Đề số 5

Đáp án C.

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }y\frac{x^2-3x+2}{x+1}=\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-3x+2}{x+1}$ không có tiệm cận ngang.

Đáp án D.

Hàm số xác định với mọi $x\in \mathrm{ℝ}\iff x^2-2mx+4>0,\forall x\in \mathrm{ℝ}\Rightarrow ∆\text{'}=m^2-4<0$ $\iff -2<m<2.$

Đáp án D.

Ta có $\frac{\mathrm{\pi }+3}{2\mathrm{\pi }}=\frac{3,14+3}{3,14+3,14}<1\Rightarrow$ Hàm số $y={\left(\frac{\mathrm{\pi }+3}{2\mathrm{\pi }}\right)}^x$ nghịch biến trên tập xác định.

Đáp án B.

Ta có $A=\frac{a^{{\displaystyle \frac{1}{3}}}\sqrt{b}+b^{{\displaystyle \frac{1}{3}}}\sqrt{a}}{\sqrt[6]{a}+\sqrt[6]{b}}=\frac{a^{{\displaystyle \frac{1}{3}}}{b}^{{\displaystyle \frac{1}{3}}}\left(\sqrt[6]{b}+\sqrt[6]{a}\right)}{\sqrt[6]{a}+\sqrt[6]{b}}=a^{\frac{1}{3}}{b}^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]{ab}.$

Đáp án B

Phương trình đã cho $\iff \left\{\begin{array}{l}1-x^2>0\\ {\log }_{5}3.{\log }_3\left(1+x^2\right)={\log }_3\left(1-x^2\right)\end{array}\right.$    (1).

TH1: Với ${\log }_3\left(1+x^2\right)=0\Rightarrow x=0\Rightarrow \left(1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}-1<x<1\\ x=0\end{array}\right.\Rightarrow x=0.$ 

TH2: Với ${\log }_3\left(1+x^2\right)>0\Rightarrow x\ne 0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ {\log }_{1+x^2}\left(1-x^2\right)={\log }_{5}3\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ \left\{\begin{array}{l}1-x^2=3^n\\ 1+x^2=5^n\end{array}\right.\end{array}\right.\right.$   (2).

Vì $x\ne 0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}1-x^2<0\\ 1+x^2>0\end{array}\right.\Rightarrow$ (2) vô nghiệm. Kết hợp 2 trường hợp, suy ra x = 0.

Đáp án B.

f ' (x) đổi dấu 1 lần, suy ra hàm số y = f(x) có 1 điểm cực trị.

Đáp án C.

Ta có $y=\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3x-9},x\ne \pm 3\\ -\frac{1}{9},x=\pm 3\end{array}\Rightarrow \right.$ Hàm số không liên tục tại điểm x = 3.

Đáp án B.

Ta có $V_{ACB\text{'}D\text{'}}=V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}-V_{D\text{'}.ACD}-V_{C.A\text{'}B\text{'}D\text{'}}-V_{B\text{'}.ABC}$

$=V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}-4.\frac{1}{6}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{3}{V}_{V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}}.$

Đáp án C.

Số cách rút 2 con bài từ 52 con bài là $C_{52}^2=1326.$

Đáp án D.

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(3+\frac{1}{x-3}\right)=3\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 3.

Đáp án B.

PT hoành độ giao điểm hai đồ thị là $x^4-3x^2+5=9\iff x^4-3x^2-4\iff [\begin{array}{l}{x}^2=-1\\ x^2=4\end{array}\Rightarrow x^2=4$

$\iff [\begin{array}{l}x=2\\ x=-2\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=2\\ x_2=-2\end{array}\Rightarrow x_1+x_2=0.\right.$

Đáp án D.

Ta có: $y=\frac{x+4}{x-1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-5}{{\left(x-1\right)}^2}<0 \left(\forall x\ne 1\right)$

Đáp án A.

