hoc360.net – tÀi liỆu hỌc tẬp miỄn phÍ · ta thấy đồ thị hàm số y=2m-3 là...

HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

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

ĐÁP ÁN

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

- -1 0 1 +

f’(x) - 0 + 0 - 0

f(x)

+ +

5

3 3

Ta thấy đồ thị hàm số y=2m-3 là đường thẳng song song với Ox

Xét hàm số |f(x)| lấy đỗi xứng phần dưới của trục Ox lên phía trên nhưng do ĐTHS f(x) luôn nằm trên

trục Ox nên ĐTHS hàm |f(x)| không thay đổi.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì :

3 < |f(x)| < 5

3 < 2m-3 < 5

-1 < m < 1

3



Câu 2 : Đáp án C

Ta có:

sinx- cosx 0

2 sinx(x- 4

) 0

x 4

+ k ( k R)

Câu 3: Đáp án B

y’= -4x3 + 4x

y’=0 -4 x3 +4x=0 x{-1, 0, 1}

BBT:

x - -1 0 1 +

y’ + 0 - 0 + 0 -

Suy ra hàm số đồng biến trong (- , -1 ) và (0, 1 )

Câu 4 : Đáp án B

Do khối chop có đáy là đa giác n cạnh

có n+1 đỉnh

có n+1 mặt

có 2n cạnh

Vậy tổng số cạnh là 200

Câu 5: Đáp án A

Sử dụng đồ thị tìm các tính chất tham số:

Do ĐTHS có bề lõm hướng lên a>0

ĐTHS cắt Oy tại điểm cso tung độ âm c<0



ĐTHS có 3 điểm cực trị a.b <0 b<0 ( vì a>0)

Câu 6: Đáp án B

Kéo dài A’N, B’B, NP căt nhau tại H ta có :

2

20

' '

23

. ' ' ' '

2 3.

3' ' . ' ' .

1 3. . .sin 60

2 2 4 32

1 3. . .sin 60

2 2 8

1 1 3 3.2 . .2 .

3 3 8 12

1 1 3 3. . . . .

3 3 32 96

7 3

96

oMBS

A B N

H A B N A B N

H MBP MBS

MPBA B N H A B N H MBP

a aS a

a aS a

aV a S a a

V a S a a a

V V V a

Câu 7: Đáp án B

Xét hàm số ax3 + bx2+cx+d=0

Do ĐTHS đông biến có chiều hướng lên nên suy ra a > 0 => Loại A

Theo hình vẽ ta thấy ĐTHS qua các điểm (1,3), (0,1)

Thử 3 đáp án suy ra B

Câu 8: Đáp án A

3 25. 2( 15)n nA A n

! !5 2( 15)

( 3)! ( 2)!

n nn

n n

3 2

( 2)( 1) ( 1) 2( 15)

2 5 30 0

3

n n n n n

n n n

n

Câu 9: Đáp án D

Xét hàm sô : f(x)=ax3+bx2+cx+d

f’(x)=3ax2+2bx+c



Theo đồ thị ta có:

0

12 4 01

231

6

3 2 3

c

a ba

bb

a

a b

ĐTHS tiếp xúc Ox tại A(x,0)

3 2

2

0

3 2 0

1 4

3

0

ax bx cx d

ax bx c

a d

b

c

Suy ra Hàm số có dạng : y=x3+3x2-4

Câu 10: Đáp án B

y’= -3x2, y’=0 x=0

y’’=-6x , với x=0 y’’=0

Suy ra hàm số không có cực trị

Câu 11: Đáp án D

Ta có 3 26 9 2y x x x

2' 3 12 9y x x

Giải phương trình ' 0y ta thu được hai nghiệm 1x và 3x

Tại 1x 2y ; tại 3x 2y

Suy ra hai điểm cực trị là A(1,2) và B(3, -2)

Từ đây ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị A và B là y = -2x + 4.

Chọn đáp án D

Câu 12: Đáp án A



Ta có 1 1

'2 2 1

f xx

Với 0,3x thì ' 0f x . Do đó hàm số đồng biến trên đoạn 0,3 .

