Lời giai trang 1

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp: Số phức $z=a+bi$ có số phức liên hợp $overline{z}=a-bi$

Cách giải: Số phức liên hợp của $z=2-3i$ là $overline{z}=2+3i$

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn $underset{xto infty }{mathop{lim }},frac{1}{{{x}^{n}}}=0,left$n>0right$$

Cách giải: $underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{1-2x}{x+3}=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{frac{1}{x}-2}{1+frac{3}{x}}=-2$

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp: Liệt kê các phần tử của tập A

Cách giải:$A=left{ xin Z:-3le xle 3 right}=left{ -3;-2;-1;0;1;2;3 right}Rightarrow A$ có 7 phần tử

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:$V=Bh$

Cách giải: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: $V=Bh$

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp: Hàm số $y=fleft$xright$$ đồng biến $nghịchbiến$ trên $left$a;bright$Leftrightarrow f’left$xright$ge 0left$f^{\prime }left(xright$le 0 right)forall xin left$a;bright$$ và $f’left$xright$=0$ tại hữu hạn điểm.

Cách giải: Dựa vào BBT ta dễ thấy hàm số $y=fleft$xright$$đồng biến trên $left$-infty;-2right$$ và $left$0;2right$$ .

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải: Diện  tích  hình  phẳng  giới  hạn  bởi  đồ  thị  hàm  số $y=fleft$xright$$, trục  hoành  và  hai  đường  thẳng $x=a,,x=b,left$a<bright$$ là $S=intlimits_{a}^{b}{left| fleft$xright$ right|dx}$

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x={{x}_{0}}Leftrightarrow y’left$x_{0}right$=0$ và qua ${{x}_{0}}$thì$y$đổi dấu từ âm sáng dương.

Cách giải: Dựa vào BBT ta dễ thấy $x=0$ là điểm cực tiểu của hàm số $y=fleft$xright$$.

Chú ý và sai lầm:  Hàm số  đạt cực tiểu tại $x=0$, rất nhiều học sinh kết luận sai hàm số  đạt cực tiểu tại $x=1$. Phân biệt điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu của hàm số.

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp: ${log _a}x < {log _a}y Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
a > 1\
0 < x < y
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
0 < a < 1\
x > y > 0
end{array} right.
end{array} right.$

Cách giải

Ta có: $1 < a < b Rightarrow left{ begin{array}{l}
1 = {log _a}a < {log _a}b\
{log _b}a < {log _b}b = 1
end{array} right. Rightarrow {log _b}a < 1 < {log _a}b Rightarrow frac{1}{{{{log }_a}b}} < 1 < frac{1}{{{{log }_b}a}}$

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản: $int{{{x}^{n}}dx=frac{{{x}^{n+1}}}{n+1}+C}$

Cách giải: $int{fleft$xright$dx=int{left$x^3+2xright$dx=frac{{{x}^{4}}}{4}+{{x}^{2}}+C}}$

Câu 10: Đáp án A

Hình chiếu vuông góc của điểm $mleft$x;,y;,zright$$ trên mặt phẳng $left$Oxyright$$ là $M’left$x;,y;,0right$$

Cách giải: Hình chiếu vuông góc của $Aleft$3;2;-1right$$ trên mặt phẳng$left$Oxyright$$là điểm $Hleft$3;2;0right$$

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp: Dựa vào chiều của đồ thị hàm số tìm dấu của hệ số a.

Dựa vào các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để loại các đáp án.

Cách giải:

Dễ thấy $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=underset{xto -infty }{mathop{lim }},y=-infty Rightarrow a<0Rightarrow $ Loại A và B.

Đồ thị hàm số đi qua $left$0;1right$Rightarrow $ Loại C.

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp:

Mặt phẳng $left$Pright$:Ax+By+Cz+D=0left$A^2+B^2+C^2.0right$$ có 1 VTPT là $overrightarrow{n}=left$A;B;Cright$$

Cách giải: Mặt phẳng $left$Pright$:2x-3y+z-2018=0$ có 1 VTPT là $overrightarrow{n}=left$2;-3;1right$$.

Câu 13: Đáp án A

Phương pháp: Đưa về cùng cơ số 4.

Cách giải: ${{4}^{{{x}^{2}}+2}}=16={{4}^{2}}Leftrightarrow {{x}^{2}}+2=2Leftrightarrow x=0$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=0$

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón: ${{S}_{xq}}=pi rl;,{{S}_{tp}}=pi rl+pi {{r}^{2}}$ trong đó $r,text{ }l$ lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón. Tính $r,text{ }l$.

