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 |
A |
D |
A |
C |
A |
B |
C |
A |
B |
A |
C |
D |
B |
C |
C |
A |
A |
B |
D |
D |
A |
D |
B |
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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 |
D |
D |
D |
B |
D |
B |
D |
B |
A |
A |
A |
D |
C |
C |
B |
C |
A |
C |
C |
C |
C |
B |
C |
A |
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. Chọn B.
Ta có chiều cao lăng trụ $h=3a$.
Thể tích của khối lăng trụ $V=Bh=3{{a}^{3}}$.
Câu 2. Chọn A.
Ta có: ${y}’=3{{x}^{2}}-6x+m$.
Hàm số đạt cực tiểu tại $x=2Rightarrow {y}’left( 2 right)=0Leftrightarrow m=0$.
Thử lại: với $m=0$ thì ${y}’=3{{x}^{2}}-6x$ $Rightarrow {y}”=6x-6$ $Rightarrow {y}”left( 2 right)=6>0$ suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x=2$.
Câu 3. Chọn D.
Số cách chọn hai thẻ tùy ý: $nleft( Omega right)=C_{11}^{2}=55$.
Gọi $A$ là biến cố rút được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn.
Số cách chọn được hai thẻ mà tích hai số được đánh trên thẻ là số chẵn là:
$nleft( A right)=5.6+C_{5}^{2}=40$
Xác suất cần tìm: $Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}=frac{40}{55}=frac{8}{11}$.
Câu 4. Chọn A.
Ta có: ${y}’=3{{x}^{2}}-6x$; $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.$.
Bảng xét dấu:
Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $left( 0; 2 right)$ và đồng biến trên các khoảng $left( -infty ; 0 right)$; $left( 2; +infty right)$.
Câu 5: Chọn C.
Phương trình $4sqrt{3}cos x+sin x+2m-1=0$ có nghiệm khi và chỉ khi: ${{left( 4sqrt{3} right)}^{2}}+{{1}^{2}}ge {{left( 2m-1 right)}^{2}}$$Leftrightarrow 4{{m}^{2}}-4m-48le 0$$Leftrightarrow -3le mle 4$.
Vì $m$ là số nguyên dương nên $min left{ 1;2;3;4 right}$.
Vậy có 4 giá trị nguyên dương của $m$ thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 6: Chọn A.
Ta thấy:
$left. begin{array}{l}
SA bot left( {ABCD} right) Rightarrow SA bot CD\
CD bot AD
end{array} right}$$Rightarrow CDbot left( SAD right)$$Rightarrow left( SC;left( SAD right) right)=widehat{CSD}=30{}^circ $.
Trong tam giác vuông $SDC$: $SD=frac{CD}{tan 30{}^circ }=frac{a}{frac{1}{sqrt{3}}}=asqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $SAD$: $SA=sqrt{S{{D}^{2}}-A{{D}^{2}}}=sqrt{{{left( asqrt{3} right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=asqrt{2.}$
Thể tích $V$của khối chóp: $V=frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SA$$=frac{1}{3}.{{a}^{2}}.asqrt{2}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{3}$.
Câu 7: Chọn B.
Chọn một học sinh đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc môn Vật lý loại giỏi thì học sinh đó có thể chỉ giỏi một môn Hóa học, Vật lý hoặc có thể giỏi cả hai môn. Số học sinh giỏi ít nhất một môn là $0,5.44=22$.
Gọi $x$; $y$; $z$ lần lượt là số học sinh giỏi môn Hóa học; Vật lý; giỏi cả hai môn.
Ta có hệ phương trình $left{ begin{array}{l}
x + z = 14\
y + z = 15\
x + y + z = 22
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 7\
y = 8\
z = 7
end{array} right.$
Vậy số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lý là $7$.
Câu 8: Chọn C.
Ta có $2cos 2x+1=0$$Leftrightarrow cos 2x=-frac{1}{2}=cos frac{2pi }{3}$
$Leftrightarrow 2x=pm frac{2pi }{3}+k2pi $$Leftrightarrow x=pm frac{pi }{3}+kpi left( kin mathbb{Z} right)$.
Câu 9. Chọn A.
Điều kiện: $x>-1$.
Ta có: ${{log }_{2}}left( 1+x right)<2$$Leftrightarrow 0<1+x<4$$Leftrightarrow -1<x<3$.
Vậy hai nghiệm nguyên dương của bất phương trình là ${{x}_{1}}=1$, $AB=sqrt{10}$.
Do đó $P={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3$.
Câu 10. Chọn B.
Ta có
${{log }_{sqrt{x}}}y=frac{2y}{5}$$Leftrightarrow {{log }_{x}}y=frac{y}{5}$. (1)
${{log }_{sqrt[3]{5}}}x=frac{15}{y}$$Leftrightarrow {{log }_{5}}x=frac{5}{y}$. (2)
Từ (1) và (2), ta có ${{log }_{x}}y=frac{1}{{{log }_{5}}x}$$Leftrightarrow {{log }_{x}}y={{log }_{x}}5$$Leftrightarrow y=5$ .
Thay vào (2) $Rightarrow x=5$.
Vậy $P={{y}^{2}}+{{x}^{2}}=50$.
Câu 11. Chọn A.
Nếu $ble 0$ thì phương trình ${{a}^{x}}=b$$left( a>0;ane 1 right)$vô nghiệm.
Do đó phương trình ${{3}^{x}}+2=0$vô nghiệm.
Câu 12. Chọn C.
Gọi $Mleft( x;0;0 right)in Ox$.
$AM=sqrt{{{left( x-4 right)}^{2}}+5}$; $BM=sqrt{{{left( x-2 right)}^{2}}+1}$.
Điểm $M$cách đều hai điểm $Aleft( 4;2;-1 right)$ và $Bleft( 2;1;0 right)$ khi và chỉ khi $AM=BM$
$Leftrightarrow {{left( x-4 right)}^{2}}+5={{left( x-2 right)}^{2}}+1$$Leftrightarrow x=4$.
Do đó $Mleft( 4;0;0 right)$.
Câu 13. Chọn D.
Ta có: $D{C}’text{//}A{B}’$ $Rightarrow D{C}’text{//}left( {B}’AC right)$ chứa $AC$.
Khi đó ta có $dleft( AC;D{C}’ right)$ $=dleft( D;left( {B}’AC right) right)$$=dleft( B;left( {B}’AC right) right)$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
AC bot BD\
AC bot BB’
end{array} right. Rightarrow AC bot left( {BB’O} right)$ .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên B’O ta có: $left{ begin{array}{l}
BH bot AC\
BH bot B’O
end{array} right. Rightarrow BH bot left( {B’AC} right)$ .
Suy ra $dleft( B,left( {B}’AC right) right)=BH$ .
Trong tam giác ${B}’BO$ ta có: $frac{1}{B{{H}^{2}}}=frac{1}{B{{{{B}’}}^{2}}}+frac{1}{B{{O}^{2}}}$ $Leftrightarrow $$frac{1}{B{{H}^{2}}}=frac{1}{{{a}^{2}}}+frac{2}{{{a}^{2}}}$$Leftrightarrow $$BH=frac{asqrt{3}}{3}$
Câu 14. Chọn B.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, $left( SBC right)$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên ta có $SHbot left( ABC right)$ .
Khi đó ta có hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $left( ABC right)$ là $AH$. Suy ra góc giữa $SA$ và $left( ABC right)$ bằng góc giữa $SA$ và $AH$ bằng góc $SAH$ .
Ta có: $AH=frac{1}{2}BC$, $SH=BCfrac{sqrt{3}}{2}$. Do đó trong tam giác $SAH$ ta có $tan SHA=frac{SH}{AH}=sqrt{3}$ .
Vậy góc $SAH={{60}^{0}}$ .
Câu 15. Chọn C.
Tập xác định: $D=mathbb{R}backslash left{ 1 right}$ .
${y}’=frac{3}{{{left( 1-x right)}^{2}}}>0forall xin D$. Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định, do đó hàm số cũng nghịch biến trên $left[ 2;3 right]$. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $left[ 2;3 right]$ bằng $yleft( 3 right)=-frac{7}{2}$ .
Câu 16. Chọn C.
Dựa vào đồ thị ta thấy $y={{log }_{a}}x$ là hàm đồng biến nên ta có $a>1$ , $y={{log }_{b}}x$ là hàm nghịch biến nên $0<b<1$ . Vậy ta có: $0<b<1<a.$
Câu 17. Chọn A.
- Tập xác định $D=mathbb{R}$.
- ${y}’=4{{x}^{3}}-4x$, $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow y = 0\
x = pm 1 Rightarrow y = – 1
end{array} right.$ - Bảng biến thiên
- Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị $m$ cần tìm là $-1<m<0$.
Câu 18. Chọn A.
- Ta có $CDbot left( SBD right)$$Rightarrow CDbot BD$ điều này vô lý vì $Delta COD$ là tam giác vuông tại $O$.
Câu 19. Chọn B.
- Ta có $underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{x+1}{6x-2}=$$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{1+frac{1}{x}}{6-frac{2}{x}}=$$frac{1}{6}$.
Câu 20. Chọn D.
- Hàm số xác định khi và chỉ khi $left{ begin{array}{l}
1 – x > 0\
x + 1 > 0
end{array} right. Leftrightarrow – 1 < x < 1$. - Vậy $D=left( -1;1 right)$.
Câu 21. Chọn D.
Ta có: $underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},frac{x+1}{x-2}=+infty $ nên $x=2$ là phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Và: $underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{x+1}{x-2}=1$ nên $y=1$ là phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 22. Chọn A.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: $yleft( 0 right)=2$ và $yleft( 1 right)=0$.
Xét hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2$ có $yleft( 0 right)=2$ và $yleft( 1 right)=0$.
Xét hàm số $y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+2$ có $yleft( 0 right)=2$ và $yleft( 1 right)=6$. Vậy loại B.
Xét hàm số $y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+2$ có $yleft( 0 right)=2$ và $yleft( 1 right)=4$. Vậy loại C.
Xét hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1$ có $yleft( 0 right)=1$ và $yleft( 1 right)=-1$. Vậy loại D.
Vậy chọn đáp án A.
Câu 23. Chọn D.
Đạo hàm: ${y}’=3{{x}^{2}}-4$. Suy ra: ${y}’left( 2 right)=8$. Ta có: $yleft( 2 right)=1$.
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y=8left( x-2 right)+1$$Leftrightarrow y=8x-15$.
Câu 24. Chọn B.
Tập xác định: $D=mathbb{R}$. Đạo hàm: ${y}’={{x}^{2}}-4mx+4$.
Hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định $mathbb{R}$ khi và chỉ khi ${y}’>0$, $forall xin mathbb{R}$$Leftrightarrow {Delta }’=4{{m}^{2}}-4le 0$, $forall min mathbb{R}$$Leftrightarrow -1le mle 1$.
Câu 25. Chọn B.
Khối trụ ban đầu có : $V=25pi $$Leftrightarrow pi {{r}^{2}}h=25pi $ $Leftrightarrow {{r}^{2}}h=25,,,,,,left( 1 right)$.
Khối trụ lúc sau có: ${{S}_{xq}}=25pi $ $Leftrightarrow pi rleft( 5h right)=25pi $ $Leftrightarrow rh=5,,,,left( 2 right)$.
Từ (1) và (2) suy ra $r=5$.
Câu 26.Chọn C.
Gọi $O$ là tâm mặt đáy $left( ABCD right)$ của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$.
Ta có $SObot left( ABCD right)$ $Rightarrow SO$ là đường cao của hình chóp.
Tam giác $SAO$ vuông tại $O$ có $OA=frac{1}{2}AC=frac{asqrt{2}}{2}$, $SA=3a$ $Rightarrow SO=sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=frac{asqrt{34}}{2}$.
Khi đó thể tích khối chóp tứ giác đều là $V=frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=frac{{{a}^{3}}sqrt{34}}{6}$.
Câu 27. Chọn D.
Phương trình hoành độ giao điểm của $left( d right)$ và $left( C right)$: $x+1=frac{2x+4}{x-1}$, với $xne 1$.
$Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-5=0,,,left( * right)$
Vì $left( * right)$ có $ac<0$ nên $left( * right)$ luôn có hai nghiệm trái dấu
$Rightarrow left( d right)$ luôn cắt $left( C right)$ tại hai điểm phân biệt $M$, $N$.
Khi đó hoành độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ là ${{x}_{I}}=-frac{b}{2a}=1$.
Câu 28. Chọn D.
Ta có hàm số mũ $y={{a}^{x}}$ và logarit $y={{log }_{a}}x$ có cùng tính đơn điệu.
Tức là chúng đồng biến khi cơ số $a>1$, nghịch biến khi cơ số $0<a<1$.
Các phương án A, B, C có cơ số lần lượt là $frac{3}{5}$ ; $frac{2}{3}$ ; $frac{1}{2}$ ; tức là $a<1$ nên chúng nghịch biến.
Còn phương án D có cơ số $a=frac{3}{2}>1$ nên nó đồng biến trên $mathbb{R}$.
Câu 29. Chọn D.
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón ta có $S=pi rl$$=4sqrt{2}pi $.
