LỜI GIẢI CHI TIẾT - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp...

HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group : https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

ĐÁP ÁN

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 0a

yc

,a c cùng dấu (1)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 0d

xc

,c d cùng dấu (2)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ 0b

yd

,b d trái dấu. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra 0, 0, 0, 0bd ab bc ad

Câu 2: Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 2f x m có đúng hai nghiệm phân biệt khi

02 0

32 3

2

mm

m m

Câu 3: Đáp án C

Hình bát diện đều có tất cả 12 cạnh.

Câu 4: Đáp án D

Điều kiện : 6n



4 5 6n n nC C C

! ! !

4 !4! 5 !5! 6 !6!

n n n

n n n

1 1 1

4 5 5 5 30n n n

30 6 4 4 5n n n 2 15 14 0n n

1

14

n l

n n

Câu 5: Đáp án B

Ta có 3 23y x x 2' 3 6y x x

0' 0

2

xy

x

Bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;0 ; 2; và đồng biến trên khoảng 0;2

Câu 6: Đáp án D

Ta có :

2

3sin 2 cos 2 3sin 2 cos 2

sin 2 4cos 1 sin 2 2cos 2 3

x x x xy

x x x x

.

Và sin 2 2cos 2 3 0; x x x . xét phương trình 3sin 2 cos 2

sin 2 2cos 2 3

x xy

x x

sin 2 2cos 2 3 3sin 2 cos 2 3 sin 2 2 1 cos 2 3x x y x x y x y x y

Phương trình trên có nghiệm nên 2 2 2 2 23 2 1 3 5 10 10 9y y y y y y

2 5 65 5 654 10 10 0

4 4y y y

Suy ra giá trị lớn nhất của y là 5 65

4

Phương trình 3sin 2 cos2

1sin 2 2cos 2 3

x xm

x x

nghiệm đúngg với mọi số thực x khi

5 65 9 651

4 4m m

Câu 7: Đáp án C



Gọi M là trung điểm của CD. Kẻ HK vuông góc với SM.

Ta có: ( )CD HM

CD SHM HKCD SH

Mặt khác ta có HK SM

Suy ra ( )HK SCD

Vậy ( , ( )) ( , ( ))d A SCD D H SCD HK

Xét tam giác BHC vuông tại B, ta có:

2 2 2 2HC BH BC a SH HC a

Xét tam giác SHM vuông tại H, ta có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3 6

2 2 3

aHK

HK SH MH a a a

Câu 8: Đáp án B

Trước tiên ta xác định hàm số f(x) là hàm số tính thời gian người canh hải đăng phải đi.

Đặt BM= x , CM =7-x 2 25AM x . Theo đề ta có ngưới canh hải đăng chèo từ A đến M

trên bờ biển với v = 4km/h rồi đi bộ đến C với v = 6 km/h

2 225 7 3 25 2 14( )

4 6 12

x x x xf x

với (0;7)x



2

2

2

2

2

1 3'( ) 2

12 25

3'( ) 0 2 0

25

3 2 25 0

2 25 3

5 100 2 52 5

0 0

xf x

x

xf x

x

x x

x x

x xx

x x

Vậy đoạn đường ngắn nhất thì giá trị phải nhỏ nhất

29(0)

12

14 5 5(2 5)

12

74(7)

4

f

f

f

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) là 14 5 5

12

tại x= 2 5

Nên thời gian đi ít nhât là BM= x = 2 5

Câu 9: Đáp án A

Yêu cầu bài toán tương đương với:

Tìm a để

2

2

lim 4 1 =c (1)

lim 4 1 =c (2)

x

x

ax x

ax x

với c là hằng số

Giả sử 1 đúng thì ta suy ra 24 1

lim = 0 (3)x

ax x

x

Mặt khác limx

axa

x ,

24 1lim = 2x

x

x

Vậy VT(3) bằng a+2 suy ra a = -2.

Tương tự (2) đúng suy ra a = 2.

Thử lại với a = ±2 đồ thị hàm số có tiệm cận ngang.

Câu 10: Đáp án C

Tính chất của khối đa diện




Có 3' 4 16y x x ; 3 0' 0 4 16 0

2

xy x x

x

;

' 0 2;0 2;y x

Nên hàm số đồng biến trên khoảng 2;0 ; 2; .

Câu 12: Đáp án B

S

A C

B

M

Gọi M là trung điểm của BC . Vì ABC cân tại A nên AM BC ,

Ta có

AM BC

SM BC

SBC ABC BC

Góc giữa SBC và ABC là góc SMA Vì góc 090SAM

Có BM a , góc 060BAM nên

202 1 3

sin . .sin1202 33

ABC

BM a aBAM AB S AB AC

AB

tan tan3 3

BM a SA aBAM AM SMA SA

AM AM

2 3

.

1 3. .

