Truy cập Website : hoc360.net – Tải tài liệu học tập miễn phí...Gọi A là biến cố “Hai học sinh A, B ngồi cạnh nhau”. Chọn 1 bàn để xếp hai

Truy cập Website : hoc360.net – Tải tài liệu học tập miễn phí

Trang 10| Group : https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

Đáp án

1-B 2-C 3-D 4-C 5-A 6-C 7-D 8-C 9-B 10-A

11-D 12-A 13-D 14-B 15-C 16-D 17-A 18-B 19-A 20-B

21-C 22-C 23-C 24-D 25-A 26-A 27-B 28-D 29-A 30-D

31-B 32-C 33-B 34-B 35-C 36-A 37-B 38-B 39-B 40-A

41-B 42-A 43-D 44-C 45-D 46-C 47-A 48-C 49-A 50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Số phẩn tử không gian mẫu là 30!

Gọi A là biến cố “Hai học sinh A, B ngồi cạnh nhau”.

Chọn 1 bàn để xếp hai học sinh A, B có 15 cách.

Xếp A, B ngổi vào bàn được chọn có 2!cách.

Xếp 28 học sinh còn lại có 28!cách.

Vậy A 15.2.28!. Do đó 15.2.28! 1

P A .30! 29

Câu 2: Đáp án C

Hệ số của 5x trong khai triển 5

x 1 2x là 4 4

52 .C

Hệ số của 5x trong khai triển 102x 1 3x là 3 3

103 .C

Vậy hệ số của 5x trong khai triển 5 102x 1 2x x 1 3x là

4 4 3 35 102 .C 3 .C 3320

Câu 3: Đáp án D

Có vô số phép tịnh tiến theo véc tơ k2 với k .

Câu 4: Đáp án C

2y ln x 2x 1 x xác định và liên tục trên đoạn 2;4 .

2

22

x 2x 1 ' 2 x 1 2 x 1 3 xy ' 1 1

x 2x 1 x 1 x 1x 1

Ta có: 2;4

y ' 0 x 3, y 2 2, y 4 ln 9 4, y 3 ln 4 3 min y 2

Chú ý: Có thể sử dụng chức năng table của MTCT.



Câu 5: Đáp án A

TXĐ: D

Ta có: f x 2 f x với mọi x nên hàm số này tuần hoàn.

Đặt t s inx suy ra t 0; do đó 0 t

x

max f x max sin t sin 12

Câu 6: Đáp án C

Hàm số đồng biến trên đoạn a;b thì

x a;bx a;b

max f x f b , min f x f a

Câu 7: Đáp án D

Trong một hình đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của hai mặt.

Câu 8: Đáp án C

A sai vì hàm số chỉ đạt cực trị tại x 2 .

B sai vì trên 0;2 hàm số đồng biến.

C đúng vì hàm số chỉ đạt cực trị tại x 2

D sai vì xlim

nên hàm số không có giá trị lớn nhất.

Câu 9: Đáp án B

Ta có: 2y ' 3x 4x m.

Hàm số đồng biến trên y'

4y ' 0, x ' 0 4 3m 0 m .

3

Câu 10: Đáp án A

Ta có: 2u x du 2xdx,dv cos xdx v s inx

Suy ra: 20

0

I x s inx 2 x sin xdx.

Câu 11: Đáp án D

TXĐ: D ; 2 2;3 3;

Xét pt 2 x 1x 4x 3 0 .

x 3

2

2x 3

x x 4lim x 3

x 4x 3

là tiệm cận đứng.



2 2

2x x

2

41 1

x x 4 xlim lim 04 3x 4x 3

x 1x x

2

2x x 2 2

x x 4 4lim lim 0

x 4x 3 x 4x 3 x x 4

y 0 là tiệm cận ngang.


Ta sử dụng kết quả x x x x xg x .de g x .e e .d g x g x .e e .g ' x dx

x xg ' x g x e dx g x e .

