50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc 25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 21)

Câu 1:

Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm của tam giác BCD. Thể tích V của khối chóp A.GBC là

A. V = 3

B. V= 4

C. V = 6

D. V = 5

Xem đáp án

Đáp án B

Áp dụng công thức $V = \frac{1}{3} S h \Rightarrow \{\begin{cases} V_{A . B C D} = \frac{1}{3} h . S_{B C D} \\ V_{A . G B C} = \frac{1}{3} h . S_{G B C} = \frac{1}{9} h . S_{B C D} \end{cases} \Rightarrow V = 4$

Câu 2:

Giá trị của biểu thức $P = {(7 + 4 \sqrt{3})}^{2022} {(4 \sqrt{3} - 7)}^{2021}$ là

A. $P = - 7 + 4 \sqrt{3}$

B. $P = - (7 + 4 \sqrt{3})$

C. $P = 1$

D. $P = {(7 + 4 \sqrt{3})}^{2020}$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có

.

(7 + 4 \sqrt{3}) (4 \sqrt{3} - 7) = {(4 \sqrt{3})}^{2} - 7^{2} = - 1

\Rightarrow P = {(7 + 4 \sqrt{3})}^{2021} {(4 \sqrt{3} - 7)}^{2021} = {[(7 + 4 \sqrt{3}) (4 \sqrt{3} - 7)]}^{2021} (7 + 4 \sqrt{3})

= {(- 1)}^{2021} (7 + 4 \sqrt{3}) = - (7 + 4 \sqrt{3})

Câu 3:

Phương trình $9^{x} - {3.3}^{x} + 2 = 0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2} (x_{1} < x_{2})$ , . Giá trị biểu thức $A = 2 x_{1} + 3 x_{2}$ là

A. $4 \log_{3} 2$

B. 1

C. $3 \log_{3} 2$

D. $2 \log_{2} 3$

Xem đáp án

: Đáp án C

Ta có: $9^{x} - {3.3}^{x} + 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 3^{x} = 1 \\ 3^{x} = 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \log_{3} 2 \end{array}$

Do $x_{2} = \log_{3} 2 \Rightarrow A = 2 x_{1} + 3 x_{2} = 2.0 + 3. \log_{3} 2 = 3 \log_{3} 2$ .

Câu 4:

Cho hàm số

f (x) = \ln (x^{2} - 2 x + 5)

. Tập nghiệm của bất phương trình

f^{'} (x) > 0

là

A. $(2; + \infty)$

B. $(- 1; + \infty)$

C. $(- 2; + \infty)$

D. $(1; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có:

f^{'} (x) = \frac{{(x^{2} - 2 x + 5)}^{'}}{x^{2} - 2 x + 5} = \frac{2 x - 2}{x^{2} - 2 x + 5} > 0 \Leftrightarrow x > 1

Câu 5:

Tìm môđun của số phức $z = {(4 - 3 i)}^{2} + {(1 + 2 i)}^{3}$ .

A. $|z| = 2 \sqrt{137}$

B. $|z| = 2 \sqrt{371}$

C. $|z| = 2 \sqrt{173}$

D. $|z| = 2 \sqrt{317}$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $z = {(4 - 3 i)}^{2} + {(1 + 2 i)}^{3} = - 4 - 26 i$

Suy ra $|x| = \sqrt{{(- 4)}^{2} + {(- 26)}^{2}} = 2 \sqrt{173}$

Câu 6:

Cho tam giác ABC vuông tại A có $A B = a, B C = a \sqrt{10}$ , . Thể tích của khối nón khi quay tam giác ABC quanh trục AC là

A. $3 π a^{3}$

B. $π a^{3}$

C. $2 π a^{3}$

D. $10 π a^{3}$

Xem đáp án

Đáp án B

Khối nón sinh ra khi quay tam giác ABC quanh trục AC có chiều cao $h = A C = 3 a, r = a$ ; có thể tích $V = π a^{3}$ .

Câu 7:

Giá trị tích phân $\int_{0}^{100} x . e^{2 x} d x$ bằng

A. $\frac{1}{4} (199 e^{200} - 1)$

B. $\frac{1}{2} (199 e^{200} - 1)$

C. $\frac{1}{4} (199 e^{200} + 1)$

D. $\frac{1}{2} (199 e^{200} + 1)$

Xem đáp án

: Đáp án C

Đặt $\{\begin{cases} u = x \\ d v = e^{2 x} d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = d x \\ v = \frac{1}{2} e^{2 x} \end{cases}$

Khi đó

\int_{0}^{100} x . e^{2 x} d x = \frac{1}{2} x e^{2 x} |\begin{array}{l} 100 \\ 0 \end{array} - \frac{1}{2} \int_{0}^{100} e^{2 x} d x = 50 e^{200} - \frac{1}{4} e^{2 x} |\begin{array}{l} 100 \\ 0 \end{array} = 50 e^{200} - \frac{1}{4} e^{200} + \frac{1}{4} = \frac{1}{4} (199 e^{200} + 1)

Câu 8:

Cho hàm số

y = \frac{2 \cos^{2} x + |\cos x| + 1}{|\cos x| + 1}

. Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho. Khi đó

M + m

bằng

A. -4

B. -5

C. -6

D. 3

Xem đáp án

Đáp án D

Tập xác định D=R.

Đặt $t = |\cos x|, 0 \leq t \leq 1 \Rightarrow y = f (t) = \frac{2 t^{2} + t + 1}{t + 1} 0 \leq t \leq 1$

Ta có , $f (0) = 1, f (1) = 2$ .

Vậy $\min_{ℝ} y = 1, \max_{ℝ} y = 2 \Rightarrow M + m = 3$ , .

Câu 9:

Số phức $z = {(i^{5} + i^{4} + i^{3} + i^{2} + i + 1)}^{2020}$ có phần ảo là

A. $- 2^{1010}$

B. $2^{1010}$

C. 2020

D. 0

Xem đáp án

Đáp án D

$z = {(i^{5} + i^{4} + i^{3} + i^{2} + i + 1)}^{2020} = {(1 + i)}^{2020} = {[{(1 + i)}^{2}]}^{1010} = {(2 i)}^{1010} = 2^{1010} . i^{1010} = - 2^{1010}$

Câu 10:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là $\frac{x}{1} = \frac{y - 6}{- 4} = \frac{z - 6}{3}$ . Biết rằng điểm $M (0; 5; 3)$ thuộc đường thẳng AB và điểm $N (1; 1; 0)$ thuộc đường thẳng AC. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC?

A. $\vec{u} = (1; 2; 3)$

B. $\vec{u} = (0; 1; 3)$

C. $\vec{u} = (0; - 2; 6)$

D. $\vec{u} = (0; 1; - 3)$

Xem đáp án

Đáp án B

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc A là : $\{\begin{cases} x = t \\ y = 6 - 4 t \\ z = 6 - 3 t \end{cases}$

Gọi D là điểm đối xứng với M qua (d).

Khi đó $D \in A C \Rightarrow$ Đường thẳng AC có một vectơ chỉ phương là $\vec{N D}$ .

Ta xác định điểm D.

Gọi K là giao điểm MD với (d). Ta có , $K (t; 6 - 4 t; 6 - 3 t), \vec{M K} = (t; 1 - 4 t; 3 - 3 t)$ .

Ta có $\vec{M K} ⊥ \vec{u_{d}}$ với $\vec{u_{d}} = (1; - 4; - 3)$ nên $t - 4 (1 - 4 t) - 3 (3 - 3 t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}$ .là trung điểm MD nên $\{\begin{cases} x_{D} = 2 x_{K} - x_{M} \\ y_{D} = 2 y_{K} - y_{M} \\ z_{D} = 2 z_{K} - z_{M} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{D} = 1 \\ y_{D} = 3 \\ z_{D} = 6 \end{cases}$ hay D(1;3;6).