Sử dụng công thức tính thể tích khối nón $V=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h$ . Với $h=sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}$ là độ dài đường cao của hình nón.

Cách giải:

$begin{array}{l}
{S_{xq}} = pi rl = 6pi \
{S_{tp}} = pi rl + {pi ^2} = 10pi  Rightarrow pi {r^2} = 4pi  Leftrightarrow {r^2} = 4 Leftrightarrow r = 2\
 Rightarrow pi .2.l = 6pi  Rightarrow l = 3\
 Rightarrow h = sqrt {{l^2} – {r^2}}  = sqrt {9 – 4}  = sqrt 5 \
 Rightarrow V = frac{1}{3}pi {r^2}h = frac{1}{3}pi {.2^2}.sqrt 5  = frac{{4sqrt 5 pi }}{3}
end{array}$

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp: Sử  dụng  công  thức  viết  phương  trình  mặt  phẳng  dạng  đoạn  chắn:  Mặt  phẳng $left$ABCright$$ đi  qua  các  điểm $Aleft$a;0;0right$;,,Bleft$0;b;0right$,;,,Cleft$0;0;cright$$ có phương trình $frac{x}{a}+frac{y}{b}+frac{z}{c}=1$ .

Cách giải: Phương trình mặt phẳng$left$ABCright$:frac{x}{2}+frac{y}{3}+frac{z}{4}=1$

Câu 16: Đáp án B

Nếu $underset{xto x_{0}^{+}}{mathop{lim }},y=infty $ hoặc $underset{xto x_{0}^{-}}{mathop{lim }},y=infty $ thì ${{x}_{0}}=0$ là TCĐ của đồ thị hàm số $y=fleft$xright$$

Cách giải Dễ dàng nhận thấy chỉ có đồ thị hàm số $y=frac{x}{x-1}$ có TCĐ $x=1$

Câu 17: Đáp án A

Phương pháp: Số nghiệm của phương trình $fleft$xright$=m$là số giao điểm của đồ thị hàm số$y=fleft$xright$$và đường thẳng $y=m$.

Cách giải: Phương  trình $fleft$xright$=m$có  3  nghiệm  phân  biệt  khi  và  chỉ  khi  đường  thẳng$y=m$cắt  đồ  thị  hàm  số$y=fleft$xright$$tại 3 điểm phân biệt.

Dựa  vào  BBT  ta  thấy,  để  đường  thẳng $y=m$cắt  đồ  thị  hàm  số$y=fleft$xright$$tại  3  điểm  phân  biệt $Leftrightarrow -2<m<4$.

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số$y=fleft$xright$$trên $left$$a;bright$$$:

Bước 1: Tính$y’$, giải phương trình $y’=0$ , suy ra các nghiệm ${{x}_{i}}in left$$a;bright$$$

Bước 2: Tính các giá trị$yleft$aright$;,yleft$bright$;,yleft$x_{i}right$$

Bước 3: So sánh và kết luận:

$underset{xin left$$a;bright$$}{mathop{max }},y=max left{ yleft$aright$;yleft$bright$;yleft$x_{i}right$ right};,underset{xin left$$a;bright$$}{mathop{min }},y=min left{ yleft$aright$;yleft$bright$;yleft$x_{i}right$ right}$

Cách giải: TXĐ: $D=Rbackslash left{ =3 right}$

Ta có: $y’ = frac{{2xleft$x+3right$ – {x^2} + 5}}{{{{left$x+3right$}^2}}} = frac{{{x^2} + 6x + 5}}{{{{left$x+3right$}^2}}} = 0 Leftrightarrow left$$beginarraylx=–1notinleft[0;2right$$\
x =  – 5 notin left$$0;2right$$ end{array} right.$

$begin{array}{l}
yleft$0right$ =  – frac{5}{3};{mkern 1mu} yleft$2right$ =  – frac{1}{5}\
 Rightarrow mathop {min }limits_{x in left$$0;2right$$} {mkern 1mu} y = frac{{ – 5}}{3}
end{array}$

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng: $int{frac{1}{ax+b}dx=frac{1}{a}ln left| ax+b right|+C}$

Cách giải: $I = intlimits_0^1 {frac{{dx}}{{x + 1}} = ln left| {x + 1} right|left| begin{array}{l}
1\
2
end{array} right. = ln 2 – ln 1 = ln 2} $

Câu 20: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng công thức cộng, nhân các số phức.

