ĐÁP ÁN - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · MNPQ là mặt phẳng đi qua trung điểm các...

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

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

ĐÁP ÁN

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Ta có 2' 3 6 9

' 6 6 6( 1)

v S t t

a v t t

thời điểm 0a 1( ) 3 6 9 12( / )t s v m s

Câu 2: Đáp án A

Ta có 3' 8 ' 0 0y x y x

Câu 3: Đáp án A

Hình hộp chữ nhật có tâm đối xứng chính là giao điểm chủa các đường chéo

Câu 4: Đáp án D

Hoành độ giao điểm hai đồ thị là nghiệm của PT: ( ) ( )f x g x hay

231

1 12 2

xx x

x

Ta có 2

1'( )

2

'( ) 2

f xx

g x x

hệ số góc hai tiếp tuyến của ( )f x và ( )g x tại giao điểm của

chúng là

1'(1)

2

'(1) 2

f

g

dễ thấy '(1). '(1) 1f g nên hai tiếp tuyến

vuông góc

Câu 5: Đáp án B

Có ba mặt phẳng đối xứng là Q

PN

M

D'

C'B'

A'

D

CB

A



MNPQ là mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh bên và các mặt phẳng

' ' , ' 'ACC A BDB D

Câu 6: Đáp án C

Đường thẳng AB có hệ số góc 1

2017 hoặc

1

2017

Gọi tọa độ hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến là 1 1 2 2, , ,M x y N x y với 1 2,x x là hai nghiêm

PT 'y k hay 23 12 9 0x x k

Khi đó 2 1 2 1,MN x x y y

là vector chỉ phương của đt AB hệ số góc của đt

AB là 22 1

1 2 1 2 1 2

2 1

6 9y y

x x x x x xx x

2

3

k (tính theo Định lý Viet)

Vì đt AB có thể nhận hai giá trị hệ số góc tương ứng k có thể nhận hai giá trị.

Câu 7: Đáp án D

1 214 14 14, ,k k kC C C theo thứ tự lập thành CSC

1 214 14 14

2

2

14! 14! 14!2

( 1)!(13 )! !(14 )! ( 2)!(12 )!

12 32 0

4

8

k k kC C C

k k k k k k

k k

k

k

Câu 8: Đáp án D

Vì 1 2( 1) 2 2n nu u n n nên nu là CSC với công bội là 2

Câu 9: Đáp án D

Hàm số liên tục tại 0

0 lim ( ) (0)x

f x f

Ta có

0 0 0 0

2 1 1 ( 2 1 1)( 2 1 1) 2lim ( ) lim lim lim 1

( 2 1 1) 2 1 1x x x x

x x xf x

x x x x

Và

2 2(0) 1 2 2 1 ( 1) 0 1f m m m m



Câu 10: Đáp án C

Ta tính trên trường hợp tổng quát tứ diện ABCD đều cạnh a

1.

3ABCDV DH dt ABC với H là trực tâm tam giác đều ABC

Ta có 3

2AM a ,

2 1

3 3AH AM a

2

2 2 2 6

3 3

aDH AD AH a a

21 1 3 3. .

2 2 2 4dt ABC AM BC a a a

Như vậy 1

.3

ABCDV DH dt ABC 2 31 6 3 2.

3 3 4 12a a a

Với 2 2

23

a V

Câu 11: Đáp án B

Ta có 3 2' 4 4 4 ( )y x mx x x m

Để hàm số có 3 cực trị thì 0m khi đó

0

' 0

x

y x m

x m

các điểm cực trị của hàm

số là 2(0,1), ( ,1 )A B m m và 2( ,1 )C m m 2 2( , ), ( , )AB m m AC m m

. Do

hàm số đã cho là hàm chẵn nên AB AC , tam giác ABC chỉ có thể vuông cân tại A. Điều

này

4 0. 0 0

1

mAB AC m m

m

Xét điều kiện 0m 1m


Vì với mọi trường hợp khi đếm số chấm con xúc sắc thứ nhất, có đúng một trường hợp trên

sáu trường hợp để con xúc sắc thứ hai cộng vào có tổng là 7 (Ví dụ xúc sắc đầu là 1 thì xúc

sắc 2 phải là 6, xúc sắc một là hai thì xúc sắc 2 là 5…)

Câu 13: Đáp án D



Tiệm cận đứng 2x

Tiệm cận ngang 1y

Vậy giao điểm hai tiệm cận là ( 2,1)


Ta thấy

' . ' ' ' ' ' . ' ' '

1 2

3 3

2 40342017

3 3

A ABC ABC A B C ABCA B ABC A B CV V V V

Câu 15: Đáp án A

Ta có phương trình đã cho

2 2 2 2 2

2

5 1cos s inx

5 5 5

1sin( )