Một vectơ chỉ phương của AC là $\vec{D N} = (0; - 2; - 6)$ hay $\vec{u} = (0; 1; 3)$ là vectơ chỉ phương.

Câu 11:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $f (x) = x - 5 + \frac{1}{x}$ trên khoảng $(0; + \infty)$ là

A. $\min_{(0; + \infty)} f (x) = - 3$

B. $\min_{(0; + \infty)} f (x) = - 5$

C. $\min_{(0; + \infty)} f (x) = 2$

D. $\min_{(0; + \infty)} f (x) = 3$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $f (x) = x - 5 + \frac{1}{x}$ , $x \in (0; + \infty)$ . Khi đó $f^{'} (x) = 1 - \frac{1}{x^{2}} = \frac{x^{2} - 1}{x^{2}}$ ; $f^{'} (x) = 0 \Rightarrow x = 1$ .

Ta có bảng biến thiên của hàm số

Giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=x-5+1/x trên khoảng là (ảnh 1)

Khi đó ta có $\min_{(0; + \infty)} f (x) = f (1) = - 3$

Câu 12:

Cho

\log 3 = m, \ln 3 = n

; . Hãy biểu diễn ln 30 theo m và n.

A. $\ln 30 = \frac{n}{m} + 1$

B. $\ln 30 = \frac{m}{n} + n$

C. $\ln 30 = \frac{m + n}{n}$

D. $\ln 30 = \frac{n}{m} + n$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có $\{\begin{cases} \log 3 = m \\ \ln 3 = n \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 10^{m} = 3 \\ e^{n} = 3 \end{cases} \Rightarrow 10^{m} = 3^{n} \Leftrightarrow n = m \ln 10$

Vậy $\ln 30 = \ln 3 + \ln 10 = n + \frac{n}{m}$ .

Câu 13:

Một vật chuyển động với gia tốc $a (t) = - 20 {(1 + 2 t)}^{- 2} (m / s^{2})$ . Khi thì vận tốc của vật là 30m/s. Quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây bằng

A. 36m.

B. 48m.

C. 42m.

D. 49m.

Xem đáp án

Đáp án B

Vận tốc là $v = - 20 \int_{}^{} \frac{1}{{(1 + 2 t)}^{2}} d t = \frac{10}{1 + 2 t} + C$ Khi thì vận tốc của vật là 30m/s, suy ra $v = \frac{10}{1 + 2 t} + 20$ . Quãng đường $s = \int_{0}^{2} (\frac{10}{1 + 2 t} + 20) d t \approx 48$ .

Câu 14:

Phương trình $\log_{3} (x^{2} - 2 x) = \log_{3} (2 x - 3)$ có bao nhiêu nghiệm?

A. 3

B. 2

C. 1

D. 0

Xem đáp án

Đáp án C

Điều kiện của phương trình $\{\begin{cases} x^{2} - 2 x > 0 \\ 2 x - 3 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} x > 2 \\ x < 0 \end{array} \\ x > \frac{3}{2} \end{cases} \Leftrightarrow x > 2$ .

Ta có: $\log_{3} (x^{2} - 2 x) = \log_{3} (2 x - 3) \Leftrightarrow x^{2} - 2 x = 2 x - 3 \Leftrightarrow x^{2} - 4 x + 3 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 3 \\ x = 1 \end{array}$

Đối chiếu với điều kiện, x=3 thỏa mãn, loại x=1.

Vậy phương trình có một nghiệm.

Câu 15:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm $A (0; 2; - 2), B (2; 2; - 4)$ , . Giả sử $I (a; b; c)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Giá trị biểu thức $T = a^{2} + b^{2} + c^{2}$ là

A. T = 8

B. T = 2

C. T = 6

D. T = 14

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $\vec{O A} = (0; 2; - 2), \vec{O B} = (2; 2; - 4)$ , .

Phương trình mặt phẳng (OAB) là $x + y + z = 0$

$I \in (O A B) \Rightarrow a + b + c = 0$

$\vec{A I} = (a; b - 2; c + 2), \vec{B I} = (a - 2; b - 2; c + 4), \vec{O I} = (a; b; c)$

Ta có hệ $\{\begin{cases} A I = B I \\ A I = O I \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a^{2} + {(c + 2)}^{2} = {(a - 2)}^{2} + {(c + 4)}^{2} \\ {(b - 2)}^{2} + {(c + 2)}^{2} = b^{2} + c^{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a - c = 4 \\ - b + c = - 2 \end{cases}$

Từ (1) và (2), suy ra $\{\begin{cases} a - c = 4 \\ - b + c = - 2 \\ a + b + c = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a - c = 4 \\ - b + c = - 2 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 2 \\ b = 0 \\ c = - 2 \end{cases}$

Vậy $I (2; 0; - 2) \Rightarrow T = a^{2} + b^{2} + c^{2} = 8$ .

Câu 16:

Trong không gian Oxyz, cho điểm $I (1; 2; - 3)$ và đường thẳng : $\frac{x - 2}{1} = \frac{y + 1}{2} = \frac{z - 1}{2}$ . Phương trình mặt cầu(S) có tâm I và cắt tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 20 là

A. ${(x + 1)}^{2} + {(y + 2)}^{2} + {(z - 3)}^{2} = 41$

B. ${(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z + 3)}^{2} = 41$

C. ${(x + 1)}^{2} + {(y + 2)}^{2} + {(z - 3)}^{2} = 29$

D. ${(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z + 3)}^{2} = 29$

Xem đáp án

Đáp án B

Đường thẳng $∆$ đi qua điểm $M (2; - 1; 1)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u} = (1; 2; 2)$ .

Ta có $\vec{I M} = (1; - 3; 4) \Rightarrow [\vec{I M}, \vec{u}] = (- 14; 2; 5) \Rightarrow |[\vec{I M}, \vec{u}]| = 15$ .

Khoảng cách từ I đến đường thẳng $∆$ là $d (I, Δ) = \frac{|[\vec{I M}, \vec{u}]|}{|\vec{u}|} = \frac{15}{3} = 5$ .

Diện tích tam giác IAB bằng 20 nên $A B = \frac{2 S_{Δ I A B}}{d (I, Δ)} = \frac{2.20}{5} = 8$ .

Bán kính mặt cầu (S) là $R = \sqrt{{(\frac{A B}{2})}^{2} + {[d (I, Δ)]}^{2}} = \sqrt{4^{2} + 5^{2}} = \sqrt{41}$ .

Phương trình mặt cầu (S) cần lập là

{(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z + 3)}^{2} = 41

Câu 17:

Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau:

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số $g (x) = f (2 - x) - 2$ ?

I. Hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (-4;-2).

II. Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (0;2).

III. Hàm số g(x) đạt cực tiểu tại điểm –2.

IV. Hàm số có giá trị cực đại bằng –3.

A. 3

B. 2

C. 1

D. 4

Xem đáp án

Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau (ảnh 4)

Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau (ảnh 2)

Câu 18:

Người ta làm tạ tập cơ tay như hình vẽ với hai đầu là hai khối trụ bằng nhau và tay cầm cũng là khối trụ. Biết hai đầu là hai khối trụ đường kính đáy bằng 12, chiều cao bằng 6, chiều dài tạ bằng 30 và bán kính tay cầm là 2. Thể tích vật liệu làm nên tạ tay đó bằng

Người ta làm tạ tập cơ tay như hình vẽ với hai đầu là hai khối trụ bằng nhau và tay cầm cũng là khối trụ (ảnh 1)

A. $108 π$

B. $6480 π$

C. $502 π$

D. $504 π$

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi $h_{1}, R_{1}, V_{1}$ lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ nhỏ mỗi đầu.

Ta có: $V_{1} = h_{1} . π . R_{1}^{2} = 6. π {.6}^{2} = 216 π$ .