3 3 93S ABCD

a a aV


Ta có: 2

2 2y x x

Có

2

2'

2

xy

x

' 0 2

' 0 2; ; ' 0 ; 2

y x

y x y x



Nên hàm số đạt cực tiểu tại 2x


Ta có: 0;8M C Loại A

Ta có: 0;8M C Loại D

Có

2' 6 6

' 1 12

y x x

y

Phương trình tiếp tuyến tại ( 1; 4)M có dạng 4 12( 1) 12 8y x y x d

Có đường thẳng d cắt trục tung tại điểm (0;8)M (thỏa mãn yêu cầu của bài )

Vậy B là đáp án đúng.

Câu 15: Đáp án D

M

S

H

A

D

B

C

N

Gọi H là trung điểm của AD, N là trung điểm của AB

Có SH ABCD góc giữa SB và ABCD là góc SBH

Có

2

2

0

2

2 3

.

5

2 2

5 15.tan .tan 60 .

2 2

1. .

2 2

1 1 15 15. . . .

3 3 2 2 12

MAB

S MAB MAB

a aHB a

a aSH HB SBH

aS MN AB

a a aV SH S

Câu 16: Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên ta có điểm cực đại 1;3 va điểm cực tiểu là 2;0




O

A B

D C

S

H

0 0

3

.

2 2

2; 45 .tan 45

2

1 2.

3 3S ABCD ABCD

AC a AB a

aSBC ABCD SHO SO OH

aV SO S


3

. ' ' ' ' D 2.ABCD A B C D ABC

aV S h h a

a


Hàm số f(x) xác định trên D⊆ R

Điểm xo∈ D được gọi là điểm cực đại của hàm số f(x) nếu tồn tại một khoảng (a;b)⊂ D sao cho xo∈

(a;b) và f(xo)>f(x),∀x ∈ (a,b)∖{xo}.


Gọi O là tâm nửa đường tròn. Ta có: 22 2 9PQ OP x

Đặt diện tích hình chữ nhật là: 2 2 2 22 9 4 9f x x x f x x x

Đặt 2 0 3y x y . Xét hàm số 4 9g y y y

Ta có f x lớn nhất khi g y lớn nhất. g y lớn nhất khi 3 3y x

max 3 6 2f x f


Số hạng tổng quát trong khai triển

7k 7

2 2 2 2 31 7 7 7 7 71 7 k 7 k3

3 3 3

2 2 ( 2) ( 2)T C C C C C ( 2)

7-k7-k 7-k 7-k

kk k k k k k k k 7-k

k+ x x x x xx

x x x

số hạng không chứa x ứng với k: 7 7

03

kk=1



Vậy số hạng không chứa x là: 17C ( 2) 4487-1

Vậy 1

P A5040


2y ' 2 (3 2)x mx+ m+

Hàm số nghịch biến trên R y ' 0 moị x' 2y '

0 1 02 m 1

0 3 2 0

a< <

m m+


Với 2

3 my '

(x 1)

Nếu y ' 0 khi m 3 1Min y= tại x=1 m 1 thỏa

và y ' 0 khi m 3 . 1Min y= tại x=2 m 0 loại


3y ' 4 2x mx

Để đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì đồ thị hàm số phải có 3 cực trị và CTy 0 yCĐ

Nên m 0 và y’=0 có 3 nghiệm

0

2y ' 0

2

2

2

x=

mx=

mx=-

CTy 0 yCĐ

2

m 1 0 m 1 2 m 14

m


Gọi 2

M2

aa;

a

thuộc đồ thị hàm số

( ) 2d M;TCD a

4( )

2d M;TCN

a

Tổng khoảng cách =4 4

2 2 2 . 42 2

a aa a



Dấu bằng xảy ra khi 4

22

a=4a

a=0a

do hoành độ dương nên a=4

Vậy M(4;3)

Câu 26:Đáp án D

Ta có 0' , ' 30 .A BC ABC A BA

0 3' .tan30 .

3

aAA AB

21 2. .

2 2ABC

aS BA BC

Vậy 2 33 2 6

'. .3 2 6

ABC ABC

a a aV AA S


Giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f x m có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

0,m 3m .




Giải:

TXĐ: D .

2' 6 6 12f x x x

1 1;2' 0

2 1;2

xf x

x

Ta có 1 15f , 1 5f , 2 6f .

Do f liên tục trên 1;2 nên suy ra

1;2

max 15.x

f x


Giải:

Ta có 2

.3

SEBD

SCBD

V SE

V SC

Suy ra .

2 2 1 2 1 11 .

3 3 2 3 2 3SEBD SCBD S ABCDV V V



Gọi H là trung điểm AB. Ta có 2 tam giác SAB và ABC đều và bằng nhau nên SH = CH = a 3 .

