Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Câu 10: Đáp án là C

Câu 10: Đáp án là C

Tải bản đầy đủ - 0trang

Gọi khối chóp tứ giác đều là S . ABCD

Gọi O là tâm của đáy ABCD . Do S . ABCD là khối chóp tứ giác đều nên SO  ( ABCD)

Vậy SO là chiều cao của khối chóp S . ABCD .

2



�a 2 � a 2

Xét tam giác vuông SOB , ta có SO  SB  OB  a  �

�2 �

� 2





2



2



2



1

1

a 2

2a 3

Thể tích của khối chóp S . ABCD là V  S ABCD .SO  .a 2 .

.



3

3

2

6



Câu 15: Đáp án là C

�  

� 7 k2

3x    k2

x







� � 3

4

3

36

3 ; k; l ��

��

��

sin�

3x  �

 2

11 l 2

4� 2







3x  

 l 2

x







3

� 4 3

� 36

TH1: x  0; x lớn nhất



17

k  1; x  



13

36

Chọn �

(nhận)

� x 

13

36



l  1; x  



36



TH2: x  0; x nhỏ nhất



7

k  0; x 



7

36

Chọn �

(nhận)

� x

11

36



l  0; x 



36



Khi đó tổng cần tìm là: 



13 7





  . Chọn C

36 36

6



Câu 16: Đáp án là B

3

3

 0 � y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  2

x��� x  1

x 1

lim



2



x4  3x2  7

lim

 ��. Nên đồ thị y 

x���

2x  1



x4  3x2  7 khơng có tiệm cận ngang

2x  1



2x  3

2x  3

 2 � y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

x��� x  1

x 1

lim



�3



3

lim �

 1� 1 � y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

1

x 2

�x  2 �



x���



Câu 17: Đáp án là A



( x) = 5 x 4 + 3x 2 - 2 � f �

( 1) = 6 , f �

( - 1) = 6 và f �

( 0) =- 2 .

Ta có f �



( 1) + f �

( - 1) + 4 f ( 0) = 6 + 6 + 4 �

( - 2) = 4 .

Vậy f �

Câu 18: Đáp án là D

x

x

x

2 x

2 x

Ta có cos x + cos +1 = 0 � 2 cos - 1 + cos +1 = 0 � 2 cos + cos = 0 .

2

2

2

2

2



Nếu đặt t = cos



x

, ta được phương trình 2t 2 + t = 0 .

2



Câu 19: Đáp án là D

Đáp án A sai vì hai đường thẳng cùng vng góc với đường thẳng thứ ba có thể chéo nhau.

Đáp án B sai vì hai mặt phẳng cùng vng góc với mặt phẳng thứ ba thì hai mặt phẳng đó có

thể song song hoặc cắt nhau.

Đáp án C sai vì hai mặt phẳng vng góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng

này có thể song song với mặt phẳng kí.

Câu 20: Đáp án là C



Ta có S ABCD  a.2a  2a .

2



A ' C '  A ' B '2  B ' C ' 2  a 2  4 a 2  a 5 .

CC '  A ' C 2  A ' C '2  21a 2  5a 2  4a .

Vậy V  S ABCD .CC '  2a .a 4  8a .

2



3



Câu 21: Đáp án là C

40



k



� 1 �

�1 �

Số hạng tổng quát của khai triển �x  2 � là Tk 1  C40k x 40 k � 2 � C40k x 403 k .

� x �

�x �



Số hạng chứa x31 tương ứng với k thỏa 40  3k  31 � k  3 .



40



1 �

3 31

37 31

Vậy số hạng chứa x31 trong khai triển �

�x  2 � là C40x = C40 x .

� x �



Câu 22: Đáp án là D



y   x3  3mx 2  3(1  m2 ) x  m3  m2 � y�

 3x 2  6mx  3  3m2 .

Câu 23: Đáp án là D

y�





2  2 x  3  x  1  2   x 2  3 x  3 

4  x  1



2







a  1



��

� a. b   2.

b2

2  x  1



 x2  2x

2



Câu 24: Đáp án là B



�SA  SC

�SO  AC

��

� SO   ABCD  .

Ta có : �

�SB  SD

�SO  BD

Câu 25: Đáp án là C



�E �KH � KMN 

��

� E  SO � KMN 

�E �SO

Ta có E  KH �SO

.



Câu 26: Đáp án là B

Ta có



lim y  a



x ���



, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  a .



Từ đồ thị hàm số ta thấy đồ thị có tiệm cận ngang y  1 . Suy ra a  1 .

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tọa độ



b  1 � b  1 .



 0; b 



nằm bên dưới đường thẳng y  1 nên



Vậy b  0  a .

Câu 27: Đáp án là C

A sai vì b có thể nằm trên



( a)



hoặc



.



( a) .



B sai vì b có thể song song với

D sai vì b có thể nằm trên



b ^ ( a)



( a) .



Câu 28: Đáp án là A

B sai vì a và b có thể song song .

C sai vì a và b có thể cắt nhau.

D sai vì a và b có thể song song.

Câu 29: Đáp án là B

Số phần tử của không gian mẫu là



n     A74  840



.



Gọi X là biến cố: “chọn ngẫu nhiên một số từ tập A ”.

Nhận xét: Trong tập A có 4 số chẵn và 3 số lẻ.



n  X   A42 . A32 .C42  432

X

Do đó số phần tử của



.



Vậy xác suất cần tìm là



P X  



n  X  18



n    35



.



Câu 30: Đáp án là B



D   �; 1 � 1; � \  2



Tập xác định:

x  x  2

y�





Cho



 x2 1



x 1

2

 x  2

2



y�

0� x







.



2 x  1



 x  2



2



x2 1



.



1

lim y  1

2 . x ��

.



Bảng biến thiên



x



�



1





y�



y







1

2

0







0



1

Từ bảng biến thiên suy ra M  0; m   5 .

Vậy T  M .m  0 .

Câu 31: Đáp án là D



3

2



1





0



 5



�



2











xm



y '  0 � x 2  2  m  1 x  m2  2m  0 � �

x  m2



Ta có











Do đó ta có bảng biến thiên:



m �1

m �1





��

� m 1



1;1



m



2



1

m





1





Để hàm số nghịch biến trên khoảng

thì

.

Câu 32: Đáp án là A

Dựa vào bảng biến thiên ta có



m



27

.

4



Câu 33: Đáp án là B

2

Ta có y '  3  m  1 x  6  m  2  x  6  m  2  .





18



 x 18 0

Nếu m  1 thì y ' �



x



1 . Do đó m  1 khơng thỏa u cầu bài tốn.



m 1  0





Nếu m �1 thì y ' �0, x ��� �

2

  9  m  2   24  m  1  m  2  �0



m 1



m 1







��

6 � m ��



2

2 �m �

  9  m  2   24  m  1  m  2  �0 �



33





Cả hai trường hợp ta có m �� .

Câu 34: Đáp án là A

Ta có:

s  t 3  3t 2  5t  2 � s '  v(t )  3t 2  6t  5

� s ''  a(t )  6t  6.

� a (3)  12.

Suy ra chọn A.

Câu 35: Đáp án là B



Cách 1. Xác định và tính góc giữa hai đường thẳng.



ABC vng tại A (vì BC 2  2a 2  AB 2  AC 2 ) .

Do SA  SB  SC nên nếu gọi H là hình chiếu vng góc của S lên  ABC  thì H là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà ABC vuông tại A nên H là trung điểm của BC .

Dựng hình bình hành ABCD . Khi đó:



 AB, SC    CD, SC 



và CD  AB  a .



SBC vng tại S (vì BC 2  SB 2  SC 2  2a 2 ), có SH là đường trùng tuyến nên SH 



a 2

2



�  HCA

� �

CDH có HCD

ACD  450  900  1350 theo định lý Cơ- Sin ta có

HD 2  CH 2  CD 2  2CH .CD.cos1350 



5a 2

a 10

.

� HD 

2

2



SHD vuông tại H nên SD  HD 2  SH 2  a 3 .

� 

SCD có cos SCD



CS 2  CD 2  SD 2 1

�  1200 �  SC , CD   1800  1200  600 .



� SCD

2CS .CD

2



Cách 2. (Hay phù hợp với bài này) Ứng dụng tích vơ hướng.

r u

r r

r r

uuu

r r uuur u

r uuu

r r

r u

r

0

Đặt AB  x, AC  y, AS  z . Theo giả thiết có x  y  z  a , x  y và z , x  60 .



 



uuu

r uuur uuu

r u

r r

Ta có SC  AC  AS  y  z .



uuu

r uuu

r u

r r r u

rr rr

a 2

Xét: SC. AB  y  z .x  y.x  z.x  a 2 cos 600 

.

2











uuu

r uuu

r

uuu

r uuu

r

uuu

r uuu

r

SC . AB

1

0

0

0

0

Suy ra: cos SC , AB 

  � SC , AB  120 �  SC , AB   180  120  60 .

SC . AB

2







Câu 36: Đáp án là A















Ta có  OBC  � ABC   BC . Trong  OBC  kẻ OH  BC tại H thì có ngay BC   OAH  .

Có  OAH  � ABC   AH và  OAH  � OBC   OH .

Do đó :

Ta có



AHO

  OBC  ,  ABC     AH , OH   �



(vì OHA vng tại O nên �

AHO  900 )



1

1

1

1





 2 � OH  a 3 .

2

2

2

OH

OB

OC

3a



AHO 

Ta giác OAH vuông tại O nên tan �



OA

1



��

AHO  300 .

OH

3



Vậy góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  OBC  bằng 300 .

Câu 37: Đáp án là D



Trong mặt phẳng (ABD) qua P kẻ đường thẳng song song AB cắt AD tại Q ta có

PD PQ 1



 � PQ  2a

BD AB 3



Dễ thấy MN là đường trung bình tam giác ABC nên MN//AB//PQ,nên 4 điểm M,N,P,Q đồng

phẳng và MN  3a ,thiết diện cần tim chính là hinh thang MNPQ ,do tất cả các cạnh cạnh của tứ



diện bằng 6a nên BNP  AMQ � NP  MQ vậy MNPQ là hình thang cân,ta có

MQ 



AM 2  AQ 2  2 AM .MQ.cos 600  (3a) 2  (4 a) 2  2.3a.4a.



1

 a 13

2



Kẻ đường cao QI có



QI  MQ 2  MI 2  13a 2 



a 2 a 51

( MN  PQ ).QI (3a  2a) a 51 5 51a 2



� S MNPQ 



.



4

2

2

2

2

4



Câu 38: Đáp án là B



Kẻ MI vng góc AB suy ra MI=a , S ABM



1

a2

 MI . AB 

2

2



�  600 ,xét tam giác vuông SHB vng tại H có

Ta có góc SBH



�  tan 600 

tan SBH



SH

a 2 a 15

,vậy

� SH  3.HB  3. a 2 



HB

4

2



1

1 a 15 a 2 a 3 15

VSABM  SH .S ABM  .

. 

3

3 2

2

12



Câu 39: Đáp án là B

Diện tích bề mặt của mỗi tầng (kể từ tầng 1) lập thành một cấp số nhân có cơng bội q



u1 



12288

 6144

2



Khi đó diện tích mặt trên cùng là: u11  u1q10 



Câu 40: Đáp án là A



6144

 6.

210



1



2



� 3 �

1;0

Do x �� ;

�� cos x��



�2 2 �

Ta có: cos2x   2m 1 cos x  m 1  0  1

� 2cos2 x   2m 1 cos x  m 0

� 2cos x cos x  m   cos x  m  0





1

cos x  ��

1;0





�  2cos x  1  cos x  m  0 �

2



� cos x  m

Để phương trình  1 có nghiệm thì 1�m 0

Câu 41: Đáp án là A

C'



A'

B'

2a

A



C

a



2a

B



S ABC 



1

1

AB.BC  a.2a  a 2 .

2

2



VABC . A ' B 'C ' =AA '.S ABC  2a.a 2  2a3 .



Câu 42: Đáp án là C

Cách 1:

TXĐ: D  �

y '  4 x 3  4mx



x0



y '  0 � 4 x 3  4mx  0 � 4 x  x 2  m   0 � �2

x m



Hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m  0  *



Với điều kiện (*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là:



A  0; 2m 2  m  , B

uuur

Ta có: AB











uuur

m ; m 2 , AC  m ;  m 2











 



m ; m2  m , C  m ; m 2  m











� AB  AC  m  m4

Suy ra tam giác ABC cân tại A . Do đó tam giác ABC vng cân tại A



uuur uuur

m0



� AB. AC  0 � m  m 4  0 � m  m3  1  0 � �

m 1



Kết hợp điều kiện (*) suy ra m  1 .

Cách 2:

4

2

Áp dụng công thức nhanh: Đồ thị hàm số y  ax  bx  c,  a �0  có ba điểm cực trị là ba



đỉnh của một tam giác vuông cân khi và chỉ khi b3  8a  0 .

Ta có: ycbt �  2m   8  0 � 8m3  8  0 � m  1 .

3



Câu 43: Đáp án là D

Số phần tử của không gian mẫu là W= 4.4.4.4 = 256

Gọi A là biến cố “ Một toa có 3 người, một toa có 1 người, hai toa còn lại khơng có ai ”

3

Có C4 cách chọn 3 người trong 4 người và 4 cách chọn một toa cho nhóm 3 người đó lên.



Có 3 cách chọn toa cho người còn lại lên.

3

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là WA = C4 .4.3 = 48



Vậy xác suất cần tính là P( A) =

Câu 44: Đáp án là A



48

3

=

256 16



Gọi K là trung điểm AB � AK = KB = a

Dễ thấy tứ giác ADCK là hình vng � CK = a

ACB có trung tuyến CK =



1

AB  ACB vuông tại C

2





CB ^ AC

� CB ^ ( SAC ) � ( SBC ) ^ ( SAC )

Ta có: �





CB ^ SA



Trong (SAC), từ A hạ AH ^ SC tại H � AH ^ ( SBC )

SAC vuông tại A �



� d ( A;( SBC )) = AH =



1

1

1

1

1

3

= 2+

=

+

= 2

2

2

2

2

AH

SA

AC

(2a )

4a

(a 2)



2a

.

3



Câu 45: Đáp án là D

Ta có

�x  1

1  2 x  1





g  x   2 f  1  2 x   0 � f  1  2 x   0 � �

��1

1  1 2x  2

 x0





�2

.

/



/



/



Vậy D thỏa

Câu 46: Đáp án là B



1

1

1





2

2

OM

OS 2

Ta có OH

1

1

4 x 2  16a 2







2

4a 2 x 2

4a 2 x 2

Suy ra OS

OS 



Suy ra



2ax

x 2  16a 2



V  x   VS . ABCD 



V ( x) =



3 x 2  16a 2



4 ( ax 4 - 24a3 x 2 )



/



V  x



2ax 3



3( x 2 - 16a 2 ) x 2 - 16a 2



đạt GTNN � x  2a 6 . Vậy ta chọn B.



Câu 47: Đáp án là C



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Câu 10: Đáp án là C

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×