Đề số 01

Đáp án C

$A_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!}; C_{n+1}^k=C_{n+1}^{\left(n+1\right)-k}; C_n^k+C_n^{k+1}=C_{n+1}^{k+1}; P_n=n!$

Đáp án C

Do 4 điểm A, M, G, N cùng thuộc mặt phẳng (AND) khi đó MG cắt AN suy ra giao điểm của đường thẳng MG và mặt phẳng (ABC) là giao điểm của đường thẳng MG và đường thẳng AN

Đáp án D

Dựa vào hình vẽ, ta thấy 2 đường thẳng MN và SO cắt nhau. Các cặp đường thẳng (SO;AD),(MN;SC),(SA;BC) chéo nhau

Đáp án D

$f\left(x\right)=2x^3-3x^2-12x+10\iff f\text{'}\left(x\right)=6x^2-6x-12\iff x=-1;x=2$

So sánh $f\left(-3\right)=-35,f\left(-1\right)=17,f\left(2\right)=-10,f\left(3\right)=1$

$\underset{[-3;3]}{max}f\left(x\right)=17;\underset{[-3;3]}{min}f\left(x\right)=-35$.

Đáp án C

Cấp số nhân có công thức truy hồi dạng $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=a\\ u_{n+1}=q.u_n\end{array}\right.$

Dãy số $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=-1\\ u_{n+1}=3u_n\end{array}\right.$là CSN với $u_1=-1$ và công sai q = 3.

Đáp án B

Hàm số chẵn là hàm số thỏa mãn f(x) = f(-x) 

Xét hàm số

$y=f\left(x\right)=cosx-{\sin }^{4}x+2017\Rightarrow f\left(-x\right)=cos(-x)-{\sin }^4(-x)+2017=cosx-{\sin }^{4}x+2017$

Do đó f(x) = f(-x)

Đáp án D

Gọi M và N lần lượt là trung điểm BD và BC khi đó $\frac{AI}{AM}=\frac{AJ}{AN}=\frac{2}{3}\Rightarrow IJ//MN$ 

Mặt khác MN là đường trung bình của tam giác BCD do đó MN // CD  do đó IJ // CD.

Đáp án C

Ta có $u_1+u_3=2u_2\Rightarrow u_2=4\Rightarrow u_4=8\Rightarrow d=\frac{u_4-u_2}{2}=2\Rightarrow u_1=u_2-d=2$

Đáp án A

$$\begin{gathered} {\left(4+\sqrt{15}\right)}^{2x^2-5x}={\left(4-\sqrt{15}\right)}^{6-2x}\iff {\left(4+\sqrt{15}\right)}^{2x^2-5x}={\left(4+\sqrt{15}\right)}^{2x-6} \\ \iff 2x^2-5x=2x-6\iff 2x^2-7x+6=0\iff x\in \{2;1;5\} \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $u_4=u_1+3d\Rightarrow u_1=u_4-3d=-12-3.3=-21$

Suy ra $S_{16}=16.u_1+\frac{16.15}{2}d=16.\left(-21\right)+\frac{16.15}{2}.3=24$

Đáp án C

Kẻ EG cắt SB tại I, nối FI cắt BC tại M.

Kẻ GM cắt CD tại H, nối FH cắt SD tại N

Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giác GMFNE (hình vẽ bên)

Đáp án B

Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị lần lượt là x = -1;y = -4

Đáp án D

Chọn ngẫu nhiên 2 người có $\left|\Omega \right|=C_{10}^2$ cách

Gọi A là biến cố: 2 người được chọn đều là nữ

Ta có $\left|{\Omega }_A\right|=C_3^2$ Do đó sác xuất cần tìm là $P_A=\frac{C_3^2}{C_{10}^2}=\frac{1}{15}$

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ đối xứng với đồ thị hình vẽ qua trục hoành

Phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=m$ có 6 nghiệm thực phân biệt khi 3 < m < 4

