ĐÁP ÁN
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
|
A |
D |
C |
A |
B |
A |
C |
A |
B |
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
12 |
13 |
14 |
15 |
16 |
17 |
18 |
19 |
20 |
|
A |
A |
A |
D |
D |
D |
C |
B |
C |
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
21 |
22 |
23 |
24 |
25 |
26 |
27 |
28 |
29 |
30 |
|
B |
A |
C |
B |
D |
C |
C |
B |
C |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
31 |
32 |
33 |
34 |
35 |
36 |
37 |
38 |
39 |
40 |
|
D |
C |
A |
A |
A |
D |
A |
A |
A |
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
41 |
42 |
43 |
44 |
45 |
46 |
47 |
48 |
49 |
50 |
|
B |
D |
B |
B |
B |
D |
D |
C |
C |
A |
Câu 1. Chọn A.
TXĐ: $D=mathbb{R}$.
Ta có $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=underset{xto +infty }{mathop{lim }},left( sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}-sqrt{4{{x}^{2}}+1} right)$$=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{4x+2}{sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}+sqrt{4{{x}^{2}}+1}}$$=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{4+frac{2}{x}}{sqrt{4+frac{4}{x}+frac{3}{{{x}^{2}}}}+sqrt{4+frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1$suy ra đường thẳng $y=1$ là tiệm cận ngang.
Ta có $underset{xto -infty }{mathop{lim }},y=underset{xto -infty }{mathop{lim }},left( sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}-sqrt{4{{x}^{2}}+1} right)$$=underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{4x+2}{sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}+sqrt{4{{x}^{2}}+1}}$$=underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{4+frac{2}{x}}{-sqrt{4+frac{4}{x}+frac{3}{{{x}^{2}}}}-sqrt{4+frac{1}{{{x}^{2}}}}}=-1$suy ra đường thẳng $y=-1$ là tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có $2$ tiệm cận ngang.
Câu 2. Chọn D.
Gọi $H$ là hình chiếu của ${B}’$ trên $BC$. Từ giả thiết suy ra: ${B}’Hbot left( ABC right)$.
${{S}_{B{B}’C}}=frac{1}{2}B{B}’.BC.sin widehat{{B}’BC}$$=frac{1}{2}4a.a.sin 30{}^circ $$={{a}^{2}}$.
Mặt khác: ${{S}_{B{B}’C}}=frac{1}{2}{B}’H.BC$$Rightarrow {B}’H=frac{2{{S}_{B{B}’C}}}{BC}$$=frac{2{{a}^{2}}}{a}=2a$.
${{V}_{LT}}={B}’H.{{S}_{ABC}}$$=2a.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{2}$.
${{V}_{A.C{C}'{B}’}}=frac{1}{2}{{V}_{A.C{C}'{B}’B}}$$=frac{1}{2}.frac{2}{3}{{V}_{LT}}=frac{1}{3}{{V}_{LT}}$$=frac{1}{3}.frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{2}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$.
Câu 3. Chọn C.
Mặt cầu $left( S right)$ có tâm $Ileft( 2;-1;-2 right)$, bán kính $R=2$.
Mặt phẳng $left( P right)$ và mặt cầu $left( S right)$ có đúng $1$ điểm chung khi: $dleft( I;left( P right) right)=R$.
$ Leftrightarrow frac{{left| {11 – m} right|}}{5} = 2 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m = 21
end{array} right.$.
Câu 4. Chọn A.
Ta có $int{kfleft( x right)}text{d}x=int{fleft( x right)}text{d}x$với $kin mathbb{R}$ sai vì tính chất đúng khi $kin mathbb{R}backslash left{ 0 right}$.
Câu 5: Chọn B.
Đặt $B={{S}_{ABCD}}$, $dleft( S;left( ABCD right) right)=h$. Suy ra $V=frac{1}{3}Bh$.
Vì $M$ là trung điểm của $SA$ nên $dleft( M;left( ABCD right) right)=frac{1}{2}dleft( S;left( ABCD right) right)$,
Lại vì $N$ là trung điểm của $MC$ nên $dleft( N;left( ABCD right) right)=frac{1}{2}dleft( M;left( ABCD right) right)$. Suy ra $dleft( N;left( ABCD right) right)=frac{1}{4}dleft( S;left( ABCD right) right)=frac{1}{4}h$. Từ đó ta có ${{V}_{N.ABCD}}=frac{1}{3}dleft( N;left( ABCD right) right).B=frac{1}{4}.frac{1}{3}Bh=frac{V}{4}$.
Câu 6: Chọn A.
Bất phương trình $ Leftrightarrow {log _3}left( {11 – 2x} right) ge {log _3}left( {x – 1} right) Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x – 1 > 0\
11 – 2x ge x – 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x > 1\
x le 4
end{array} right.$
. Vậy $S=left( 1;4 right]$.
Câu 7: Chọn C.
