ĐÁP ÁN
|
1-A |
2-A |
3-A |
4-D |
5-B |
6-C |
7-D |
8-D |
9-D |
10-C |
|
11-B |
12-B |
13-D |
14-B |
15-A |
16-A |
17-C |
18-B |
19-C |
20-C |
|
21-C |
22-B |
23-A |
24-D |
25-B |
26-A |
27-A |
28-D |
29-C |
30-D |
|
31-D |
32-C |
33-C |
34-A |
35-C |
36-C |
37-B |
38-A |
39-B |
40-A |
|
41-A |
42-B |
43-D |
44-B |
45-C |
46-D |
47-A |
48-B |
49-C |
50-D |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Ta có $left{ begin{array}{l}
v = S’ = 3{t^2} – 6t – 9\
a = v’ = 6t – 6 = 6(t – 1)
end{array} right.$ thời điểm $a=0$ $Rightarrow t=1(s)Rightarrow v=3-6-9=-12(m/s)$
Câu 2: Đáp án A
Ta có $y’=8{{x}^{3}}Rightarrow y’>0Leftrightarrow x>0$
Câu 3: Đáp án A
Hình hộp chữ nhật có tâm đối xứng chính là giao điểm chủa các đường chéo
Câu 4: Đáp án D
Hoành độ giao điểm hai đồ thị là nghiệm của PT: $f(x)=g(x)$ hay $frac{1}{xsqrt{2}}=frac{{{x}^{2}}}{sqrt{2}}Leftrightarrow {{x}^{3}}=1Leftrightarrow x=1$
Ta có $left{ begin{array}{l}
f'(x) = frac{{ – 1}}{{{x^2}sqrt 2 }}\
g'(x) = sqrt 2 x
end{array} right.$ $Rightarrow $ hệ số góc hai tiếp tuyến của $f(x)$ và $g(x)$ tại giao điểm của chúng là $left{ begin{array}{l}
f'(1) = frac{{ – 1}}{{sqrt 2 }}\
g'(1) = sqrt 2
end{array} right.$ dễ thấy $f'(1).g'(1)=-1$ nên hai tiếp tuyến vuông góc
Câu 5: Đáp án B
Có ba mặt phẳng đối xứng là
$left( MNPQ right)$ là mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh bên và các mặt phẳng $left( ACC’A’ right),left( BDB’D’ right)$
Câu 6: Đáp án C
Đường thẳng $AB$ có hệ số góc $frac{1}{2017}$ hoặc $frac{-1}{2017}$
Gọi tọa độ hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến là $Mleft( {{x}_{1}},{{y}_{1}} right),Nleft( {{x}_{2}},{{y}_{2}} right)$với ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là hai nghiêm PT $y’=k$ hay $3{{x}^{2}}+12x+9-k=0$
Khi đó $overrightarrow{MN}left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}},{{y}_{2}}-{{y}_{1}} right)$ là vector chỉ phương của đt $AB$ $Rightarrow $ hệ số góc của đt $AB$là$frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}={{left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)}^{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}+6left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)+9=$ $frac{k}{3}-2$ (tính theo Định lý Viet)
Vì đt $AB$ có thể nhận hai giá trị hệ số góc tương ứng $k$ có thể nhận hai giá trị.
Câu 7: Đáp án D
$C_{14}^{k},C_{14}^{k+1},C_{14}^{k+2}$ theo thứ tự lập thành CSC
$begin{array}{l}
Leftrightarrow 2C_{14}^{k + 1} = C_{14}^k + C_{14}^{k + 2}\
Leftrightarrow 2frac{{14!}}{{(k + 1)!(13 – k)!}} = frac{{14!}}{{k!(14 – k)!}} + frac{{14!}}{{(k + 2)!(12 – k)!}}\
Leftrightarrow {k^2} – 12k + 32 = 0\
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
k = 4\
k = 8
end{array} right.