Gọi $h_{2}, R_{2}, V_{2}$ , lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay cầm.

Ta có $V_{2} = h_{2} . π . R_{2}^{2} = (30 - 2.6) . π {.2}^{2} = 72 π$ .

Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằng $V = 2 V_{1} + V_{2} = 504 π$ .

Câu 19:

Cho hàm số $y = \frac{x^{2} - 2 (m + 1) x - m + 2}{x + 1} (C_{m})$ . Điểm cố định của họ đường cong là

A. $(- \frac{1}{2}; \frac{13}{2})$

B. $(\frac{2}{3}; - \frac{12}{3})$

C. $(- \frac{4}{3}; 2)$

D. $(\frac{5}{3}; - \frac{21}{2})$

Xem đáp án

Đáp án A

Tập xác định $D = ℝ \ \{- 1\}$ .

Gọi A(x,y) là điểm cần tìm.

Khi đó A là điểm cố định của họ đường cong $(C_{m})$ khi và chỉ khi phương trình $y = \frac{x^{2} - 2 (m + 1) x - m + 2}{x + 1}$

$\Leftrightarrow (- 2 x - 1) m + x^{2} - 2 x + 2 - x y - y = 0$ có nghiệm đúng với mọi m.

Để (1) có nghiệm đúng với mọi m . $\Leftrightarrow \{\begin{cases} - 2 x - 1 = 0 \\ x^{2} - 2 x + 2 - x y - y = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = - \frac{1}{2} \neq - 1 \\ y = \frac{13}{2} \end{cases}$

Câu 20:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc H của S nằm trong hình vuông ABCD. Hai mặt phẳng (SAD),(SBC) vuông góc với nhau. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB),(SBC) bằng 60°, góc giữa hai mặt phẳng (SAB),(SAD) bằng 45°. Biết rằng khoảng cách từ H tới (SAB) bằng a. Thể tích khối chóp S.ABCD là

A. $V = \frac{4 a^{3} \sqrt{3}}{3}$

B. $V = \frac{2 a^{3} \sqrt{6}}{3}$

C. $V = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{3}$

D. $V = \frac{2 a^{3} \sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Ta có hai mặt phẳng (SAD),(SBC) vuông góc với nhau suy ra $\hat{M S N} = 90 °$ với M,N là các hình chiếu vuông góc của S trên các cạnh AD và BC. Khi đó H nằm trên đoạn MN.

Lại có . $\{\begin{cases} \frac{\sqrt{3}}{2} = \sin 60 ° = \frac{d (N; (S A B))}{d (N; S B)} = \frac{a}{d (N; S B)} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} = \sin 45 ° = \frac{d (M; (S A B))}{d (M; S A)} = \frac{a}{d (M; S A)} \end{cases}$

Do vậy $d (N; S B) = \frac{2 a}{\sqrt{3}}, d (M; S A) = a \sqrt{2}$ , . Bên cạnh đó ta lại $\{\begin{cases} \frac{1}{d {(N; S B)}^{2}} = \frac{3}{4 a^{2}} = \frac{1}{S N^{2}} + \frac{1}{N B^{2}} \\ \frac{1}{d {(M; S A)}^{2}} = \frac{1}{2 a^{2}} = \frac{1}{S M^{2}} + \frac{1}{M A^{2}} \end{cases}$

Do $N B = M A = H K$ suy ra $\frac{5}{4 a^{2}} = \frac{1}{S M^{2}} + \frac{1}{S N^{2}} + \frac{2}{H K^{2}} = (\frac{1}{S H^{2}} + \frac{1}{H K^{2}}) + \frac{1}{H K^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{H K^{2}} \Rightarrow H K = 2 a$ .

Vậy $\frac{1}{S N^{2}} = \frac{3}{4 a^{2}} - \frac{1}{4 a^{2}} \Leftrightarrow S N = a \sqrt{2}; \frac{1}{S M^{2}} = \frac{1}{2 a^{2}} - \frac{1}{4 a^{2}} \Leftrightarrow S M = 2 a \Rightarrow S H = \frac{2 a}{\sqrt{3}}; M N = a \sqrt{6}$

Thể tích khối chóp S.ABCD là

V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} . S_{A B C D} . S H = \frac{1}{3} . {(a \sqrt{6})}^{2} . \frac{2 a}{\sqrt{3}} = \frac{4 a^{3} \sqrt{3}}{3}

.

Câu 21:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, $S A ⊥ (A B C D)$ , $S A = x$ . Giá trị của x để đường thẳng SB và mặt phẳng $(S C D)$ hợp với nhau góc $α = 30 °$ là

A. x = 2a

B. x = a

C. $x = a \sqrt{2}$

D. $x = a \sqrt{3}$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có $\sin α = \frac{1}{2} = \frac{d (B, (S C D))}{S B} = \frac{d (A, (S C D))}{S B}$

Lại có

d (A, (S C D)) = \frac{a x}{\sqrt{x^{2} + a^{2}}}

,

S B = \sqrt{x^{2} + a^{2}}

. Suy ra

\frac{a x}{a^{2} + x^{2}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = a

Câu 22:

Giá trị của tham số m để phương trình $16^{x} - {3.4}^{x + 1} + m = 0$ có hai nghiệm thực trái dấu là

A. $0 < m < 36$

B. $11 < m < 36$

C. $0 < m < 11$

D. $0 < m < 13$

Xem đáp án

Đáp án C

Đặt $4^{x} = t$ $(t > 0)$ .

Phương trình đã cho trở thành $t^{2} - 12 t + m = 0$ (1).

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực $x_{1}, x_{2}$ , trái dấu, tức là $x_{1} < 0 < x_{2}$ thì phương trình (1) có hai nghiệm dương $t_{1}, t_{2}$ , thỏa mãn $t_{1} < 1 < t_{2}$ .

Ta có: $Δ^{'} = 36 - m > 0 \Rightarrow m < 36$ .

Theo định lí Vi-ét $\{\begin{cases} t_{1} + t_{2} = 12 \\ t_{1} . t_{2} > 0 \end{cases}$ .

Từ $t_{1} < 1 < t_{2} \Rightarrow (t_{1} - 1) (t_{2} - 1) < 0 \Rightarrow t_{1} . t_{2} - (t_{1} + t_{2}) + 1 < 0 \Rightarrow m - 11 < 0$ .

Vậy $0 < m < 11$ .

Câu 23:

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y = 2 x^{3} - 3 x^{2} - 12 x + 1

song song với đường thẳng d:

12 x + y = 0

có dạng là

y = a x + b

. Giá trị của biểu thức bằng

A. 0

B. -23

C. -24

D. -23 hoặc - 24

Xem đáp án

Đáp án B

Giả sử $M (x_{0}; y_{0})$ là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số (C).

Suy ra $y^{'} (x_{0}) = 6 x_{0}^{2} - 6 x_{0} - 12$ là hệ số góc của tiếp tuyến.

Hệ số góc của đường thẳng d là k = -12.

Tiếp tuyến song song với đường thẳng d suy ra

$y^{'} (x_{0}) = k \Leftrightarrow 6 x_{0}^{2} - 6 x_{0} - 12 = - 12 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x_{0} = 0 \Rightarrow y_{0} = 1 \\ x_{0} = 1 \Rightarrow y_{0} = - 12 \end{array}$ .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại $M_{1} (0; 1)$ là $y = - 12 x + 1$ .