Đáp án B

Bán kính đáy là 4, chiều cao hình trụ là 10, thể tích khối trụ là $\mathrm{\pi }{4}^2.10=160\mathrm{\pi }$

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=-6x^2+6x+12=-6\left(x+1\right)\left(x-2\right)$ 

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-1;2\right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$ 

Do đó A sai

Đáp án B

Ta có $a^{\frac{3}{4}}>a^{\frac{4}{3}}\Rightarrow 0<a<1(do\frac{3}{4}<\frac{4}{3})$

Mặt khác ${\log }_b\frac{1}{2}<{\log }_b\frac{2}{3}\Rightarrow b>1(do\frac{2}{3}>\frac{1}{2})$

Đáp án C

$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=2,\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ nên đồ thị hàm số có duy nhất 1 đường tiệm cận đứng là x = -1

Đáp án A

Hàm số $y={\left(\frac{1}{10}\right)}^x$ xác định và nghịch biến trên$\mathrm{ℝ}$. Tập giá trị của hàm số là $(0;+\infty )$. Đồ thị hàm số nhận trục Ox làm tiệm cận ngang.

Đáp án A

${\left(\frac{x}{3}-\frac{3}{x}\right)}^{12}=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k.{\left(\frac{x}{3}\right)}^{12-k}.{\left(\frac{-3}{x}\right)}^k=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k.x^{12-2k}.3^{2k-12}{\left(-1\right)}^k$

Tìm số hạng chứa $x^4$ ứng với $12-2k=4\iff k=4$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm 

$$\begin{gathered} x^3-3x^2+\left(m+2\right)x-m=2x-2 \\ \iff x^3-3x^2+mx-m+2=0\iff \left(x-1\right)\left(x^2-2x-2\right)+m\left(x-1\right)=0 \\ \iff \left(x-1\right)\left(x^2-2x-2+m\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ g\left(x\right)=x^2-2x-2+m=0\end{array} \end{gathered}$$

 Hai đồ thị có 3 điểm chung $\iff g\left(x\right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác 1

$\iff \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=3-m>0\\ g\left(1\right)=-3+m\ne 0\end{array}\right.\iff m<3$

Đáp án B

Kẻ $AP\perp BC(P\in BC)\Rightarrow \widehat{A\text{'}PA}=45°\Rightarrow AA\text{'}=AP$ 

Mà $\cos 60°=\frac{AP}{AB}=\frac{1}{2}\Rightarrow AP=a\Rightarrow AA\text{'}=a$ 

$\Rightarrow V=A\text{'}A.S_{ABC}=a.\frac{1}{a}.\sin 120°=a^3\sqrt{3}$

Đáp án A

Ta có

${\log }_{2}20.{\log }_{20}5={\log }_{2}5={\log }_2\frac{20}{4}={\log }_{2}20-{\log }_{2}4={\log }_{2}20-2\Rightarrow {\log }_{20}5=\frac{{\log }_{2}20-2}{{\log }_{2}20}=\frac{m-2}{m}$

Đáp án A

Ta có $f\left(x+1\right)=x^3+3x^2+3x+2={\left(x+1\right)}^3+1\Rightarrow f\left(x\right)=x^3+1$

Đáp án C

Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số đi qua 2 điểm cực trị A(0;2),B(2;-2) 

Điểm A(0;2) là điểm cực đại suy ra $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(0\right)=0\\ y\text{'}\left(0\right)=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=0\\ d=2\end{array}\right.\left(1\right)$ 

Điểm B(2;-2) là điểm cực đại suy ra $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(2\right)=0\\ y\text{'}\left(2\right)=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}12a+4b+c=0\\ 8a+4b+2c+d=-2\end{array}\right.\left(2\right)$

Từ (1),(2) suy ra a = 1,b = -3,c = 0,d = 2 Vậy tổng a + b = 1 - 3 = -2.

Đáp án B

Gọi H là trung diểm của BC suy ra $\cos \widehat{ACB}=\sin \widehat{HAB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \cos \widehat{HAB}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$ 

Mà $\sin \widehat{BAC}=2\sin \widehat{HAB}.\cos \widehat{HAB}=\frac{4\sqrt{2}}{9}$ nên theo định lí Sin, ta có $R_{∆ABC}=\frac{BC}{2sin\widehat{BAC}}=\frac{9}{4}$ 

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là $R=\sqrt{{R^2}_{∆ABC}+\frac{S{A}^2}{4}}=\frac{a\sqrt{97}}{4}$ 

Vậy diện tích mặt cầu cần tính là $S=4{\mathrm{\pi R}}^2=4\mathrm{\pi }{\left(\frac{\mathrm{a}\sqrt{97}}{4}\right)}^2=\frac{97{\mathrm{\pi a}}^2}{4}$

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2-1}{x+1}=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x+1}=\underset{x\to -1}{\lim }\left(x-1\right)=-2=f\left(-1\right)\Rightarrow$ Hàm số f(x) liên tục trên $\mathrm{ℝ}$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CB\perp AB\\ CB\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CB\perp \left(SAB\right)$ 

Do đó $\widehat{\left(SC;\left(SAB\right)\right)}=\widehat{CSB}=\alpha$ 

$\Rightarrow SB=\frac{a}{\tan \alpha }=\frac{5a}{\sqrt{10}}\Rightarrow SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Ta có $\widehat{\left(SO;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SOA}$ trong đó $tan\widehat{SCA}=\frac{SA}{OA}=\frac{{\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}}}{{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}}=\sqrt{3}$.

Đáp án A

Xét hình elip có trục lớn là 28 cm suy ra $2a=28\Rightarrow a=14cm$ 

Và có trục nhỏ là 25 cm suy ra $2b=25\Rightarrow b=5cm$ 

Vậy thể tích  của quả dưa hấu bằng thể tích khối tròn xoay quanh khi quay elip xung quanh trục lớn khi đặt quả dưa hấu nằm ngang, do đó thể tích

$V=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi ab}}^2=\frac{4}{3}\mathrm{\pi }.14.{\left(12,5\right)}^2=\frac{8750}{3}\mathrm{\pi } {\mathrm{cm}}^3$ 

Vậy số tiền từ việc bán nước sinh tố là $T=\frac{V}{1000}.20,000=183,000$ đồng

Đáp án C

Để dãy số tăng thì

$u_{n+1}-u_n=\frac{a\left(n+1\right)+2}{\left(n+1\right)+1}-\frac{an+2}{n+1}=\frac{a-1}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}>0 \forall n\iff a-2>0\iff a>2$

Đáp án B

Điều kiện: x > 0 Đặt $t={\log }_{3}x$ khi đó phương trình trở thành $t^2-\left(m+2\right)t+3m-1=0 (*)$

Để phương trình có có hai nghiệm $\iff \left(*\right)$ có 2 nghiệm phân biệt $\iff ∆={\left(m+2\right)}^2-4.\left(3m-1\right)>0$

Khi đó, gọi $t_1,t_2$ là hai nghiệm phân biệt của (*) theo hệ thức Viet, ta có $\left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=m+2\\ t_1{t}_2=3m-1\end{array}\right.$ 

Theo bài ra, có

$x_1{x}_2=27\iff {\log }_3\left(x_1{x}_2\right)={\log }_{3}27\iff {\log }_3{x}_1+{\log }_3{x}_2=3\iff t_1+t_2=3\iff m=1$ 

Đối chiếu điều kiện ${\left(m+2\right)}^2-4\left(3m-1\right)>0$ suy ra m = 1 là giá trị cần tìm.

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số $f\text{'}\left(x\right)$ ta thấy $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm x = 1 nên x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số $f\left(x\right)$ 

$f\text{'}\left(x\right)$ không đổi dấu khi đi qua điểm x = -2 nên x = -2 không phải điểm cực trị

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số $f\text{'}\left(x\right)$ ta thấy $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm x = 1 nên x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số $f\left(x\right)$ 

$f\text{'}\left(x\right)$ không đổi dấu khi đi qua điểm x = -2 nên x = -2 không phải điểm cực trị

Đáp án B

Thể tích hình hộp chữ nhật $V=abc=2$ (với a, b, c là các kích thức dài, rộng và chiều cao của khối hộp)

Thể tích khối hộp khi tăng mỗi cạnh lên $\sqrt[3]{2}$dm là $V_2=\left(a+\sqrt[3]{2}\right)\left(b+\sqrt[3]{2}\right)\left(c+\sqrt[3]{2}\right)=16$ 

Mặt khác theo BĐT AM-GM ta có: $a+\sqrt[3]{2}\ge \sqrt{a.\sqrt[3]{2}}$

Tương tự ta có: $V_2=\left(a+\sqrt[3]{2}\right)\left(b+\sqrt[3]{2}\right)\left(c+\sqrt[3]{2}\right)\ge 8\sqrt{abc.\sqrt[3]{2.2.2}}=16$

Dấu bằng xảy ra $\iff a=b=c=\sqrt[3]{2}$. Do đó $V_2=\left(a+\sqrt[3]{2}\right)\left(b+\sqrt[3]{2}\right)\left(c+\sqrt[3]{2}\right)=54$.

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\frac{1}{2x-3}$ có hai đường tiệm cận đứng và một đường tiệm cận ngang

Đồ thị hàm số $y=\frac{x+\sqrt{x^2+x+1}}{x}$  có 1 tiệm cận đứng là x = 0 

Mặt khác $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{x+\sqrt{x^2+x+1}}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+\sqrt{x+{\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}}}{x}=0$ nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang

Xét hàm số $y=\frac{x-\sqrt{2x-1}}{x^2-1}=\frac{{\displaystyle \frac{x-2x-1}{x+\sqrt{2x-1}}}}{x^2-1}=\frac{x-1}{\left(x+\sqrt{2x-1}\right)\left(x-1\right)}\left(x>\frac{1}{2}\right)$ suy ra đồ thị không có tiệm cận đứng. Do đó có 1 mệnh đề đúng

Đáp án D

Hàm số $y=f\left(x\right)$ đạt cực tiểu tại $x_0=0$ 

Hàm số $y=f\left(x\right)$ có ba điểm cực trị.

Phương trình $f\left(x\right)=0$ có 4 nghiệm phân biệt

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là -2 trên đoạn [-2;2]

Đáp án A

Đặt $t={\log }_{\frac{1}{3}}a$ với $a\in \left[\frac{1}{9};3\right]\Rightarrow t\in \left[-1;2\right].$

Khi đó $P=9{\log }_{\frac{1}{3}}^3\sqrt[3]{a}-{\log }_{\frac{1}{3}}{a}^3+1=\frac{1}{3}{\left({\log }_{\frac{1}{3}}a\right)}^3-3{\log }_{\frac{1}{3}}a+1\Rightarrow P=f\left(t\right)=\frac{t^3}{3}-3t+1$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t^3}{3}-3t+1$ trên đoạn [-1;2] ta có:

$f\text{'}\left(t\right)=t^2-3;f\text{'}\left(t\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}{t}^2=3\\ -1\le t\le 2\end{array}\right.\iff t=\sqrt{3}$ 

Tính các giá trị $f\left(-1\right)=\frac{11}{3};f\left(2\right)=-\frac{7}{3};f\left(\sqrt{3}\right)=1-2\sqrt{3}$ 

 

Vậy giá trị lớn nhất của f(t) là $f\left(-1\right)=\frac{11}{3}$ và giá trị nhỏ nhất của f(t) là $f\left(\sqrt{3}\right)=1-2\sqrt{3}$ 

Do đó $3M+5m=3.\frac{11}{3}+5\left(1-2\sqrt{3}\right)=16-10\sqrt{3}=-1,32$