end{array}$
Câu 8: Đáp án D
Vì ${{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}=2(n+1)-2n=2$ nên ${{u}_{n}}$ là CSC với công bội là 2
Câu 9: Đáp án D
Hàm số liên tục tại $0Leftrightarrow underset{xto 0}{mathop{lim }},f(x)=f(0)$
Ta có
$mathop {lim }limits_{x to 0} f(x) = mathop {lim }limits_{x to 0} frac{{sqrt {2x + 1} – 1}}{x} = mathop {lim }limits_{x to 0} frac{{(sqrt {2x + 1} – 1)(sqrt {2x + 1} + 1)}}{{x(sqrt {2x + 1} + 1)}} = mathop {lim }limits_{x to 0} frac{2}{{sqrt {2x + 1} + 1}} = 1$
Và
$f(0)=1Leftrightarrow {{m}^{2}}-2m+2=1Leftrightarrow {{(m-1)}^{2}}=0Rightarrow m=1$
Câu 10: Đáp án C
Ta tính trên trường hợp tổng quát tứ diện $ABCD$ đều cạnh $a$
${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}DH.dtDelta ABC$ với $H$ là trực tâm tam giác đều$ABC$
Ta có $AM=frac{sqrt{3}}{2}a$ , $AH=frac{2}{3}AM=frac{1}{sqrt{3}}a$
$DH=sqrt{A{{D}^{2}}-A{{H}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-frac{{{a}^{2}}}{3}}=frac{sqrt{6}}{3}a$
$dtDelta ABC=frac{1}{2}AM.BC=frac{1}{2}frac{sqrt{3}}{2}a.a=frac{sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}$
Như vậy ${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}DH.dtDelta ABC$$=frac{1}{3}frac{sqrt{6}}{3}a.frac{sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}=frac{sqrt{2}}{12}{{a}^{3}}$
Với $a=2Rightarrow V=frac{2sqrt{2}}{3}$
Câu 11: Đáp án B
Ta có $y’=4{{x}^{3}}+4mx=4x({{x}^{2}}+m)$
Để hàm số có 3 cực trị thì $m<0$ khi đó $y’ = 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 0\
x = – sqrt { – m} \
x = sqrt { – m}
end{array} right.$ $Rightarrow $ các điểm cực trị của hàm số là $A(0,1),B(-sqrt{-m},1-{{m}^{2}})$ và $C(sqrt{-m},1-{{m}^{2}})$$Rightarrow overrightarrow{AB}(-sqrt{-m},-{{m}^{2}}),overrightarrow{AC}(sqrt{-m},-{{m}^{2}})$ . Do hàm số đã cho là hàm chẵn nên $AB=AC$, tam giác $ABC$ chỉ có thể vuông cân tại A. Điều này
$ Leftrightarrow overrightarrow {AB} .overrightarrow {AC} = 0 Leftrightarrow m + {m^4} = 0 Rightarrow left[ begin{array}{l}
m = 0\
m = – 1
end{array} right.$ Xét điều kiện $m<0$ $Rightarrow m=-1$
Câu 12: Đáp án B
Vì với mọi trường hợp khi đếm số chấm con xúc sắc thứ nhất, có đúng một trường hợp trên sáu trường hợp để con xúc sắc thứ hai cộng vào có tổng là 7 (Ví dụ xúc sắc đầu là 1 thì xúc sắc 2 phải là 6, xúc sắc một là hai thì xúc sắc 2 là 5…)
Câu 13: Đáp án D
Tiệm cận đứng $x=-2$ $$
Tiệm cận ngang $y=1$
Vậy giao điểm hai tiệm cận là$(-2,1)$
Câu 14: Đáp án B
Ta thấy $begin{array}{l}
{V_{A’ABC}} = frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} Rightarrow {V_{ABCA’B’}} = frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}}\
= frac{2}{3}2017 = frac{{4034}}{3}
end{array}$
Câu 15: Đáp án A
Ta có phương trình đã cho
$begin{array}{l}
Leftrightarrow frac{5}{{sqrt {{5^2} + {m^2}} }}cos x + frac{{ – m}}{{sqrt {{5^2} + {m^2}} }}{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} = frac{{m + 1}}{{sqrt {5 + {m^2}} }}\
Leftrightarrow sin (x + t) = frac{{m + 1}}{{sqrt {5 + {m^2}} }}
end{array}$
Để phương trình có nghiệm thì $left| frac{m+1}{sqrt{{{5}^{2}}+{{m}^{2}}}} right|le 1Leftrightarrow {{left( m+1 right)}^{2}}le 25+{{m}^{2}}Leftrightarrow mle 12$
Câu 16: Đáp án A
$begin{array}{l}
f(x) = int {(2 – 5sin x)} dx = 2x + 5cos x + C\
f(0) = 10 Rightarrow C = 5
end{array}$
