Đề số 4

Đáp án A

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x\Rightarrow f\text{'}\left(1\right)=-3.$

Đáp án B

Số mặt phẳng đối xứng cần tìm là 4.

Đáp án A

Dãy số ở phương án B là 1 CSC với công sai d = 1 dãy số ở phương án C là 1 CSC với công sai d = 2 dãy số ở phương án D là 1 CSC với công sai d = 0 dãy số ở phương án A không là 1 CSC, vì $\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}\ne \frac{1}{6}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{12}.$

Đáp án B

Vì $∆ABC$ cân tại C và H là trung điểm của AB nên $CH\perp AB.$ 

Mà $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp CH\Rightarrow CH\perp \left(SAB\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}CH\perp SA\\ CH\perp SB\\ CH\perp AK\end{array}\right.\Rightarrow$ 

Các khẳng định A,C và D đúng. Khẳng định B sai.

Đáp án C

Khối đa diện đều loại {4;3} là hình lập phương => có 6 mặt .

Đáp án A

Ta có $\cos x=0\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\left(\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right)$

Đáp án D

Phương trình

$$\begin{gathered} \cos 2x+5\sin x-4=0\iff 1-2{\sin }^{2}x+5\sin x-4=0\iff 2{\sin }^{2}x-5\sin x+3=0 \\ \iff \left(2\sin x-3\right)\left(\sin x-1\right)=0\iff \sin x=1\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi } \left(\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $y=\frac{3x-1}{x-2}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-5}{{\left(x-2\right)}^2}<0 \left(\forall x\ne 2\right)$ 

Do đó hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Đáp án B

Ta có: $D=\left(-2;+\infty \right)$và $y\text{'}=\frac{1}{x+2}-\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}=\frac{x-1}{{\left(x+2\right)}^2}>0\iff x>1$ 

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$.

Đáp án A

Ta có: $D=(-\infty ;-2]\cup [3;+\infty )$. Khi đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng vì $x=\pm 1\notin D.$ Lại có: $\underset{x\to \infty }{\lim }y=0\Rightarrow$ đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là y = 0.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}\left(3\right)=9$ Do đó PTTT là: $y=9\left(x-3\right)+1=9x-26$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=2017e^{-x}+6e^{-2x};y\text{'}\text{'}=-2017e^{-x}-12e^{-2x}$ 

Do đó: $y\text{'}\text{'}+3y\text{'}+2y=0.$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm là: $x^3-3x^2+2017=2017$ 

$\iff x^3-3x^2+2x=0\iff x\left(x-1\right)\left(x-2\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=2\end{array}.$ Vậy có 3 giao điểm.

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}\to y\text{'}\left(0\right)=1$ suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) là (d): y = x + 1. Đường thẳng cắt Ox tại A(0;1) tại $B(-1;0)\Rightarrow S_{∆OAB}=\frac{1}{2}.OA.OB=\frac{1}{2}.$

Đáp án D

Hàm số y = ln x có tập giá trị là $\mathrm{ℝ}$.

Đáp án B

Ta có $y={\log }_2(2x+1)\to y\text{'}=\frac{\left(2x+1\right)\text{'}}{\left(2x+1\right).\ln 2}=\frac{2}{\left(2x+\right).\ln 2}.$

Đáp án C

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi $2-x>0\iff x<2.$ Vậy $D=(-\infty ;2)$

Đáp án D

Ta có ${\log }_a\left(xy\right)={\log }_a\left|x\right|+{\log }_a\left|y\right|$

Đáp án A

Chữ số hàng trăm, chục, đơn  vị lần lượt có 9,9,8 cách chọn.

Do đó có 9.9.8 = 648 số thỏa mãn.

Đáp án D

Xác suất 2 bi được chọn có cùng màu là $\frac{C_5^1.C_4^1}{C_9^2}=\frac{5}{9}.$

Đáp án A

Ta có $P\left(x\right)={\left(x+2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^6=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^{6-k}.{\left(2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^k=\sum _{k=0}^6{C}_6^k.2^k{x}^{6-k-\frac{k}{2}}$ 

Ép cho $6-k-\frac{k}{2}=3\Rightarrow k=2\Rightarrow$ hệ số cần tìm là $C_6^2.2^2=60.$

Đáp án C

Hàm số đã cho xác định khi $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ \frac{x}{{\log }_{2}x-2}>0\end{array}\right.\iff x>4$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm : $\frac{x+1}{x-3}=x-5\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 3\\ x^2-9x+14=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=7\Rightarrow y=2\\ x=2y\Rightarrow =-3\end{array}\right.\right.$ 

Do đó $A\left(7;2\right);B\left(2;-3\right)\Rightarrow d=d_1+d_2=2+3=5.$

Đáp án A

Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi trong 12 viên bi có $C_{12}^3=220$ cách $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=220$. 