Suy ra $\{\begin{cases} a = - 12 \\ b = 1 \end{cases} \Rightarrow 2 a + b = - 23$ .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại $M_{2} (1; - 12)$ là $y = - 12 x$ (loại do trùng với đường thẳng d: $12 x + y = 0$ )

Câu 24:

Giá trị thực lớn hơn 1 của tham số m thỏa mãn

\int_{1}^{m} \ln^{2} x d x = m . \ln m (\ln m - 2) + 2^{1000}

là

A. $m = 2^{1000}$

B. $m = 2^{1000} + 1$

C. $m = 2^{999} + 1$

D. $m = 2^{999} + 2$

Xem đáp án

Đáp án C

Đặt $\{\begin{cases} u = \ln^{2} x \\ d v = d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = \frac{2 \ln x}{x} d x \\ v = x \end{cases}$

Khi đó $I = x . \ln^{2} x |\begin{array}{l} m \\ 1 \end{array} - 2 \int_{1}^{m} \ln x d x = m . \ln^{2} m - 2 \int_{1}^{m} \ln x d x = m . \ln^{2} m - 2 J$ .

Đặt $\{\begin{cases} u = \ln x \\ d v = d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = \frac{1}{x} d x \\ v = x \end{cases} \Rightarrow J = x . \ln x |\begin{array}{l} m \\ 1 \end{array} - \int_{1}^{m} d x = m . \ln m - (m - 1)$

Suy ra $I = m . \ln^{2} m - 2 m . \ln m + 2 (m - 1) = m . \ln m (\ln m - 2) + 2 (m - 1)$ .

Theo bài ra ta có

. $\int_{1}^{m} \ln^{2} x d x = m . \ln m (\ln m - 2) + 2^{1000}$

$\Rightarrow m . \ln m (\ln m - 2) + 2 (m - 1) = m . \ln m (\ln m - 2) + 2^{1000}$

$\Leftrightarrow 2 (m - 1) = 2^{1000} \Leftrightarrow m - 1 = 2^{999} \Leftrightarrow m = 2^{999} + 1$

Câu 25:

Cho hàm số y=f(x) liên tục trên M và có đồ thị (C) . Biết hai tiếp tuyến với (C) tại điểm $x_{0} = 1$ tạo với nhau một góc 45°, hai tiếp tuyến này cùng với trục hoành tạo thành một tam giác nhọn có số đo ba góc lập thành một cấp số cộng. Biết rằng biểu thức $A = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (2 - x)}{x - 1}$ dương. Khi đó giá trị của A bằng

A. 2

B. $2 + 2 \sqrt{3}$

C. $\sqrt{3} + 2$

D. $\sqrt{3} + 1$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta nhận thấy đạo hàm của hàm số y=f(x) là không xác định tại $x_{0} = 1$ ; nhưng tồn tại các đạo hàm trái và đạo hàm phải tại điểm $x_{0} = 1$ ; tức là $\lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} = f^{'} (1^{+})$ và $\lim_{x \to 1^{-}} \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} = f^{'} (1^{-})$

Các giá trị đạo hàm này lần lượt là hệ số góc của hai tiếp tuyến.

Dễ dàng suy ra được tam giác mà hai tiếp tuyến tạo với Ox có một góc bằng 60° và một góc bằng 75°.

Suy ra $[\begin{array}{l} f^{'} (1^{-}) + f^{'} (1^{+}) = \tan 60 ° - \tan 75 ° = - 2 \\ f^{'} (1^{-}) + f^{'} (1^{+}) = \tan 75 ° - \tan 60 ° = 2 \end{array}$

$A = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (2 - x)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (1) + f (1) - f (2 - x)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} + \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (1) - f (2 - x)}{x - 1}$

$\Rightarrow A = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} + \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (2 - x) - f (1)}{1 - x} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} + \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (2 - x) - f (1)}{(2 - x) - 1}$

Đặt $t = 2 - x$ ; nhận thấy khi $x \to 1^{+}$ thì $t \to t^{-}$ .

Suy ra

A = f^{'} (1^{+}) + \lim_{x \to 1^{-}} \frac{f (t) - f (1)}{t - 1} = f^{'} (1^{+}) + f^{'} (1^{-}) = 2

(do A> 0 ).

Câu 26:

Xét số thực $m = - \log_{2} \log_{2} \sqrt{\sqrt{... \sqrt{2}}}$ , biểu thức có 2021 dấu căn thức. Phương trình $x^{m} + x = m^{m}$ có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $m = - \log_{2} \log_{2} \sqrt{\sqrt{... \sqrt{2}}} = - \log_{2} \log_{2} 2^{2^{\frac{1}{2021}}} = - \log_{2} (\frac{1}{2^{2021}}) = 2021$ .

Khi đó xét phương trình $f (x) = x^{2021} + x - 2021^{2021} = 0$ .

Ta có $f^{'} (x) = 2021 x^{2020} + 1 > 0$ do đó hàm số $f (x)$ đồng biến trên R nên phương trình có nghiệm duy nhất.

Câu 27:

Để thực hiện kế hoạch kinh doanh, ông A cần chuẩn bị một số vốn ngay từ bây giờ. Ông có số tiền là 500 triệu đồng gửi tiết kiệm với lãi suất 0,4%/tháng theo hình thức lãi kép. Sau 10 tháng, ông A gửi thêm vào 300 triệu nhưng lãi suất các tháng sau có thay đổi là 0,5% tháng. Hỏi sau 2 năm kể từ lúc gửi số tiền ban đầu, số tiền ông A nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? (Không tính phần thập phân)

A. 879693510 đồng.

B. 879693600 đồng.

C. 901727821 đồng.

D. 880438640 đồng

Xem đáp án

Đáp án A

Sau 10 tháng số tiền ông A có được là $S_{1} = A_{1} {(1 + r_{1})}^{n} = 500. {(1 + 0, 004)}^{10}$ (triệu đồng).

Sau khi gửi thêm 300 triệu thì số tiền ông A là $A_{2} = 500. {(1 + 0, 004)}^{10} + 300$ (triệu đồng).

14 tháng sau số tiền ông A là

$S_{2} = A_{2} {(1 + r_{2})}^{n} = A_{2} = [500. {(1 + 0, 004)}^{10} + 300] . {(1 + 0, 005)}^{14} = 879, 6935105$ (triệu đồng).

Vậy sau 2 năm số tiền ông A là 879693510 (đồng).

Câu 28:

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn $|\bar{z} - 4 + 3 i| = 2$ là đường tròn có tâm I, bán kính R. Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn là

A. $I (- 4; 3)$ , R = 4

B. $I (4; - 3), R = 2$

C. I(4;3), R=2

D. I(4;-3), R=4

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi số phức $z = x + y i \Rightarrow z = x - y i$ .

$|x - y i - 4 + 3 i| = 2 \Leftrightarrow |x - 4 + (3 - y) i| = 2 \Leftrightarrow x^{2} - 8 x + 16 + 9 - 6 y + y^{2} = 4$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} - 8 x - 6 y + 21 = 0$

(1) là phương trình đường tròn có tâm $I (4; 3)$ ,R=2 .

Câu 29:

Cho hình chóp S.ABC có $S C = a \sqrt{2}$ , tam giác SAB đều cạnh a và tam giác SAC vuông tại A. Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là

A. $\frac{4 π a^{3}}{3}$

B. $\frac{π a^{3}}{6}$

C. $4 π a^{3}$

D. $\frac{π a^{3} \sqrt{3}}{2}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABC có , tam giác SCho hình chóp S.ABC có SC= a căn 2 , tam giác SAB đều cạnh a và tam giác AB đều cạnh a và tam giác (ảnh 1)

Đáp án A

Từ giả thiết ta có $A C = \sqrt{S C^{2} - S A^{2}} = a = A B \Rightarrow$ ABC là tam giác cân tại A.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm SB, BC

$\Rightarrow A F ⊥ B C \Rightarrow A F ⊥ (S B C), S B ⊥ A F \Rightarrow S B ⊥ (A E F)$ ,

$\Rightarrow S B ⊥ E F \Rightarrow S F = F B = F C \Rightarrow Δ S B C$ vuông tại S.

Ta có AF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì $B C = \sqrt{S C^{2} + S B^{2}} = a \sqrt{3}$ nên bán kính mặt cầu là $R = O A = O B = a$ .