Vậy $f(x)=2x+5cos x+5$
Câu 17: Đáp án C
$I=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt{2x+1}-1}{x}=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{2}{sqrt{2x+1}+1}=1$
$J=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}+x-2}{x-1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{(x-1)(x+2)}{x-1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},(x+2)=3$
$Rightarrow I+J=4$
Câu 18: Đáp án B
Các vector chỉ phương của $({{d}_{1}}),({{d}_{2}})$ ${{u}_{1}}=(3,2),{{u}_{2}}=(1,1)Rightarrow {{u}_{1}}ne k{{u}_{2}}$ $Rightarrow ({{d}_{1}})$ không song song với $left( {{d}_{2}} right)$
Phép tịnh tiến biến đường thằng thành đường thẳng song song với chính nó. Do đó ko tồn tại phép tịnh tiến biến $left( {{d}_{1}} right)$ thành $left( {{d}_{2}} right)$
Câu 19: Đáp án C
${{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}={{left( n+1 right)}^{2}}+2left( n+1 right)-{{n}^{2}}-2n=2n+3>0$
Câu 20: Đáp án C
Xác suất cần tính là phần bù của trường hợp các học sinh được chọn là cùng giới tính
$p=1-frac{C_{5}^{3}+C_{6}^{3}}{C_{11}^{3}}=frac{9}{11}$
Câu 21: Đáp án C
$begin{array}{l}
{mathop{rm s}nolimits} {rm{in}}x + cos x = sqrt 2 sin 5x Leftrightarrow frac{1}{{sqrt 2 }}{mathop{rm s}nolimits} {rm{in}}x + frac{1}{{sqrt 2 }}cos x = sin 5x\
Leftrightarrow {mathop{rm s}nolimits} {rm{in}}left( {x + frac{pi }{4}} right) = sin 5x Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x + frac{pi }{4} = 5x + 2kpi \
x + frac{pi }{4} = pi – 5x + 2kpi
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{{16}} + frac{{kpi }}{2}\
x = frac{pi }{8} + frac{{kpi }}{3}
end{array} right.
end{array}$
Câu 22: Đáp án B
Số hạng tổng quát trong khai triển là
${{T}_{k+1}}=C_{8}^{k}{{left( 2x right)}^{8-k}}{{3}^{k}}$ số hạng có phần biến ${{x}^{5}}$ ứng với $k=3$ hay số hạng thứ tư trong khai triển
$Rightarrow {{T}_{4}}=C_{8}^{3}{{left( 2x right)}^{8-3}}{{3}^{3}}=C_{8}^{3}{{2}^{5}}{{3}^{3}}{{x}^{5}}$
Câu 23: Đáp án A
$begin{array}{l}
f(x) = sin 2x – {cos ^2}3x = sin 2x – frac{{cos 6x + 1}}{2}\
Rightarrow f'(x) = 2cos 2x + 3sin 6x
end{array}$
Câu 24: Đáp án D
Hàm số $y=sqrt{4-3x}$ có $y’=frac{-3}{2sqrt{4-3x}}<0$ với $forall xin left[ -1,1 right]$ $Rightarrow $ GTNN đạt tại 1 và GTLN đạt tại -1
Câu 25: Đáp án B
Đáp án A sai vì B không thành C qua phép biến hình
Đáp án C sai vì D không thành B qua phép biến hình
Đáp án D sai vì phép vị tự tỷ số $k=1$ là phép đồng nhất
Câu 26: Đáp án A
Ta có $frac{3}{256}=3.{{frac{left( -1 right)}{{{2}^{8}}}}^{8}}={{u}_{1}}.{{q}^{8}}$ như vậy $frac{3}{256}$ là số hạng thứ 9
Câu 27: Đáp án A
PT $AB$ là $8(x+1)+1(y-6)=0Leftrightarrow 8x+y+2=0$
Câu 28: Đáp án D
${{V}_{SABCD}}=frac{1}{3}SA.d{{t}_{ABCD}}$
Ta có $AC=sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}=sqrt{3}a$
$SA=AC.tan {{60}^{0}}=sqrt{3}a.sqrt{3}=3a$
$d{{t}_{ABCD}}=AB.AD=a.sqrt{2}a=sqrt{2}{{a}^{2}}$
$Rightarrow {{V}_{SABCD}}=frac{1}{3}3a.sqrt{2}{{a}^{2}}=sqrt{2}{{a}^{3}}$
Câu 29: Đáp án C
Đáp án A và B đúng vì $left{ begin{array}{l}
CH bot SA\
CH bot AB
end{array} right. Rightarrow CH bot SAB$
Đáp án D đúng vì $HK$ là đường trung bình trong tam giác $SBA$ nên
$HK$ song song với $SA$ $Rightarrow HKbot HC$
Đáp án C sai vì nếu $AKbot BC$ thì $CBbot left( SAB right)Rightarrow CBbot AB$
điều này là vô lý.