Đặt $left{ begin{array}{l}
u = ln left( {{x^2} + 9} right)\
{rm{d}}v = x{rm{d}}x
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{d}}u = frac{{2x}}{{left( {{x^2} + 9} right)}}{rm{d}}x\
v = frac{{{x^2} + 9}}{2}
end{array} right.$
Suy ra $intlimits_{0}^{4}{xln left( {{x}^{2}}+9 right)text{d}x}=left. frac{{{x}^{2}}+9}{2}ln left( {{x}^{2}}+9 right) right|_{0}^{4}-intlimits_{0}^{4}{frac{{{x}^{2}}+9}{2}.frac{2x}{{{x}^{2}}+9}text{d}x}$$=25ln 5-9ln 3-8$.
Do đó $a=25$, $b=-9$, $c=-8$ nên $T=8$.
Câu 8: Chọn A.
Tập xác định $D=mathbb{R}$.
Ta có ${y}’=2017{{left( x-1 right)}^{2016}}ge 0,,forall x$ nên hàm số không có cực trị.
Câu 9. Chọn B.
$overrightarrow{a}=2overrightarrow{i}+overrightarrow{k}-3overrightarrow{j}=2overrightarrow{i}-3overrightarrow{j}+overrightarrow{k}$ nên $overrightarrow{a}=left( 2;-3;1 right)$.
Câu 10. Chọn C.
Ta có $y={{left( frac{text{e}}{2} right)}^{-2x+1}}$$Rightarrow {y}’=-2.{{left( frac{text{e}}{2} right)}^{-2x+1}}.ln frac{e}{2}<0$.
Câu 11. Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm $frac{x+3}{x-1}=x+1$ $Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-4=0$ $Leftrightarrow x=frac{1pm sqrt{17}}{2}$.
Khi đó $Aleft( frac{1+sqrt{17}}{2};text{ }frac{3+sqrt{17}}{2} right)$, $Bleft( frac{1-sqrt{17}}{2};text{ }frac{3-sqrt{17}}{2} right)$
Vậy $overrightarrow{AB}=left( -sqrt{17};-sqrt{17} right)Rightarrow AB=sqrt{34}$.
Câu 12. Chọn A.
Hàm số $y={{text{e}}^{{{x}^{2}}+2x}}$ có tập xác định $D=mathbb{R}$.
Câu 13: Chọn A.
Ta có ${{4}^{x+frac{1}{2}}}-{{5.2}^{x}}+2=0$ $Leftrightarrow $ ${{2.2}^{2x}}-{{5.2}^{x}}+2=0$ $Leftrightarrow $ $left[ begin{array}{l}
{2^x} = 2\
{2^x} = frac{1}{2} = {2^{ – 1}}
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = – 1,.
end{array} right.$
Vậy tập nghiệm của phương trình $S=left{ -1;,1 right}$.
Câu 14: Chọn D.
Ta có ${{log }_{frac{1}{2}}}left( x-1 right)=-2$ $Leftrightarrow $ $x-1={{left( frac{1}{2} right)}^{-2}}$ $Leftrightarrow $ $x=5$.
Câu 15: Chọn D.
Mặt phẳng $left( Q right):x+y+3z=0$, $left( R right):2x-y+z=0$ có các vectơ pháp tuyến lần lượt là $overrightarrow{,{{n}_{1}}}=left( 1;,1;,3 right)$ và $overrightarrow{,{{n}_{2}}}=left( 2;,-1;,1 right)$.
Vì $left( P right)$ vuông góc với hai mặt phẳng $left( Q right)$, $left( R right)$ nên $left( P right)$ có vectơ pháp tuyến là $overrightarrow{,n,}=left[ overrightarrow{,{{n}_{1}}},,overrightarrow{,{{n}_{2}}} right]=left( 4;,5;,-3 right)$.
Ta lại có $left( P right)$ đi qua điểm $Bleft( 2;,1;,-3 right)$ nên $left( P right):4left( x-2 right)+5left( y-1 right)-3left( z+3 right)=0$ $Leftrightarrow ,,4x+5y-3z-22=0$.
Câu 16: Chọn D.
Dựa vào đồ thị ta thấy ngay đây là đồ thị hàm số bậc ba với hệ số $a>0$, do đó loại A và C.
Hàm số có điểm cực trị $x=0$.
Xét hàm số $y={{x}^{3}}-3x+2$, ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-3$; ${y}’=0$ $Leftrightarrow $ $x=pm 1$. Suy ra hàm số này không thỏa mãn.
Vậy ta chọn hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2$.
Câu 17. Chọn C.
${y}’=2left( x-2 right){{e}^{x}}+{{left( x-2 right)}^{2}}{{e}^{x}}={{e}^{x}}left( {{x}^{2}}-2x right)$.
$y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.$. Ta có: $yleft( 1 right)=3;yleft( 3 right)={{e}^{3}};yleft( 2 right)=0$.