Suy ra GTNN (0) 1m f và GTLN 1

(3)2

M f

Từ đây ta tính được 3 7

2 3 22 2

S m M .

Chọn đáp án A


Dễ có số cách chọn 3 điểm từ 11 điểm đã cho là : 311 165C

Để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác thì phải thỏa mãn 3 điểm đó không thẳng hàng. Do đó có

hai trường hợp xảy ra :

- Thứ nhất có hai điểm trên đường thẳng a và một điểm trên đường thẳng b

- Thứ hai có một điểm trên đường thẳng a và hai điểm trên đường thẳng b

Từ đây suy ra số cách chọn 3 điểm để tạo thành một tam giác là : 2 1 1 26 5 6 5 135C C C C

Vậy xác suất cần tìm là 135 9

165 11 . Chọn đáp án D.




Ta có .

1.

3S ABCD ABCDV S SA

Dễ có 2. . 3 3ABCDS AB AC a a a ,

và 2 2 3 2 3.tan .tan 30 3 .

3 3oSA AC ACS AC a a a .

Từ đây ta suy ra 2 3.

1 1 2 3 2. . 3.

3 3 3 3S ABCD ABCDV S SA a a a .

Chọn đáp án B.

Câu 15: Đáp án

Gọi M là trung điểm của BC. Do SBC cân tại S nên SM BC .

Vì SA SB và SA SC nên SM SBC .

SA BC

SAM BC hay SAM ABC . Suy ra góc SMA là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).

Dễ có 1

32

BM BC a

2 2 3SM SB BM a

3tan tan 30

33

oaSMA

a . Do đó góc 30oSMA




Hàm số f(x) là hàm số đồng biến trên (a,b) nếu '(x) 0f với (a, b)x .

Ta xét '(0) 2 0f Loại đáp án C

'(3) 128 0f Loại đáp án D

'( 2) 108 0f Loại đáp án B

Suy ra chọn đáp án A.


Xét phương trình y=0

4 24 0x x 2 2( 4) 0x x 0x

Vậy đồ thị (C) giao với Ox tại một điểm duy nhất. Chọn đáp án C

Câu 18: Đáp án C

22y x x 2

2 2'

2 2

xy

x x

Để hàm số đã cho nghịch biến thì ' 0y

2 2 0x 1x hay (1, )x .

Chọn đáp án C


Gọi X là biến cố: “Không có xạ thủ nào bắn trúng mục tiêu”.

Khi đó P( X ) = P( A ).P( B ).P(C )=0,3.0,4.0,5=0,14

P(X) = 1- P( X )=0,94.

Chọn đáp án D.


Ta có 2' 6 6 12y x x



N

B

P

M

O

H

' 0y 1, 5

2, y 22

x y

x

Từ đây ta suy ra hàm số đã cho đồng biến trên (1, ) và nghịch biến trên ( 1,1) .

Ta lại có f(-1) = 15, f(2) = 6, từ đó ta suy ra GTLN của hàm số y trên đoạn [-1,2] là 15.

Chọn đáp án D.

Câu 21: Đáp án là D

Đặt MN=x

2

2

3

3

3

22

3

1

2

. 1

. 2

1( )

2

1( )

2

2

4

SMNPQ

SABCD

MNQP

V

V

SH MN

SO AB

MN

AB

x

a

ax

aS x

Câu 22: Đáp án là C

S

A

C

D

Q



3 3y x

x trên khoảng (0; )

Ta có:

2

2

4

2

3' 3

3 3' 0 0 1(Do 0)

y xx

xy x x

x

BBT:

x 0 1

y’ _ 0 +

y

4

Từ BBT => m=4


2

2

xy

x

Tiệm cận đứng: x=2

Tiệm cận ngang y=1

00

0

2( ; )

2

xM x

x

với 0 00, 2x x

00

0

0

0

2| 2 | | 1|

2

4| 2 | 2.2 4

| 2 |

xd x

x

xx

Dấu “ = ” xảy ra 0 02

0 0

0 00

2 2 4(TM)4| 2 | ( 2) 4

2 2 0( )| 2 |

x xx x

x x Lx



Vậy M(4;3)

Câu 24: Đáp án là C

3 s inx osx-2

3 1=2( s inx cosx)-2

2 2

=2sin(x- ) 26

y c

Vì 1 sin( ) 1 4 06

x y

Câu 25: Đáp án là B

2

2

2

21 1 1

2

21

3 2

1

3 2 ( 1)( 2) 2 1

1 ( 1)( 1) 1 2

3 2

1

x x x

x

x xy

x

x x x x xLim Lim Lim

x x x x

x xLim

x

=> x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số


Lấy A(5;0) thuộc d và B(0;5) thuộc d

Phép quay 0( ; 180 )IQ

là phép đối xứng tâm I

0( ; 180 )( ) ' '(3; 6)

IQ A A A

0( ; 180 )(B) B' '(8; 11)

IQ B

Phương trình (d’) là 3 6

5 5 15 0 3 08 3 11 6

x yx y x y

Câu 27: Đáp án là A

3 2

2

1(8 2 ) 3

3

' 2 8 2

y x mx m x m

y x mx m



Để hàm số đồng biến trên R ' 0

0a

2 8 2 0

4 2

m m

m


Từ BBT ta thấy

1

lim 3

lim 5

lim

x

x

x

y

y

y

=> Tiệm cận đứng x=1

Câu 29: Đáp án là A

Từ sồ thị hàm y=f’(x) ta thấy:

f’’(a)<0;f’(a)=0 =>f(a) là giá trị cực đại

f’’(b)>0;f’(b)=0 => f(b) là giá trị cực tiểu

f’’(c)<0;f’(c)=0 => f(c) là giá trị cực đại

=>f(a)-f(b)>0;f(c)-f(b)>0

=>f(c)+f(a)-2f(b)>0


2 2 2

2 2

3sin cos 5( )

3 5

4

4 4

x m x VN

m

m

m


Dựa vào đồ thị ta thấy '( ) 0f x tại 3 điểm trong đó có một điểm đồ thị hàm '( )f x đổi dấu từ âm sang

dương và một điểm đồ thị hàm '( )f x đổi dấu từ dương sang âm. Do đó, hàm số có một điểm cực đại

và một điểm cực tiểu.




TXĐ: \{ }D m

Hàm số ( 1) 2m x

yx m

đồng biến 2( 1).( ) 2 0 2 0m m m m

2 1 1;0m m


4 2

3

3 2

2 1

' 4 4

' 0 4 4 0 4 ( 1) 0

0

1 ( 1; 2); (1; 2)

1

5

y x x

y x x

y x x x x

x

x A B

x

OA OB

Vậy tam giác OAB cân tại O

Gọi I là trung điểm của AB

1 1. . .2.2 2

2 2OABS OI AB


Gọi M,N,P,Q là trung điểm của AB,BC,CD,DA

M’,N’,P’,Q’ là trung điểm của A’B’,B’C’,C’D’,D’A’

R,K,H,I là trung điểm của AA’,BB’ ;CC’, DD’

Hình lập phương gồm có 9 mặt phẳng đối xứng :

(QNN’Q’), (MPP’M’), (RKHI)

(ABC’D’), (DCB’A’), (BCD’A’), (ADC’B’)

(ACC’A’), (BDD’B’)


A B

C D

A’ B’

C’ D’

M

N

P

Q

M’

N’

P’

Q’

R K

H I



Vì số cách chia không tính đến thứ tự các vật nên cách chia đồ vật được tính theo công thức tổ hợp

2 3 3 2 38 6 3 8 6. . .C C C C C


Theo định nghĩa khối đa diện thì mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. Ở

hình C, tồn tại một cạnh là cạnh chung của bốn đa giác nên nó không phải là khối đa diện.


2

1. 1

2

1.

