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 |
B |
C |
C |
D |
B |
D |
A |
C |
B |
C |
D |
A |
D |
A |
C |
C |
B |
C |
B |
B |
C |
D |
D |
A |
C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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 |
D |
D |
A |
C |
A |
D |
C |
B |
B |
A |
B |
C |
A |
D |
B |
B |
B |
A |
D |
A |
B |
A |
D |
D |
B |
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. Chọn B.
Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Ta có góc giữa $CM$ với $mpleft
+ $MN=frac{AB}{2}=a$.
+$CN=frac{asqrt{3}}{2}$.
Vậy $tan varphi =frac{MN}{CN}=a.frac{2}{asqrt{3}}=frac{2sqrt{3}}{3}$.
Câu 2. Chọn C.
+ $ABCD$ là hình thoi, góc $BAC=60{}^circ $ nên ta có tam giác $ABC$ đều.
+ Gọi $M$ là trung điểm $BC$ ta có góc giữa $left
+ Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SM$ ta có:
+ $left{ begin{array}{l}
BC bot SA\
BC bot AM
end{array} right.$ $Rightarrow $$BCbot left
Lại có: $AHbot SM$ $Rightarrow $$AHbot left
+ $AM=frac{asqrt{3}}{2}$.
$frac{AH}{AM}=sin 60{}^circ =frac{sqrt{3}}{2}$ $Rightarrow $$AH=frac{asqrt{3}}{2}.frac{sqrt{3}}{2}=frac{3a}{4}$.
Câu3. Chọn C.
$L=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{1-x}{sqrt{2-x}-1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{left
Câu 4. Chọn D.
Hàm số $y=ln x$có tập xác định $left
Câu 5. Chọn B.
Ta có ${{S}_{tp}}=pi Rl+pi {{R}^{2}}$, trong đó $R=frac{asqrt{2}}{2}$, $l=a$ nên ${{S}_{tp}}=pi .frac{asqrt{2}}{2}.a+pi .{{left
Câu 6. Chọn D.
Ta có ${{u}_{1}}=3$ và ${{u}_{9}}=768$ nên $768=3.{{q}^{8}}$ $Rightarrow {{q}^{8}}=256$ $Rightarrow q=pm 2$.
Do đó ${{u}_{5}}={{u}_{1}}.{{q}^{4}}={{3.2}^{4}}=48$.
Câu 7. Chọn A.
Ta có số cạnh của hình mười hai mặt đều là $30$.
Câu 8. Chọn C.
Ta có ${{left
Hệ số của ${{x}^{4}}$ tương đương với $k=4$ là $C_{n}^{4}{{2}^{n-4}}.{{left
Vì $n$ là số tự nhiên nên $n-4le 6$ $Rightarrow 4le nle 10$.
Lâp bảng giá trị được $n=7$.
Câu 9. Chọn B.
Gọi $left
Xét hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $3!.2!=12$, $left
Ta có $OA=frac{AC}{2}=frac{asqrt{2}}{2}Rightarrow OI=sqrt{I{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.
Mặt khác ta lại có $SO=SI+IO$$=9+sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.
Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V=frac{1}{3}{{a}^{2}}left
Đặt ${{a}^{2}}=t$, do $0<ale 9sqrt{2}$ nên $0<tle 162$
Xét hàm số $fleft
t ge 108\
81 – frac{t}{2} = {left
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t ge 108\
left[ begin{array}{l}
t = 0\
t = 144
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow t = 144$.
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có ${{V}_{max }}=576$ khi $t=144$ hay $a=12$.
Câu 10. Chọn C.
Ta có $3{{sin }^{2}}x-2cos x+2=0Leftrightarrow 3{{cos }^{2}}x+2cos x-5=0Rightarrow cos x=1$$Leftrightarrow x=k2pi ,kin mathbb{Z}$.
Câu 11. Chọn D.
Ta có $BM$ là bán kính đường tròn $left
Do tam giác $Delta SBMbacksim Delta SAO$ nên $frac{BM}{AO}=frac{SM}{SO}Leftrightarrow BM=frac{AO.SM}{SO}Leftrightarrow BM=frac{Rleft
Thể tích của khối nón đỉnh $O$ đáy là $left
$V=frac{1}{3}pi B{{M}^{2}}.OM$$=frac{1}{3}pi {{left
Xét hàm số $fleft
Ta có ${f}’left
Lập bảng biến thiên ta có
Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh $O$ đáy là $left
Câu 12. Chọn A.
