Đáp án
|
1-D |
2-A |
3-B |
4-D |
5-B |
6-D |
7-D |
8-B |
9-D |
10-D |
|
11-A |
12-D |
13-D |
14-C |
15-A |
16-A |
17-C |
18-A |
19-C |
20-B |
|
21-A |
22-B |
23-C |
24-C |
25-C |
26-C |
27-D |
28-B |
29-C |
30-C |
|
31-A |
32-A |
33-D |
34-B |
35-D |
36-A |
37-B |
38-C |
39-D |
40-C |
|
41-A |
42-B |
43-D |
44-D |
45-C |
46-A |
47-A |
48-B |
49-D |
50-B |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D.
Phương pháp: Hàm số $y=\tan x$ xác định $\Leftrightarrow \cos x\ne 0$
Cách giải: Hàm số $y=\tan x$ xác định $\Leftrightarrow \cos x\ne 0\Leftrightarrow x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \,\left( k\in Z \right)$
Vậy TXĐ: $D=R\backslash \left\{ \frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in Z \right\}.$
Câu 2: Đáp án A.
Phương pháp : Số phức $z=a+bi$ có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là $M\left( a;b \right)$trong đó a là phần thực và b là phần ảo.
Cách giải: $M\left( 3;-4 \right)\Rightarrow $ Số phức z có phần thức là 3 và phần ảo là -4.
Câu 3: Đáp án B.
Phương pháp : Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.
Cách giải: $S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx=\int\limits_{a}^{c}{\left| f\left( x \right) \right|dx+\int\limits_{c}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx=-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx+}}}}\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}$
Câu 4: Đáp án D.
Phương pháp: Viết phương trình mặt phẳng (ABC) dạng đoạn chắn.
Cách giải: Phương trình mặt phẳng (ABC): $\frac{x}{8}+\frac{y}{2}+\frac{z}{-4}=1\Leftrightarrow x+4y-2z-8=0$
Câu 5: Đáp án B.
Phương pháp: Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M\left( 1;-3;4 \right)$ và nhận $\overrightarrow{{{n}_{\left( \beta \right)}}}=\left( 6;-5;1 \right)$ là 1 VTPT.
Cách giải: Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M\left( 1;-3;4 \right)$ và nhận $\overrightarrow{{{n}_{\left( \beta \right)}}}=\left( 6;-5;1 \right)$ là 1 VTPT nên có phương trình:
$6\left( x-1 \right)-5\left( y+3 \right)+\left( z-4 \right)=0\Leftrightarrow 6x-5y+z-25=0.$
Câu 6: Đáp án D.
Phương pháp : Dựa vào BBT.
Cách giải :
A sai vì giá trị cực đại của hàm số bằng 2.
B sai vì hàm số có 3 cực trị.
C sai vì hàm số không có GTLN.
Câu 7: Đáp án D.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right)=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và đường thẳng $y=m.$
Cách giải:$f\left( x \right)-2=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=2.$
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và đường thẳng $y=2.$
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có 2 nghiệm.
Câu 8: Đáp án B.
Phương pháp: Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M\left( 1;-3;4 \right)$ và nhận $\overrightarrow{{{n}_{\left( \beta \right)}}}=\left( 6;2;-1 \right)$ là 1 VTPT.
Cách giải: Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M\left( 1;-3;4 \right)$ và nhận $\overrightarrow{{{n}_{\left( \beta \right)}}}=\left( 6;2;-1 \right)$ là 1 VTPT nên có phương trình: $6\left( x-1 \right)+2\left( y+3 \right)-\left( z-4 \right)=0\Leftrightarrow 6x+2y-z+4=0.$
Câu 9: Đáp án A.
Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ tại điểm có hoành độ $x={{x}_{0}}$ là $y=y'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}$
Cách giải: TXĐ: $D=R.$
Ta có $y'=1+\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\Rightarrow y'\left( 0 \right)=1;\,y\left( 0 \right)=1$
$\Rightarrow $ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=0$ là:
$y=y'\left( 0 \right)\left( x-0 \right)+y\left( 0 \right)=1\left( x-0 \right)+1=x+1$
Câu 10: Đáp án D.
Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón ${{S}_{xq}}=\pi rl.$
Cách giải: Độ dài đường sinh của hình nón $l=\sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}}=5a$
Diện tích xung quanh của hình nón ${{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .4a.5a=20\pi {{a}^{2}}.$
Câu 11: Đáp án A.
Phương pháp: Số tập con có 2 phần tử của tập A là chỉnh hợp chập 2 của 4.
Cách giải: Số tập con có 2 phần tử của tập A là $C_{4}^{2}=6.$
Câu 12: Đáp án D.
Phương pháp: Đường thẳng d có phương trình tham số: $\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 - 2t\\
y = 3t\\
z = 2 + t
\end{array} \right.$ có phương trình chính tắc
$\frac{x-{{x}_{0}}}{a}=\frac{y-{{y}_{0}}}{b}=\frac{z-{{z}_{0}}}{c}$
Cách giải: Phương trình chính tắc của đường thẳng d là: $\frac{x-1}{-2}=\frac{y}{3}=\frac{z-2}{1}$
Câu 13: Đáp án D.
Phương pháp: $\log f\left( x \right)<a\Leftrightarrow f\left( x \right)<{{10}^{a}}.$
Cách giải: ĐK: $-{{x}^{2}}+100x-2400>0\Leftrightarrow x\in \left( 40;60 \right)$
$\log \left( -{{x}^{2}}+100x-2400 \right)<2$ $\Leftrightarrow -{{x}^{2}}+100x-2400<{{10}^{2}}=100$
$\Leftrightarrow -{{x}^{2}}+100x-2500<0$ $\Leftrightarrow -{{\left( x-50 \right)}^{2}}<0\,\Leftrightarrow \,x\ne 50$
$ \Rightarrow S = \left( {40;60} \right)\backslash \left\{ {50} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 40\\
b = 60\\
{x_0} = 50
\end{array} \right. \Rightarrow a + b - {x_0} = 50$
Câu 14: Đáp án C.
Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho n và sử dụng giới hạn $\lim \frac{1}{{{n}^{\alpha }}}=0\left( a>1 \right)$
Cách giải: $\lim \frac{3n+1}{n-2}=\lim \frac{3+\frac{1}{n}}{1-\frac{2}{n}}=3$
Câu 15: Đáp án A.
Phương pháp: Hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục tại $x={{x}_{0}}\Leftrightarrow \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( {{x}_{0}} \right)$
Cách giải:$\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)=3$
$f\left( 1 \right)=2m+1$
Để hàm số liên tục tại $x=1\Leftrightarrow \underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)\Leftrightarrow 3=2m+1\Leftrightarrow m=1.$
Câu 16: Đáp án A.
Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép.
Cách giải: Số tiền anh A nhận được sau n tháng là:
$A\left( 1+r \right)+A{{\left( 1+r \right)}^{2}}+...+A{{\left( 1+r \right)}^{n}}$ $=A\left( 1+r \right)\left[ 1+\left( 1+r \right)+...+{{\left( 1+r \right)}^{n-1}} \right]$
$A\left( 1+r \right)\frac{1-{{\left( 1+r \right)}^{n}}}{1-\left( 1+r \right)}=A\left( 1+r \right).\frac{\left[ {{\left( 1+r \right)}^{n}}-1 \right]}{r}>100$
$ \Leftrightarrow \frac{{3\left( {1 + 0,7\% } \right)}}{{0,7\% }}.\left[ {{{\left( {1 + 0,7\% } \right)}^n} - 1} \right] > 100 \Leftrightarrow n > 29,88$
Vậy phải cần ít nhất 30 tháng để anh A có được nhiều hơn 100 triệu.
Câu 17: Đáp án C.
Phương pháp: Chia tử cho mẫu.
Cách giải: $\int\limits_{\frac{1}{3}}^1 {\frac{{x - 5}}{{2x + 2}}dx = \int\limits_{\frac{1}{3}}^1 {\frac{{x + 1 - 6}}{{2x + 2}}dx} } = \int\limits_{\frac{1}{3}}^1 {\left( {\frac{1}{2} - \frac{3}{{x + 1}}} \right)dx = \left( {\frac{1}{2}x - 3\ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}
^1\\
_{\frac{1}{3}}
\end{array} \right.} $
$ = \frac{1}{2} - 3\ln 2 - \frac{1}{6} + 3\ln \frac{4}{3} = \frac{1}{3} + 3\ln \frac{2}{3} = \frac{1}{3} + \ln \frac{8}{{27}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{3}\\
b = \frac{8}{{27}}
\end{array} \right. \Rightarrow ab = \frac{8}{{81}}$
Câu 18: Đáp án A.
Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ tại điểm có hoành độ ${{x}_{0}}$ là: $y=f'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}$
Cách giải: Ta có: $y'=\frac{2x-1}{{{x}^{2}}-x+1}\Rightarrow y'\left( 1 \right)=1$
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=1$ là:
$y=1\left( x-1 \right)+\ln 1=x-1.$
Câu 19: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng định lí Vi-et.
Cách giải: ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$ là hai nghiệm phức của phương trình ${{z}^{2}}+z+1=0$ nên theo định lí Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{z_1} + {z_2} = - \frac{b}{a} = - 1\\
{z_1}{z_2} = \frac{c}{a} = 1
\end{array} \right.$
$P=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+{{z}_{1}}{{z}_{2}}={{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)}^{2}}-{{z}_{1}}{{z}_{2}}={{\left( -1 \right)}^{2}}-1=0.$
Câu 20: Đáp án B.
Phương pháp: Tính khoảng cách từ A đến (SBC) và so sánh khoảng cách từ O đến (SBC) với khoảng cách từ A đến (SBC)
Cách giải: Tam giác ABC có $ABC={{60}^{0}}\Rightarrow \Delta ABC$ đều cạnh a.
Gọi M là trung điểm của BC $\Rightarrow AM\bot BC.$ Trong mặt phẳng (SAM) kẻ $AH\bot SM$ ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SA\\
BC \bot AM
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$
$\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH$
Tam giác ABC đều cạnh a nên $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Ta có : $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{M}^{2}}}=\frac{4}{9{{a}^{2}}}+\frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{16}{9{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{3a}{4}$
Ta có $OA\cap \left( SBC \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( O;\left( SBC \right) \right)}{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}=\frac{OC}{AC}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow d\left( O;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}AH=\frac{3a}{8}$
Câu 21: Đáp án A.
Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và sự đơn điệu của đồ thị hàm số.
Cách giải: Ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;2 \right)$ và $\left( 2;+\infty \right)$ $\Rightarrow y'<0\,\,\forall x\ne 2.$
Câu 22: Đáp án B.
Phương pháp: Đặt $t=\sqrt{x+1}$
Cách giải: Đặt $t=\sqrt{x+1}\Leftrightarrow {{t}^{2}}=x+1\Rightarrow dx=2tdt,$ đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = 1\\
x = 3 \Rightarrow t = 2
\end{array} \right.$
$\Rightarrow \int\limits_{0}^{3}{f\left( \sqrt{x+1} \right)dx=\int\limits_{1}^{2}{f\left( t \right)2tdt=2\int\limits_{1}^{2}{xf\left( x \right)}}}dx=8\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{xf\left( x \right)dx=4}$
Câu 23: Đáp án C.
Phương pháp:
Hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến trên R $\Leftrightarrow f'\left( x \right)\ge 0\,\,\forall x\in R$và $f'\left( x \right)=0$ tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
Đáp án A: $y'=4{{x}^{3}}+4x=0\Leftrightarrow x=0\Rightarrow y'>0\Leftrightarrow x>0$
Đáp án B: TXĐ $D=R\backslash \left\{ -\frac{1}{2} \right\},$ ta có $y'=\frac{3}{{{\left( 2x+1 \right)}^{2}}}>0\,\forall x\in D\Rightarrow $ hàm số đồng biến trên các khoảng xác định $\left( -\infty ;-\frac{1}{2} \right)$ và $\left( -\frac{1}{2};+\infty \right)$
Đáp án C: $y'=3{{x}^{2}}+1>0\,\,\forall x\in R\Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên R.
Đáp án D: TXĐ: $D=R\backslash \left\{ \frac{\pi }{2}+k\pi \right\},$ ta có $y'=1+\frac{1}{co{{s}^{2}}x}>0\,\,\forall x\in D\Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.
Vậy chỉ có đáp án C đúng.
Câu 24: Đáp án C.
Phương pháp : Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ${{\left( a+b \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{a}^{n-k}}{{b}^{k}}}$
Cách giải : ${{\left( \frac{1}{{{x}^{3}}}+{{x}^{5}} \right)}^{12}}=\sum\limits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.{{\left( \frac{1}{{{x}^{3}}} \right)}^{k}}.{{\left( {{x}^{5}} \right)}^{12-k}}=\sum\limits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.\frac{1}{{{x}^{3k}}}.{{x}^{60-5k}}=\sum\limits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.{{x}^{60-8k}}}}}$
$60-8k=4\Leftrightarrow k=7\Leftrightarrow $ Số hạng chứa ${{x}^{4}}$ là $C_{12}^{7}.{{x}^{4}}=792{{x}^{4}}.$
Câu 25: Đáp án C.
Phương pháp : ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}},$ với O là giao điểm 2 đường chéo.
Cách giải : Gọi $O=AC\cap BD$
Ta có: $BO=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Xét tam giác vuông SOB có $SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{O}^{2}}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$
$\Rightarrow {{V}_{A.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}\frac{a}{\sqrt{2}}.{{a}^{2}}=\frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{6}$
Câu 26: Đáp án C.
Phương pháp: Sử dụng các công thức ${{\log }_{{{a}^{n}}}}{{x}^{m}}=\frac{m}{n}{{\log }_{a}}b$ và $\log \left( ab \right)=\log a+\log b$ (giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Cách giải: $P={{\log }_{a}}\left( \frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{3}}} \right)={{\log }_{a}}{{b}^{2}}-{{\log }_{a}}{{c}^{3}}=2{{\log }_{a}}b-3{{\log }_{a}}c=2.2-3.3=-5$
Câu 27: Đáp án D.
Phương pháp :
+) Xác định mặt phẳng (P) chứa AB và song song với OO’.
+) $d\left( \text{OO }\!\!'\!\!\text{ ;AB} \right)=d\left( \text{OO }\!\!'\!\!\text{ ;}\left( P \right) \right)$
Cách giải :
Dựng AA’//OO’ ta có: $\left( \text{OO }\!\!'\!\!\text{ ;AB} \right)=\left( \text{AA }\!\!'\!\!\text{ ;AB} \right)=A'AB={{30}^{0}}$
Gọi M là trung điểm của A’B ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
O'M \bot A'B\\
O'M \bot {\rm{AA}}'
\end{array} \right. \Rightarrow O'M \bot \left( {ABA'} \right) \Rightarrow O'M = \left( {O';\left( {ABA'} \right)} \right)$
$\text{OO}'//\text{AA }\!\!'\!\!\text{ }\Rightarrow \text{OO }\!\!'\!\!\text{ //}\left( ABA' \right)\supset AB$
$\Rightarrow d\left( \text{OO}';AB \right)=d\left( \text{OO}';\left( ABA' \right) \right)$$=d\left( O'\left( ABA' \right) \right)=O'M$
Xét tam giác vuông ABA’ có $\text{A }\!\!'\!\!\text{ B=AA}'.tan30=a\sqrt{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}=a\Rightarrow MB=\frac{a}{2}$
Xét tam giác vuông O’MB có $O'M=\sqrt{O'{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Câu 28: Đáp án B.
Phương pháp :
Nếu $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=a$ hoặc $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=a\Rightarrow y=a$ là đường TCN của đồ thị hàm số.
Nếu $\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty \Rightarrow x={{x}_{0}}$là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
Cách giải : Dễ thấy đồ thị hàm số có 1 đường TCN là $y=0$ và 2 đường TCĐ là $x=1;x=3.$
Vậy $n=3.$
Câu 29: Đáp án C.
Phương pháp:
+) Chọn 2 học sinh nam.
+) Chọn 3 học sinh nữ.
+) Sử dụng quy tắc nhân.
Cách giải:
Số cách chọn 2 học sinh nam $C_{6}^{2}.$
Số cách chọn 3 học sinh nữ $C_{9}^{3}.$
Vậy số cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam là $C_{6}^{2}.C_{9}^{3}.$