Ta có $G\text{'}\left(x\right)=\left[0,024x^2\left(30-x\right)\right]=1,44x-0,072x^2\Rightarrow G\text{'}\left(x\right)=0\iff 1,44x-0,072x^2=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=20\end{array}$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}G\left(0\right)=0\\ G\left(20\right)=96\end{array}\Rightarrow MaxG\left(x\right)=G\left(20\right)=96.\right.$

Đáp án D.

Thể tích khối lăng trụ là $V=AA\text{'}.S_{∆ABC}=\frac{1}{2}{a}^2\sin 60°.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Đáp án C.

Dễ thấy $u_n=\frac{1}{1.3}+\frac{1}{3.5}+...+\frac{1}{\left(2n+1\right)\left(2n+3\right)}=\frac{n}{2n+3}\Rightarrow lim u_n=lim\frac{n}{2n+3}=\frac{1}{2}.$

Đáp án C.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là $x^2-x=5+3:x\iff \left(x-3\right){\left(x+1\right)}^2=0\iff x\in \left\{3;-1\right\}\Rightarrow A\left(3;6\right),B\left(-1;2\right)\Rightarrow \overrightarrow{BA}\left(4;4\right)\Rightarrow AB=4\sqrt{2}.$

Đáp án C.

$m=z_2-i{z}_1=2+3i-i\left(1-i\right)=2+3i-i-1=2i+1\Rightarrow \sqrt{5}$ là modul của m.

Đáp án D.

Ta có $y=\frac{x^3-3x^2+20}{x^2-5x-14}=\frac{\left(x+2\right)\left(x^2-5x+10\right)}{\left(x+2\right)\left(x-7\right)}=\frac{x^2-5x+10}{x-7}$ 

Suy ra $x-7=0\iff x=7\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = 7.

Đáp án A.

Đặt $t=2^x,t>0\Rightarrow$ pt $\iff 2t^2-5t+2=0\iff [\begin{array}{l}t=2\\ t=\frac{1}{2}\end{array}\iff [\begin{array}{l}{2}^x=2\\ 2^x=\frac{1}{2}\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\Rightarrow x_1+x_2=0.$

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;3) và bán kính R = 5. 

YCBT $\iff d\left(I;\left(\alpha \right)\right)>R\iff \frac{\left|-2+2-6+m\right|}{3}>5\iff [\begin{array}{l}m-6>15\\ m-6<-15\end{array}\iff [\begin{array}{l}m>21\\ m<-9\end{array}.$

Đáp án D.

Ta có A(-3;0;0), B(0;2;0), C(0;0;4) $\Rightarrow \left(ABC\right):\frac{x}{-3}+\frac{y}{2}+\frac{z}{4}=1\iff 4x-6y-3z+12=0.$

Đáp án B.

TXĐ: $D=(-\infty ;-2]\cup \left(2;+\infty \right)\backslash \left\{3\right\}$ 

Ta có: $\underset{x\to \infty }{\lim }y=0\Rightarrow$ đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là y = 0. 

Mặt khác $\underset{x\to 3}{\lim }y=\infty$ nên x = 3 là tiệm cận đứng, $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}$ $=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+2}}{\sqrt{x-2}.\left(x-3\right)}=-\infty$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 2. 

Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

Đáp án D.

Gọi bán kính của khối nón đỉnh O là r và chiều cao của khối nón là h.

Thể tích của khối nón lớn là $V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}.$ 

Thể tích của khối nón nhỏ là  $V_1=\frac{1}{3}{{\mathrm{\pi r}}_1}^2{\mathrm{h}}_1=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }.{\left(\frac{\mathrm{r}}{2}\right)}^2.\frac{\mathrm{h}}{2}=\frac{1}{8}.\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=\frac{\mathrm{V}}{8}.$

Khi đó thể tích phần còn lại là $V_2=V-V_1=V-\frac{V}{8}=\frac{7V}{8}.$ Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{7}.$

Đáp án A.

Ta có $g\left(x\right)=\left|f\left(x\right)+m\right|\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\frac{f\text{'}\left(x\right).\left[f\left(x\right)+m\right]}{\left|f\left(x\right)+m\right|}.$  (Chú ý: $\left|u\right|=\frac{u\text{'}.u}{\left|u\right|}$).