Vậy GTLN của hàm số $y={{left( x-2 right)}^{2}}{{e}^{x}}$ trên $left[ 1;3 right]$ là ${{e}^{3}}$.
Câu 18. Chọn B.
TXĐ $D=mathbb{R}$.
${y}’=m{{x}^{2}}-2left( m+1 right)x+left( m-2 right)$.
Hàm số nghịch biến trên $mathbb{R}Leftrightarrow {y}’le 0forall xin mathbb{R}$.
TH1: $m=0$ ta có ${y}’=-2x-2$ (không thỏa mãn)
TH2: $mne 0$ ta có
$y’ le 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m < 0\
Delta ‘ le 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m < 0\
{left( {m + 1} right)^2} – mleft( {m – 2} right) le 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m < 0\
1 + 4m le 0
end{array} right. Leftrightarrow m le – frac{1}{4}$.
Câu 19. Chọn C.
Từ hình vẽ $1$ suy ra có $9$ mặt.
Câu 20. Chọn D.
${{5}^{x+2}}<{{left( frac{1}{25} right)}^{-x}}Leftrightarrow {{5}^{x+2}}<{{left( 5 right)}^{2x}}Leftrightarrow 2<x$.
Câu 21. Chọn B
Gọi $I=intlimits_{1}^{4}{fleft( 3x-3 right)text{d}x}$.
Đặt $t=3x-3$ $Rightarrow text{d}t=3text{d}x$ $Rightarrow text{d}x=frac{1}{3}text{d}t$. Đổi cận: $x=1Rightarrow t=0;$$x=4Rightarrow t=9$.
Khi đó: $I=frac{1}{3}intlimits_{0}^{9}{fleft( t right)text{d}t}$ $=frac{1}{3}.9$ $=3$.
Câu 22. Chọn A
Tập xác định: $D=mathbb{R}backslash text{ }!!{!!text{ }2}$ .
Ta có $underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},frac{2x+1}{x-2}=+infty $nên hàm số đã cho có tiệm cận đứng là $x=2$ .
Câu 23. Chọn C
Tập xác định $D=mathbb{R}$.
Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-3;$$y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 1\
x = 1
end{array} right.$.
Ta có bảng xét dấu ${y}’$ :
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $left( -1;1 right)$.
Câu 24. Chọn B
Tập xác định $D=left( -infty ;0 right)cup left( 2;+infty right)$.
Ta có ${y}’=frac{1}{left( {{x}^{2}}-2x right)ln 2}>0,$$forall xin left( -infty ;0 right)$ và $left( 2;+infty right).$
Nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $left( -infty ;0 right)$.
Câu 25: D.
Ta có: ${y}’=3{{x}^{2}}-6x+6$$=3{{left( x-1 right)}^{2}}+3ge 3$. Dấu $”=”$ xảy ra khi $x=1$$Rightarrow y=9$.
Do đó, tiếp tuyến của đồ thị có hệ số góc nhỏ nhất bằng 3 và là tiếp tuyến tại điểm $Mleft( 1;9 right)$.
Phương trình tiếp tuyến là: $y=3left( x-1 right)+9$$Leftrightarrow y=3x+6$.
Câu 26: Chọn C.
Ta có: $AB=AC=sqrt{2}$.
Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $AB$ thì $AHbot BC$ và $AH=1$.
Quay tam giác $ABC$quanh trục $BC$ thì được khối tròn xoay có thể tích là:
$V=2.frac{1}{3}HB.pi A{{H}^{2}}$$=frac{2pi }{3}$.
Câu 27: Chọn C.
Ta có:$intlimits_{pi }^{b}{4cos 2xdx=1}$$Leftrightarrow 2sin 2xleft| _{pi }^{b} right.=1$$Leftrightarrow sin 2b=frac{1}{2}$$ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{b = frac{pi }{{12}} + kpi }\
{b = frac{{5pi }}{{12}} + kpi }
end{array}} right.$.
Do đó, có 4 số thực $b$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 28: Chọn B.
Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông nên khối trụ có chiều cao bằng $2r$.
Ta có: ${{S}_{tp}}=4pi $$Leftrightarrow 2pi {{r}^{2}}+2pi rl=4pi $$Leftrightarrow 6pi {{r}^{2}}=4pi $.
$Rightarrow r=sqrt{frac{2}{3}}$
Tính thể tích khối trụ là: $V=pi {{r}^{2}}h$$=2pi {{r}^{3}}$$=2pi frac{2sqrt{2}}{3sqrt{3}}$$=frac{4pi sqrt{6}}{9}$.
Câu 29: Chọn C.
Để hàm số $y={{left( {{x}^{2}}+m right)}^{sqrt{2}}}$ có tập xác định là $mathbb{R}$ thì ${{x}^{2}}+m>0$$Leftrightarrow $$m>0$.