Ta có diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=pi rl15pi =pi .3.lLeftrightarrow l=5$.
Chiều cao của khối nón là $h=sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}=4$.
Thể tích của khối nón là $V=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h=frac{1}{3}pi {{.3}^{2}}.4=12pi $.
Câu 13: Chọn D.
* Ta có hai hàm số ${{f}_{2}}left
* Cả hai hàm số ${{f}_{1}}left
Câu 14: Chọn A.
* Hàm số xác định khi và chỉ khi ${x^2} – 5x > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x < 0\
x > 5
end{array} right.$.
* Ta có ${f}’left
* Vậy $S=varnothing $.
Câu 15: Chọn C.
* Số hạng tổng quát trong khai triển ${{left
* Số hạng không chứa $x$ nên $6-3k=0Leftrightarrow k=2$ suy ra hệ số cần tìm là $C_{6}^{2}{{left
Câu 16: Chọn C.
* Đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích là $S=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$, đường cao $h=a$.
* Vậy thể tích khối lăng trụ $V=S.h=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{4}$.
Câu 17. Chọn B.
Gọi $overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}}$ là số cần tìm
Ta có ${{a}_{6}}in left{ 1;,3;,5 right}$ và $left
Với ${{a}_{6}}=1$ thì $left
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,3,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {4,,5} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,4,,5} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {3,,6} right}
end{array} right.$
Với ${{a}_{6}}=3$ thì $left
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2;,4;,5} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {1,,6} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {1,,4,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {2,,5} right}
end{array} right.$
Với ${{a}_{6}}=5$ thì $left
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,3,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {1,,4} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {1,,4,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {2,,3} right}
end{array} right.$
Mỗi trường hợp có $3!.2!=12$ số thỏa mãn yêu cầu
Vậy có tất cả $6.12=72$ số cần tìm.
Câu 18. Chọn C.
Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ -1 right}$.
${y}’=frac{3}{{{left
$Rightarrow $ hàm số luôn đồng biến trên các khoảng $left
Câu 19. Chọn B.
$2cos x-sqrt{2}=0$ $Leftrightarrow cos x=frac{sqrt{2}}{2}$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{4} + k2pi \
x = – frac{pi }{4} + k2pi
end{array} right.,,k in Z$.
Câu 20. Chọn B.
Cách 1:
Tam giác $OBC$ có $OB=OC=a$, $widehat{BOC}=60{}^circ $ $Rightarrow $ $OBC$ là tam giác đều $Rightarrow BC=a$.
Tam giác $OAC$ và $OAB$ bằng nhau $Rightarrow AB=AC$
Áp dụng định lí cosin trong tam giác $OAB$ ta có:
$A{{B}^{2}}=O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2.OA.OB.cos 45{}^circ $ $Leftrightarrow A{{B}^{2}}={{a}^{2}}$ $Leftrightarrow AB=AC=a$.
Khi đó tam giác $ABC$ đều.
Gọi $H$ là trung điểm $BC$ thì $OH=AH=frac{asqrt{3}}{2}$ và $cos widehat{OHA}=frac{O{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}-O{{A}^{2}}}{2.AH.OH}=frac{-1}{3}$
$Rightarrow sin widehat{OHA}=frac{2sqrt{2}}{3}$ $Rightarrow {{S}_{OAH}}=frac{1}{2}OH.AH.sin widehat{OHA}=frac{{{a}^{2}}sqrt{2}}{4}$.
Ta có $left{ begin{array}{l}
BC bot OH\
BC bot AH
end{array} right. Rightarrow BC bot left
${{V}_{O.ABC}}=2{{V}_{B.OAH}}$ $Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=2.frac{1}{3}.BH.{{S}_{OAH}}$$Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.
Cách 2: Áp dụng công thức giải nhanh
Khối tứ diện $OABC$ có $left{ begin{array}{l}
OA = a,,OB = b,,OC = c\
widehat {AOB} = alpha ,,widehat {AOC} = beta ,,widehat {BOC} = gamma
end{array} right.$ thì
${{V}_{OABC}}=frac{abc}{6}sqrt{1-{{cos }^{2}}alpha -{{cos }^{2}}beta -{{cos }^{2}}gamma +2cos alpha .cos beta .cos gamma }=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.