Để hàm số y = g(x) có 3 điểm cực trị $\iff g\text{'}\left(x\right)=0$ có 3 nghiệm phân biệt  (1).

Mặt khác, phương trình $g\text{'}\left(x\right)\iff [\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=0\\ f\left(x\right)+m=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=x_1;x=x_2\\ f\left(x\right)=-m\end{array}$          (2).

Từ (1), (2) suy ra $[\begin{array}{l}-m\ge 1\\ -m\le -3\end{array}\iff [\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge 3\end{array}.$

Đáp án C.

Hàm số đã cho xác định $\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(x-2\right)}^4>0\\ 9-x^2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 2\\ -3<x<3\end{array}\right..$ Vậy D = (-3;3)$\backslash \left\{2\right\}$

Đáp án A.

Ta có $A_n^5\le 18A_{n-2}^4\iff \left\{\begin{array}{l}n\ge 6\\ \frac{n!}{\left(n-5\right)!}\le 18.\frac{\left(n-2\right)!}{\left(n-6\right)!}\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}n\ge 6\\ \frac{n\left(n-1\right)}{n-5}\le 18\end{array}\iff 9\le n\le 10\to n=10.\right.\right.$ 

Với n = 10, xứt khai triển nhị thức

${\left(2x+\frac{1}{\sqrt[x]{x}}\right)}^{10}=\sum _{k=10}^{10}{C}_{10}^k.{\left(2x\right)}^{10-k}.{\left(\frac{1}{\sqrt[5]{x}}\right)}^x=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k.2^{10-k}.x^{10-\frac{6k}{5}}.$ 

Hệ số của $x^4$ ứng với $10-\frac{6k}{5}=4\iff k=5.$ Vậy hệ số cần tìm là $C_{10}^5.2^5=8064.$

Đáp án A.

Ta có $100 000 000.{\left(1+x\%\right)}^2=129512000\stackrel{casio}{\to }x=14.$

Đáp án D.

$\left(d\right):\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z}{1}$ đi qua B(1;2;0) có vecto chỉ phương $\overrightarrow{n_d}=\left(2;-1;1\right)$ 

Với $\overrightarrow{BA}=\left(1;-1;3\right),$ vecto pháp tuyến của (P) là: $\left[\overrightarrow{BA},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(2;5;1\right)$ 

$\Rightarrow \left(P\right):2\left(x-2\right)+5\left(y-1\right)+\left(z-3\right)=0\iff 2x+5y+z-12=0$ 

Bán kính của mặt cầu cần tìm là $d\left(O,\left(P\right)\right)=\frac{2\sqrt{30}}{5}.$

Đáp án D.

Diện tích bạn An cần phải sơn là $S=\mathrm{\pi }\left({\mathrm{r}}_1+{\mathrm{r}}_2\right).1=\mathrm{\pi }.\left(10+20\right).\sqrt{{20}^2+{10}^2}\approx 2017,44 {\mathrm{cm}}^2.$

Đáp án C.

Do $M\in Oz\Rightarrow M\left(0;0;a\right)\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left(1;1;3-a\right),\overrightarrow{MB}=\left(0;2;1-a\right),\overrightarrow{MC}=\left(-2;0;-3-a\right)$ 

$\Rightarrow 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\left(0;4;-4a+4\right)\Rightarrow \left|2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=4\sqrt{{\left(a-1\right)}^2+1}\ge 4$ xảy ra khi a = 1. 

Do đó tọa độ điểm M là M(0;0;1).

Đáp án A.

Ta có $f\left(x\right)=F\text{'}\left(x\right)=\left(2ax+b-\frac{d}{x^2}\right)e^{\frac{1}{x}}-\left(a+\frac{b}{x}+\frac{c}{x^2}+\frac{d}{x^3}\right)e^{\frac{1}{x}}$ $=\left(2ax+b-a-\frac{b}{x}-\frac{c}{x^2}-\frac{d}{x^2}-\frac{d}{x^3}\right)e^{\frac{1}{x}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2a=2\\ b-a=-1\\ b=0\\ -c-d=0\\ -d=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=0\\ c=0\\ d=0\end{array}\Rightarrow a+b+c+d=1.\right.\right.$

Đáp án A.

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{\cos x+1}{\sin x+1}$ trên $\left[0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$ có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{-\sin x\left(\sin x+1\right)-\cos x\left(\cos x+1\right)}{{\left(\sin x+1\right)}^2}.$ 

Suy ra $f\text{'}\left(x\right)=-\frac{\sin x+\cos x+1}{{\left(\sin x+1\right)}^2}<0; \forall x\in \left[0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]\Rightarrow f\left(x\right)$ là hàm số nghịch biến trên  $\left[0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$.

Do đó $\underset{\left[0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]}{min}f\left(x\right)=f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=\frac{1}{2}; \underset{\left[0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]}{max}f\left(x\right)=f\left(0\right)=2.$ Vậy tập giá trị cần tìm là $\left[\frac{1}{2};2\right]$

Đáp án B.

Ta có $y\text{'}=2x^2+2\left(m+1\right)x+m^2+4m+3; \forall x\in \mathrm{ℝ}.$ 

Phương trình $y\text{'}=0\iff 2x^2+2\left(m+1\right)x+m^2+4m+3=0$   (*).

Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị $\iff$(*) có 2 nghiệm phân biệt $\iff ∆\text{'}>0\iff -5<m<-1.$ 

Và các điểm cực trị của hàm số nằm bên phải Oy $\iff m^2+4m+3>0\iff [\begin{array}{l}m>-1\\ m<-3\end{array}.$ 

Vậy $-5<m<-3$ là giá trị cần tìm.

Đáp án A.

Gọi H là hình chiếu của C trên mặt phẳng (OAB)

Ta có $OC\cap \left(OAB\right)=\left\{O\right\}$ và $CH\perp \left(OAB\right)$ 

$\Rightarrow \widehat{\left(OC;\left(OAB\right)\right)}=\widehat{\left(OC,OH\right)}=\widehat{HQC}$ 

Ta có $\sin \widehat{HOC}=\frac{CH}{OC}\Rightarrow CH=OC.\sin \widehat{HOC}=\sin \widehat{HOC}$ 

Ta có $S_{OAB}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}$ 

$\Rightarrow V_{OABC}=\frac{1}{3}SH.S_{OAB}=\frac{1}{3}.\sin \widehat{HOC}.\frac{1}{2}=\frac{\sin \widehat{HOC}}{6}$ 

Mà $V_{OABC}=\frac{1}{12}\Rightarrow \sin \widehat{HOC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{HOC}=30°.$

Đáp án B.

Chọn $MA=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}SM=5\\ SA=6\end{array},NB=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}SN=2\\ SB=3\end{array},PC=1\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}SN=k\\ SC=k+1\end{array}.\right.\right.$ 

Ta có $V_{SMNP}=\frac{1}{2}{V}_{SABC}\iff \frac{V_{S.MNP}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SC}=\frac{5}{6}.\frac{2}{3}.\frac{k}{k+1}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{k}{k+1}=\frac{9}{10}\Rightarrow k=9.$

Đáp án B.

Hình trụ có chu vi đường tròn đáy là $C=12\mathrm{\pi }\Rightarrow \mathrm{R}=6\Rightarrow {\mathrm{S}}_{\mathrm{ld}}={\mathrm{\pi R}}^2=36\mathrm{\pi }.$ 

Hình lăng trụ tam giác đều có chu vi đáy là $C=12\mathrm{\pi }\Rightarrow \mathrm{a}=4\mathrm{\pi }\Rightarrow {\mathrm{S}}_{2\mathrm{d}}=\frac{{\mathrm{a}}^2\sqrt{3}}{2}=8{\mathrm{\pi }}^2\sqrt{3}.$

Hình hộp chữ nhật đáy là hình chữ nhật có chu vi đáy là $C=12\mathrm{\pi }\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=2\mathrm{\pi }\\ \mathrm{b}=4\mathrm{\pi }\end{array}\right.\Rightarrow {\mathrm{S}}_{3\mathrm{d}}=\mathrm{a}.\mathrm{b}=8{\mathrm{\pi }}^2.$

Hình hộp chữ nhật đáy là hình vuông có chu vi đáy là $C=12\mathrm{\pi }\Rightarrow \mathrm{a}=3\mathrm{\pi }\Rightarrow {\mathrm{S}}_{4\mathrm{d}}={\mathrm{a}}^2=9{\mathrm{\pi }}^2.$ 

So sánh $S_{2d}>\left\{S_{1d};S_{2d};S_{3d};S_{4d}\right\}\Rightarrow$ theo phương án II thì bồ đựng nhiều thóc nhất.

Đáp án D.

Dễ dàng chứng minh $f\left(x\right)+f\left(1-x\right)=\frac{4^x}{4^x+2}+\frac{4^{1-x}}{4^{1-x}+2}=\frac{4^x}{4^x+2}+\frac{2}{2+4^x}=1.$ Do đó:

$S=\left[f\left(\frac{1}{2015}\right)+f\left(\frac{2014}{2015}\right)\right]+\left[f\left(\frac{2}{2015}\right)+f\left(\frac{3}{2015}\right)\right]+...+\left[f\left(\frac{1007}{2015}\right)+f\left(\frac{1008}{2015}\right)\right]=1007.$

Đáp án C.

Điều kiện: $x\ge 0$. Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình.

Xét x > 0 chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được: $\frac{x^2+4}{x}-\left(m-1\right)\sqrt{\frac{x^2+4}{x}}+m+2=0$  (*).

Đặt $t=\sqrt{\frac{x^2+4}{x}}\ge \sqrt{\frac{4x}{x}}=2\Rightarrow t\in [2;+\infty ),$ khi đó phương trình (*)$\iff t^2-\left(m-1\right)t+m+2=0$ 

Vì $t\ge 2\iff t-1\ne 0$ nên phương trình (*)$\iff t^2+t+2=m\left(t-1\right)\iff m=\frac{t^2+t+2}{t-1}.$ 

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t^2+t+2}{t-1}$ trên $[2;+\infty )$, có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{t^2-2t-3}{{\left(t-1\right)}^2}$ suy ra $\underset{[2;+\infty )}{min}f\left(t\right)=7.$

Khi đó, để phương trình m = f(t) có nghiệm $\iff m\ge \underset{[2;+\infty )}{min}f\left(t\right)=7.$ 

Kết hợp với $m\in [-2018;2018]$ và $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ suy ra có tất cả 2012 giá trị nguyên m.

Đáp án A.

Áp dụng định lý Sin, ta có $2R=\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}\Rightarrow AB=2R.\sin 60°=R\sqrt{3}.$ 

Và $2R=\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}\Rightarrow BC=\frac{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}+1\right)}{2}.$ Xét $∆BHC$ vuông tại H, ta có

$\sin \widehat{ACB}=\frac{BH}{BC}\Rightarrow BH=\sin 60°.BC=\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{4}R.$ 

$\cos \widehat{ACB}=\frac{CH}{BC}\Rightarrow CH=\cos 60°.BC=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}R.$ 

Khi quay $∆BHC$ quanh trục AC ta được hình nón tròn xoay có bán kính đường tròn đáy r = BH và chiều cao $h=CH=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}R.$ Vậy $S_{xq}=\mathrm{\pi rl}=\frac{3+2\sqrt{3}}{2}{\mathrm{\pi R}}^2$

Đáp án A.

Có 10 đường kính của đường tròn được nối bởi 2 đỉnh của đa giác đều.

Một hình chữ nhật có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác được tạo bởi 2 đường kính nói trên.

Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác là $C_{20}^4$ Số cách chọn 4 đỉnh của hình chữ nhật là $C_{20}^2$. 

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{C_{10}^2}{C_{20}^4}=\frac{45}{4845}=\frac{3}{323}.$