Gọi X là biến cố “3 bi được chọn có đủ 3 màu”

Lấy 1 viên bi màu đỏ trong 3 bi đỏ có 3 cách.

Lấy 1 viên bi màu xanh trong 4 bi xanh có 4 cách.

Lấy 1 viên bi màu vàng trong 5 bi vàng có 5 cách.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là $n\left(X\right)=3.4.5=60.$ Vậy $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{11}.$

Đáp án C

Các khẳng định A,B,D sai; khẳng định C đúng.

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}2x=-2+6\\ 2.6=x+y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=10\end{array}.\right.$

Đáp án C

Xét dãy số $u_n=n+2.$ Ta có: $u_{n+1}=n+1+2-\left(n+2\right)=1$ không đổi $\Rightarrow u_n=n+2$ là 1 CSC với công sai d = 1.

Đáp án A

Ta có: $I=lim\frac{\sqrt{n^2-2n+3}+n}{-2n+3}=lim\frac{\sqrt{1-{\displaystyle \frac{2}{n}}+{\displaystyle \frac{3}{n^2}}+1}}{-2+{\displaystyle \frac{3}{n}}}=-1$

Đáp án C

Xét khẳng định C. Ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB}\Rightarrow$ đúng.

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=3x^2-12x+9=0\iff [\begin{array}{l}x=3\Rightarrow y=-2\\ x=1\Rightarrow y=2\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M\left(3;-2\right)\\ N\left(1;2\right)\end{array}\Rightarrow \left(MN\right):2x+y-4=0.\right.$ 

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(-1;1) và vuông góc với (MN) là (d): $y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}.$

Đáp án A

$f\left(x\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^x.5^{x^2}>1\iff \ln \left[{\left(\frac{1}{2}\right)}^x\right]+\ln \left(5^{x^2}\right)=-x\ln 2+x^2\ln 5>0.$

Đáp án D

Lấy 2 đinh tô màu đỏ trong 6 điểm có $C_6^2$ cách.

Lấy 1 đỉnh tô màu xanh trong 4 điểm có cách.

Suy ra số tam giác tạo thành có 2 đỉnh tô màu đỏ là $C_6^2.C_4^1=60.$

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{C_6^2.C_4^1}{C_{10}^3}=\frac{1}{2}.$

Đáp án C

Phương trình đã cho $\iff \sin x=\frac{3}{4}\left(1\right)$ Quan sát đường tròn

 lượng giác ta thấy có 2 giá trị của $x\in \left[-\mathrm{\pi };\mathrm{\pi }\right]$ thỏa mãn phương trình (1).

Đáp án B

Ta có  $y\text{'}=e^{2x}+3\left(x+1\right)e^{3x}=e^{3x}\left(3x+4\right)\Rightarrow y\text{'}\text{'}=3e^{3x}\left(3x+4\right)+3e^{3x}=3e^{3x}\left(3x+5\right).$

Vậy $y\text{'}\text{'}-6y\text{'}+9y=0.$

Đáp án C

Ta có: $\frac{1}{{\log }_{3}x}+\frac{2}{{\log }_{3}x}+\frac{3}{{\log }_{3}x}+...+\frac{n}{{\log }_{3}x}=\frac{210}{{\log }_{3}x}$ 

$\iff \frac{n\left(n+1\right)}{2{\log }_{3}x}=\frac{210}{{\log }_{3}x}\iff n\left(n+1\right)=420\iff n=20\Rightarrow P=2.20+3=43.$

Đáp án A

Gọi M, N là trung điểm của $AB,CD\Rightarrow \left(SMN\right)\perp \left(ABCD\right).$ 

Tam giác SAB đều $\Rightarrow SM=\frac{a\sqrt{3}}{2};$ tam giác SCD cân $\Rightarrow SN=\frac{a\sqrt{11}}{2}$. 

Kẻ $SH\perp MN \left(H\in MN\right)\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$ 

Mặt khác $S_{∆SMN}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}\Rightarrow SH=\frac{2.S_{∆SMN}}{MN}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$ 

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}.$

Đáp án D

Vì M,Q lần lượt là trung điểm của AC,BC.

Suy ra MQ là đường trung bình của $∆ABC\Rightarrow MQ//AB.$ 

Tương tự, ta cũng có MP // AA'. Vậy $\left(MPQ\right)//\left(ABB\text{'}A\text{'}\right).$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm là: $m{x}^3-x^{2}2x+8m=0$ 

$$\begin{gathered} \iff m\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)-x\left(x+2\right)=0\iff \left(x+2\right)\left(m{x}^2-2mx+4m-x\right)=0 \\ \iff [\begin{array}{l}x=-2\\ g\left(x\right)=m{x}^2-\left(1+2m\right)x+4m=0\end{array} \end{gathered}$$ 

Để đồ thị $\left(C_m\right)$ cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì $g\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác -2 $\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ ∆={\left(1+2m\right)}^2-16m^2>0\\ g\left(-2\right)=4m+2\left(1+2m\right)+4m\ne 0\end{array}\right.\iff m\in \left(-\frac{1}{6};\frac{1}{2}\right)\backslash \left\{0\right\}$

Đáp án B

Xét hàm số $S\left(t\right)=\frac{2}{5}{t}^3-63t^2+3240t-3100$ trên đoạn [1;60], có $S\text{'}\left(t\right)=\frac{6t^2}{5}-126t+3240.$ Phương trình $S\text{'}\left(t\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}1\le t\le 60\\ 6t^2-630t+16200=0\end{array}\iff \right.[\begin{array}{l}t=45\\ t=60\end{array}.$ 

Tính các giá trị $S\left(45\right)=51575;S\left(60\right)=50900\to \underset{[1;60]}{max}S\left(t\right)=S\left(45\right)=51575.$ 

Vậy trong 60 ngày đó thì ngày thứ 45 có lượng xuất khẩu cao nhất.

Đáp án B

TH1: Hàm số bị suy biến $\iff m=3\Rightarrow y=1.$ Khi đó đồ thị hàm số không có TCĐ.

TH2: PT: $x^2-mx-m+5=0$ vô nghiệm

$\iff ∆=m^2+4m-20<0\iff -2-2\sqrt{6}<m<-2+2\sqrt{6}$ 

Do đó với $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}\Rightarrow m=-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1;2$ (có 9 giá trị của m).

Vậy có 10 giá trị nguyên của m.

Đáp án C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{2}^2.{\log }_{\sqrt{2}}2=2^3.{\log }_{2}2=2^3\\ 3^2.{\log }_{\sqrt{2}}2=3^3.{\log }_{2}2=3^3 suy ra S=1^3+2^3+3^3+...+{2017}^3\end{array}\right.\\ ........\end{array}\right.$ 

Mà $x^3={\left[\frac{x\left(x+1\right)}{2}\right]}^2-{\left[\frac{x\left(x-1\right)}{2}\right]}^2\Rightarrow S=1^3+2^3+...+n^3={\left[\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right]}^2={1009}^2.{2017}^2.$

Đáp án B

TH1: Với $m=0\to y=14x+2$ suy ra hàm số đồng biến trên  

TH2: Với $m\ne 0$ ta có $y\text{'}=m{x}^2+14mx+14;\forall x\in \mathrm{ℝ}.$ 

Để hàm số nghịch biến trên $[1;+\infty )\iff y\text{'}\le 0;\forall x\in [1;+\infty )\iff m\le -\frac{14}{x^2+14x};\forall x\in [1;+\infty ) (*)$ 

Xét hàm số $f\left(x\right)=-\frac{14}{x^2+14x}$ tên $[1;+\infty )$, ta có

$y\text{'}=\frac{28\left(x+7\right)}{x^2{\left(x+14\right)}^2}>0\Rightarrow \underset{[1;+\infty )}{min}f\left(x\right)=f\left(1\right)=-\frac{14}{15}.$ 

Vậy yêu cầu (*) $\iff m\le \underset{[1;+\infty )}{min}f\left(x\right)=-\frac{14}{15}.$

Đáp án C

Ta có $\cos \alpha =\cos \widehat{\left(CC\text{'};BM\right)}=\cos \widehat{BMC}.$ 

Cạnh $A\text{'}H=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2},AH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

$AA\text{'}=\sqrt{A\text{'}{H}^2+A{H}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow MC=\frac{a\sqrt{6}}{4}.$ 

Cạnh $B\text{'}H=\sqrt{A\text{'}B{\text{'}}^2+A\text{'}{H}^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$ 

Do đó $\cos \widehat{B\text{'}BH}=\frac{BB{\text{'}}^2+B{H}^2-B\text{'}{H}^2}{2BB\text{'}.BH}=0\Rightarrow B\text{'}B\perp BH$ 

$\Rightarrow MC\perp BC\Rightarrow cos\widehat{MBC}=\frac{MC}{BM}=\frac{MC}{\sqrt{B{C}^2+M{C}^2}}=\frac{\sqrt{33}}{11}.$

Đáp án C

Ta có $y=-1+\left(2-\sqrt{3}\right).2\sin xcosx+2{\cos }^{2}x=\left(2-\sqrt{3}\right).\sin 2x+\cos 2x.$ 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki, có

${\left[\left(2-\sqrt{3}\right).\sin 2x+\cos 2x\right]}^2\le \left[{\left(2-\sqrt{3}\right)}^2+1^2\right].\left({\sin }^{2}2x+{\cos }^{2}2x\right)=8-4\sqrt{3}$ 

Suy ra $y^2\le 8-4\sqrt{3}\iff \sqrt{8-4\sqrt{3}}\le y\le \sqrt{8-4\sqrt{3}}.$ Vậy M + N + 2 = 2.

Đáp án B

Để f(x) liên tục tại x = 1 thì $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$. Ta có:

$\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=lim\frac{x^{2016}+x-1}{\sqrt{2018x+1}-\sqrt{x+2018}}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2016x+1}{{\displaystyle \frac{1009}{\sqrt{2018x+1}}}-{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x+2018}}}}=2\sqrt{2019}$ 

Vậy $k=2\sqrt{2019}.$

Đáp án A

Cuối tháng 1, mẹ nhận được số tiền là $4.{10}^6.\left(1+1\%\right)$ đồng.

Cuối tháng 2, mẹ nhận được số tiền là

$\left[4.{10}^6.\left(1+1\%\right)+4.{10}^6\right].\left(1+1\%\right)=4.{10}^6.\left[{\left(1+1\%\right)}^2+\left(1+1\%\right)\right]$ 

Cuối tháng 3, mẹ nhận được số tiền là $4.{10}^6.\left[{\left(1+1\%\right)}^3+{\left(1+1\%\right)}^2+\left(1+1\%\right)\right]$đồng.

... ... ...

Vậy hàng tháng mẹ gửi vào ngân hàng a đồng, lãi suất r% và số tiền thu được sau n tháng là $A=\frac{a}{r}.\left(1+r\right).\left[{\left(1+r\right)}^n-1\right].$ Suy ra sau 11 tháng, mẹ lĩnh được  $A=\frac{4.{10}^6}{1\%}.\left(1+1\%\right).\left[{\left(1+1\%\right)}^{11}-1\right].$

Vì đầu tháng 12 mẹ mới rút tiền nên mẹ được cộng thêm cả tiền lương của tháng 12.

Vậy tổng số tiền mẹ nhận được là $A+4.{10}^6=50$ triệu 730 nghìn đồng.

Đáp án D

Xét khối nón tròn xoay $\left(N_1\right)$ được tạo thành khi quay tam giác AMN quanh trục $AB\Rightarrow \left(N_1\right)$ có bán kính đáy $r_1=MN=2;$ chiều cao $h_1=AM=5.$ Suy ra thể tích khối nón $\left(N_1\right)$ là $V_1=\frac{1}{3}{{\mathrm{\pi r}}_1}^2\mathrm{h}=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }.2^2.5=\frac{20\mathrm{\pi }}{3}.$ 

Xét khối nón tròn xoay $\left(N_2\right)$ được tạo thành khi quay tam giác ABC

quanh trục $AB\Rightarrow \left(N_2\right)$ có bán kính đáy $r_2=BC=4;$ chiều cao $h_2=AB=10.$ 

Suy ra thể tích khối nón $\left(N_2\right)$ là $V_2=\frac{1}{3}{{\mathrm{\pi r}}^2}_2{\mathrm{h}}_2=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }.4^2.10=\frac{160\mathrm{\pi }}{3}.$ 

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là $V=V_1-V_2=\frac{160\mathrm{\pi }}{3}-\frac{20\mathrm{\pi }}{3}=\frac{140\mathrm{\pi }}{3}.$