Câu 21. Chọn C.
Ta có thể tích của khối cầu là ${{V}_{C}}=frac{4}{3}pi {{r}^{3}}$.
Thể tích của khối trụ là ${{V}_{T}}=pi {{r}^{2}}l=2pi {{r}^{3}}$.
Khi đó $frac{{{V}_{C}}}{{{V}_{T}}}=frac{2}{3}$.
Câu 22. Chọn D.
Ta có $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},fleft
Câu 23. Chọn D.
Số phần tử không gian mẫu là $left| Omega right|=C_{35}^{4}=5236$.
Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu xanh là $C_{20}^{4}$.
Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu đỏ là $C_{15}^{4}$.
Suy ra xác suất của biến cố $4$bi lấy được có đủ hai màu là $p=1-frac{C_{20}^{4}+C_{15}^{4}}{5236}=frac{4615}{5236}$.
Câu 24. Chọn A.
ĐK $left{ begin{array}{l}
sin x ne 0\
cos x ne 0
end{array} right. Leftrightarrow sin 2x ne 0 Leftrightarrow x ne frac{{kpi }}{2},k in Z$.
Phương trình tương đương ${tan ^2}x – left
tan x = 1\
tan x = sqrt 3
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{4} + kpi \
x = frac{pi }{3} + kpi
end{array} right.,k in Z$
Câu 25: Chọn C.
Số cách chọn $6$ người trong đó có đúng $2$ nữ là $C_{6}^{2}.C_{8}^{4}=1050$ cách.
Câu 26: Chọn D.
Hình trụ có bán kính đáy bằng $a$ và thiết diện qua trục là hình vuông nên độ dài đường sinh của hình trụ là $l=2a$.
Diện tích xung quanh của hình trụ bằng $S=2pi rl=2pi .a.2a=4pi {{a}^{2}}$.
Câu 27: Chọn D.
Ta có
$left
$Leftrightarrow left
Đặt $t={{log }_{frac{1}{3}}}left
$left
$Leftrightarrow m=frac{{{t}^{2}}-5t+1}{{{t}^{2}}-t+1},,,,left
Xét hàm số $fleft
Ta có $f’left
t = 1\
t = – 1
end{array} right.$.
$fleft
Do đó $underset{left
Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn $left
Như vậy, các giá trị nguyên âm $m$ để phương trình $left
Câu 28: Chọn A.
Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ là hai hàm số ngược nhau nên đồ thị của chúng đối xứng nhau qua đường thẳng $y=x$, nên mệnh đề $left
Hàm số $y=ln x$ có tập xác định là $left
Đồ thị hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ không cắt nhau, nên mệnh đề $left
Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ là hai hàm số đồng biến trên tập xác định của nó, nên mệnh đề $left
Vậy, có $2$ mệnh đề sai.
Câu 29: Chọn C.
Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $CD$ và $AB$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BM$.
Ta có: $left. begin{array}{l}
CD bot BM\
CD bot AM
end{array} right} Rightarrow CD bot left
Mà $AHbot BM$; $BM=left
Do $ACD$ và $BCD$ là hai tam giác đều cạnh $2sqrt{3}Rightarrow AM=BM=frac{sqrt{3}}{2}cdot 2sqrt{3}=3$.
Tam giác $AMN$ vuông tại $N$, có: $MN=sqrt{A{{M}^{2}}-A{{N}^{2}}}=sqrt{9-frac{{{x}^{2}}}{4}}$.
Lại có:
${{S}_{BCD}}=frac{sqrt{3}}{4}{{left
${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}AHcdot {{S}_{BCD}}=frac{1}{3}cdot frac{xsqrt{36-{{x}^{2}}}}{6}cdot 3sqrt{3}=frac{sqrt{3}}{6}xsqrt{36-{{x}^{2}}}$.
Ta có: ${{V}_{ABCD}}=frac{sqrt{3}}{6}xsqrt{36-{{x}^{2}}}le frac{sqrt{3}}{6}cdot frac{{{x}^{2}}+36-{{x}^{2}}}{2}=3sqrt{3}$.
Suy ra ${{V}_{ABCD}}$ lớn nhất bằng $3sqrt{3}$ khi ${{x}^{2}}=36-{{x}^{2}}Rightarrow x=3sqrt{2}$.