5

m mx

m m m

mx t

m

Để phương trình có nghiệm thì 2 2

2 2

11 1 25 12

5

mm m m

m


( ) (2 5sin ) 2 5cos

(0) 10 5

f x x dx x x C

f C

Vậy ( ) 2 5cos 5f x x x


0 0

2 1 1 2lim lim 1

2 1 1x x

xI

x x

2

1 1 1

2 ( 1)( 2)lim lim lim( 2) 3

1 1x x x

x x x xJ x

x x

4I J




Các vector chỉ phương của 1 2( ), ( )d d 1 2 1 2(3,2), (1,1)u u u ku 1( )d không song

song với 2d

Phép tịnh tiến biến đường thằng thành đường thẳng song song với chính nó. Do đó ko tồn tại

phép tịnh tiến biến 1d thành 2d


2 2

1 1 2 1 2 2 3 0n nu u n n n n n


Xác suất cần tính là phần bù của trường hợp các học sinh được chọn là cùng giới tính

3 35 6

311

91

11

C Cp

C


1 1s in cos 2 sin 5 s in cos sin 5

2 2

5 216 24s in sin 5

45 2

4 8 3

x x x x x x

kxx x k

x xk

x x k x


Số hạng tổng quát trong khai triển là

8

1 8 2 3kk k

kT C x

số hạng có phần biến 5x ứng với 3k hay số hạng thứ tư trong khai

triển

8 33 3 3 5 3 5

4 8 82 3 2 3T C x C x


2 cos 6 1( ) sin 2 cos 3 sin 2

2

'( ) 2cos 2 3sin 6

xf x x x x

f x x x


Hàm số 4 3y x có 3

' 02 4 3

yx

với 1,1x GTNN đạt tại 1 và GTLN đạt

tại -1




Đáp án A sai vì B không thành C qua phép biến hình

Đáp án C sai vì D không thành B qua phép biến hình

Đáp án D sai vì phép vị tự tỷ số 1k là phép đồng nhất


Ta có

8

818

133. .

256 2u q

như vậy

3

256 là số hạng thứ 9


2 1' 3 6 9 ' 0

3

( 1,6), (3, 26) 4 1, 8

xy x x y

x

A B AB

PT AB là

8( 1) 1( 6) 0 8 2 0x y x y


1.

3SABCD ABCDV SA dt

Ta có 2 2 2 22 3AC AB AD a a a

0. tan 60 3 . 3 3SA AC a a

2. . 2 2ABCDdt AB AD a a a

2 313 . 2 2

3SABCDV a a a


Đáp án A và B đúng vì CH SA

CH SABCH AB

Đáp án D đúng vì HK là đường trung bình trong tam giác SBA nên

HK song song với SA HK HC

Đáp án C sai vì nếu AK BC thì CB SAB CB AB

điều này là vô lý.

Câu30 : Đáp án D


60

B

D C

A

S

K

H

C

B

S

A



Hoành độ giao điểm của đường thẳng 1y mx m và đồ thị hàm số 3 23 2y x x x là

nghiệm của PT

3 2

3 2

2

1 3 2

( 3 3 1) ( 1) 2( 1) 0

( 1)( 2 1) 0

mx m x x x

x x x m x x

x x x m

PT này có ba nghiệm phân biệt 2 2 1 0x x m có hai nghiệm phân biệt 1

' 2 02

2 0

mm

m

khi đó tọa độ ba giao điểm là

1,1 , 1 2,1 2 , 1 2,1 2A B m m C m m từ đây tính được

2( 2)AB AC m


23 5 2 2 ( 3)(5 ) 2

0 2

y x x y x x

y y

Mặt khác ta có 2 2 2 ( 3)(5 ) 2 ( 3) (5 ) 4 2y x x x x y

Do đây là hàm liên tục nên có tập giá trị là 2,2


Từ BBT của ( )f x ta có bảng biến thiên của f x

x -1 0 1

'y 0 0

y

0

1 1

Từ BBT ta thấy PT 2 1f x m có bốn nghiệm phân biệt

11 2 1 0 1

2m m




221 4 4

s inx osx=1 cos( ) 24 2 22

4 4

x kx k

c x

x kx k

trên 0, phương trình có duy nhất một nghiệm ứng với 0k


Hàm số có nhiều hơn một cực trị ta loại đáp án D. Khi x thì y ta loại A và B


, ,BC AH AB theo thứ tự lập thành CSN

2

2

.AH BC AB

ABq

BC

Ta có:

2 22 2

2. 4 4 1 0

4

2 1

2

BC AB ABAH AB AB BC

BC BC

ABq

BC


Ta có

0 1 0 1 0 1

... ... ...1.2 2.3 1 2 1 2 1 2 3 2

n n nn n n n n n n n nC C C C C C C C C

n n n n

Ta có 1 1 1

0 10 1

0 0

2 11 ... ...

1 2 1 1

n nn nn n n n n n

n

C CCx dx C C x C x dx

n n

1 1

0 1

0 0

1 1 11 1 2 1

0 1

0 0 0

2 1 2 230 10 1

1 0

10 1

1 ...

1 1 ...

1 1...

2 1 2 3 2

2 1...

