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 |
|
D |
C |
B |
A |
D |
B |
A |
C |
A |
B |
D |
A |
A |
D |
C |
A |
C |
D |
B |
A |
C |
B |
D |
D |
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 |
|
C |
C |
B |
B |
A |
D |
D |
C |
D |
B |
A |
C |
C |
A |
C |
A |
C |
B |
C |
B |
B |
B |
A |
D |
C |
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: Chọn D.
Dựa vào BBT. Hàm số có hai cực trị $\Rightarrow A$ sai.
Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $-1$$\Rightarrow B$ sai.
Hàm số không có GTNN, GTLN$\Rightarrow C$ sai.
Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=0$ và đạt cực tiểu tại $x=1$.
Câu 2: Chọn C.
Phần ảo của số phức $z=2-3i$ là $-3$.
Câu 3: Chọn B.
$I=\lim \frac{2n-3}{2{{n}^{2}}+3n+1}$$=\lim \frac{{{n}^{2}}\left( \frac{2}{n}-\frac{3}{{{n}^{2}}} \right)}{{{n}^{2}}\left( 2+\frac{3}{n}+\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)}$$=\lim \frac{\frac{2}{n}-\frac{3}{{{n}^{2}}}}{2+\frac{3}{n}+\frac{1}{{{n}^{2}}}}$$=0$.
Câu 4: Chọn A.
Ta có thể tích khối lăng trụ $V=Bh$.
Câu 5: Chọn D.
Ta có: $C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!}$.
Câu 6: Chọn B.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên khoảng $\left( 0;3 \right)$ hàm số sẽ đồng biến trên khoảng $\left( 0;1 \right)$ và $\left( 2;3 \right)$.
Câu 7: Chọn A.
Diện tích $S$ của hình phẳng là $S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|}\text{d}x$.
Câu 8: Chọn C.
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln x \Rightarrow {\rm{d}}u = \frac{1}{x}{\rm{d}}x\\
{\rm{d}}v = x{\rm{d}}x \Rightarrow v = \frac{{{x^2}}}{2}
\end{array} \right.$.
$\Rightarrow I=\left. \frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln x \right|_{\text{1}}^{\text{e}}-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{\text{e}}{x\text{d}x}$$\left. =\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln x \right|_{\text{1}}^{\text{e}}-\frac{1}{4}\left. {{x}^{2}} \right|_{\text{1}}^{\text{e}}$$=\frac{1}{2}{{\text{e}}^{2}}-\frac{1}{4}\left( {{\text{e}}^{2}}-1 \right)$$=\frac{1}{4}{{\text{e}}^{2}}+\frac{1}{4}$$=\frac{{{\text{e}}^{2}}+1}{4}$.
Câu 9: Chọn A.
Câu 10: Chọn B.
Hàm số $y={{a}^{x}}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $0<a<1$.
Câu 11: Chọn D.
Dựa vào đồ thị thấy có đường tiệm cận đứng $x=-1$, đường tiệm cận ngang $y=2$ nên chọn phương án D.
Câu 12: Chọn A.
Ta có: ${{9}^{\sqrt{x-1}}}={{\text{e}}^{\ln 81}}$$\Leftrightarrow {{9}^{\sqrt{x-1}}}={{9}^{2}}$$\Leftrightarrow x-1=4$$\Leftrightarrow x=5$.
Câu 13: Chọn A.
Câu 14: Chọn D.
Ta có $S=4\pi {{R}^{2}}=100\pi \,\left( \text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)\Leftrightarrow R=5\left( \text{cm} \right)$.
Câu 15: Chọn C.
Ta có phương trình đoạn chắn của mặt phẳng $\left( MNP \right)$ là: $\frac{x}{2}+\frac{y}{1}+\frac{z}{2}=1$.
Câu 16: Chọn A.
$D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.
$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y$$=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+3x+2}{x-1}$$=+\infty $$\Rightarrow $ đường thẳng $x=1$ là tiệm cận đứng.
Câu 17: Chọn C.
${{M}_{1}}\left( x;\,y;\,z \right)$ là hình chiếu vuông góc của điểm $M$ lên trục $Oz$.
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y = 0\\
z = - 1
\end{array} \right.$.
$\Rightarrow {{M}_{1}}\left( 0;\,0;\,-1 \right)$.
Câu 18: Chọn D.
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
BO \bot AC\\
BO \bot SA
\end{array} \right.$$\Rightarrow BO\bot \left( SAC \right)$.
$\Rightarrow d\left( B,\left( SAC \right) \right)$$=BO$$=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Câu 19: Chọn B.
Hàm số $y={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+x-2$ liên tục trên đoạn $\left[ 0;\,2 \right]$.
Ta có: ${y}'=3{{x}^{2}}-4x+1$.
$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\, \in \left[ {0;\,2} \right]\\
x = \frac{1}{3}\, \in \left[ {0;\,2} \right]
\end{array} \right.$.
$y\left( 0 \right)=-2$; $y\left( \frac{1}{3} \right)=-\frac{50}{27}$; $y\left( 1 \right)=-2$; $y\left( 2 \right)=0$.
Vậy $\underset{\left[ 0;\,2 \right]}{\mathop \max \,}\,=y\left( 2 \right)=0$.
Câu 20: Chọn A.
Bất phương trình $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + 1 > 2x - 1\\
2x - 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x < 2\\
x > \frac{1}{2}
\end{array} \right.$.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left( \frac{1}{2};\,2 \right)$.
Câu 21: Chọn C.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$ là $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Chiều cao khối trụ bằng chiều cao khối lăng trụ bằng $h$.
Thể tích khối trụ là: $V=\pi {{R}^{2}}h$$\Rightarrow V=\pi {{\left( \frac{\sqrt{3}a}{3} \right)}^{2}}h=\frac{\pi {{a}^{2}}h}{3}$.
Câu 22: Chọn B.
Ta có ${{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left( \sqrt{{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}} \right)}^{2}}=10$.
Câu 23: Chọn D.
Ta có $\overrightarrow{BC}=\left( -1;\,-2;\,-5 \right)$.
Mặt phẳng $\left( P \right)$ vuông góc với đường thẳng $BC$có véc tơ pháp tuyến cùng phương với $\overrightarrow{BC}$ nên ${{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 1;\,2;\,5 \right)$. Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ có dạng: $x-2+2\left( y+1 \right)+5\left( z-1 \right)=0$
$\Rightarrow \left( P \right):x+2y+5z-5=0$.
Câu 24: Chọn D.
Ta có $BD=a\sqrt{2}$$\Rightarrow OD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Xét tam giác $SOD$vuông tại $O$ có: $SO=\sqrt{S{{D}^{2}}-O{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Kẻ $MH\bot BD$ tại $H$nên $\left( BM;\,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{MBH}$
Do $MH\bot BD$$\Rightarrow MH\,\text{//}\,SO$. Ta có $\frac{MH}{SO}=\frac{MD}{SD}=\frac{HD}{OD}=\frac{1}{3}$.
$\Rightarrow MH=\frac{SO}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$ và $HD=\frac{1}{3}OD=\frac{a\sqrt{2}}{6}$$\Rightarrow BH=BD-HD=a\sqrt{2}-\frac{a\sqrt{2}}{6}=\frac{5a\sqrt{2}}{6}$.
Xét tam giác $BHM$vuông tại $H$ có:
$\tan \left( BM;\,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{MBH}=\frac{MH}{BH}$$\Rightarrow \tan \left( BM;\,\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{5}$.
Câu 25: Chọn D.
Ta có tứ giác $AM{C}'P$ là hình bình hành nên $AP\,\text{//}\,M{C}'$ $\Rightarrow \left( \widehat{MN,AP} \right)=\left( \widehat{MN,M{C}'} \right)=\widehat{NM{C}'}$.
Gọi cạnh hình vuông có độ dài bằng $a$.
Xét tam giác ${C}'CM$vuông tại $C$ có ${C}'M=\sqrt{{C}'{{C}^{2}}+M{{C}^{2}}}=\sqrt{{C}'{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}+M{{B}^{2}}}=\frac{3a}{2}$.
Xét tam giác ${C}'CN$vuông tại $C$ có ${C}'N=\sqrt{{C}'{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}}=\frac{\sqrt{5}a}{2}$.