Cách giải: $text{w}=ioverline{z}+3z=ileft$1+frac13iright$+3left$1-frac13iright$=i-frac{1}{3}-i=frac{8}{3}$

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

Cách giải: $CC’bot left$A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }right$Rightarrow C’$ là hình chiếu của C trên $left$A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }right$$

$Rightarrow left$A^{\prime }C;left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }right$ right)=left$A^{\prime }C;A^{\prime }{C}^{\prime }right$=CA’C’=alpha $

$Rightarrow A’C’$ là hình chiếu của$A’C$ trên $left$A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }right$$

Ta có : $A’C’=asqrt{2}Rightarrow tan alpha =tan CA’C’=frac{CC’}{A’C’}=frac{a}{asqrt{2}}=frac{sqrt{2}}{2}$ .

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp : Sử dụng công thức lãi kép : ${{A}_{n}}=A.{{left$1+rright$}^{n}}Rightarrow A={{A}_{n}}.{{left$1+rright$}^{-n}}$

Cách giải: Kỳ khoản thanh toán 1 năm sau ngày mua là 5.000.000 đồng, qua năm 2 sẽ  thanh toán 6.000.000 đồng, qua năm 3 sẽ thanh toán là 10.000.000 đồng và qua năm 4 sẽ thanh toán 20.000.000 đồng. Các khoản tiền này đã có lãi trong đó.

Do đó giá trị chiếc xe bằng tổng các khoản tiền lúc chưa có lãi.

Ta có${{A}_{n}}=A.{{left$1+rright$}^{n}}Rightarrow A={{A}_{n}}.{{left$1+rright$}^{-n}}$

Goi ${{A}_{0}}$ là tiền ban đầu mua chiếc xe

$Rightarrow {{A}_{0}}=5.1,{{08}^{-1}}+6.1,{{08}^{-2}}+10.1,{{08}^{-3}}+20.1,{{08}^{-4}}=32,,412582$ $triệuđồng$ = $32.412.582$ đồng

Câu 23: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng phương pháp buộc : Buộc 2 người đàn ông và 1 đứa trẻ thành 1 buộc, sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông.

Cách giải: Buộc 2 người đàn ông và 1 đứa trẻ thành 1 buộc, sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông.

Chọn 2 người đàn ông có $C_{3}^{2}=3$ cách chọn, 2 người đàn ông có thể  đổi  chỗ  cho nhau nên có $2!=2$ cách xếp.

Khi đó ta coi bài toán thành xếp 4 người vào một bàn tròn.

Cố định 1 người, số cách xếp 3 người còn lại là $3!=6$ cách.

Vậy có $3.2.6=36$ cách.

Câu 24: Đáp án C

Phương pháp

$Mleft$x_0;y_0;z_{0}right$;,left$Pright$:Ax+By+Cz+D=0left$A^2+B^2+C^2>0right$Rightarrow dleft$M;left(Pright$ right)=frac{left| A{{x}_{0}}+B{{y}_{0}}+C{{z}_{0}}+D right|}{sqrt{{{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}}}$ Cách giải: $dleft$M;left(Pright$ right)=frac{left| 1-2+1-5 right|}{sqrt{{{1}^{2}}+{{left$-1right$}^{2}}+{{1}^{2}}}}=frac{5sqrt{3}}{3}$

Câu 25: Đáp án D

Phương pháp

+) Gọi H là trung điểm của AB ta có $Rightarrow SHbot left$ABCDright$$

+) ${{V}_{S.ACD}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ACD}}$

Cách giải

Gọi H là trung điểm của $AB$

$Rightarrow SHbot ABRightarrow SHbot left$ABCDright$$

Tam giác $SAB$ đều cạnh cạnh$Rightarrow SH=frac{asqrt{3}}{2}$

$left{ begin{array}{l}
{S_{ABCD}} = frac{1}{2}ABleft$BC+ADright$ = frac{1}{2}.a.left$a+2aright$ = frac{{3{a^2}}}{2}\
{S_{ABC}} = frac{1}{2}.AB.BC = frac{{{a^2}}}{2}
end{array} right. Rightarrow {S_{ACD}} = {a^2}$

$Rightarrow {{V}_{S.ACD}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ACD}}=frac{1}{3}.frac{asqrt{3}}{2}.{{a}^{2}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$

Câu 26: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng khai triển ${{left$1+xright$}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}.{{x}^{k}}}$

Cách giải: Ta có : ${{left$1+xright$}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}.{{x}^{k}}}$

Do đó hệ số của ${{x}^{9}}$trong khai triển trên là $C_{9}^{9}+C_{10}^{9}+C_{11}^{9}+…+C_{14}^{9}=3003$.