Do đó ta có x xf x f ' x dx x 1 e dx x.e .

x x a 1f x dx x 1 1 e dx x 1 e .

b 1

Do đó a b 0.


Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

23 2 2 3 2 x 0

x 3x 3x 1 x x 1 x 4x 4x 0 x x 2 0 .x 2

Câu 14: Đáp án B

Đồ thị hàm số y f x có được bằng cách giữ nguyên đồ thị hàm

số y f x ở trên trục hoành và lấy phần phía dưới trục hoành đối

xứng qua trục hoành. Đồ thị có được như hình vẽ bên. Số nghiệm

của phương trình f x m là số giao điểm của đồ thị hàm số

y f x và đường thẳng y m .[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Khi đó, phương trình f x m có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 m 1 và

m 1 .

Câu 15: Đáp án C

Tại x 2 là điểm cực trị nên tiếp tuyến song song với trục hoành do



đó hệ số góc bằng 0 .


OM là đường thẳng qua gốc tọa độ 0;0 nên có dạng

y ax a 0 .

Diện tích mảnh vườn cần tính là:

aa 2 3 3 3

2

0 0

a x x a a 9S a x x dx a 3.

2 3 6 6 2

Suy ra tọa độ điểm M 3;9 nên 2 2OM 3 9 3 10 .


Với f x ln x và e

f x x thì điều kiện x 0 nên loại C và D.

Với x

3f x

thì f x là hàm nghịch biến nên loại B.


Ta có: 2 22 2 2 2 2log x y log x log y 2log x log y.


Điều kiện: x 1 0 x 1.

2 1 2 2 2

2

x 1log x 1 log x 1 0 log x 1 log x 1 0 log 0

x 1

2log x 1 0 x 1 1 x 1 1 x 0

Kết hợp với điều kiện suy ra 1 x 0.


Phương trình biến đổi thành x 1

2 4 x 1 81 a1 a 1 a 1 a 1 a 1 a x 7.

1 a


Điều kiện: m x 1 0

Với x 1 phương trình tương đương 1e 0 vô lí nên x 1 không là nghiệm.

Với x 1. Ta có: x

x ee m x 1 m f x g m

x 1



Xét hàm số: xe

f x .x 1

Ta có:

x x x

2 2

x 1 e e xef ' x

x 1 x 1

Cho f ' x 0 x 0.

Bảng biến thiên:

x 1 0

f ' x - - +

f x 0

1

Dựa vào bảng biến thiên để phương trình có nghiệm duy nhất khi hàm số g m cắt

f x tại đúng một điểm m 0 m 1.


Ta có: 3 3 3 3nS 1 2 3 ... n .

Cho n 10 thấy

223 3 3 3 2 n n 1121

S 1 2 3 ... 10 3025 .104 2

Với n 2007 ta thấy đáp án C đúng.[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]


Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có: AB MD,AB MC AB MCD

Tương tự: CD BN,CD AN CD ANB

MCD , NAB là mặt phẳng trung trực của AB và CD.

Gọi I là điểm thuộc MN.

Do I MN I MCD IA IB

Do I MN I NAB IC ID

Nếu I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì ID IB

Xét AMN vuông tại M: 2 2MD AD AM 3 2a



Xét MND vuông tại M: 2 2MN MD ND 3a

Đặt MI x, NI 3a x 0 x 3a

Ta có: 2 2 2 2R BI x 4a

Mà 22 2 2R ID 3a x 9a

22 2 2 7a a 85

x 4a 3a x 9a x R3 3


Ta dễ dàng chứng minh được O'MN vuông góc với PQ.

Do đó thể tích khối tứ diện MNPQ

là: MNPQ MNO

1 1V .S .PQ .OO '.MN.PQ

3 6

Trong đó 2 31d MN,PQ OO' h .60 .h.1 30.10 h 50cm.