Mà $MN=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Xét tam giác ${C}'CM$ có $\text{cos}\widehat{NM{C}'}=\frac{M{{{{C}'}}^{2}}+M{{N}^{2}}-{C}'{{N}^{2}}}{2M{C}'.MN}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
$\Rightarrow \widehat{NM{C}'}=45{}^\circ $$\Rightarrow \left( \widehat{MN,AP} \right)=45{}^\circ $.
Câu 26: Chọn C.
Với điều kiện $n\ge 3,$$n\in \mathbb{N}$, ta có
$\begin{array}{l}
C_n^3 + 2n = A_{n + 1}^2 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{{3!}} + 2n = \left( {n + 1} \right)n \Leftrightarrow \left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) + 12 = 6\left( {n + 1} \right)\\
\Leftrightarrow {n^2} - 9n + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 1\,({\rm{loai}})\\
n = 8\,({\rm{t/m}})
\end{array} \right.
\end{array}$
Với $n=8$, ta có số hạng thứ $k+1$ trong khai triển ${{\left( 2x-\frac{3}{\sqrt[3]{x}} \right)}^{16}}$là
$C_{16}^{k}{{\left( 2x \right)}^{16-k}}{{\left( -\frac{3}{\sqrt[3]{x}} \right)}^{k}}$$=C_{16}^{k}{{2}^{16-k}}{{\left( -3 \right)}^{k}}{{x}^{16-\frac{4}{3}k}}$.
Theo đề bài ta cần tìm $k$ sao cho $16-\frac{4}{3}k=0$ $\Leftrightarrow k=12$.
Do đó số hạng không chứa $x$ trong khai triển là $C_{16}^{12}{{.2}^{4}}{{.3}^{12}}$.
Câu 27: Chọn C.
Ta có $f\left( x \right)-1=m$$\Leftrightarrow f\left( x \right)=m+1$.
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có đúng hai nghiệm thì $\left[ \begin{array}{l}
m + 1 = - 1\\
m + 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = - 2\\
m > - 1
\end{array} \right.$
Câu 28: Chọn B.
Ta có $\widehat{BCD}=\widehat{BAD}=60{}^\circ $, do đó tam giác $BCD$ đều cạnh $a$.
Gọi $J$ là trung điểm của $CD$, khi đó $BJ\bot CD$ và $BJ=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $I$ là trung điểm của $DJ$, suy ra $OI\text{//}BJ$, do đó $OI\bot CD$.
Theo định lí ba đường vuông góc suy ra $CD\bot SI$.
Ta có $\left( SCD \right)\cap \left( ABCD \right)=CD$;
Trong $\left( SCD \right)$ có $SI\bot CD$; trong $\left( ABCD \right)$ có $OI\bot CD$
Suy ra góc giữa $\left( SCD \right)$ và $\left( ABCD \right)$ là $\widehat{SIO}=60{}^\circ $.
Trong tam giác $SOI$ vuông tại $O$, có $\widehat{SIO}=60{}^\circ $, $OI=\frac{1}{2}BJ$$=\frac{a\sqrt{3}}{4}$, do đó $SO=OI.\tan 60{}^\circ $$=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\sqrt{3}$$=\frac{3a}{4}$.
Diện tích mặt đáy ${{S}_{ABCD}}=2{{S}_{BCD}}$$=2\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$$=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối chóp là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}$ $=\frac{1}{3}.\frac{3a}{4}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$.
Câu 29: Chọn B.
Số phần tử của không gian mẫu là số cách lấy $5$ viên bi trong $18$ viên bi, $\left| \Omega \right|=C_{18}^{5}$.
Gọi $A$ là biến cố: "$5$ viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi đỏ bằng số bi vàng".
+ Số cách lấy $1$ viên bi xanh, $2$ viên bi đỏ, $2$ viên bi vàng là $C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{2}$.
+ Số cách lấy $3$ viên bi xanh, $1$ viên bi đỏ, $1$ viên bi vàng là $C_{5}^{3}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}$.
Số phần tử của biến cố $A$: $C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{2}+C_{5}^{3}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}$.
Xác suất $P\left( A \right)=\frac{C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{2}+C_{5}^{3}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}}{C_{18}^{5}}$$=\frac{95}{408}$