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp: Đặt $t={{2}^{x}},,left$t>0right$$

Cách giải: ${{4}^{x}}-m{{.2}^{x+1}}+2.m=0Leftrightarrow {{left$2^{x}right$}^{2}}-2m{{.2}^{x}}+2m=0,,,left$\ast right$$

Đặt $t={{2}^{x}},,left$t>0right$$, khi đó phương trình trở thành : ${{t}^{2}}-2mt+2m=0$

Ta có : ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3Leftrightarrow {{log }_{2}}{{t}_{1}}+{{log }_{2}}{{t}_{2}}=3Leftrightarrow {{log }_{2}}left$t_1{t}_{2}right$=3Leftrightarrow {{t}_{1}}{{t}_{1}}=8$

Do đó để  phương trình ban đầu có 2 nghiệm ${{x}_{1}},,{{x}_{2}}$ thỏa mãn ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3$ thì phương trình $\ast$ có  2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn ${{t}_{1}}.{{t}_{2}}=8$.

[ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = {m^2} – 2m > 0\
2m > 0\
2m = 8
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left$$beginarraylm>2m<0Rightarrowm=4endarrayright.m=4endarrayright.$$

Câu 28: Đáp án D

Phương pháp:

+) Dựa vào thể tích khối chóp, tính SA.

+) Xác định góc giữa SC và mặt đáy, tính tan của góc đó.

Cách giải:

${{V}_{S.ABCD}}=dfrac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=dfrac{1}{3}.SA.AB.ADLeftrightarrow 3{{a}^{2}}sqrt{2}=asqrt{2}.a.SARightarrow SA=3a$

Dễ thấy AC là hình chiếu của SC trên $left$ABCDright$Rightarrow left$SC;left(ABCDright$ right)=left$SC;ACright$=SCA$

Ta có : $tan SCA=dfrac{SA}{AC}=dfrac{SA}{sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=dfrac{3a}{sqrt{{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}}=sqrt{3}Leftrightarrow SCA={{60}^{circ }}$

Câu 29: Đáp án A

Phương pháp: ${{d}_{1}}bot {{d}_{2}}Leftrightarrow {{overrightarrow{u}}_{{{d}_{1}}}}.{{overrightarrow{u}}_{{{d}_{2}}}}=0$

Cách giải: Ta có: ${{overrightarrow{u}}_{{{d}_{1}}}}=left$2;-m;-3right$;{{overrightarrow{u}}_{{{d}_{2}}}}=left$1;1;1right$.$Để ${{d}_{1}}bot {{d}_{2}}Leftrightarrow {{overrightarrow{u}}_{{{d}_{1}}}}.{{overrightarrow{u}}_{{{d}_{2}}}}=0$

$Rightarrow 2.1-m.1-3.1=0Leftrightarrow -m-1=0Leftrightarrow m=-1$

Câu 30: Đáp án A

Phương pháp:

+) Tính y’, giải phương trình $y’=0,$tìm điều kiện để phương trình$y’=0$có 3 nghiệm phân biệt.

+) Tìm các điểm cực trị của hàm số.

+) Tính diện tích tam giác cân tạo bởi các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải: Ta có:$y’ = 4{x^3} – 4mx = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
{x^2} = m
end{array} right.$

Để hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu $Leftrightarrow $pt $y’=0$ có 3 nghiêm phân biệt $Leftrightarrow m>0$

$ Rightarrow y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow y = 2m\
x =  pm sqrt m  Rightarrow y =  – {m^2} + 2m
end{array} right. Rightarrow Aleft$0;2mright$,Bleft$sqrtm;–m^2+2mright$,Cleft$–sqrtm;–m^2+2mright$$. Tam giác ABC cân tại A với mọi m.

Đường thẳng BC có phương trình $y={{m}^{2}}Rightarrow dleft$A;BCright$=left| 2m-{{m}^{2}}-2m right|={{m}^{2}};BC=2sqrt{m}$

  $begin{array}{l}
 Rightarrow {S_{Delta ABC}} = frac{1}{2}BC.dleft$A:BCright$ = frac{1}{2}.2sqrt m .{m^2} = 32\
 Leftrightarrow sqrt m .{m^2} = 32 Leftrightarrow {left$sqrtmright$^5} = {2^5} Leftrightarrow sqrt m  = 2 Leftrightarrow m = 4left$tmright$
end{array}$