có:
$\begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,;\,0\,;\,1} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( {1\,;\,1\,;\,1} \right)\\
\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
1&1
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}\\
1&1
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1}&0\\
1&1
\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 1\,;\,2\,;\, - 1} \right).
\end{array}$
Khi đó:
${{S}_{\vartriangle ABC}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|=\frac{1}{2}\sqrt{{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$.
Câu 13: Chọn C
Từ công thức tính tích vô hướng của hai vectơ $\overrightarrow{u}$và $\overrightarrow{v}$ trong không gian: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|.cos\left( \overrightarrow{u}\,,\overrightarrow{v} \right)$
Ta dễ dàng suy ra được $cos\left( \overrightarrow{u}\,,\,\overrightarrow{v} \right)=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|}$.
Ta có: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=-1.0+1.\left( -1 \right)+0.0=-1$ và $\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|=\sqrt{{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}+{{0}^{2}}}.\sqrt{{{0}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{0}^{2}}}=\sqrt{2}$.
Khi đó: $cos\left( \overrightarrow{u}\,,\overrightarrow{v} \right)=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|}=-\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \left( \overrightarrow{u}\,,\overrightarrow{v} \right)={{135}^{0}}$.
Câu 14: Chọn D
Ta có: ${{\text{e}}^{{{x}^{2}}-x-1}}<\frac{1}{\text{e}}\Leftrightarrow {{\text{e}}^{{{x}^{2}}-x-1}}<{{\text{e}}^{-1}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-1<-1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x<0\Leftrightarrow 0<x<1$.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $\left( 0\,;1 \right)$.
Câu 15: Chọn D
Thể tích của khối trụ nhỏ: ${{V}_{1}}=\pi r_{1}^{2}h$.
Thể tích của khối trụ lớn: ${{V}_{2}}=\pi r_{2}^{2}h=9\pi r_{1}^{2}h$.
Thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ: $V={{V}_{2}}-{{V}_{1}}=8\pi r_{1}^{2}h$.
Tỉ số thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ và khối trụ nhỏ: $\frac{V}{{{V}_{1}}}=\frac{8\pi r_{1}^{2}h}{\pi r_{1}^{2}h}=8$.
Câu 16: Chọn B
Gọi $D\left( a\,;\,b\,;\,c \right)$.
$\overrightarrow{AB}=\left( 3\,;\,1\,;\,-5 \right)$
$\overrightarrow{AC}=\left( 2\,;\,-1\,;\,-2 \right)$
Vì $\frac{3}{2}\ne \frac{1}{-1}$ nên $\overrightarrow{AB}$ không cùng phương $\overrightarrow{AC}$.
Suy ra tồn tại hình bình hành $ABCD$.
Suy ra $ABCD$ là hình bình hành khi $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 = 1 - a\\
1 = - 1 - b\\
- 5 = - c
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 2\\
b = - 2\\
c = 5
\end{array} \right.$
Vậy $D\left( -2\,;\,-2\,;\,5 \right)$.
Câu 17. Chọn B
Điều kiện: $x>1$
Khi đó BPT $\Leftrightarrow x\left( {{x}^{3}}-1 \right)<14\Leftrightarrow {{x}^{4}}-x-14<0\Leftrightarrow {{x}^{4}}-16-x+2<0$
$\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left( {{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+4x+7 \right)<0$
Nhận xét: Do ${{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+4x+7>0\,$với mọi $x>1$
BPT $\Leftrightarrow x-2<0\Leftrightarrow x<2$
So điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là $\left( 1\,;\,2 \right)$.
Câu 18: Chọn B
Dựa vào đồ thị nhận thấy tại các giá trị $x=-1\vee x=1\vee x=2$ thì ${f}'\left( x \right)=0$.
Và $x\in \left( -\infty \,;\,-1 \right)\cup \left( 1\,;\,2 \right)$ thì ${f}'\left( x \right)>0$; $x\in \left( -1\,;\,1 \right)\cup \left( 2\,;\,+\infty \right)$ thì ${f}'\left( x \right)<0$
BBT:
Vậy hàm số đồng biến trên $\left( -\infty \,;\,-1 \right)$ và $\left( 1\,;\,2 \right)$.
Câu 19: Chọn A
Áp dụng công thức tìm trung điểm của đoạn $AB$ ta có $I\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)$.
Câu 20. Chọn C
Ta có $y'=-3{{x}^{2}}+6x+9$
$y'=-3{{\left( x-1 \right)}^{2}}+12\le 12$
Vậy hệ số góc lớn nhất của tiếp tuyến với đồ thị $\left( C \right)$ là $12$.
Câu 21.Chọn C
Ta có: $\int{f\left( x \right)\text{d}x}=\int{\left( {{2}^{x}}+x \right)\text{d}x}=\frac{{{2}^{x}}}{\text{ln}\,2}+\frac{{{x}^{2}}}{2}+C$.
Câu 22: Chọn A
Công thức: ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d$.
Cấp số cộng $\left( {{u}_{n}} \right)$ có số hạng đầu là ${{u}_{1}}$ và công sai $d$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_4} = 10\\
{u_7} = 19
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + 3d = 10\\
{u_1} + 6d = 19
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 1\\
d = 3
\end{array} \right.$
Nên ${{u}_{10}}={{u}_{1}}+9d=1+9.3=28$.
Câu 23. Chọn B
Diện tích xung quanh của hình cầu có bán kính $R$ là $S=4\pi {{R}^{2}}$
Suy ra $16\pi =4\pi {{R}^{2}}$$\Leftrightarrow R=2$ cm.
Câu 24. Chọn A
dựa vào đồ thị hàm số
Câu 25. Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
$\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=2$ nên đường thẳng $y=2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty ;\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty $ nên đường thẳng $x=1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
Câu 26: Chọn A
Khi quay tam giác $ABC$xung quanh trục $AH$ ta được hình nón tròn xoay có bán kính đáy$R=HC=AH=8\text{ cm}.$
Đường sinh $l=AC=R\sqrt{2}=8\sqrt{2}\text{ cm}.$
Vậy diện tích xung quanh hình nón tròn xoay là:
${{S}_{xq}}=\pi Rl=\pi .8.8\sqrt{2}=64\sqrt{2}\pi \left( \text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}} \right)\text{.}$
Câu 27.Chọn D
Ta có ${{\log }_{a}}(a{{b}^{2}}{{c}^{3}})={{\log }_{a}}a+2{{\log }_{a}}b+3{{\log }_{a}}c$
Vì ${{\log }_{a}}c={{\log }_{a}}b.{{\log }_{b}}c=mn$ và ${{\log }_{a}}b=m$ nên ta có ${{\log }_{a}}(a{{b}^{2}}{{c}^{3}})=1+2m+3mn$.
Câu 28.Chọn C
Gọi$O=AC\cap BD$. Ta có$\left( SBD \right)\cap \left( ABCD \right)=BD$. Vì$ABCD$là hình vuông nên$AO\bot BD$.
Lại có$BD\bot \left( SAC \right)$ nên $BD\bot SO$. Do đó, ta có$\left( \left( SBD \right);\left( ABCD \right) \right)=\left( SO;AO \right)$.
Vì $\Delta \,SAO$ có $\overset{}{\mathop{SAO}}\,=90{}^\circ $nên$\overset{}{\mathop{SOA}}\,$là góc nhọn và ta có$\left( \left( SBD \right);\left( ABCD \right) \right)=\overset{}{\mathop{SOA}}\,$.
Xét$\vartriangle SAO$ ta có$\tan \,\overset{}{\mathop{SOA}}\,=\frac{SA}{AO}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \,\overset{}{\mathop{SOA}}\,=30{}^\circ $.
Câu 29: Chọn B
Dựa vào hình vẽ, đây là đồ thị của hàm số bậc bốn có hệ số $a>0.$ Do đó loại đáp án A, D
Đồ thị hàm số đi qua các điểm$\left( -1;0 \right)$ nên chọn B
Câu 30: Chọn B
Áp dụng công thức: $\log \left( a.b \right)=\log a+\log b$với$a,b>0$
$\log \left( {{a}^{n}} \right)=n.\log a$ với $a>0$
Ta có: $\log \left( a.{{b}^{3}} \right)=\log a+\log \left( {{b}^{3}} \right)=\log a+3.\log b=10+3.100=310.$