Suy ra thế tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC là $V_{S . A B C} = \frac{4 π a^{3}}{3}$ .

Câu 30:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu $(S_{1})$ có tâm $I (2; 1; 0)$ , bán kính bằng 3 và mặt cầu $(S_{2})$ có tâm $J (0; 1; 0)$ , bán kính bằng 2. Đường thẳng $∆$ thay đổi tiếp xúc với cả hai mặt cầu $(S_{1})$ , $(S_{2})$ . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm $A (1; 1; 1)$ đến đường thẳng $∆$ . Giá trị tổng $M + m$ bằng

A. 5

B. $5 \sqrt{2}$

C. 6

D. $6 \sqrt{2}$

Xem đáp án

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm (ảnh 1)

Đáp án A

Ta đặt $\hat{A K I} = α, \hat{E K I} = β$

Khi đó $\{\begin{cases} \min d (A, Δ) = A E = A K \sin (β - α) \\ \max d (A, Δ) = A D = A K \sin (β + α) \end{cases}$

Ta có $I (2; 1; 0)$ và $J (0; 1; 0)$ nên $K (- 4; 1; 0)$ .

Ta tính được $\{\begin{cases} \sin α = \frac{1}{\sqrt{26}} \\ \cos α = \frac{5}{\sqrt{26}} \end{cases}$ ; $\{\begin{cases} \sin β = \frac{1}{2} \\ \cos β = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$ và $A K = \sqrt{26}$ .

Do vậy $\min d (A, Δ) = A E = A K \sin (β - α) = \frac{5 - \sqrt{3}}{2}; \max d (A, Δ) = A D = A K \sin (β + α) = \frac{5 + \sqrt{3}}{2}$

Vậy . $M + m = 5$

Câu 31:

Cho n là số nguyên dương thỏa mãn $5 C_{n}^{1} - C_{n}^{2} = 5$ . Hệ số a của $x^{4}$ trong khai triển của biểu thức ${(2 x + \frac{1}{x^{2}})}^{n}$ là

A. $a = 11520$

B. $a = 256$

C. $a = 45$

D. $a = 3360$

Xem đáp án

Đáp án A

Điều kiện $n \in ℕ, n \geq 2$ , .

Ta có $5 C_{n}^{1} - C_{n}^{2} = 5 \Rightarrow 5 n - \frac{n (n - 1)}{2} = 5 \Leftrightarrow n^{2} - 11 n + 10 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} n = 1 \\ n = 10 \end{array}$

Do $n \geq 2 \Rightarrow n = 10$

Xét khai triển ${(2 x + \frac{1}{x^{2}})}^{10} = \sum_{k = 0}^{10} C_{10}^{k} {(2 x)}^{10 - k} . {(\frac{1}{x^{2}})}^{k} = \sum_{k = 0}^{10} C_{10}^{k} {(2 x)}^{10 - k} x^{10 - 3 k}$ .

Hệ số a của $x^{4}$ trong khai triển tương ứng với $10 - 3 k = 4 \Leftrightarrow k = 2$ .

Vậy hệ số cần tìm là $a = C_{10}^{2} {.2}^{8} = 11520$ .

Câu 32:

Cho hàm số

y = f (x)

. Đồ thị hàm số

y = f^{'} (x)

như hình bên. Hàm số

g (x) = f (\sqrt{x^{2} + 2 x + 3} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 2})

đồng biến trên khoảng nào?

Cho hàm sốy=f(x) . Đồ thị hàm số y=f'(x) như (ảnh 1)

A. $(\frac{1}{2}; + \infty)$

B. $(- \infty; \frac{1}{2})$

C. $(- \infty; - 1)$

D. $(- 1; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $g^{'} (x) = f^{'} (\sqrt{x^{2} + 2 x + 3} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 2}) (x + 1) (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 3}} - \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 2}})$

Ta có: $\frac{1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 3}} - \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 2}} < 0; \sqrt{x^{2} + 2 x + 3} - \sqrt{x^{2} + 2 x + 2} = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 3} + \sqrt{x^{2} + 2 x + 2}} \leq \frac{1}{1 + \sqrt{2}}$

Do đó phương trình $g^{'} (x) = 0$ chỉ có trường hợp duy nhất đó là $x = - 1$ .

Lập trục xét dấu ta suy ra hàm số g(x) đồng biến trên khoảng $(- \infty; - 1)$

Câu 33:

Cho hàm y=f(x) liên tục trên [0;2] có đồ thị như hình vẽ. Biết

S_{1}, S_{2}

, có diện tích lần lượt là 1 và 5. Tích phân

\int_{0}^{2} x f^{'} (x) d x

bằng

Cho hàm y=f(x) liên tục trên [0;2] có đồ thị như hình vẽ. Biết , có (ảnh 1)

A. -2

B. -12

C. 6

D. 4

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có:

\int_{0}^{2} x f^{'} (x) d x = \int_{0}^{2} x d f (x) = x f (x) |\begin{array}{l} 2 \\ 0 \end{array} - \int_{0}^{2} f (x) d x = [2. f (2) - 0. f (0)] - (S_{1} - S_{2}) = - 2

Câu 34:

Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(a;0;0) ,B(0,B,0) ,C(0;0;c)với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho $a + b + c = 2$ . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định. Khoảng cách từ $M (2020; 1; - 2021)$ tới mặt phẳng (P) bằng

A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

B. $\frac{2020 \sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{2019 \sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Đáp án A

Tâm mặt cầu là điểm $I (\frac{a}{2}; \frac{b}{2}; \frac{c}{2})$ . Ta có $x_{1} + y_{1} + z_{1} = \frac{a}{2} + \frac{b}{2} + \frac{c}{2} = \frac{a + b + c}{2} = \frac{2}{2} = 1$

Tâm I của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng : $x + y + z - 1 = 0$ .

Khi đó $d [M, (P)] = \frac{|2020 + 1 - 2021 - 1|}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Câu 35:

Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên [0;3], thỏa mãn $\{\begin{cases} f (3 - x) . f (x) = 1 \\ f (x) \neq - 1 \end{cases}$ với mọi $x \in [0; 3]$ và $f (0) = \frac{1}{2}$ . Tính tích phân $I = \int_{0}^{3} \frac{x f^{'} (x)}{{[1 + f (3 - x)]}^{2} . f^{2} (x)} d x$ .

A. $I = \frac{1}{2}$

B. $I = 1$

C. $I = \frac{3}{2}$

D. $I = \frac{5}{2}$

Xem đáp án

Đáp án A

Từ giả thiết $\{\begin{cases} f (3 - x) . f (x) = 1 \\ f (x) = \frac{1}{2} \end{cases} \Rightarrow f (3) = 2$ .

Ta có: ${[1 + f (3 - x)]}^{2} . f^{2} (x) = {[f (x) + f (3 - x) . f (x)]}^{2} = {[f (x) + 1]}^{2}$

+ Tính $I = \int_{0}^{3} \frac{x f^{'} (x)}{{[1 + f (x)]}^{2}} d x = - \int_{0}^{3} x d (\frac{1}{1 + f (x)}) = - \frac{x}{1 + f (x)} |\begin{array}{l} 3 \\ 0 \end{array} + \int_{0}^{3} \frac{1}{1 + f (x)} d x = - 1 + J$

+ Tính $J = \int_{0}^{3} \frac{1}{1 + f (x)} d x \overset{t = 3 - x}{=} - \int_{3}^{0} \frac{1}{1 + f (3 - t)} d t = \int_{0}^{3} \frac{1}{1 + f (3 - t)} d t = \int_{0}^{3} \frac{1}{1 + f (3 - x)} d x$

$\Rightarrow 2 J = \int_{0}^{3} \frac{1}{1 + f (x)} d x + \int_{0}^{3} \frac{1}{1 + f (3 - x)} d x = \int_{0}^{3} d x (f (3 - x) . f (x) = 1) = 3 \Rightarrow J = \frac{3}{2}$

Vậy $I = \int_{0}^{3} \frac{x f^{'} (x)}{{[1 + f (3 - x)]}^{2} . f^{2} (x)} d x = \frac{1}{2}$

Câu 36:

Để tính diện tích xung quanh của một khối cầu bằng đá, người ta thả nó vào một chiếc thùng hình trụ có chiều cao 2m, bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy bằng 0,5 m và chứa một lượng nước có thể tích bằng $\frac{1}{8}$ thể tích khối trụ. Sau khi thả khối cầu bằng đá vào khối trụ người ta đo được mực nước trong khối trụ cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối cầu. Hỏi diện tích xung quanh của khối cầu gần bằng với kết quả nào được cho dưới đây?