2 3 2 1 2

n n n n nn

n n n n n nn

n n n n nnn

n nn nn

x x dx x C C x C x dx

x dx x dx C x C x C x dx

x x C x C xC x

n n n

C CC n

n n n

Như vậy

A

CHB



0 1 0 1 0 1

... ... ...1.2 2.3 1 2 1 2 1 2 3 2

n n nn n n n n n n n nC C C C C C C C C

n n n n

=

1 1 2 1002 1 2 1 2 3 2 398

1 1 2 1 2 1 2

n n nn n nn

n n n n n n n


4 4 2 2sin 2 cos sin 2sin cos cos sin2 2 2 2

2sin cos cos 0 cos 2s inx 1 0

22

cos 0

216sin

2 52

6

x x x xx x x

x x x x

x k

x

x kx

x k


Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm ABC khi đó ta có

AMA ''

BC AMBC

BC A G

, kẻ 'MN A A MN là đường

vuông góc chung của BC và AA '

Xét vuông AMN có 03 3 1 ˆ: 304 2 2

MN a aA

AM

Ta có 02 2 3 3 3 1.tan 30

3 3 2 3 3 33

a a a aAG AM AG

2

' ' '.

2 3

1 3 3. ' .

2 2 4

3 3

3 4 12

ABC A B C ABC ABC

a aDt a V A G Dt

a a a


Ta có MNP BCD , khoảng cách h từ A đến ( )BCD gấp 3 lần

Khoảng cách 'h từ Q đến MNP

2 22 1 1

3 2 9MNP BCD BCDS S S

a

N

MG

A

C

B

C'

B' A'

Q

P

N

M

D

C

B

A



1 1 1 1 1 1'.

3 3 3 9 27 3 27QMNP MNP BCD BCD

hV h S S hS V


221 2cos cos 2 cos 1 2

2 cos 1y

y x x x

Max x


Có thể đặc biệt hóa cho hình chiếu của 'A lên ABC trùng với chân

đường cao kẻ từ A của ABC (trường hợp tổng quát ta cũng chứng

minh được đường cao AH của ABC là khoảng cách cần tìm)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của 'A lên ABC H BC

Khi đó AH là khoảng cách từ A tới 'A BC vì AH BC

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 2 5

4 2

aAH

AH AB AC AH a a


Gọi H là trung điểm SA . Do AB SB AD SD

,BH SA DH SA góc BHD là góc giữa SAB

Và SAD

Ta có 2

2 2 2

2

6 3

9 3

a aOB SB SO a

a

OAB OSB AO SO SOA

Vuông cân tại O 3 3

2 23 3

SA SO a AH a

22 2 2 3 6

9 3

a aBH AB AH a

0 01ˆ ˆ ˆSin 45 902

OBOHB OHB BHD

OH


Hoành độ giao điểm 1 2,x x của đt và đồ thị H là nghiệm PT

H

C'

B'

c

B

A

A'

H

DC

BA

0

S



2 32

2

xx m

x

22 6 2 3 0x m x m

1 2

1 2

6

2

2 3

2

mx x

mx x

2

1'

2y

x

2008 2008 2008

2008 20081 2 2 2

1 21 2

20182018

2019

1 2 1 2

1 1 1 12

2 22 2

1 22 2 2

2 4 2 3 2 6 8

k kx xx x

x x x x m m

Đạt được khi 1 2 1 22 2 4 6 8 2x x x x m m


Gọi số tiền điều chỉnh so với giá 20 là USD là x thì số tiền y thu được là

221000 100 (20 2) 100( 12 220) 100 256 6 25600y x x x x x

giá vé hợp lý nhất là 14 USD tương ứng với 6x


Gọi ,E F là trung điểm ', 'BB CC

Ta

có1 1 1 1 1 1

' ', ' '2 3 6 2 4 4

NE BB BB PF CC CC

' '

' ' ' ' ' ' ' ' '

. . ' ' ' ' ' '

' ' '

1 1 1 5

2 6 4 24

5 5 2 5

24 24 3 36

1 5

2 36

23 23 23207.2018

36 36 18

NEFP BCC B

MNEFP A BCC B A B C ABC A B C ABC

ABC MNP ABC MEF MNEFP A B C ABC A B C ABC

A B C ABC

S S

V V V V

V V V V V

V



F

E

P

N

M

B

C

A

C'

B'A'



Hàm sin và cos tuần hoàn với chu kỳ 2 , ta có 2 2

4 22

xx

x x

Hàm tan và cot tuần hoàn với chu kỳ 2 2

3

3

xx

xx

Vậy có hàm cos 4x và tan 2x tuần hoàn với chu kỳ 2


Dễ dàng chỉ ra các đáp án A,B và D sai trên hình lập phương sau

A, B sai vì '

AD AB

A A AB

nhưng 'A A không song song với AD

D sai vì '

'

A A AB

A A AC

nhưng AB không với AC


Gọ M là trung điểm BC . Ta có 3

2 32

AM a a

212 . 3 3

2ABCS a a a . Do các mặt bên là hình vuông nên

'A A ABC

2 3' ' '. ' . 2 . 3 2 3A B C ABC ABCV A A S a a a

M

C

BA

C'

B'A'

ĐÁP ÁN - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · MNPQ là mặt phẳng đi qua trung điểm các...

Documents

Transcript of ĐÁP ÁN - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · MNPQ là mặt phẳng đi qua trung điểm các...