6

Vậy thể tích của lượng đá bị cắt bỏ

bằng:[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

2

2 3t MNPQ 3

60V V V R .h 30 . .50 30 111, 4dm .

10 2


Nửa chu vi tam giác ABC: 10a 10a 12a

16a2

Diện tích tam giác ABC là:

2

S p p a p b p c

16a 16a 10a 16a 10a 16a 12a 48a

Mà 2

ABCABC

S 48aS pr r 3a,

p 16a

với r là bán kính của đường

tròn đáy nội tiếp tam giác ABC.

Lại có SO

tan SIO SO IO.tan 45 IO 3aIO

Thể tích khối nón là: 22 3

non

1 1V SO. .r .3a. 3a 9 a

3 3




Đặt 2 2z a bi a b 0 z a bi.

Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

a biz a bi a b 2abi.

a bi a b a b a bz

Suy ra

z

z không là số ảo.


Phương trình 2z bz c 0 có một nghiệm phức là 1z 1 2i

2 3 b c 0 b 2

1 2i b 1 2i c 0 3 4i b 2bi c 04 2b 0 c 5

b c 3.


Ta có: 1 2z z MN là khẳng định sai.

Vì giả sử: 1 2z a bi, z c di;a,b,c,d

2 2

M a;b ; N c,d MN c a d b

Và 2 2

1 2 1 2z z a c b d i z z a c b d MN


Giả sử

1

1 2

2

M d M 1 m;2 2m : 3 mM d d

M d *

Mà 2M d *

1 m 1 kt 1

2 2m t 2 .

3 m 1 2t 3

Từ (2) và (3) m 0

t 2

thay vào (1) được k 0 .


Ta có H nên H 1 2t; 2 t;2t .

Vì H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng nên AH.u 0.

Vì AH 3 2t;1 t;2t 1 ,u 2; 1;2

nên 2 2t 3 t 1 2 2t 1 0 t 1

Vậy H 1; 3;2 .




Để phương trình 2 2 2x y z 4x 2my 6z 13 0 là phương trình của mặt cầu thì

2 2 24 m 3 13 0 m 0 m 0 .


Ta có: P Qn 2;a;3 ,n 4; 1;0 a 4 .

Để P và Q vuông góc với nhau thì P Qn .n 0 8 a 3a 12 0 a 1


Phương trình đường thẳng d là:

x 1 3t

y 2 4t , t

z 3 4t

B d B 1 3t;2 4t; 3 4t

Mà B P 18t 18 0 t 1 B 2; 2;1

Do MAB vuông tại 2 2M MB AB MA

Để MB lớn nhất =>MA nhỏ nhất[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (P)

Xét AHM vuông tại H AM AH [§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Để MA nhỏ nhất M H MB là giao tuyến của mặt phẳng P với mặt phẳng

( là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng P )

P Pd MBn n ,u 4;5;2 u n ,u 9 1;0;2

Vậy phương trình đường thẳng MB:

x 2 t

y 2

z 1 2t

.Thấy ngay điểm I 1; 2;3 thỏa mãn.


Vì M thuộc tia Oz nên MM 0;0;z với Mz 0 .



Vì khoảng cách từ M đến mặt phẳng P bằng 3 nên ta có MM

M

z 3z 63 .

z 153

Vì Mz 0 nên M 0;0;3 .

Câu 35: Đáp án

Ta có: S.CDES.CDE S.CAB

S.CAB

V SD SE SD SE. V . .V

V SA SB SA SB

32

S.CAB

1 1 1 1 2aV .SC. .BA.BC .2a. .2a

3 2 3 2 3

Xét SAC ta có:

2 22

2 2 2

SD SC 4a 1SC SD.SA

SA SA 4a 4a 2

Ta có: AB SBC AB CE CE SAB CE SB

Tương tự xét SBC ta có:

2 22

2 2 2

SE SC 4a 2SC SE.SB

SB SB 4a 2a 3

Vậy suy ra 3 3

S.CEF

1 2 2a 2aV . .

2 3 3 9


Gọi E là trung điểm BC, M là trung điểm của BE, M là trung điểm của AB.

Ta có IM / / BCC'B' nên:

a 3d I, BCC 'B' d M, BCC'B' MN

2

Gọi b là cạnh của tam giác đều ABC .Ta có: EA 2MN a 3

Mà b 3

AE a 3 b 2a2

Diện tích mặt đáy là:

2

2ABC

2a 3S a 3

4

Thể tích hình lăng trụ là: 2 2ABCV S .A A ' a 3.a 3 3a .


Đặt 2 2 2t 4 x t 4 x 2tdt 2xdx hay tdt xdx.



Đổi cận: khi x 1 t 3; x 2 t 0.

Khi đó 30 3 3

2

03 0

t 3 3I t. t dt t dt 3.

3 3


Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD, BC 2a 3

SI a 32

(SI là đường cao của

tam giác đều SAD)[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Ta có:

SAD ABCDSI ABCD

SI AD,SI SAD

=> JI là hình chiếu vuông góc của JC lên ABCD

Khi đó SBC , ABCD JS, JI SJI 30

SJI vuông tại I

SI SI a 3tan SJI I J 3a

I J tan 30tanSJI

3S.ABCD ABCD

1 1 1V .S .SI .AD.I J.SI .2a.3a.a 3 2a 3

3 3 3 (đơn vị thể tích).


Ta có: C d C 1 2t; t;2 t

2 2 2 2

ABC

AB 1; 1; 2 , AC 2t; t 3; t 1

AB,AC 3t 7;3t 1; 3t 3

1 1 1S AB,AC 3t 7 3t 1 3t 3 27t 54t 59

2 2 2

Ta có: 2 2ABC

1S 27t 54t 59 2 2 27t 54t 59 0 t 1 C 1;1;1

2


Ta kiểm tra lần lượt từng đáp án, nếu gặp đáp án đúng thì dừng.

s inx 1

tan xdx dx d cos x ln cos x Ccos x cos x

=> đáp án A đúng.



cos x 1

cotxdx dx d s inx ln sin x Csinx s inx

=> đáp án B sai.

x x x xsin dx 2 sin d 2cos C

2 2 2 2

=> đáp án C sai.

x x x xcos dx 2 cos d 2sin C

2 2 2 2

=> đáp án D sai.


Từ 2 2x 2xy 3y 4. Suy ra:

Nếu y 0 thì x 2 P 2

Nếu y 0. Ta có:

2

2P2 2 P

2 22 2

x4 1

4 x y y4.2P log x y 4. x y 4.2

4 x 2xy 3y x x2 3

y y

Đặt 2

P P 2 2

2

x 4t 8t 4t , t 2 2 t 2t 3 4t 8t 4

y t 2t 3

P 2 P P2 4 t 2 8 t 3.2 4 0 . ( Xét P 4 )

Để phương trình có nghiệm: 2P P p' 0 2 4 2 4 3.2 4 0

2P P P

22. 2 24.2 0 0 2 12 P log 12.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 2log 12.


Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí

bất kì có (tam giác màu đen):[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

2 2 2 2 2 21 1S x R x . R x .tan S x R x tan

2 2

Thể tích hình cái nêm là: R

2 2 3

0

1 2V 2. tan R x dx R tan

2 3

Thể tích khối nước tạo thành khi ngyên cốc có hình dạng cái nêm nên

3 3 3kn kn

2 2 hV R tan V R . 60cm .

3 3 R




Gọi 1H là hình phẳng giới hạn bởi các đường y x, y 0, x 1 Thể

tích khi quay hình 1H quanh trục Ox là: 1

21

0

V x dx

Gọi 2H là hình phẳng giới hạn bởi các đường

y 2 x, y 0, x 1 Thể tích khi quay hình 2H quanh trục Ox là:

2

2

1

V 2 x dx

1 2

21 2

0 1

V V V x dx 2 x dx


Ta có: 2 3

3

x 0

y ' 3x f ' x 0 x 1 .

x 4

Dựa vào đồ thị đạo hàm ta thấy 3 3

3

3

x 4 x 4f ' x 0 .

x 0x 0

Do đó khi vẽ bảng biến thiên của 3y f x chỉ có 2 điểm 3x 0, x 4 làm đạo hàm

của nó đổi dấu nên có 2 điểm cực trị.


Ta có: 3 2sin 3x 3sin x 4sin x 3 4sin x s inx 1 2cos2x s inx do đó phương trình

2 22 2 2

3 2 2

2 2

1 2cos2x sin xcos2x+sin x 0 sin x 1 2cos2x cos2x 1 0

4cos 2x 4cos 2x cos2x 1 sin x 0

sin x 01 cos2x 1 4cos x sin x 0 x k

cos2x 1 2

Vì 2 2.2017

k 0;2017 0 k 2017 k 0.636 k 12842 2

do đó có

1283 nghiệm.


Ta có: a b c 0 a b c suy ra



b 2cf n b n 2 n 1 c n 3 n 2 .

n 2 n 1 n 3 n 1

Do đó: b 2c

limf n lim 0n 2 n 1 n 3 n 1


Ta có:

a c 2b sin A sin C 2sin B

A C A C B B A C A C2sin cos 4sin .cos 4sin .cos

2 2 2 2 2 2

A C A C A C A C A C A Ccos 2cos cos cos sin sin 2cos cos 2sin sin

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

A C A C A C A C 13sin sin cos cos 3 tan tan 1 tan tan

2 2 2 2 2 2 2 2 3


Ta có:

z 11

uw 22z w 2 z w *

z w u 1 11w

Giả sử u a bi, a,b . Khi đó

2 2

2 2

1a b

4* ** .

a 1 b 1

Từ 1 1

** 2a 1 1 a .4 8


Gọi số cần tìm là abcde . Số mà chia hết cho 15 thì phải chia hết cho 3 và 5 .

Trường hợp 1. Số cần tìm có dạng abcd0, để chia hết cho 3 thì a, b, c, d phải thuộc

các tập sau 1 2 3 4 5A 1,2,3,6 , A 1, 2,4,5 A 1,3,5,6 A 2,3,4,6 ,A 3,4,5,6 . Do

đó trong trường hợp này có 5.4! 120 số.[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Trường hợp 2. Số cần tìm có dạng abcd5 , để chia hết 3 thì a, b, c, d , e phải thuộc các

tập sau

1 2 3 4 5B 0,1, 2,4,5 ,B 0,1,3,5,6 ,B 0,3, 4,5,6 ,B 1,2,3,4,5 , B 1,2,4,5,6

Nếu a, b, c,d thuộc 1 2 3B ,B , B , thì có 3.3.3.2 54 số



a, b, c, d thuộc 4 5B ,B thì có 2.4! 48 .

Tổng lại có 120 54 48 222 số.


Phương trình biến đổi thành:

3 3 2 3 2 6 4 2 5 4 3

6 5 4 3 2

2 2

2 x 1 x 3x 3x 4 x 3x 3x 1 x 9x 9x 6x 6x 18x

x 6x 3x 14x 3x 12x 4 0

1 5 1 5x 2 2 2 x 2 2 2 x x 0

2 2 2 2

x 2 2 2

1 5x

2 2

1 5x

2 2

x 2 2 2

(thử lại) x 2 2 2

1 5x

2 2

Documents

Truy cập Website : hoc360.net – Tải tài liệu học tập miễn phí...Gọi A là biến cố “Hai học sinh A, B ngồi cạnh nhau”. Chọn 1 bàn để xếp hai