Để tính diện tích xung quanh của một khối cầu bằng đá, người ta thả nó vào một chiếc (ảnh 1)

A. 2,6 $m^{2}$

B.1,5 $m^{2}$

C. 3,4 $m^{2}$

D.1,7 $m^{2}$

Xem đáp án

Đáp án A

Thể tích lượng nước có trong thùng là $V_{n} = \frac{1}{8} π .0, 5^{2} .2 = \frac{π}{16}$ .

Do khi thả khối cầu vào thì mực nước dâng lên cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối cầu nên $V_{c} = 3 V_{n} - V_{n} = 2 V_{n} = \frac{π}{8} \Rightarrow R = \sqrt[3]{\frac{3}{32}}$ .

Vậy $S_{x q} = 4 π R^{2} = 2, 59 m^{2}$ .

Câu 37:

Cho hai số phức $z_{1} = x_{1} + y_{1}, z_{2} = x_{2} + y_{2}$ , $(x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} \in ℝ)$ thỏa mãn $|\frac{z_{1} - i}{z_{1} + 2 - 3 i}| = 1; |\frac{z_{2} + i}{z_{2} - 1 + i}| = \sqrt{2}$ ; . Khi $|z_{1} - z_{2}|$ đạt giá trị nhỏ nhất thì $x_{1} + x_{2} + y_{1} + y_{2}$ có giá trị bằng

A. 0

B. 2

C. 4

D. $2 \sqrt{2}$

Xem đáp án

Cho hai số phức z1=x1+y1,z2=x2+y2(x1,x2.y1,y2 thuộc R) (ảnh 4)

Cho hai số phức z1=x1+y1,z2=x2+y2(x1,x2.y1,y2 thuộc R) (ảnh 1)

Cho hai số phức z1=x1+y1,z2=x2+y2(x1,x2.y1,y2 thuộc R) (ảnh 2)

Cho hai số phức z1=x1+y1,z2=x2+y2(x1,x2.y1,y2 thuộc R) (ảnh 3)

Câu 38:

Cho hàm số $y = x^{3} - 3 x + 2$ có đồ thị cắt đồ thị (C). Gọi d là đường thẳng đi qua điểm $A (3; 20)$ và có hệ số góc m. Giá trị của m để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt là

A. $m \geq \frac{15}{4}$

B. $[\begin{array}{l} \frac{15}{4} < m < 24 \\ m > 24 \end{array}$

C. $[\begin{array}{l} \frac{15}{4} \leq m < 24 \\ m > 24 \end{array}$

D. $m > \frac{15}{4}$

Xem đáp án

Đáp án B

Đường thẳng d đi qua điểm $A (3; 20)$ và có hệ số góc m có phương trình $y = m (x - 3) + 20$ .

Xét phương trình hoành độ giao điểm

$x^{3} - 3 x + 2 = m (x - 3) + 20 \Leftrightarrow (x - 3) (- x^{2} - 3 x - 6) + m (x - 3) = 0$

$\Leftrightarrow (x - 3) (- x^{2} - 3 x - 6 + m) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 3 \\ g (x) = x^{2} + 3 x + 6 - m = 0 \end{array}$

Yêu cầu bài toán tương đương g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 3

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} Δ = - 15 + 4 m > 0 \\ g (3) = 24 - m \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m > \frac{15}{4} \\ m \neq 24 \end{cases}$

.

Câu 39:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, $A C = 2 \sqrt{3} a$ , $B D = 2 a$ ; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) bằng $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ . Thể tích khối chóp S.ABC bằng

A. $\frac{2 a^{3} \sqrt{3}}{3}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{2}$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có diện tích hình thoi ABCD là $S_{A B C D} = 2 \sqrt{3} a^{2} \Rightarrow S_{A B C} = \sqrt{3} a^{2}$ .

Theo giả thiết $S O ⊥ (S B C D)$ .

Kẻ $O K ⊥ A B, O H ⊥ S K$ ,

$\Rightarrow A B ⊥ (S O H) \Rightarrow A B ⊥ O H \Rightarrow O H ⊥ (S A B)$ .

Ta có: $d (C, (S A B)) = 2 d (O, (S A B)) = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

. $\Rightarrow d (O, (S A B)) = O H = \frac{a \sqrt{3}}{4}$

Khi đó: . $\frac{1}{O K^{2}} = \frac{1}{O A^{2}} + \frac{1}{O B^{2}} = \frac{4}{3 a^{2}} \Rightarrow \frac{1}{O S^{2}} = \frac{1}{O H^{2}} - \frac{1}{O K^{2}} = \frac{4}{a^{2}}$

Vậy . $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S_{A B C} . S O = \frac{1}{3} . \sqrt{3} a^{2} . \frac{a}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

Câu 40:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): $2 x + y - 2 z + m = 0$ và mặt cầu(S) : . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng ?

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Xem đáp án

Đáp án C

(S) có tâm $I (1; - 2; 3)$ và bán kính R =4

Gọi H là hình chiếu của I lên (P)

Khi đó $I H = d (I, (P)) = \frac{|2.1 - 2 - 2.3 + m|}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + {(- 2)}^{2}}} = \frac{|m - 6|}{3}$

Đường tròn (T) có chu vi là $4 π \sqrt{3}$ nên có bán kính là $r = \frac{4 π \sqrt{3}}{2 π} = 2 \sqrt{3}$ .

(P) cắt mặt cầu(S) theo giao tuyến là đường tròn (T) có chu vi bằng $4 π \sqrt{3} \Leftrightarrow I H = \sqrt{R^{2} - r^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{|m - 6|}{3} = \sqrt{16 - 12} \Leftrightarrow |m - 6| = 6 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m - 6 = 6 \\ m - 6 = - 6 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 12 \\ m = 0 \end{array}$

.

Câu 41:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): $2 x + y - 2 z + m = 0$ và mặt cầu(S) : . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng ?

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Xem đáp án

Đáp án C

(S) có tâm $I (1; - 2; 3)$ và bán kính R =4

Gọi H là hình chiếu của I lên (P)

Khi đó $I H = d (I, (P)) = \frac{|2.1 - 2 - 2.3 + m|}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + {(- 2)}^{2}}} = \frac{|m - 6|}{3}$

Đường tròn (T) có chu vi là $4 π \sqrt{3}$ nên có bán kính là $r = \frac{4 π \sqrt{3}}{2 π} = 2 \sqrt{3}$ .

(P) cắt mặt cầu(S) theo giao tuyến là đường tròn (T) có chu vi bằng $4 π \sqrt{3} \Leftrightarrow I H = \sqrt{R^{2} - r^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{|m - 6|}{3} = \sqrt{16 - 12} \Leftrightarrow |m - 6| = 6 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m - 6 = 6 \\ m - 6 = - 6 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 12 \\ m = 0 \end{array}$

.

