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 |
|
A |
C |
C |
C |
B |
D |
C |
C |
A |
C |
D |
A |
B |
D |
B |
B |
A |
B |
A |
C |
A |
C |
B |
D |
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 |
C |
A |
A |
B |
D |
B |
C |
A |
C |
C |
C |
A |
C |
C |
B |
A |
A |
C |
A |
B |
A |
A |
D |
B |
HƯỚNG DẪN GIẢI.
Câu 1: Chọn A.
Phương trình tiếp tuyến tại $Mleft( -1;3 right)$ là ${{d}_{1}}:y=-2x+1$.
Phương trình tiếp tuyến tại $Nleft( 2;6 right)$ là ${{d}_{2}}:y=4x-2$.
Phương trình hoành độ giao điểm của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$: $-2x+1=4x-2$$Leftrightarrow x=frac{1}{2}$.
Vậy $S=intlimits_{-1}^{frac{1}{2}}{left| {{x}^{2}}+2+2x-1 right|text{d}x}$$+intlimits_{frac{1}{2}}^{2}{left| {{x}^{2}}+2-4x+2 right|text{d}x}$$=frac{9}{4}$.
Câu 2: Chọn C.
TXĐ: $D=mathbb{R}$.
${y}’=3{{x}^{2}}+6x$, $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = – 2
end{array} right.$
Dựa vào BBT, ta có hàm số nghịch biến trên $left( -2;0 right)$.
Câu 3: Chọn C.
B đúng do $y=8.{{left( frac{1}{2} right)}^{x}}$nghịch biến trên $mathbb{R}$.
Xét $y={{log }_{frac{1}{2}}}left( {{x}^{2}}+1 right)$ có ${y}’=frac{2x}{left( {{x}^{2}}+1 right)ln frac{1}{2}}$, ${y}’=0Leftrightarrow x=0$.
Vẽ BBT ta thấy hàm số $y={{log }_{frac{1}{2}}}left( {{x}^{2}}+1 right)$ đạt cực đại tại $x=0$ nên D đúng.
Xét $y={{2}^{x}}+{{2}^{2-x}}$, ta có ${y}’={{2}^{x}}.ln 2-{{2}^{2-x}}.ln 2$, ${y}’=0Leftrightarrow x=1$.
Ta có BBT
Hàm số đã cho có GTNN bằng 4 nên A đúng.
Xét $y={{log }_{2}}left( {{x}^{2}}+1 right)$ có ${y}’=frac{2x}{left( {{x}^{2}}+1 right)ln 2}$, ${y}’=0Leftrightarrow x=0$.
Ta có BBT
Hàm số đã cho đồng biến trên $left( 0;+infty right)$ nên C sai.
Câu 4: Chọn C.
$left( P right)$ có dạng $2x+2left( y+1 right)-left( z-4 right)=0$$Leftrightarrow 2x+2y-z+6=0$.
Câu 5: Chọn B.
Điều kiện xác định: $xge 3$.
${{log }_{2}}left( x-3 right)+{{log }_{2}}xge 2$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-3xge 4$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x ge 4\
x le – 1
end{array} right.$. Vậy tập nghiệm của bpt là $S=left[ 4;+infty right)$.
Câu 6: Chọn D.
Số cách chọn ba học sinh tùy ý từ 10 học sinh giỏi là $C_{10}^{3}=120$ cách.
Số cách chọn để có đúng hai học sinh nam và một học sinh nữ là $C_{6}^{2}.C_{4}^{1}=60$ cách.
Vậy xác suất cần tìm là $frac{60}{120}=frac{1}{2}$.
Câu 7: Chọn C.
Ta có ${{log }_{2}}left( frac{{{x}^{2}}}{y} right)={{log }_{2}}{{x}^{2}}-{{log }_{2}}y$$=2{{log }_{2}}x-{{log }_{2}}y$.
Câu 8: Chọn C.
Ta có: ${y}’=-3{{x}^{2}}-2mx+4m+9$.
Hàm số nghịch biến trên $left( -infty ;+infty right)$$Leftrightarrow {y}’le 0$, $forall xin left( -infty ;+infty right)$.
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 3 < 0\
Delta ‘ = {left( { – m} right)^2} – left( { – 3} right).left( {4m + 9} right) le 0
end{array} right.$$Leftrightarrow {{m}^{2}}+12m+27le 0$$Leftrightarrow min left[ -9;-3 right]$.
Suy ra số giá trị nguyên của $m$ để hàm số nghịch biến trên $left( -infty ;+infty right)$ là $7$.
Câu 9: Chọn A.
Đặt $left{ begin{array}{l}
u = ln left( {x + 1} right)\
{rm{d}}v = {rm{d}}x
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{d}}u = frac{1}{{x + 1}}{rm{d}}x\
v = x
end{array} right.$
Khi đó, ta có:
$begin{array}{l}
intlimits_1^2 {ln left( {x + 1} right){rm{d}}x} = xln left( {x + 1} right)left| begin{array}{l}
2\
1
end{array} right. – intlimits_1^2 {frac{x}{{x + 1}}{rm{d}}x} = 2ln 3 – ln 2 – intlimits_1^2 {left( {1 – frac{1}{{x + 1}}} right){rm{d}}x} \
= 2ln 3 – ln 2 – left( {x – ln left| {x + 1} right|} right)left| begin{array}{l}
2\
1
end{array} right.
end{array}$
$=2ln 3-ln 2-left( 2-ln 3-1+ln 2 right)$$=3ln 3-2ln 2-1$.
Suy ra $S=a+b+c$$=3-2-1=0$.
Câu 10: Chọn C.
Cách 1.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.
Khi đó: $OMbot BC$ và $OMbot OA$ (do $OAbot left( OBC right)$).
Do đó $dleft( OA,BC right)=OM=frac{BC}{2}=frac{asqrt{2}}{2}$.
Cách 2.
Gắn hệ trục tọa $Oxyz$ với gốc tọa độ trùng với điểm $O$, $OAsubset Oz$, $OBsubset Ox$, $OCsubset Oy$.
Khi đó, ta có: $Oleft( 0;0;0 right)$, $Aleft( 0;0;a right)$, $Bleft( a;0;0 right)$, $Cleft( 0;a;0 right)$.
Ta có: $overrightarrow{OA}left( 0;0;a right),$, $overrightarrow{BC}left( -a;a;0 right)$$Rightarrow left[ overrightarrow{OA},overrightarrow{BC} right]=left( -{{a}^{2}};-{{a}^{2}};0 right)$.
$dleft( OA,BC right)=frac{left| left[ overrightarrow{OA},overrightarrow{BC} right].overrightarrow{OB} right|}{left| left[ overrightarrow{OA},overrightarrow{BC} right] right|}=frac{left| -{{a}^{2}}.a-{{a}^{2}}.0+0.0 right|}{sqrt{{{a}^{4}}+{{a}^{4}}+{{0}^{2}}}}=frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}sqrt{2}}=frac{asqrt{2}}{2}$.
Câu 11: Chọn D.
Gọi $N={B}’Mcap BA$, khi đó $left( {B}’MD right)cap left( ABCD right)=DN$.
Vì $ABCD$ là hình thoi có $widehat{BAD}=60{}^circ $ nên tam giác $ABD$ đều cạnh $a$.
$AM$ là đường trung bình của tam giác $NB{B}’$ nên $AN=AB=a$, suy ra $Delta ADN$ cân tại $A$, $widehat{DAN}=180{}^circ -widehat{BAD}=120{}^circ $. Do đó $widehat{ADN}=30{}^circ $. Suy ra $widehat{NDB}=60{}^circ +30{}^circ =90{}^circ $ hay $BDbot DN$.
Theo định lý ba đường vuông góc ta có ${B}’Dbot DN$, do đó góc giữa mặt phẳng $left( B’MD right)$ và $left( ABCD right)$ là góc giữa ${B}’D$ và $BD$ là $widehat{{B}’DB}$.
Xét tam giác ${B}’DB$ vuông tại $B$, $cos widehat{{B}’DB}=frac{BD}{{B}’D}$$=frac{BD}{sqrt{B{{D}^{2}}+B{{{{B}’}}^{2}}}}$$=frac{a}{sqrt{{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}}$$=frac{sqrt{3}}{3}$.
Câu 12: Chọn A.
Đường elip có trục lớn $28,text{cm}$, trục nhỏ $25,text{cm}$ có phương trình $+frac{{{y}^{2}}}{{{left( frac{25}{2} right)}^{2}}}=1$$Leftrightarrow {{y}^{2}}={{left( frac{25}{2} right)}^{2}}left( 1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}} right)$$Leftrightarrow y=pm frac{25}{2}sqrt{1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}}}$.
Do đó thể tích quả dưa là $V=pi intlimits_{-14}^{14}{{{left( frac{25}{2}sqrt{1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}}} right)}^{2}}text{d}x}$$=pi {{left( frac{25}{2} right)}^{2}}intlimits_{-14}^{14}{{{left( 1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}} right)}^{2}}text{d}x}$$=pi {{left( frac{25}{2} right)}^{2}}.left. left( x-frac{{{x}^{3}}}{{{3.14}^{2}}} right) right|_{-14}^{14}$$=pi {{left( frac{25}{2} right)}^{2}}.frac{56}{3}$$=frac{8750pi }{3},text{c}{{text{m}}^{text{3}}}$.
Do đó tiền bán nước thu được là $frac{8750pi .20000}{3.1000}approx 183259,$đồng.
Câu 13: Chọn B.
Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-2x-8$; $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 2 in left[ {1;3} right]\
x = – frac{4}{3} notin left[ {1;3} right]
end{array} right.$.
$yleft( 1 right)=-8$, $yleft( 3 right)=-6$, $yleft( 2 right)=-12$. Do đó $underset{xin left[ 1;3 right]}{mathop{max y}},=yleft( 3 right)=-6$.
Câu 14: Chọn D.
Chọn một nam trong $20$ nam có $C_{20}^{1}$ cách.
Chọn một nữ trong $18$ nữ có $C_{18}^{1}$ cách.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn một đôi nam nữ là $C_{20}^{1}C_{18}^{1}$.
Câu 15: Chọn B.
Ta có ${y}’=12{{x}^{3}}-4mx$$=4xleft( 3{{x}^{2}}-m right)$.
Đề đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì $m>0$, khi đó tọa độ các điểm cực trị là $Aleft( 0;2m+{{m}^{4}} right)$, $Bleft( sqrt{frac{m}{3}};{{m}^{4}}-frac{{{m}^{2}}}{3}+2m right)$, $Cleft( -sqrt{frac{m}{3}};{{m}^{4}}-frac{{{m}^{2}}}{3}+2m right)$.
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên có diện tích ${{S}_{ABC}}=frac{1}{2}.BC.dleft( A;BC right)$$=frac{1}{2}.2sqrt{frac{m}{3}}.frac{{{m}^{2}}}{3}$$=sqrt{frac{m}{3}}.frac{{{m}^{2}}}{3}$.
Theo đề bài ta có $sqrt{frac{m}{3}}.frac{{{m}^{2}}}{3}=3Leftrightarrow m=3$.
Câu 16: Chọn B.
Điều kiện: ${{x}^{2}}-2x>0$$Leftrightarrow xin left( -infty ;,0 right)cup left( 2;,+infty right)$.
Ta có ${y}’=frac{2x-2}{-left( {{x}^{2}}-2x right)ln 3}$, ${y}’>0$$Leftrightarrow frac{2x-2}{-left( {{x}^{2}}-2x right)ln 3}>0$$Leftrightarrow xin left( -infty ;,0 right)cup left( 1;,2 right)$.
So điều kiện $Rightarrow $ $xin left( -infty ;,0 right)$.
Câu 17: Chọn A.
Ta có $fleft( x right)=int{{f}’left( x right)text{d}x}$$=int{frac{3}{3x-1}}text{d}x$$=ln left| 3x-1 right|+C$$ = left{ begin{array}{l}
ln left( { – 3x + 1} right) + C,,left( {{rm{khi}},x < frac{1}{3}} right)\
ln left( {3x – 1} right) + Cleft( {,{rm{khi}},x > frac{1}{3}} right)
end{array} right.$
$fleft( 0 right)=1$$Rightarrow ln left( -3.0+1 right)+C=1$$Leftrightarrow C=1$;$fleft( -1 right)=ln left( 3+1 right)+1$$=2ln 2+1$.
$fleft( frac{2}{3} right)=2$$Rightarrow ln left( 2-1 right)+C=2$$Leftrightarrow C=2$;$fleft( 3 right)=ln left( 9-1 right)+2$$=2ln 2+2$.
Vậy: $fleft( -1 right)+fleft( 3 right)=2ln 2+1+2ln 2+2$$=5ln 2+3$.
Câu 18: Chọn C.
Đặt $t={{5}^{x}}$, $t>0$.
Phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-2left( 3-x right)t+2x-7=0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = – 1left( L right)\
t = – 2x + 7
end{array} right.$.
Với $t=-2x+7$ ta có : ${{5}^{x}}=-2x+7$$Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7=0$.
Phương trình có một nghiệm $x=1$.
Với $x>1$ : ${{5}^{x}}+2x-7>5+2-7$$Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7>0$$Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.
Với $x<1$ : ${{5}^{x}}+2x-7<5+2-7$$Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7<0$$Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất $x=1in left( 0;2 right)$.
Câu 19: Chọn A.
Ta có $underset{xto +infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=3$ và $underset{xto -infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=3$ nên đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang là $y=3$.
Câu 20: Chọn C.
Ta có: $I=intlimits_{-1}^{2}{left[ x+2fleft( x right)-3gleft( x right) right]text{d}x}$$=intlimits_{-1}^{2}{text{xd}x}+2intlimits_{-1}^{2}{text{f}left( x right)text{d}x}-3intlimits_{-1}^{2}{text{g}left( x right)text{d}x}$$=left. frac{{{x}^{2}}}{2} right|_{-1}^{2}+4+3=frac{17}{2}$.
Câu 21: Chọn A.
Gọi tâm của mặt cầu là $Ileft( a;b;c right)$.
Vì $Iin Oz$ nên $Ileft( 0;0;c right)$.
Lại có $IA=IBLeftrightarrow I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}}$ $Leftrightarrow 9+1+{{left( c-2 right)}^{2}}=1+1+{{left( c+2 right)}^{2}}$ $Leftrightarrow c=1$.
Bán kính mặt cầu $R=sqrt{11}$.
Vậy phương trình mặt cầu là ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{left( z-1 right)}^{2}}=11$$Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2z-10=0$.
Câu 22: Chọn C.
Câu 23: Chọn B.
Câu 24: Chọn D.
Ta có ${f}’left( x right)={{x}^{3}}{{left( x+1 right)}^{2}}left( 2-x right)=0$$ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\
{x = – 1}\
{x = 2}
end{array}} right.$.
Mặt khác ${f}’left( x right)$ đổi dấu khi đi qua $x=0$ và $x=2$ nên hàm số có $2$ điểm cực trị.
Câu 25: Chọn B.
Từ các đỉnh của tam giác BCD ta kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện chúng tạo thành tam giác EFG có diện tích gấp $4$ lần diện tích tam giác BCD.
Các tam giác AEF, AFG, AGE là các tam giác vuông tại A nên ta có:
$A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}=E{{F}^{2}}=64$ (1)
$A{{G}^{2}}+A{{F}^{2}}=F{{G}^{2}}=36$ (2)
$A{{E}^{2}}+A{{G}^{2}}=E{{G}^{2}}=48$ (3)
Từ (1), (2), (3) ta có: $2left( A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}+A{{G}^{2}} right)=148Rightarrow A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}+A{{G}^{2}}=74$ (4)
Từ (1), (4) ta có: $A{{G}^{2}}=10Rightarrow AG=sqrt{10}$
Từ (2), (4) ta có: $A{{E}^{2}}=38Rightarrow AE=sqrt{38}$
Từ (3), (4) ta có: $A{{F}^{2}}=26Rightarrow AF=sqrt{26}$
Thể tích khối chóp A.EFGlà : $V=frac{1}{6}AE.AF.AG=frac{1}{6}sqrt{9880}=frac{1}{3}sqrt{2470}$
Do đó thể tích tứ diện ABCD là :$V=frac{1}{4}{V}’=frac{sqrt{2470}}{12}$
Câu 26: Chọn C.
Lấy ${{M}_{1}}left( {{x}_{1}}+3;,4+frac{3}{{{x}_{1}}} right)$, ${{x}_{1}}>0$; ${{M}_{2}}left( {{x}_{2}}+3;,4+frac{3}{{{x}_{2}}} right)$, ${{x}_{2}}<0$
Khi đó ${{M}_{1}}{{M}_{2}}^{2}={{left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right)}^{2}}left( 1+frac{9}{x_{1}^{2}x_{2}^{2}} right)$.
.Áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có ${{left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right)}^{2}}ge 4left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} right|$ và $1+frac{9}{x_{1}^{2}x_{2}^{2}}ge frac{6}{left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} right|}$.
Suy ra ${{M}_{1}}{{M}_{2}}^{2}ge 24Rightarrow {{M}_{1}}{{M}_{2}}ge 2sqrt{6}$.
Độ dài ${{M}_{1}}{{M}_{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất bẳng $2sqrt{6}$ khi $left{ begin{array}{l}
{x_1} = – {x_2}\
x_1^4 = 9
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x_1} = sqrt 3 \
{x_2} = – sqrt 3
end{array} right.$ .
Câu 27:Chọn C.
Nguyên hàm của hàm số $fleft( x right)=3{{x}^{2}}+2x+5$ là $Fleft( x right)={{x}^{3}}+{{x}^{2}}+5x+C$.
Câu 28: Chọn C.
Hình nón có đường sinh $l=sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}$$=sqrt{{{left( asqrt{3} right)}^{2}}+{{a}^{2}}}$$=$$2a$.
Diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=pi rl$$=2pi {{a}^{2}}$.
Câu 29: Chọn C.
${4^x} – {8.2^x} + 4 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{2^x} = 4 + 2sqrt 3 \
{2^x} = 4 – 2sqrt 3
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = {log _2}left( {4 + 2sqrt 3 } right)\
x = {log _2}left( {4 – 2sqrt 3 } right)
end{array} right.$
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là ${{log }_{2}}left( 4+2sqrt{3} right)+{{log }_{2}}left( 4-2sqrt{3} right)=2$.