8

2

4

SABD SABCD

SAMN

SABD

V V

V SN SMk

V SP SB

k


1

4

4

EBCD

ABCD

EBCD

EBCD

V BE

V AB

V

V

VV


S

A B

C D M

N

A

B

C

D

E

A

B D 1G 2G



Ta có 1 3

2 2MN BD

1 2 11 2

2 3 2. 1

3 2 3

G G AGG G

MN AM

Tương tự, ta có 1 3 1 4 2 3 3 4 2 4 1G G G G G G G G G G

Vậy 1 2 3 4G G G G là tứ diện đều có cạnh bằng 1

1 2 3 4

2

12G G G GV


Đặt AB = x, AD = y, AA’ = z

Dựa vào đề bài ta có hpt:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

' ' ' '

5 1 1

10 4 2

313 9

=AA'.AB.AD=1.2.3=6ABCDA B C D

x y x x

x z y y

zy z z

V


O

O'

B' C'

A'

CB

A D

D'

M

H

K

Gọi , ' ' ' ' 'O BD AC O B D A C .

Hạ 'OM CO ( ')M CO , kẻ / / 'MK CD ( ')K CD , dựng / / ( )HK OM H BD . Khi

đó ( , ')d BD CD HK OM .

A

B C

D

'A

'B 'C

'D



Ta có: 1 1

22 2

OC AC a a .

2 2' 4 5CO a a a

'. 2 . 2 5

' 55

OO OC a a aOM

CO a .


O

DA

B C

S

M

Gọi M là trung điểm của BC SM BC

OM BC

.

Suy ra 0ˆ( );( ) ; 45SBC ABCD SM OM SMO .

Vì 2AC a nên 2AB BC a 2

2

aSO OM .

321 1 2 2

. ( 2)3 3 2 3

SABCD ABCD

a aV SO S a


14

1 4 4lim lim 2

12 1 22x x

x xx

x

Suy ra 2y là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 4

2 1

xy

x

.


Số mặt của bát diện đều là 8; các mặt của bát diện đều cạnh a là các tam giác đều cạnh a . Do đó:

21 38 2 3

2 2

aS a a .


'AB có hình chiếu trên ' ' '( )A B C là ' 'A B



' ' ' ' ' ' ' ' 0ˆ; ( ) ; 60AB A B C AB A B ABA .

' ' ' 0tan 60 3AA A B a

' ' ' ' ' '

2 3'

.

3 3. 3.

4 4ABC A B C A B C

a aV AA S a


D'A'

C

C'

B

A D

B'

Ta có: ' ' . ' ' ' . ' ' ' '. '.ACB D A A B D C C B D B ABC D ACDV V V V V V .

Các khối chóp . ' ' 'A A B D , . ' ' 'C C B D , '.B ABC và '.D ACD có diện tích đáy bằng một nửa diện tích

đáy của khối hộp và đều có chiều cao bằng chiều cao của khối hộp nên chúng có thể tích bằng nhau và

bằng 1

6V .

Vậy: ' '

1 1 94. 3

6 3 3ACB DV V V V .


N

M

C'A'

A

B

B'

C

Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của ' ',AA BB .

Đặt ' ' 'ABCA B CV V ; ' 1C CAMNB

V V ; ' ' ' 2MA B C NV V .

' ' ' '

1 1 2

3 3 3C ABC C BAA BV V V V V V .



Vì MN là đường trung bình của hình bình hành ' 'ABB A nên ' '

1

2MNBA BAA B

S S .

Do đó ' ' ' '

1 1

2 3C BAMN C BAA BV V V .

Suy ra 1

2

3V V ; 2

1

3V V .

Vậy 1

2k .


Cách 1: 3 2( ) 6s t t t

' 2( ) ( ) 3 12v t s t t t

2

max

12 1212 2

4.( 3) 2.( 3)v t

.

Cách 2: Bấm máy tính.


Dựa vào đồ thị hàm số 0, 0a d .

Vì xCĐ, xCT >0 nên

00

00

cca

b b

a


Đồ thị hàm số ( )y f x là phàn phía trên trục hoành.

y

x

O

hoc360.net – tÀi liỆu hỌc tẬp miỄn phÍ · ta thấy đồ thị hàm số y=2m-3 là...

Documents