Mà 2 2 31

3ABC S .ABCS a 3 V a 3.a 3 a




Ta có: 2

0

4 2 2 0 1

12

3

x

y' = x x x; y' = x

x

. Lập

BBT:


Ta có: 2 2 2

12 1 1 3 2 0

222 2 1 2 2 0

1

m ( l )y' = x mx m m y'( )= m m

mm ( n )y' ' = x m y' '( )= m

m

(Cách khác: Hs kiểm tra trên MTBT vẫn đc m =2)


Ta có: 1 1 1

2 1

3 31

2 4 2

S u uM

S u d d


23 6 3 0y' = x x , x ℝ

( Cách khác: Hs kiểm tra trên MTBT bằng chức năng Mode 7 vẫn đc kết quả câu B )

Câu 36. Đáp án B

Quay 3 lần thì số kết quả thu được là 310 .

Kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay có số kết quả là 10.9.8 720

Xác suất để kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay là : 3

720 180,72

10 25 .

Câu 37. Đáp án B.

Từ 2 2

: 1 3 4C x y có tâm 1;3I và bán kính 2R .

2;5v

V I I nên có PT là 2 2

2 5 4x y .

Câu 38. Đáp án D.

Có 1

4

2

54

u

u

từ 3

4 1.u u q 3 354 2. 27 3q q q nên 56 2.3 486u .

Câu 39. Đáp án A.

x 1

2

0

1

y 0 0 0

y

5

48

0 2

3



Ta có lim lim 3 1 3x x

f x x

Để f x liên tục trên thì lim limx x

f x f x

lim lim 1 3x x

f x ax a

.

Câu 40. Đáp án A.

Có

23

21 1

1 23 2lim lim

1 1 1x x

x xx x

x x x

1

1 2lim 0

1x

x x

x

.

Câu 41. Đáp án C

Hàm số bậc 3 xác định trên , nên không tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Chọn C

Câu 42. Đáp án D

Ta có 2' 3 6y x x

Có '( 1) 9; y(-1) = -4y

Khi đó phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại 0 1x là 4 9( 1) 9 5y x y x

Chọn D


Ta có (AA ', ) ( ', ( ' ' )) ( ', ( ' ' ))d BC d AA BB C C d A BB C C

Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm BC và B’C’, G là trọng tâm của tam giác ABC

Theo giả thiết ta có ( ' ) ''

BC AMBC AA G BC AA

BC A G

, nên tứ giác BB’C’C là hình chữ

nhật có cạnh BC = a

Vì 3

2 2'

1 1 3 2' . ' ' '

3 3 12 3A ABC ABC LT

a aV A G S V A G a AA AG A G

2

' '

2

3BB C C

aS



Có 3

' ' ' ' '

2 3 1 3( ', ( ' ' )). ( ', ( ' ' ))

3 6 3 2A BB C C LT BB C C

a aV V d A BB C C S d A BB C C

Chọn D


Có 4 1 1

3.n n n

7 1 23.

n n n

10 1 33.

n n n

……

1 3 13.

n n

n n n

1 1 2 3 1 3(1 ). 3( ... ) 1 . 1

2 2

n n nS n n

n n n n n

20

6532,5

2S

Chọn D

Câu 45. Đáp án B

Ta có (s inx cos )(1 s inx.cos ) 1 s inx.cosx x x

21 s inx.cos 0( ) 2

sin( )s inx cos 1 4 2 2

2

x kx l

xx x k

Chọn B




Ta có

G, 2

G, 2 G, 2

G, 2

GA 2GA ' V A ' A

GB 2GB' V B ' B V A 'B 'C' ABC

GC 2GC ' V C ' C


Ta có 1

,2

IV

biến 0;2M d thành ' '; 'M x y thì

1'

1 2'

12'

2

x

IM IM

y

1,2

IV

biến đường thẳng d thành đường thẳng đi qua 1 1

' ;2 2

M

, có cùng vtpt 1;1 và có phương

trình là 1 1

0 02 2

x y x y

Phép quay tâm O góc quay 45 biến điểm ;N x y thuộc đường thẳng 0x y thành điểm

2' '

'cos 45 'sin 45 2' '; ' ' *'sin 45 'cos 45 2

' '2

x x yx x y

N x y dy x y

y x y

Thay * vào 0x y ta được ' 0 ' : 0x d x


Hàm số xác định và liên tục trên 1;1D

Với 21y x x ta có 2

2

1 2'

1

xy

x

;

2y ' 0 x

2 .

2 1 2 1

1 0 1 ; ;2 2 2 2

y y y y

Suy ra

1;1

1;1

1max

2 11

m min2

x

x

M y

M m

y


Theo định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lim 0x

f x

Tiệm cận ngang của đồ thị

hàm số là 0y .




Gọi H là trung điểm BC . Ta có ' ' ', ' ' ' 30AH BB C C AB BB C C AB H .

Mặt khác 2

2 2 2 2 2' ' 3 2sin 30

AHh BB AB AB a a a a

Thể tích khối lăng trụ tam giác đều . 'B'C'ABC A là 2 33 6

. . 24 4

ABC

a aV S h a

LỜI GIẢI CHI TIẾT - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp...

Documents

Transcript of LỜI GIẢI CHI TIẾT - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp...