Truy cập Website : hoc360.net – Tải tài liệu học tập …...Chú ý: Có thể sử...

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

Trang 9| Group : https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

Đáp án

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Gọi là không gian mẫu. Ta có 210C

Gọi D là biến cố: lấy được 2 quả cầu không trắng.

Ta có 2

2 5D 5 2

10

C 2C P D .

C 9

Câu 2: Đáp án A

Khai triển 2008

2

1x

x

có 2009 số hạng, do đó số hạng chính giữa ứng với k 1004.

Số hạng ở giữa là: 1004

1004 1004 10042008 20082 1004

1 1C x C . .

x x

Câu 3: Đáp án A

Thêm vào hai chữ số 1 vào tập hợp các chữ số đã cho ta được tập E 1,1,1,2,3,4

Xem các số 1 là khác nhau thì mỗi hoán vị của 6 phần tử của E cho ta một số có 6 chữ

số thỏa mãn bài toán. Như vậy ta có 6!số. Tuy nhiên khi hoán vị vủa ba số 1 cho nhau

thì giá trị con số không thay đổi nên mỗi số như vậy ta đếm chúng đến 3! lần.

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 6!

4.5.6 1203!

số.

Chú ý: Ta có thể giải như sau, ta gọi số 6 chữ số cần tìm là abcdef , chọn 3 vị trí trong

6 vị trí để đặt ba chữ số 1 có 36C cách, xếp 3 chữ số 2,3,4 vào ba vị trí còn lại có 3!

cách do đó 36C .3! 120

Câu 4: Đáp án B



1 1sin 2x cos x sin 7xcos4x sin 3x s inx sin11x sin 3x

2 2

x k511x x k2

sin11x s inx k11x x k2 k

6x12

Chú ý: Có thể dung 4 đáp án thay vào phương trình để kiểm đâu là nghiệm.

Câu 5: Đáp án A

Hàm số 2

1y cos

x 4

xác định 2x 4 0 x 2 và x 2.

TXĐ: D \ 2;2 .

Câu 6: Đáp án A

Ta có:

2

2 22 2

1 1 xy ' , y ' 0 0 x 1.

x 1 x 1

x 1 1

y ' - 0 + 0 -

y 0 1

2

1

2

0

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng 1;1 .

Chú ý: Có thể sử dụng table thử từng đáp án xem hàm số có đồng biến hay không.

Câu 7: Đáp án D

Hàm số 2 2

2

xy

x m log x 2 2m 1 x 4m

xác định với mọi x 1; khi

2 2

2 2 2 22

x m 0 x m

x 2 2m 1 x 4m 0

log x 2 2m 1 x 4m 0 x 2 2m 1 x 4m 1 x 1; .

Ta thấy 2 2x 2 2m 1 x 4m 0 luôn đúng vì 0 . Còn x m với x 1;

m 1; m 1.



Với m 1 ta có 2 2 2 2x 2 2m 1 x 4m 1 x 2 2m 1 x 4m 0 vì 0.

Câu 8: Đáp án B

Hàm số y x có 1

y ' 02 x

với x 0 nên không có cực trị do đó loại A.

Hàm số 2x 2 2

y xx x

có

2

2y ' 1 0, x 0

x nên không có cực trị do đó loại C.

Hàm số 3y x có 2y ' 3x 0, x nên không có cực trị do đó loại D.

Hàm số 4y x 1 có 3y ' 4x ; y ' 0 x 0 .

Bảng biến thiên:

x 0

y ' - 0

y

0

Vậy hàm số đạt cực trị tại điểm x 0.

Câu 9: Đáp án D

Đặt 4 2g x x ax b, ta thấy x 0 y b 0 nên điểm cực đại ở

dưới trục hoành và 3y ' 4x 2ax 0 có ba nghiệm phân biệt g x sẽ có

đồ thị như đồ thị hình bên. [§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Đồ thị của hàm số 4 2g x x ax b là phần nằm phía dưới trục hoành

và hai nhánh phía trên trục hoành.

Đồ thị của hàm số 4 2y x ax b có được bằng cách lấy phần phía dưới trục hoành

đối xứng qua trục hoành kết hợp với phần ở trên trục hoành. Đó chính là tất cả phần

đồ thị trên trục hoành.

Dựa vào đồ thị => Hàm số 4 2y x a x b có 5 cực trị.

Câu 10: Đáp án A

Có 2 2 x 0y ' 3x 6x, y ' 0 3x 6x 0 .

x 2

Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 2;1 :



x 2 0 1

y ' 0 + 0 - 0

y 0

20 2

Từ bảng biến thiên suy ra đáp án là A.

Chú ý: Có thể sử dụng chức năng Table của máy tính nhập 3 2f X X 3X chọn

Start?-2 End? 1 Step 0.2 để tìm ra Min, Max.

Câu 11: Đáp án C

2x x x x

2 22

2x x x x

2 22

1 1x 1 1x 1 x 1 1x xlim lim lim lim

1 1 1 21 12x 1 1 x 2 1 2x 2x x xx x

1 1x 1 1x 1 x 1 1x xlim lim lim lim

1 1 1 21 12x 1 1 x 2 1 2x 2x x xx x

Mẫu có hai nghiệm x 1, x 1 trong đó x 1 không phải tiệm cận đứng vì:

22

22x 1 x 1 x 1

x 1 2x 1 1x 1 2x 1 1 1lim lim lim

2x 2 22 x 12x 1 1

Vậy hàm số có 2 tiệm cận ngang và 1 tiệm cận đứng. Tức là, n 2 và

d 1 n d 3.

Chú ý: Có thể sử dụng MTCT chức năng CALC, đầu tiên khởi động máy nhập

2

x 1

2x 1 1

rồi CALC lần lượt 6 6 610 , 10 ,1 10 để tính

x x x 1

1 1lim y , lim y , lim y

2 2 .

Câu 12: Đáp án B

Ta thấy đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực trị nên loại đáp án D.

Từ trái sang phải, đồ thị hàm số đi từ dưới lên, do đó hệ số của 4x phải âm. Suy ra loại

được đáp án A. [§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]



Với x 2 thì y 0 . Thay x 2 vào hai đáp án B, C ta thấy đáp án B thỏa mãn còn

đáp án C không thỏa mãn.


Lấy tùy ý 00 0 0 0

0 0 0

2x 4 4M x ; y C y 2 M x ;2 .

x 2 x 2 x 2

Khi đó

1 0

2

0 0 0

d M; x 1

4 4 4d M; 2 2

x 2 x 2 x 2

Do đó 1 2 0

0

4h d M; d M; x 1

x 2

0 0

0 0

4 4x 2 1 x 2 1 3

x 2 x 2

( lưu ý ở đây a b a b ) Min h 3

Đẳng thức xảy ra

0

0

0

0

x 2 .1 0

x 04x 2

x 2


Ta thấy 2x x 1 0, x nên TXĐ: D . Ta có: 2

1y ' m

x 1

Hàm số có cực trị thì y ' 0 có nghiệm và đổi dấu khi đi qua nghiệm đó

2

1m

x 1

có nghiệm và đổi dấu khi đi qua nghiệm đó:

22 2

2

m 0m 0

0 m 1.1 1 mx 1 x

m m


Đồ thị hàm số 2x 3

yx 1

tiếp xúc với đường thẳng y 2x m khi và chỉ khi

f x g x

f ' x g ' x

có nghiệm

2

2x 32x m 1

x 1

12 2

x 1

x 1 có nghiệm.



Giải 2

1 1x 1 x 1

1 2 22 : x 1

1 12x 1 x 1

2 2

Với 1

x 12

thay vào (1)

1

2 11 12

m 2 1 2 2 1 2 1 2 21 2 21 12

Với 1

x 12

thay vào (1)

1

2 1 31 12

m 2 1 2 2 1 2 1 2 21 2 21 12

Tóm lại m 2 2.


2 2

khuyet AB khuyet BC ABC

AB.BC AB BC 100S S S 25.

2 4 4

Câu 17: Đáp án

Áp dụng công thức k 2m mlog n k log n; 0 m 1;n 0 ln a 2ln a.


Ta có hàm số x

2y

x

xác định khi 2

0 x 0x . Nên phương án B sai.

Câu 19: Đáp án D

Ta có: 2 3

1x1 2x 0 7 12log 1 2x 3 x .

7 2 21 2x 2x

2




Ta có: 2 2x a x af ' x 2 2x.2 .ln 2

Theo đề bài: 1 a 1 af ' 1 2 ln 2 2.2 .ln 2 2ln 2 2 1 1 a 0 a 1.


Ta có: 3x x2 m 1 3 m 1 0 với x .

3x

3x x 3x x

x

22 m 1 3 1 0 2 1 m 3 1 1 m

3 1

với x .

Vì 3x

x

20, x

3 1

do đó

3x

x

21 m

3 1

với x 1 m 0 m 1.


Ta có: 3 2x 3mx m

2 3 3f ' x 3x 6mx . .ln

Để hàm số nghịch biến trên khoảng ;

2 2

2

f ' x 0, x ;

33x 6mx .ln 0, x ; 3x 6mx 0, x ;

0 m 0 m 0.


Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do tam giác

AHB vuông tại H nên I thuộc trục của tam giác AHB. Tương tự I

cũng thuộc trục của tam giác AKC. Suy ra I cách đều A, B, H,K, C

nên nó là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH.

[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH thì R cũng

là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b c a a c b a b c a b c

cot A cot B cot C4S 4S 4S 4S

Nên cot A cot B cot C BC CA AB

2 AB.AC BC.BA CA.CB



2 2 2

2 2 2 2 2 23

a b c a sin A bsin B csin C

8S bcsin A ca sin B absin C

a b c a b c 4 32R 2 V R

8S 4RS 4RS 4RS 3 3


Do hình trụ và hình lập phương có cùng chiều cao nên ta chỉ cần chú ý

đến mặt đáy như hình vẽ bên. Đường tròn đáy của hình trụ có bán

kính bằng một nửa đường chéo của hình vuông a 2

ABCD;R .2

Do đó thể tích hình trụ cần tìm bằng 2a 2S 2 Rh 2 a a 2.

2


Khi quay tam giác ABC quanh đường cao AH ta được hình nón có bán kính đường

tròn đáy là a

R BH ,2

đường sinh l AB a .

Vậy diện tích xung quanh là 2xq

a 1S Rl .a a .

2 2


1 2w z z 1 2i 3 i 4 i w 4 i.


Ta có: M x; y d : x 2y 1 0 nên 3M 2y 1; y z 2y 1 yi

Do đó: 3 2 1w 3z z 2z 3 2y yi 5 3i 2 1 3i 6y 3y 3 i

Suy ra: 2

2 2 2 1 4 4 6 5w 6y 3y 3 3 5y 2y 1 3 5 y 3 , y

5 5 5 5

Vậy 6 5

min w5

,dấu bằng xảy ra khi 1 3 1

y M ; .5 5 5


Ta có: w z iz 2 2i i 3 2i 3 2i 3i 2 1 i

Vậy điểm biểu diễn của số phức w là M 1;1 .




Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng P suy ra véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

P là n 1;2; 3

.


Đường thẳng 1d đi qua A 2;1; 3 và có một vec tơ chỉ phương là 1u 1; 2; 1

Đường thẳng 2d đi qua B 3;6; 3 và có một vec tơ chỉ phương là 2u 1;1;0

Ta có: 1 2 1 2u .u 1;1; 1 0, AB 5;5;0 ; u .u . AB 0

Vậy 1d và 2d cắt nhau.

Cách 2: Có 1

x 2 ax 2 y 1 z 3

d : y 1 2a1 2 1

z 3 a

Xét hệ:

3 t 2 a 5 t at 5

6 t 1 2a t 2a 5 .a 0

3 3 a a 0

Vậy hệ có nghiệm duy nhất.


Do mặt cầu S có tâm I và tiếp xúc với P nên

22 2

2. 1 1.2 2.1 7R d I, P 3.

2 1 2

Vậy phương trình mặt cầu 2 2 2

S : x 1 y 2 z 1 9.


Gọi M a;b;c là giao điểm của d và P

a 2b 5 a 3a 1 b 2 c 2

M d P 3b c 8 b 42 1 3

3a b 2c 5 0 3a b 2c 5 0 c 4

Vậy M 3; 4; 4

Cách khác:

Có 1

x 1 2tx 1 y 2 z 2

d : y 2 t M 1 2t;1 2t;2 3t2 1 3

z 2 3t



M thuộc mặt phẳng P nên

3 1 2t 2 t 2 2 3t 5 0 t 2 M 3; 4; 4


Dựng hình lập phương nhận A, B là tâm của hình vuông của hai

mặt đối diện. Chọn tia Ax, By và M, N như hình vẽ.

AB 2 ABAM BN .

2 2

Suy ra: 2AB 38

AM.BN 192 2


Ta có: n 1;2;m ,n 1; 1; 4 .

2 2

22 2

n .n 1 2 4m 1 4m1 1cos cos45

2 2n .n 1 4 m . 1 1 16 5 m .3 2

m 2

1 4m 3 5 m 1 4m 9 5 m 22m

7


Tam giác BCD đều 2 3

DE 3 DH3

2 2

EFK E,FK D,BC

SKFE EFK

2 6AH AD DH

3

1 1 1 1 3S .d .FK . d . BC

2 2 2 2 4

1 1 2 6 3 2V AH.S . .

3 3 3 4 6

Mà AM AN AP 2

AE AK A F 3

Lại có: AMNPAMNP AEKF

AEKF

V AM AN AP 8 8 4 2. . V V .

V AE AK A F 27 27 81



Chú ý: Chúng ta dễ thấy

3ABCD

A.MNP

A.MNP

A.BCD

2 2 2 2V a .8

2 2 2 4 212 12 3V .

V 2 2 2 1 2 27 3 81. . .

V 3 3 3 4 27


Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lăng trụ tứ giác đều nên ABCD,

A’B’C’D’ là hình vuông cạnh a và các cạnh bên vuông góc với mặt

đáy. Có BD ACC'A ' tại I. Hình chiếu của A’B lên mặt phẳng

ACC'A ' là A’I.

Vậy góc giữa A’B và mặt phẳng A 'ACC' bằng BA 'I 30

Có 1 a 2

BI BD A 'B 2BI a 2 A 'A a2 2

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là 3ABCDV S .A A ' a .


Gọi O, O’, M, N, P, Q lần lượt là tâm của các hình chữ nhật

ABCD, A 'B'C 'D ', A 'B'BA, BB'C 'C, CC 'D 'D, AA 'D 'D.

Ta có phần chung của hai khối chóp AB’CD’ và A’BC’D là bát diện

OMNOO’

Ta có tứ giác MNPQ là hình thoi nên: MNPQ

1 1S NQ.MP AB.AD

2 2

Suy ra thể tích bát diện OMNPQO' là:

OMNPQO' O'.MNPQ MNPQ

2 1 1 1V 2V S . A A ' AB.AD.A A ' .48 8

3 2 6 6


Dựng hình vuông ABCD tâm O. Do SAB SCB 90 nên hình

chóp S.ABC nội tiếp mặt cầu tâm I đường kính SB với I là

trung điểm của SB. Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC nên

OI ABC SD ABCD .

[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]



Kẻ DK SC DK SCB

32

S.ABC S.ABCD ABCD

AB; SBC DC; SAB SCD 30

2aSD DC tan 30

3

1 1 1 2a 4a 3V V .SD.S . .4a

2 6 6 93


Trong DCC'D ' qua N kẻ NN’ song song với DC.

Thiết diện là hình chữ nhật ABNN’ có:a

AB a,BN 52

Chu

vi ABNN’ là 2a a 5 .


Ta có

2 2

d 2 s inxcos x 1f x f ' x dx dx C.

2 s inx2 s inx 2 s inx

Chú ý là ta có d 2 s inx cos x.dx nên có biến đổi như ở trên.


Đặt 1

u ln x 1 du dx.x 1

dv dx v x 1

Khi đó 2 2

21

1 1

ln x 1 dx x 1 ln x 1 dx 3ln 3 2ln 2 1

Vậy a 3;b 2;c 1 S a b c 0.

Chú ý: Khi phân tích có dạng tích của 2 trong các loại hàm lượng giác, mũ, logarit,

hàm đa thức… thì ta dùng phương pháp tích phân từng phần. Các bài toán này không

nhất thiết dung MTCT.[§îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]


Lấy đối xứng đồ thị hàm số y x 2 qua trục Ox ta

được đồ thị hàm số y x 2 .

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số

y x 2, y x 2 là:



2

x 2 x 2 x 2 x 2

x 2 0 x 2

x 1x 2 x 2

Gọi 1V là thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng y x 2, x 2, x 1 khi quay

quanh trục Ox. 2V là thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đường

thẳng y x 2, x 1, x 1 khi quay quanh trục Ox. Ta có

1 1

2 2

1 2

2 1

1 26V x 2 dx ;V x 2 dx

2 3

Vậy 1 2

55V V .

6


Đổi 36km / h 10m / s

Khi ô tô chuyển động nhanh dần đều với gia tốc 2ta t 1 m / s .

3

Suy ra vận tốc ô tô khi đó là 2t t

v a t fx 1 dx t C m / s3 6

Khi ô tô bắt đầu tăng tốc thì 20

v 0 10 0 C 10 C 10.6

2t

v t 10 m / s6

Vậy quãng đường ô tô đi được sau 6 giây kể từ khi ô tô bắt đầu tăng tốc là

6 2

0

ts t 10 dt 90m.

6


Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2 x 1x 3x 2 x 1 x 4x 3 0 .

x 3

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

33 3 3

2 2

1 1 1

x 4 4S x 4x 3 dx x 4x 3 dx 2x 3x 0 .

3 3 3




2

n 1 n 1

3 xlim f x lim 1

2

và

n 1

1lim f x 1.

x Do đó, hàm số f x liên tục tại x 1

2

n 1 n 1 n 1

f x f 1 1 x 1 xlim lim lim 1

x 1 2 x 1 2

và

n 1 n 1 n 1

f x f 1 1 x 1lim lim lim 1

x 1 x x 1 x

Do đó, hàm số f x có đạo hàm tại x 1.


Ta có:

2 n n 2

a a a a a af 1 .f 2 ...f n cos .cos ...cos cos ...cos .cos

2 2 2 2 2 2

n n 2

n

n 1 n 1 n 1 22 n n

n n n

1 a a a a.2sin .cos ...cos .cos

a 2 2 2 22sin2

1 a a a a a 1 a a sin a.2sin .cos .cos ...cos .cos ... .2sin .cos

a a a2 2 2 2 2 2 22 sin 2 sin 2 sin2 2 2

Do đó: n

n n nn

n n

asin a sin a sin a2lim f 1 .f 2 ...f n lim lim . .

a a a a2 sin sin2 2


Ta có: 12 2n 1 n

1

d1

u 5d d 2n 4n S n u n u 2n 3.d d 22 2

u 42


Giả sử 4 góc A< B, C, D ( với A B C D ) theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân

thỏa mãn yêu cầu với công bội q. Ta có:

2 3

33

q 3A 1 q q q 360A B C D 360

A 9 A D 252.D 27A Aq 27A

D Aq 243




Các quy tắc A, B, C đều biến O thành nhiều hơn một điểm nên đó không phải là phép

biến hình. Quy tắc D biến O thành điểm H duy nhất nên đó là phép biến

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


Gọi a là số tiền vay, r là lãi, m là số tiền hàng tháng trả.

Số tiền nợ sau tháng thứ nhất là: 1N a 1 r m.

Số tiền nợ sau tháng thứ hai là:

2

2N a 1 r m a 1 r m r m a 1 r m 1 r 1

Số tiền nợ sau tháng thứ ba là:

3 2

3

3 2

N a 1 r m 1 r 1 a 1 r m 1 r 1 r m

a 1 r m 1 r m 1 r m

....

Số tiền nợ sau n tháng là: n n 1 n 2

nN a 1 r m 1 r m 1 r ... m

Hay

n

n n 1 n 2 n

n

1 r 1N a 1 r m 1 r 1 r ... 1 a 1 r m

r

Sau n tháng anh Nam trả hết nợ

n

n

n

1 r 1N a 1 r m 0

r

n nn n9 6

n n n1,005

1 0,0005 1 1 0,0,5 110 1 0,0005 30.10 0 1000 1 0,005 30 0

0,0005 0,0005

6100.1,005 3.200. 1,005 1 0 500.1,005 600 n log 36,55

5

Vậy 37 tháng thì anh Nam trả hết nợ.

Truy cập Website : hoc360.net – Tải tài liệu học tập …...Chú ý: Có thể sử...

Documents

Transcript of Truy cập Website : hoc360.net – Tải tài liệu học tập …...Chú ý: Có thể sử...