Câu 42:

Cho đường cong (C): $y = 8 x - 27 x^{3}$ và đường thẳng y=m cắt (C) tại hai điểm phân biệt nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy và chia thành 2 miền phẳng (gạch sọc và kẻ caro) có diện tích bằng nhau (tham khảo hình vẽ). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Cho đường cong (C) :y=8x-27x^3 và đường thẳng (ảnh 1)

A. $0 < m < \frac{1}{2}$

B. $\frac{1}{2} < m < 1$

C. $1 < m < \frac{3}{2}$

D. $\frac{3}{2} < m < 2$

Xem đáp án

: Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm $8 x - 27 x^{3} = m$ .

Giả sử đường thẳng y=m cắt đường cong (C) trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục, tọa độ tại các điểm có hoành độ $0 < a < b$ , ta có $\{\begin{cases} 8 a - 27 a^{3} = m \\ 8 b - 27 b^{3} = m \end{cases}$ (1) và gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số $f (x) = 8 x - 27 x^{3} - m$ .

Ta có $F (x) = 4 x^{2} - \frac{27 x^{4}}{4} - m x + C$ và quan sát hình vẽ có các diện tích hình phẳng kẻ caro và gạch sọc lần lượt là

$S_{1} = \int_{0}^{a} |f (x)| d x = - \int_{0}^{a} f (x) d x = F (0) - F (a)$

$S_{2} = \int_{a}^{b} |f (x)| d x = \int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) - F (a)$

Vì $S_{1} = S_{2} \Leftrightarrow F (0) - F (a) = F (b) - F (a) \Leftrightarrow F (b) = F (0) \Leftrightarrow 4 b^{2} - \frac{27 b^{4}}{4} - m b = 0 (2)$

Rút $m = 8 b - 27 b^{3}$ từ (1) thay vào (2), ta có $4 b^{2} - \frac{27 b^{4}}{4} - (8 b - 27 b^{3}) b = 0 \Leftrightarrow 81 b^{4} - 16 b^{2} = 0 \Leftrightarrow b = \frac{4}{9}$ (vì b>0)

Thay ngược lại (1), ta được $m = \frac{32}{27} \approx 1, 185$ .

Câu 43:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ABCD, SA=2a. Thể tích khối chóp S.ABCD là

A. $V = \frac{2 a^{3}}{3}$

B. $V = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{6}$

C. $V = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{12}$

D. $V = 2 a^{3}$

Xem đáp án

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Do $(S A B) ⊥ (A B C D)$ nên $S H ⊥ (A B C D)$ .

Xét tam giác SAH vuông tại H có

$S H = \sqrt{S A^{2} - A H^{2}} = \sqrt{4 a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{15}}{2}$ .

Diện tích đáy là $S_{A B C D} = a^{2}$

Thể tích khối chóp là .

V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} . S_{A B C D} . S H = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{6}

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a (ảnh 1)

Câu 44:

Đồ thị của hàm số $y = |x^{4} - 8 x^{3} + 22 x^{2} - 24 x + 6 \sqrt{2}|$ có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5

B. 3

C.7

D. 9

Xem đáp án

Đáp án C

Số cực trị của hàm số $y = |f (x)|$ bằng số cực trị của hàm số $y = f (x)$ cộng với số giao điểm (khác cực trị) của hàm số $y = f (x)$ với trục hoành.

Xét hàm số $y = f (x) = x^{4} - 8 x^{3} + 22 x^{2} - 24 x + 6 \sqrt{2}$ ta có $f^{'} (x) = 4 x^{3} - 24 x^{2} + 44 x - 24 \Rightarrow f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 2 \\ x = 3 \end{array}$

Ta có bảng biến thiên

Đồ thị của hàm số y=|x^4-8x^3+22x^2-24x+6 căn 2| có bao nhiêu điểm cực trị (ảnh 1)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 cực trị và phương trình $f (x) = 0$ có bốn nghiệm phân biệt nên hàm số $y = |f (x)|$ có 7 điểm cực trị.

Câu 45:

Cho biểu thức $P = 2^{x} + 2^{\sqrt{1 - 4 y^{2}}}$ trong đó x, y là 2 số thực thỏa mãn $26 y^{3} + 3 (2 y - x) - x^{3} = 3 x y (x + y)$ . Biết rằng giá trị lớn nhất của P có dạng $a . b^{\frac{1}{\sqrt{c}}}$ với a, b, $c \in ℕ$ . Giá trị của biểu thức $a + b - c$ là

A.3

B. 2

C. 4

D. 5

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $26 y^{3} + 3 (2 y - x) - x^{3} = 3 x y (x + y) \Leftrightarrow {(3 y)}^{3} + 3 (3 y) = {(x + y)}^{3} + 3 (x + y)$

Dễ thấy $h (t) = t^{3} + 3 t$ đồng biến trên R nên

$(1) \Leftrightarrow 3 y = x + y \Leftrightarrow 2 y = x \Rightarrow P = 2^{x} + 2^{\sqrt{1 - x^{2}}}$ , $- 1 \leq x \leq 1$

$P^{'} = 2^{x} \ln 2 - \frac{x}{\sqrt{1 - x}} 2^{\sqrt{1 - x^{2}}} \ln 2$

. Nếu $- 1 < x \leq 0$ thì P'>0.

Xét : $0 < x < 1$ Ta có: $P^{'} = 0 \Leftrightarrow \frac{2^{x}}{x} = \frac{2^{\sqrt{1 - x^{2}}}}{\sqrt{1 - x^{2}}} \Leftrightarrow g (x) = g (\sqrt{1 - x^{2}}) (*)$

Xét $g (t) = \frac{2^{t}}{t}, t \in (0; 1)$ , có $g^{'} (t) = \frac{2^{t} \ln 2}{t^{2}} (t - \frac{1}{\ln 2}) < 0 \forall t \in (0; 1)$ , hay $y = g (t)$ nghịch biến trên (0;1). Khi đó $(*) \Leftrightarrow x = \sqrt{1 - x^{2}} \Rightarrow x = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Suy ra

\max P = \max \{P (- 1); P (1); P (\frac{1}{\sqrt{2}})\} = {2.2}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}

. Vậy

a = b = c = 2 \Rightarrow a + b - c = 2

.

Câu 46:

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

[- 2019; 2019]

sao cho hàm số

y = |x^{3} - 6 x^{2} + (9 - m) x + 2 m - 2|

có 5 điểm cực trị?

A. 2019

B. 2021

C. 2022

D. 2020

Xem đáp án

Đáp án C

Số điểm cực trị của hàm số $y = |x^{3} - 6 x^{2} + (9 - m) x + 2 m - 2|$ bằng số điểm cực trị của hàm số $y = x^{3} - 6 x^{2} + (9 - m) x + 2 m - 2$ cộng với số nghiệm của phương trình $x^{3} - 6 x^{2} + (9 - m) x + 2 m - 2 = 0$ . Xét hàm số $y = g (x) = x^{3} - 6 x^{2} + (9 - m) x + 2 m - 2$ .

Ta có $g^{'} (x) = 3 x^{2} - 12 x + 9 - m$ .

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình $3 x^{2} - 12 x + 9 - m = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ ; sao cho $y (x_{1}) . y (x_{2}) < 0 (*)$ .

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại, cực tiểu là

$y = - (2 + \frac{2 m}{3}) x + \frac{4}{3} m + 4 = - (\frac{2}{3} m + 2) (x - 2)$ .

Ta có $(*) \Rightarrow \{\begin{cases} Δ^{'} = 9 + 3 m > 0 \\ {(2 + \frac{2 m}{3})}^{2} (x_{1} - 2) (x_{2} - 2) < 0 \end{cases} \Rightarrow m > - 3$ .

Vậy các giá trị của m thỏa mãn là $\{- 2; - 1; 0; 1; ...; 2019\}$ .

Câu 47:

Trong một hình tứ diện ta tô màu các đỉnh, trung điểm các cạnh, trọng tâm các mặt và trọng tâm tứ diện. Chọn ngẫu nhiên 4 điểm trong số các điểm đã tô màu, xác suất để 4 điểm được chọn có thế tạo thành bốn đỉnh của một tứ diện là

A. $\frac{188}{273}$

B. $\frac{1009}{1365}$

C. $\frac{245}{273}$

D. $\frac{136}{195}$

Xem đáp án

Đáp án A

Không gian mẫu $n (Ω) = C_{15}^{4}$ .

Tính biến cố bù như sau:

Xét số cách chọn 4 đỉnh không tạo thành tứ diện. Có 2 trường hợp

+ Trường hợp 1: Chọn 3 điểm thẳng hàng, có 25 cách. Chọn điểm còn lại, có 12 cách.

Vậy có $25.12 = 300$ cách.

+ Trường hợp 2: Chọn 4 điểm thuộc 1 mặt mà không có 3 điểm nào thẳng hàng.

- Có 10 mặt chứa 7 điểm: Mỗi mặt 11 cách chọn. Suy ra có 110 cách.

- Có 15 mặt chứa 5 điểm, mỗi mặt 1 cách chọn. Suy ra có 15 cách.

Tổng $300 + 110 + 15 = 425$ cách.

Vậy xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là $1 - \frac{425}{C_{15}^{4}} = \frac{188}{273}$ .

Câu 48:

Cho số phức z thỏa mãn $|z - 1 - i| = 1$ . Khi $3 |z| + 2 |z - 4 - 4 i|$ đạt giá trị lớn nhất, giá trị |z| bằng

A. 3

B. 2

C. $\sqrt{2} + 1$

D. $\sqrt{3}$

Xem đáp án

Đáp án B

Đặt $z = a + b i \Rightarrow |z - 1 - i| = 1 \Leftrightarrow {(a - 1)}^{2} + {(b - 1)}^{2} = 1 \Leftrightarrow a^{2} + b^{2} = 2 a + 2 b - 1$ .

Khi đó $3 |z| + 2 |z - 4 - 4 i| = 3 \sqrt{a^{2} + b^{2}} + 2 \sqrt{{(a - 4)}^{2} + {(b - 4)}^{2}} = 3 \sqrt{2 a + 2 b - 1} + 2 \sqrt{(a^{2} + b^{2}) - 8 a - 8 b + 32} = 3 \sqrt{2 a + 2 b - 1} + 2 \sqrt{(2 a + 2 b - 1) - 8 a - 8 b + 32} = 3 \sqrt{2 a + 2 b - 1} + 2 \sqrt{- 6 a - 6 b + 31} = \sqrt{3} \sqrt{6 a + 6 b - 3} + 2 \sqrt{- 6 a - 6 b + 31} \leq \sqrt{({\sqrt{3}}^{2} + 2^{2}) (6 a + 6 b - 3 - 6 a - 6 b + 31)} = 14$

Dấu “=” xảy ra khi $\{\begin{cases} a^{2} + b^{2} = 2 a + 2 b - 1 \\ \frac{\sqrt{6 a + 6 b - 3}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{- 6 a - 6 b + 31}}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a + b = \frac{5}{2} \\ a^{2} + b^{2} = 4 \end{cases} \Rightarrow |z| = \sqrt{a^{2} + b^{2}} = 2$

Câu 49:

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi công thức $\{\begin{cases} u_{1} = 1; u_{2} = 2 \\ u_{n + 2} = \frac{2 u_{n} . u_{n + 1}}{u_{n} + u_{n + 1}}, \forall n \in ℕ^{*} \end{cases}$ . Giới hạn của dãy $(u_{n})$ bằng

A. $\frac{5}{6}$

B. $\frac{6}{7}$

C. $\frac{3}{2}$

D. $\frac{2}{3}$

Xem đáp án

Đáp án C

Từ công thức xác định dãy $(u_{n})$ suy ra $u_{n} > 0$ , $\forall n \in ℕ^{*}$

Ta có: $u_{n + 2} = \frac{2 u_{n} . u_{n + 1}}{u_{n} + u_{n + 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{u_{n + 2}} = \frac{1}{2} (\frac{1}{u_{n + 1}} + \frac{1}{u_{n}})$ ,

Đặt $v_{n} = \frac{1}{u_{n}}$ , ta được $v_{1} = 1; v_{2} = \frac{1}{2}$ ; và $v_{n + 2} = \frac{1}{2} (v_{n + 1} + v_{n})$

$\Leftrightarrow v_{n + 2} + \frac{1}{2} v_{n + 1} = v_{n + 1} + \frac{1}{2} v_{n}$ , $\forall n \in ℕ^{*}$

$\Rightarrow v_{n + 1} + \frac{1}{2} v_{n} = v_{2} + \frac{1}{2} v_{1} = 1, \forall n \in ℕ^{*}$

$\Rightarrow v_{n + 1} = - \frac{1}{2} v_{n} + 1, \forall n \in ℕ^{*}$

$\Rightarrow v_{n + 1} - \frac{2}{3} = - \frac{1}{2} (v_{n} - \frac{2}{3}), \forall n \in ℕ^{*}$

Đặt $w_{n} = v_{n} - \frac{2}{3} \Rightarrow (w_{n})$ là một cấp số nhân với $\{\begin{cases} w_{1} = \frac{1}{3} \\ q = - \frac{1}{2} \end{cases}$

$\Rightarrow w_{n} = \frac{1}{3} . {(- \frac{1}{2})}^{n - 1} \Rightarrow v_{n} = \frac{1}{3} {(- \frac{1}{2})}^{n - 1} + \frac{2}{3} \Rightarrow u_{n} = \frac{1}{\frac{1}{3} {(- \frac{1}{2})}^{n - 1} + \frac{2}{3}}$

Vậy $\lim u_{n} = \lim \frac{1}{\frac{1}{3} {(- \frac{1}{2})}^{n - 1} + \frac{2}{3}} = \frac{3}{2}$ .

Câu 50:

Trong không gian Oxyz, biết rằng với mọi tham số thực a thay đổi thì mặt phẳng (P): $(2 \sin a - \cos a) x + (2 \sin a + \cos a) y + \sqrt{6} \cos a z + \sin a + 3 \cos a - 2 = 0$ luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có bán kính R là

A. $R = \frac{\sqrt{2}}{2}$

B. R = 2

C. $R = \frac{\sqrt{2}}{4}$

D. $R = \frac{1}{2}$

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi $I (x_{0}; y_{0}; z_{0})$ là tâm mặt cầu. Theo giả thiết, ta có $R = \frac{|(2 \sin a - \cos a) x_{0} + (2 \sin a + \cos a) y_{0} + \sqrt{6} \cos a z_{0} + \sin a + 3 \cos a - 2|}{\sqrt{{(2 \sin a - \cos a)}^{2} + {(2 \sin a + \cos a)}^{2} + {(\sqrt{6} \cos a)}^{2}}} = \frac{|(2 \sin a - \cos a) x_{0} + (2 \sin a + \cos a) y_{0} + \sqrt{6} \cos a z_{0} + \sin a + 3 \cos a - 2|}{2 \sqrt{2}}$

Ta tìm $x_{0}, y_{0}, z_{0}$ sao cho $(2 \sin a - \cos a) x_{0} + (2 \sin a + \cos a) y_{0} + \sqrt{6} \cos a z_{0} + \sin a + 3 \cos a = 0 \Leftrightarrow (2 x_{0} + 2 y_{0} + 1) \sin a + (- x_{0} + y_{0} + \sqrt{6} z_{0} + 3) \cos a = 0 \forall a \Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 x_{0} + 2 y_{0} + 1 = 0 \\ - x_{0} + y_{0} + \sqrt{6} z_{0} + 3 = 0 \end{cases} \Rightarrow R = \frac{2}{2 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết

25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 21)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan