50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc 25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 23)

Câu 1:

Hàm số $y = \log_{7} (3 x + 1)$ có tập xác định là:

A. $(- \frac{1}{3}; + \infty) .$

B. $(- \infty; - \frac{1}{3}) .$

C. $(0; + \infty) .$

D. $[- \frac{1}{3}; + \infty) .$

Xem đáp án

Đáp án A

Hàm số xác định khi $3 x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - \frac{1}{3}$ . Tập xác định: $D = (- \frac{1}{3}; + \infty)$ .

Câu 2:

Trong A, B lần lượt là diểm biểu diễn các số phức . Trọng tâm G của tam giác OAB là điểm biểu diễn số phức như trong hình vẽ. Giá trị ${|z_{1}|}^{2} + {|z_{2}|}^{2} + {|z_{3}|}^{2}$ bằng:

Trong A, B lần lượt là diểm biểu diễn các số phức . Trọng tâm G của tam giác OAB là (ảnh 1)

A. $\frac{79}{9} .$

B. $\frac{196}{9} .$

C. $\frac{49}{4} .$

D. $\frac{97}{4} .$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $A (3; 0), B (1; - 3) \Rightarrow G (\frac{4}{3}; - 1)$ .

Suy ra

{|z_{1}|}^{2} + {|z_{2}|}^{2} + {|z_{3}|}^{2} = O A^{2} + O B^{2} + O G^{2} = 3^{2} + 1^{2} + {(- 3)}^{2} + {(\frac{4}{3})}^{2} + {(- 1)}^{2} = \frac{196}{9}

.

Câu 3:

Cho hàm số $y = f (x)$ có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng:

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Xem đáp án

Đáp án B

Hàm số đạt cực đại tại các điểm $x = \pm 2$ .

Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

Câu 4:

Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [0;1] , biết

F (1) = 2

và

\int_{- 1}^{1} (x + 1) F (x) d x = 1

. Giá trị tích phân

S = \int_{- 1}^{1} {(x + 1)}^{2} f (x) d x

là:

A. $S = 6.$

B. $S = 3.$

C. $S = 2$

D. $S = 9 .$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có:

S = \int_{- 1}^{1} {(x + 1)}^{2} f (x) d x = \int_{- 1}^{1} {(x + 1)}^{2} d F (x) = F (x) {(x + 1)}^{2} |_{- 1}^{1} - 2 \int_{- 1}^{1} (x + 1) F (x) d x = 6

Câu 5:

Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị hàm số $y = \frac{1}{f (2020 - x) - 2}$ có bao nhiêu tiệm cận đứng?

A. 2

B. 3

C. 1

D. 0

Xem đáp án

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $f (x) = 2$ có 3 nghiệm.

Suy ra đồ thị hàm số

y = \frac{1}{f (2020 - x) - 2}

có 3 tiệm cận đứng

Câu 6:

Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng $(P) : 3 x - 2 y + 2 z - 5 = 0$ và $(Q) : 4 x + 5 y - z + 1 = 0$ . Các điểm A, B phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q). Khi đó $\vec{A B}$ cùng phương với vectơ nào sau đây?

A. $\vec{w} = (3; - 2; 2) .$

B. $\vec{v} = (- 8; 11; - 23) .$

C. $\vec{k} = (4; 5; - 1) .$

D. $\vec{u} = (8; - 11; - 23) .$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $(P) ⊥ \vec{n_{(P)}} = (3; - 2; 2), (Q) ⊥ \vec{n_{(Q)}} = (4; 5; - 1)$ .

Do $\{\begin{cases} A B \subset (P) \\ A B \subset (Q) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} A B ⊥ \vec{n_{(P)}} \\ A B ⊥ \vec{n_{(Q)}} \end{cases}$ nên đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là: $\vec{u} = [\vec{n_{(Q)}}; \vec{n_{(P)}}] = (8; - 11; - 23)$ .

Do

\vec{A B}

cũng là một vectơ chỉ phương của AB nên

\vec{A B} / / \vec{u} = (8; - 11; - 23)

Câu 7:

Giá trị lớn nhất M của hàm số $y = f (x) = x^{5} - 5 x^{3} - 20 x + 2$ trên đoạn $[- 1; 3]$ là:

A. $M = 26.$

B. $M = 46.$

C. $M = - 46.$

D. $M = 50.$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $f' (x) = 5 x^{4} - 15 x^{2} - 20$ .

$\Rightarrow f' (x) = 0 \Leftrightarrow 5 x^{4} - 15 x^{2} - 20 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} = 4 \\ x^{2} = - 1 \end{array}$

. Do $x^{2} \geq 0 \Rightarrow x^{2} = 4 \Rightarrow x = \pm 2$ .

Mà $x \in [- 1; 3]$ nên x=2.

Ta có $f (- 1) = 26, f (2) = - 46, f (3) = 50$ .

So sánh các giá trị ta được giá trị lớn nhất của hàm số là M =50

Câu 8:

Cho

\log_{\frac{1}{2}} (\frac{1}{5}) = a

. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $\log_{2} 25 + \log_{2} \sqrt{5} = \frac{5 a}{2} .$

B. $\log_{2} 5 = - a .$

C. $\log_{5} 4 = - \frac{2}{a} .$

D. $\log_{2} \frac{1}{5} + \log_{2} \frac{1}{25} = 3 a .$

Xem đáp án

Đáp án A

Đáp án B sai vì theo giả thiết $\log_{\frac{1}{2}} (\frac{1}{5}) = a \Leftrightarrow \log_{2^{- 1}} (5^{- 1}) = a \Leftrightarrow \log_{2} 5 = a$ .

Đáp án C sai vì $\log_{5} 4 = \log_{5} 2^{2} = 2 \log_{5} 2 = \frac{2}{\log_{2} 5} = \frac{2}{a}$

Đáp án D sai vì $\log_{2} \frac{1}{5} + \log_{2} \frac{1}{25} = \log_{2} 5^{- 1} + \log_{2} 5^{- 2} = - \log_{2} 5 - 2 \log_{2} 5 = - 3 a$ .

Đáp án A đúng vì $\log_{2} 25 + \log_{2} \sqrt{5} = \log_{2} 5^{2} + \log_{2} 5^{\frac{1}{2}} = 2 \log_{2} 5 + \frac{1}{2} \log_{2} 5 = \frac{5 a}{2}$ .

Câu 9:

Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, $V_{1}$ là thể tích tứ diện A’ABD. Hệ thức nào sau đây đúng?

A. $V = 3 V_{1} .$

B. $V = 4 V_{1} .$

C. $V = 6 V_{1} .$

D. $V = 2 V_{1} .$

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi a là cạnh của hình lập phương.

Khi đó ta có $V = a^{3}$ và $V_{1} = \frac{1}{3} . \frac{1}{2} a^{2} . a = \frac{a^{3}}{6}$ .

Vậy $V = 6 V_{1}$ .

Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, (ảnh 1)

Câu 10:

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng $a \sqrt{3}$ . Thể tích khối chóp A’.ABCD bằng:

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

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

C. $a^{3} .$

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

Xem đáp án

Đáp án B

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng $a \sqrt{3}$ nên có cạnh bằng a.

Khối chóp A’.ABCD có chiều cao AA'=a, diện tích đáy $a^{2}$ có thể tích là: $V = \frac{1}{3} . a . a^{2} = \frac{1}{3} a^{3}$ .

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng (ảnh 1)

Câu 11:

Cho các phát biểu sau:

(1): Hàm số $y = f (x)$ đạt cực đại tại $x_{0}$ khi và chỉ khi đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua $x_{0}$ .

(2): Hàm số $y = f (x)$ đạt cực đại tại $x_{0}$ khi và chỉ khi $x_{0}$ là nghiệm của đạo hàm.

(3): Nếu $f' (x_{0}) = 0$ và $f'' (x_{0}) = 0$ thì $x_{0}$ không phải là cực trị của hàm số đã cho.

(4): Nếu $f' (x_{0}) = 0$ và $f'' (x_{0}) > 0$ thì hàm số đạt cực đại tại .

(5): Nếu $f' (x_{0}) = 0$ và $f'' (x_{0}) > 0$ thì hàm số đạt cực tiểu tại .

Số phát biểu đúng là:

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Chọn B

Câu 12:

Cho hàm số $g (x) = \int_{\sqrt{x}}^{x^{2}} \sqrt{t} \sin t d t$ xác định với mọi x> 0. Tính $g' (x)$ được kết quả:

A. $g' (x) = x^{2} \sin (x^{2}) - \frac{\sin (\sqrt{x})}{\sqrt[4]{x}} .$

B. $g' (x) = 2 x^{2} \sin (x^{2}) - \frac{\sin (\sqrt{x})}{2 \sqrt[4]{x}} .$

C. $g' (x) = 2 x^{2} \sin (x^{2}) - \frac{\sin (\sqrt{x})}{\sqrt[4]{x}} .$

D. $g' (x) = x^{2} \sin (x^{2}) - \frac{\sin (\sqrt{x})}{2 \sqrt[4]{x}} .$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta gọi F(t) là nguyên hàm của $\sqrt{t} \sin t$ .

Ta có $g (x) = \int_{\sqrt{x}}^{x^{2}} \sqrt{t} \sin t d t = F (x^{2}) - F (\sqrt{x})$ .

\Rightarrow g' (x) = 2 x^{2} F' (x^{2}) - \frac{1}{2 \sqrt{x}} F' (\sqrt{x}) \Rightarrow g' (x) = 2 x^{2} \sin (x^{2}) - \frac{\sin (\sqrt{x})}{2 \sqrt[4]{x}}

.

Câu 13:

Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = \frac{m x + 4}{x + m}$ nghịch biến khoảng $(1; + \infty)$ là:

A. $- 1 \leq m \leq 2.$

B. $- 1 \leq m < 2.$

C. $- 2 < m < 2.$

D. $0 < m < 2.$

Xem đáp án

Đáp án B

Tập xác định của hàm số là $D = (- \infty; - m) \cup (- m; + \infty)$ .

Ta có $y' = \frac{m^{2} - 4}{{(x + m)}^{2}}$ . Để hàm số nghịch biến trên khoảng $(1; + \infty)$ thì $\{\begin{cases} - m \leq 1 \\ m^{2} - 4 < 0 \end{cases} \Leftrightarrow - 1 \leq m < 2$ .

Vậy giá trị cần tìm của m là $- 1 \leq m < 2$ .

Câu 14:

Cho mặt cầu $S (O; r)$ và một điểm A với OA>R. Từ A dựng các tiếp tuyến với mặt cầu S(O;r), gọi M là tiếp điểm bất kì. Tập hợp các điểm M là:

A. một hình nón.

B. một đường tròn.

C. một đường thẳng

D. một mặt phẳng.

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $S_{x q} = 2 π a^{2} \Leftrightarrow π r l = 2 π a^{2} \Leftrightarrow r .2 a = 2 a^{2} \Leftrightarrow r = a \Rightarrow h = a \sqrt{3}$ .

Thể tích của khối nón là $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{π a^{3} \sqrt{3}}{3}$ .

Câu 15:

Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1;-3;2). Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C thỏa mãn $O A = O B = O C \neq 0$ ?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên OA.

Xét tam giác OMA vuông tại M có: $\frac{1}{M H^{2}} = \frac{1}{M O^{2}} + \frac{1}{M A^{2}} \Rightarrow \frac{1}{M H^{2}} = \frac{1}{r^{2}} + \frac{1}{O A^{2} - r^{2}}$

không đổi và H cố định.

Vậy M thuộc đường tròn $(H; M H)$ .

Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1;-3;2) . Có bao nhiêu mặt (ảnh 1)

Câu 16:

Cho hai số thực x, y thỏa mãn $\{\begin{cases} x \geq 0; y \geq 0 \\ x + y = 1 \end{cases}$ . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = (4 x^{2} + 3 y) (4 y^{2} + 3 x) + 25 x y$ . Khi đó có giá trị bằng:

B. $\frac{1983}{16} .$

C. $\frac{215}{2} .$

D. 108

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $\begin{array}{l} P = (4 x^{2} + 3 y) (4 y^{2} + 3 x) + 25 x y = 16 {(x y)}^{2} + 34 x y + 12 (x^{3} + y^{3}) \\ = 16 {(x y)}^{2} + 34 x y + 12 (x + y) [{(x + y)}^{2} - 3 x y] = 16 {(x y)}^{2} - 2 x y + 12. \end{array}$

Ta có: $0 \leq x \leq \frac{{(x + y)}^{2}}{4} = \frac{1}{4}; x y = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $y = 0; x y = \frac{1}{4} \Leftrightarrow x = y = \frac{1}{2}$ .

Đặt $t = x y$ thì $P = f (t) = 16 t^{2} - 2 t + 12$ với $t \in [0; \frac{1}{4}]$ $f' (t) = 32 t - 2; f' (t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{16}; f (0) = 12; f (\frac{1}{16}) = \frac{191}{16}; f (\frac{1}{4}) = \frac{25}{2}$ .

Vậy $M = \frac{25}{2}; m = \frac{191}{16}$ . Do đó $M + 8 m = 108$ .

Câu 17:

Thể tích của khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và diện tích xung quanh bằng $2 π a^{2}$ là:

A. $π a^{3} \sqrt{3} .$

B. $\frac{π a^{3} \sqrt{3}}{3} .$

C. $\frac{π a^{3} \sqrt{3}}{6} .$

D. $\frac{π a^{3} \sqrt{3}}{2} .$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $S_{x q} = 2 π a^{2} \Leftrightarrow π r l = 2 π a^{2} \Leftrightarrow r .2 a = 2 a^{2} \Leftrightarrow r = a \Rightarrow h = a \sqrt{3}$ .

Thể tích của khối nón là $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{π a^{3} \sqrt{3}}{3}$ .

Câu 18:

Có một mảnh bìa hình chữ nhật ABCD với $A B = 4 a, A D = 2 a$ . Người ta đánh dấu M là trung điểm của AB, N và P là các điểm thuộc CD sao cho $D N = C P = a$ . Sau đó người ta cuốn mảnh bìa lại sao cho cạnh BC trùng với cạnh AD tạo thành một hình trụ. Thể tích của tứ diện AMNP với các đỉnh A, M, N, P nằm trên hình trụ vừa tạo thành bằng:

Có một mảnh bìa hình chữ nhật ABCD với (ảnh 1)

A. $\frac{4 a^{3}}{3 π^{2}} .$

B. $\frac{8 a^{3}}{3 π^{2}} .$

C. $\frac{16 a^{3}}{3 π^{2}} .$

D. $\frac{32 a^{3}}{3 π^{2}} .$

Xem đáp án

Đáp án C

Mảnh bìa sau khi được cuốn lại trở thành hình trụ như hình vẽ với $A \equiv B, D \equiv C$ .

Ta dễ thấy $A M ⊥ N P$ và $d (A M, N P) = A D = 2 a$ . Khi đó: $V_{A M N P} = \frac{1}{6} . A M . N P . d (A M, N P) . \sin (A M, N P) = \frac{1}{6} . A M . N P . A D$

Vì $2 π R = A B$ nên $R = \frac{2 a}{π} \Rightarrow A M = N P = 2 R = \frac{4 a}{π} \Rightarrow V_{A M N P} = \frac{16 a^{3}}{3 π^{2}}$ .

Câu 19:

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có thể tích 216 $c m^{3}$ và diện tích của tam giác ABC' bằng $24 \sqrt{3} c m^{2}$ . Tính sin góc giữa AB và mặt phẳng (A'BC).

A. $\sin α = \frac{3}{4}$

B. $\sin α = \frac{\sqrt{13}}{13}$

C. $\sin α = \frac{2}{5}$

D. $\sin α = \frac{3}{5}$

Xem đáp án

Gọi AB = x, M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC.

Khi đó $S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} C^{'} M . x = 24 \sqrt{3} \Rightarrow C^{'} M = \frac{48 \sqrt{3}}{x}$

$\Rightarrow C C^{'} = \sqrt{C^{'} M^{2} - C M^{2}} = \sqrt{{(\frac{48 \sqrt{3}}{x})}^{2} - {(\frac{x \sqrt{3}}{2})}^{2}}$ .

Mà $V = 216 = C C^{'} . S_{A B C} = \frac{x^{2} \sqrt{3}}{4} \sqrt{{(\frac{48 \sqrt{3}}{x})}^{2} - {(\frac{x \sqrt{3}}{2})}^{2}} \Rightarrow x = 4 \sqrt{3}$

$\Rightarrow A B = 4 \sqrt{3}, A A^{'} = 6 \sqrt{3}$ .

Kẻ $A H ⊥ A^{'} N \Rightarrow A H = \frac{A N . A A^{'}}{\sqrt{A N^{2} + A {A^{'}}^{2}}} = 3 \sqrt{3}$ .

Ta có $\sin (A B, (A^{'} B C)) = \frac{d (A, (A^{'} B C))}{A B} = \frac{A H}{A B} = \frac{3}{4}$ .

Câu 20:

Cho số phức z thỏa mãn $i z + 2 - i = 0$ . Khoảng cách từ điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng tọa độ Oxy đến điểm $M (3; - 4)$ là

A. $2 \sqrt{5}$

B. $\sqrt{13}$

C. $2 \sqrt{10}$

D. $2 \sqrt{2}$

Xem đáp án

Ta có: $i z + 2 - i = 0 \Leftrightarrow i z = i - 2 \Leftrightarrow z = \frac{i - 2}{i} = \frac{(i - 2) (- i)}{1} = 1 + 2 i$

Điểm biểu diễn của số phức z là $A (1; 2)$ .

Khi đó $A M = \sqrt{{(3 - 1)}^{2} + {(- 4 - 2)}^{2}} = \sqrt{40} = 2 \sqrt{10}$ .

Câu 21:

Biết đồ thị hàm số $(C) : y = x^{3} + a x^{2} + b x + c$ đi qua điểm $A (1; 6)$ và có cực đại bằng 4 tại $x = 3$ . Tính giá trị của hàm số tại .

A. $y (3) = 44$

B. $y (3) = 36$

C. $y (3) = 22$

D. $y (3) = 12$

Xem đáp án

Ta có: $A (1; 6) \in (C) \Rightarrow a + b + c = 5$ (1)

Ta có: $y^{'} = 3 x^{2} + 2 a x + b$ , hàm số có cực đại bằng 4 tại $x = - 1 \Rightarrow B (- 1; 4)$ là điểm cực đại.

$\Rightarrow \{\begin{cases} y (- 1) = 4 \\ y^{'} (- 1) = 0 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a - b + c = 5 (2) \\ 2 a - b = 3 (3) \end{cases}$ .

Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow \{\begin{cases} a = \frac{3}{2} \\ b = 0 \\ c = \frac{7}{2} \end{cases} \Rightarrow (C) : y = x^{3} + \frac{3}{2} x^{2} + \frac{7}{2}$ .

Vậy giá trị của hàm số tại x=3 là y(3)=44.

Câu 22:

Cho hàm số

y = f (x)

xác định, có đạo hàm trên R

{[f (- x + 2)]}^{2} + {[f (x + 2)]}^{3} = 10 x

thỏa mãn: . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y = f (x)

tại điểm có hoành độ bằng 2 là:

A. $y = 2 x - 5$

B. $y = 2 x - 3$

C. $y = - 2 x + 5$

D. $y = - 2 x + 3$

Xem đáp án

Từ ${[f (- x + 2)]}^{2} + {[f (x + 2)]}^{3} = 10 x$ (*), cho x=0 ta có

${[f (2)]}^{2} + {[f (2)]}^{3} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f (2) = 0 \\ f (2) = - 1 \end{array}$ .

Đạo hàm hai vế của (*) ta được:

$- 2 f (- x + 2) . f^{'} (- x + 2) + 3 {[f (x + 2)]}^{2} . f^{'} (x + 2) = 10$ .

Cho x = 0 ta được $- 2 f (2) . f^{'} (2) + 3 {[f (2)]}^{2} . f^{'} (2) = 10 \Leftrightarrow f (2) . f^{'} (2) . [3 f (2) - 2] = 10$ (**).

Nếu f(2)=0 thì (**) vô lý.

Nếu f(2)=1, khi đó (**) trở thành: $- f^{'} (2) . (- 3 - 2) = 10 \Leftrightarrow f^{'} (2) = 2$

Phương trình tiếp tuyến

y = 2 (x - 2) - 1 \Leftrightarrow y = 2 x - 5

.

Câu 23:

Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau.

Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số $y = g (x) = \frac{f^{2} (x)}{f (x) - m}$ có đúng 3 tiệm cận đứng?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Ta có $\lim_{x \to 2^{-}} g (x) = \lim_{x \to 2^{-}} \frac{f^{2} (x)}{f (x) - m} = + \infty$ nên $\forall m$ , đồ thị hàm số $y = g (x)$ luôn có một tiệm cận đứng x = 2 .

Mặt khác, từ bảng biến thiên của hàm số $y = f (x)$ thì phương trình f(x) tối đa 2 nghiệm.

Vậy để đồ thị hàm số $y = g (x)$ có đúng 3 tiệm cận đứng thì điều kiện cần là phương trình f(x)=m có đúng 2 nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ khác 2 $\Leftrightarrow 3 < m < 6$ .

Khi đó $\lim_{x \to x_{1}^{+}} g (x) = \lim_{x \to x_{1}^{+}} \frac{f^{2} (x)}{f (x) - m} = + \infty, \lim_{x \to x_{2}^{+}} g (x) = \lim_{x \to x_{2}^{+}} \frac{f^{2} (x)}{f (x) - m} = + \infty$ nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là đường thẳng $x = x_{1}$ và $x = x_{2}$ .

Vậy với $3 < m < 6$ thì đồ thị hàm số y=g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng. Do m nguyên nên có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m=4 và m= 5 .

Câu 24:

Trong mặt phẳng cho một hình lục giác đều cạnh bằng 2. Thể tích của hình tròn xoay có được khi quay hình lục giác đó quanh đường thẳng đi qua hai đỉnh đối diện của nó bằng

A. 2π

B. 6π

C. 8π

D. π

Xem đáp án

Thể tích V của hình tròn xoay bao gồm thể tích của khối trụ và 2 khối nón như hình vẽ.

Ta có: $R = \frac{1}{2} A C = 2. \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ (R là bán kính đáy của trụ và nón).

Chiều cao h của khối trụ là h = 2.

Chiều cao h' của khối nón $h^{'} = \frac{2}{2} = 1$ .

Thể tích của khối tròn xoay:

V = π R^{2} h + 2. \frac{1}{3} π R^{2} h^{'} = π {(\sqrt{3})}^{2} .2 + \frac{2}{3} π {(\sqrt{3})}^{2} .1 = 8 π

.

Trong mặt phẳng cho một hình lục giác đều cạnh bằng 2 (ảnh 1)

Câu 25:

Cho x > 0 và y thỏa mãn:

\{\begin{cases} x^{2} - x y + 3 = 0 \\ 2 x + 3 y \leq 14 \end{cases}

. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = 3 x^{2} y - x y^{2} - 2 x (x^{2} - 1)

. Khi đó tích Mm có giá trị bằng

A. 32

B. 16

C. 9

D. - 16

Xem đáp án

Từ điều kiện ta có: $y \leq \frac{14 - 2 x}{3} \Rightarrow y = \frac{x^{2} + 3}{x} \leq \frac{14 - 2 x}{3} \Rightarrow x \in [1; \frac{9}{5}]$ .

Thế $y = \frac{x^{2} + 3}{x}$ vào P ta được: $P = \frac{5 x^{2} - 9}{x}$ .

Bài toán trở thành tìm GLTN, GTNN của biểu thức: $P = \frac{5 x^{2} - 9}{x}$ với $x \in [1; \frac{9}{5}]$ .

Xét $P = \frac{5 x^{2} - 9}{x}$ với $x \in [1; \frac{9}{5}]$

$P^{'} = \frac{5 x^{2} + 9}{x^{2}} > 0$

nên $m = \min P = P (1) = - 4, M = \max P = P (\frac{9}{5}) = 4$ .

Vậy $M . m = - 16$ .

Câu 26:

Nếu $\log_{8} a + \log_{4} b^{2} = 5$ và $\log_{4} a^{2} + \log_{8} b = 7$ thì giá trị của $\log_{2} (a b)$ bằng

A. 9

B. 18

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Điều kiện: $\{\begin{cases} a > 0 \\ b > 0 \end{cases}$ .

Ta có: $\log_{8} a + \log_{4} b^{2} = 5 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \log_{2} a + \log_{2} b = 5$ (1);

$\log_{4} a^{2} + \log_{8} b = 7 \Leftrightarrow \log_{2} a + \frac{1}{3} \log_{2} b = 7$ (2).

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được:

.

\frac{4}{3} \log_{2} a + \frac{4}{3} \log_{2} b = 12 \Leftrightarrow \log_{2} a + \log_{2} b = 9 \Leftrightarrow \log_{2} (a b) = 9

Câu 27:

Biết số phức z thỏa mãn $|z - 1| \leq 1$ và $z - \bar{z}$ có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng biểu diễn số phức z có diện tích là

A. π

B. 2π

C. $π^{2}$

D. $\frac{π}{2}$

Xem đáp án

: Đặt $z = x + y i \Rightarrow \bar{z} = x - y i$ khi đó ta có:

$|z - 1| \leq 1 \Leftrightarrow |(x + y i) - 1| \leq 1 \Leftrightarrow |(x - 1) + y i| \leq 1 \Leftrightarrow {(x - 1)}^{2} + y^{2} \leq 1$ (1).

Lại có $z - \bar{z} = (x + y i) - (x - y i) = 2 y i$ có phần ảo không âm suy ra $y \geq 0$ (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I(1;0) bán kính r =1, diện tích của nó bằng $\frac{1}{2} r^{2} π = \frac{π}{2}$ (đvdt).

Biết số phức z thỏa mãn |z-1|<=1 và z-z ngang có phần ảo (ảnh 1)

Câu 28:

Cho đồ thị $(C) : y = f (x) = \sqrt{x}$ . Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), đường thẳng x=9 và trục Ox. Cho điểm M thuộc đồ thị (C) và điểm A(9;0). Gọi $V_{1}$ là thể tích khối tròn xoay khi cho (H) quay quanh trục Ox, $V_{2}$ là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox. Biết rằng $V_{1} = 2 V_{2}$ . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM.

Cho đồ thị (C): y=f9x)= căn x . Gọi là hình phẳng giới hạn (ảnh 1)

A. $S = 3$

B. $S = \frac{27 \sqrt{3}}{16}$

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

Xem đáp án

Ta có $V_{1} = π \int_{0}^{9} {(\sqrt{x})}^{2} d x = \frac{81 π}{2}$ .

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt OH = m (với $0 < m \leq 9$ ), ta có $M (m; \sqrt{m})$ , $M H = \sqrt{m}$ và $A H = 9 - m$ .

Suy ra $V_{2} = \frac{1}{3} π . M H^{2} . O H + \frac{1}{3} π . M H^{2} . A H = \frac{1}{3} π . M H^{2} . O A = 3 m π$ .

Theo giả thiết, ta có $V_{1} = 2 V_{2}$ nên $\frac{81 π}{2} = 6 m π \Leftrightarrow m = \frac{27}{4}$ . Do đó $M (\frac{27}{4}; \frac{3 \sqrt{3}}{2})$ .

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là $y = \frac{2 \sqrt{3}}{9} x$ .

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM là

$S = \int_{0}^{\frac{27}{4}} (\sqrt{x} - \frac{2 \sqrt{3}}{9} x) d x = {(\frac{2}{3} x \sqrt{x} - \frac{\sqrt{3}}{9} x^{2})|}_{0}^{\frac{27}{4}} = \frac{27 \sqrt{3}}{16}$ .

Câu 29:

Cho hàm số

y = f (x)

có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số

y = f^{'} (x)

như hình vẽ. Hàm số

g (x) = 2 f (x) - x^{2}

đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên R . Đồ (ảnh 1)

A. $(- \infty; - 2)$

B. $(- 2; 2)$

C. $(2; 4)$

D. $(2; + \infty)$

Xem đáp án

Ta có $g^{'} (x) = 2 (f^{'} (x) - x) = 0 \Leftrightarrow x = - 2; x = 2; x = 4$ .

Lập trục xét dấu:

Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên R . Đồ (ảnh 2)

Hàm số đồng biến trên từng khoảng (-2;2) và . $(4; + \infty)$

Câu 30:

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng $(P) : 3 x - 3 y + 2 z - 15 = 0$ và ba điểm $A (1; 2; 0); B (1; - 1; 3), C (1; - 1; - 1)$ , . Điểm $M (x_{0}; y_{0}; z_{0})$ thuộc (P) sao cho $2 M A^{2} - M B^{2} + M C^{2}$ nhỏ nhất. Giá trị $2 x_{0} + 3 y_{0} + z_{0}$ bằng

A. 11

B. 5

C. 15

D. 10

Xem đáp án

Xét điểm I thỏa $2 \vec{I A} - \vec{I B} + \vec{I C} = \vec{0}$ suy ra I(1;2;-2).

$2 M A^{2} - M B^{2} + M C^{2} = 2 {(\vec{M I} + \vec{I A})}^{2} - {(\vec{M I} + \vec{I B})}^{2} + {(\vec{M I} + \vec{I C})}^{2} = 2 M I^{2} + 2 I A^{2} - I B^{2} + I C^{2}$ .

$2 M A^{2} - M B^{2} + M C^{2}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên .

Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình $\{\begin{cases} x = 1 + 3 t \\ y = 2 - 3 t \\ z = - 2 + 2 t \end{cases}$ suy ra $\{\begin{cases} x_{0} = 1 + 3 t \\ y_{0} = 2 - 3 t \\ z_{0} = - 2 + 2 t \end{cases}$ .

Mà $3 x_{0} - 3 y_{0} + 2 z_{0} - 15 = 0 \Leftrightarrow 3 (1 + 3 t) - 3 (2 - 3 t) + 2 (- 2 + 2 t) - 15 = 0 \Leftrightarrow t = 1$

Vậy . $2 x_{0} + 3 y_{0} + z_{0} = 2 (1 + 3 t) + 3 (2 - 3 t) + (- 2 + 2 t) = 6 - t = 5$

Câu 31:

Giá trị của n thỏa mãn: $C_{2 n + 1}^{1} - 2.2 C_{2 n + 1}^{2} + {3.2}^{2} . C_{2 n + 1}^{3} - {4.2}^{3} . C_{2 n + 1}^{4} + ... + (2 n + 1) {.2}^{2 n} . C_{2 n + 1}^{2 n + 1} = 2021$ bằng

A. 1010

B. 1009

C. 2020

D. 2021

Xem đáp án

Xét $k C_{2 n + 1}^{k} = k . \frac{(2 n + 1)!}{k! (2 n + 1 - k)!} = \frac{(2 n + 1) . (2 n)!}{(k - 1)! [2 n - (k - 1)]!} = (2 n + 1) . C_{2 n}^{k - 1}$ với $1 \leq k \leq 2 n + 1$ .

Ta có $V T = (2 n + 1) (C_{2 n}^{0} - C_{2 n}^{1} 2^{1} + C_{2 n}^{2} 2^{2} - ... + C_{2 n}^{2 n} 2^{2 n}) = (2 n + 1) {(1 - 2)}^{2 n} = 2 n + 1$ .

Do đó: $2 n + 1 = 2021 \Leftrightarrow n = 1010$ .

Câu 32:

Miền phẳng trong hình vẽ giới hạn bởi y=f(x) và parabol $y = x^{2} - 2 x$ . Biết $\int_{- \frac{1}{2}}^{1} f (x) d x = \frac{3}{4}$ . Khi đó diện tích hình phẳng được tô trong hình vẽ bằng

Miền phẳng trong hình vẽ giới hạn bởi y=f(x) và (ảnh 1)

A. $\frac{9}{8}$

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

C. $\frac{3}{8}$

D. $\frac{8}{3}$

Xem đáp án

Từ hình vẽ ta thấy

S = \int_{- \frac{1}{2}}^{1} [f (x) - (x^{2} - 2 x)] d x = \int_{- \frac{1}{2}}^{1} f (x) d x - \int_{- \frac{1}{2}}^{1} (x^{2} - 2 x) d x = \frac{3}{4} - (- \frac{3}{8}) = \frac{9}{8}

Câu 33:

Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn(O;R) . Gọi

V_{1}, V_{2}, V_{3}

lần lượt là thể tích của các khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác OCA quanh trung trực của đoạn thẳng CA, quay tam giác OAB quanh trung trực của đoạn thẳng AB, quay tam giac OBC quanh trung trực của đoạn thẳng BC. Khi biểu thức

V_{1} + V_{2}

đạt giá trị lớn nhất, tính

V_{3}

theo

A. $V_{3} = \frac{2 \sqrt{3} π}{9} R^{3}$

B. $V_{3} = \frac{32 π}{81} R^{3}$

C. $V_{3} = \frac{57 π}{81} R^{3}$

D. $V_{3} = \frac{8 π}{81} R^{3}$

Xem đáp án

$V_{1} = \frac{1}{3} O P . S_{1} = \frac{1}{3} O P (π {(\frac{A C}{2})}^{2}) = \frac{π}{3} O P . P A^{2} = \frac{π}{3} O P (O A^{2} - O P^{2}) = \frac{π}{3} O P (R^{2} - O P^{2}) V_{2} = \frac{1}{3} O Q . S_{2} = \frac{1}{3} O Q (π {(\frac{A B}{2})}^{2}) = \frac{π}{3} O Q . Q A^{2} = \frac{π}{3} O Q (O A^{2} - O Q^{2}) = \frac{π}{3} O Q (R^{2} - O Q^{2})$

Xét hàm $f (x) = x (R^{2} - x^{2})$ . Với $0 \leq x < R$ .

Khi đó $f^{'} (x) = R^{2} - 3 x^{2} . f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{R}{\sqrt{3}} \\ x = - \frac{R}{\sqrt{3}} \end{array}$ .

Lập bảng biến thiên, thấy rằng $\max_{x \in [0; R)} g (x) = f (\frac{R}{\sqrt{3}})$ .

Khi đó, áp dụng cho $V_{1}, V_{2}$ : $V_{1} + V_{2} = \frac{π}{3} [O P (R^{2} - O P^{2}) + O Q (R^{2} - O Q^{2})]$ đạt giá trị lớn nhất khi $O P = O Q = \frac{R}{\sqrt{3}}$ .

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP =OQ).

Mà lúc đó $A B = 2 \sqrt{R^{2} - O Q^{2}} = 2 \sqrt{R^{2} - \frac{R^{2}}{3}} = \frac{2 R \sqrt{6}}{3}$ .

Do tam giác ABC cân A nên khi đó $A M ⊥ B C$ .

Ta có $S_{A B C} = \frac{1}{2} A M . B C = \frac{A B . A C . B C}{4 R} \Rightarrow A M = \frac{A B . A C}{2 R} = \frac{\frac{4 R^{2} .6}{9}}{2 R} = \frac{4 R}{3}$ .

Mà $A M = A O + O M \Rightarrow O M = \frac{4 R}{3} - R = \frac{R}{3}$ .

Vậy $V_{3} = \frac{1}{3} O M . S_{3} = \frac{1}{3} O M . π . M C^{2} = \frac{π}{3} O M (R^{2} - O M^{2}) = \frac{π}{3} . \frac{R}{3} (R^{2} - \frac{R^{2}}{9}) = \frac{8 π R^{3}}{81}$

Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). (ảnh 1)

Câu 34:

Cho

|z - 1| = 5

, giá trị lớn nhất của

P = {|z - i|}^{2} - {|\bar{z} - 2|}^{2}

bằng

A. $1 + 10 \sqrt{5}$

B. $1 + 8 \sqrt{3}$

C. $1 + 8 \sqrt{5}$

D. $1 + 12 \sqrt{5}$

Xem đáp án

Ta có $|z - 1| = 5 \Leftrightarrow {(x - 1)}^{2} + y^{2} = 5^{2}$

Lại có $P = {|z - i|}^{2} - {|\bar{z} - 2|}^{2} = x^{2} + {(y - 1)}^{2} - {(x - 2)}^{2} - y^{2} = 4 x - 2 y - 3 = 4 (x - 1) - 2 y + 1$

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

P = 4 (x - 1) - 2 y + 1 \leq \sqrt{4^{2} + 2^{2}} \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} + 1 = \sqrt{20} . \sqrt{5^{2}} + 1 = 10 \sqrt{5} + 1

.

Câu 35:

Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy lớn là 2dm và bán kính đáy nhỏ là 1dm. Cho biết thể tích nước bằng $\frac{37}{189}$ thể tích của chậu, chiều cao của mực nước là

Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy lớn là (ảnh 1)

A. 2dm

B. 0,8dm

C. 1dm

D. 1,5dm

Xem đáp án

Ta có thể tích của chậu là $V = \frac{π}{3} .3 (1 + 4 + 2) = 7 π$ .

Gọi chiều cao của mực nước là 3x với (x>0 ). Ta có bán kính của mặt nước là 1+x.

Ta có phương trình $\frac{π}{3} .3 x [1 + {(1 + x)}^{2} + (1 + x)] = \frac{37}{189} 7 π \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}$ .

Vậy chiều cao của mực nước là 1dm.

Câu 36:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục và nhận giá trị dương trên $(0; + \infty)$ thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{f^{2} (x)} = \frac{1}{x^{2}} + \frac{2 x f^{'} (x)}{f^{3} (x)}$ với mọi $x \in (1; + \infty)$ đồng thời $f (2) = 1$ . Giá trị của f(4) là

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

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

C. $\frac{4}{3}$

D. $\frac{16}{9}$

Xem đáp án

Ta có $\frac{1}{f^{2} (x)} = \frac{1}{x^{2}} + \frac{2 x f^{'} (x)}{f^{3} (x)} \Leftrightarrow \frac{f^{2} (x) - 2 x f (x) . f^{'} (x)}{f^{4} (x)} = \frac{1}{x^{2}} \Leftrightarrow {(\frac{x}{f^{2} (x)})}^{'} = \frac{1}{x^{2}}$ .

Suy ra $\int {(\frac{x}{f^{2} (x)})}^{'} d x = \int \frac{1}{x^{2}} d x \Leftrightarrow \frac{x}{f^{2} (x)} = - \frac{1}{x} + C$ .

Lại có f(2)=1 nên $C = \frac{5}{2}$ .

Do đó: $\frac{x}{f^{2} (x)} = \frac{5}{2} - \frac{1}{x} = \frac{5 x - 2}{2 x} \Rightarrow f^{2} (x) = \frac{2 x^{2}}{5 x - 2}$ .

Suy ra $f^{2} (4) = \frac{16}{9} \Rightarrow f (4) = \frac{4}{3}$ .

Câu 37:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình $2^{\sin^{2} x} + 3^{\cos^{2} x} = m {.3}^{\sin^{2} x}$ có nghiệm?

A. 7

B. 4

C. 5

D. 6

Xem đáp án

Ta có: $2^{\sin^{2} x} + 3^{\cos^{2} x} = m {.3}^{\sin^{2} x} \Leftrightarrow 2^{\sin^{2} x} + 3^{1 - \sin^{2} x} = m {.3}^{\sin^{2} x}$ .

Đặt $t = \sin^{2} x, t \in [0; 1]$ . Phương trình đã cho trở thành: $2^{t} + 3^{1 - t} = m {.3}^{t} \Leftrightarrow {(\frac{2}{3})}^{t} + 3^{1 - 2 t} = m$ .

Xét hàm số $f (t) = {(\frac{2}{3})}^{t} + 3^{1 - 2 t}$ , với $t \in [0; 1]$ . Ta có $f^{'} (t) = {(\frac{2}{3})}^{t} . \ln \frac{2}{3} - {2.3}^{1 - 2 t} . \ln 3$

$f^{''} (t) = {(\frac{2}{3})}^{'} . {(\ln \frac{2}{3})}^{2} + {4.3}^{1 - 2 t} . {(\ln 3)}^{2} > 0, \forall t \in [0; 1]$

f'(t) liên tục và đồng biến trên [0;1] nên $f^{'} (t) \leq f^{'} (1) = \frac{2}{3} \ln \frac{2}{9} < 0, \forall t \in [0; 1]$ .

f(t) liên tục và nghịch biến trên $f (1) \leq f (t) \leq f (0), \forall t \in [0; 1]$ nên .

Suy ra $1 \leq m \leq 4$ thì phương trình có nghiệm.

Câu 38:

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số $y = \frac{2 m x + m - 2}{x + 1}$ cắt đường thẳng $(d) : y = x + 3$ tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3, với $I (- 1; 1)$ . Tổng tất cả các phần tử của S bằng

A. $\frac{7}{2}$

B. -10

C. 3

D. 5

Xem đáp án

Phương trình hoành độ giao điểm $\frac{2 m x + m - 2}{x + 1} = x + 3 \Leftrightarrow f (x) = x^{2} + (4 - 2 m) x + 5 - m = 0$ ( $x \neq - 1$ ). Đồ thị (C) của hàm số $y = \frac{2 m x + m - 2}{x + 1}$ cắt đường thẳng $(d) : y = x + 3$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi $\{\begin{cases} Δ^{'} > 0 \\ f (- 1) \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} - 3 m - 1 > 0 \\ m \neq - 2 \end{cases}$ (*). (C) cắt d tại A, B suy ra $x_{A}, x_{B}$ là nghiệm của phương trình

f(x) = 0

, theo định lí Vi-ét ta có $\{\begin{cases} x_{A} + x_{B} = 2 m - 4 \\ x_{A} x_{B} = 5 - m \end{cases}$ .

$A (x_{A}; x_{A} + 3), B (x_{B}; x_{B} + 3)$ suy ra $A B = \sqrt{2 {(x_{A} - x_{B})}^{2}} = \sqrt{2 {(x_{A} + x_{B})}^{2} - 8 x_{A} x_{B}} = \sqrt{8 m^{2} - 24 m - 8}$ .

Ta có $A B = \sqrt{2 {(x_{A} - x_{B})}^{2}} = \sqrt{2 {(x_{A} + x_{B})}^{2} - 8 x_{A} x_{B}} = \sqrt{8 m^{2} - 24 m - 8}$ (thỏa mãn *).

Suy ra tổng các phần tử của S là 3.

Câu 39:

Cho phương trình $4 \log_{9}^{2} x + m \log_{\frac{1}{3}} x + \frac{1}{6} \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} x + m - \frac{2}{9} = 0$ (m là tham số). Để phương trình có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} x_{2} = 3$ thì giá trị m thỏa mãn.

A. $1 < m < 2$

B. $3 < m < 4$

C. $0 < m < \frac{3}{2}$

D. $2 < m < 3$

Xem đáp án

Ta có: $4 \log_{9}^{2} x + m \log_{\frac{1}{3}} x + \frac{1}{6} \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} x + m - \frac{2}{9} = 0 (x > 0) \Leftrightarrow 4 {(\log_{3^{2}} x)}^{2} + m \log_{3^{- 1}} x + \frac{1}{6} \log_{3^{\frac{- 1}{2}}} x + m - \frac{2}{9} = 0 \Leftrightarrow 4 {(\frac{1}{2} \log_{3} x)}^{2} - m \log_{3} x - \frac{1}{3} \log_{3} x + m - \frac{2}{9} = 0$

Đặt $t = \log_{3} x$ . Khi đó phương trình (1) $\Leftrightarrow t^{2} - (m + \frac{1}{3}) t + m - \frac{2}{9} = 0$ (2).

Phương trình đã cho có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} x_{2} = 3 \Leftrightarrow \log_{3} (x_{1} x_{2}) = 1$

$\Leftrightarrow \log_{3} x_{1} + \log_{3} x_{2} = 1 \Leftrightarrow t_{1} + t_{2} = 1$ (với $t_{1} = \log_{3} x_{1}$ và $t_{2} = \log_{3} x_{2}$ ).

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (2) ta có $t_{1} + t_{2} = 1 \Leftrightarrow (m + \frac{1}{3}) = 1 \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}$ .

Vậy $0 < m < \frac{3}{2}$ là mệnh đề đúng.

Câu 40:

Cho hàm số $y = f (x)$ là hàm chẵn, liên tục trên R và $\int_{- 2}^{2} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x = 29$ . Khi đó $\int_{0}^{2} f (x) d x$ bằng

A. $\frac{29}{2}$

B. 29

C. 58

D. 30

Xem đáp án

Ta có: $M = \int_{- 2}^{2} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x = \int_{- 2}^{0} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x + \int_{0}^{2} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x$

Xét $N = \int_{- 2}^{0} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x$ , đặt $t = - x \Rightarrow x = - t$ , suy ra $d x = - d t$ .

Đổi cận: $x = - 2 \Rightarrow t = 2; x = 0 \Rightarrow t = 0$ . Khi đó $N = \int_{2}^{0} \frac{f (- t)}{2020^{- t} + 1} (- d t) = \int_{0}^{2} \frac{f (t)}{2020^{- t} + 1} d t = \int_{0}^{2} \frac{2020^{t} . f (t)}{2020^{t} + 1} d t = \int_{0}^{2} \frac{2020^{x} . f (x)}{2020^{x} + 1} d x$

Do đó: $\int_{0}^{2} f (x) d x = \int_{0}^{2} \frac{2020^{x} . f (x)}{2020^{x} + 1} d x + \int_{0}^{2} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x = \int_{- 2}^{0} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x + \int_{0}^{2} \frac{f (x)}{2020^{x} + 1} d x = M = 29$ .

Câu 41:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu $(S) : {(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 9$ và hai điểm $M (4; - 4; 2), N (6; 0; 6)$ . Gọi E là điểm thuộc mặt cầu(S) sao cho EM+EN đạt giá trị lớn nhất. Phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E là

A. $x - 2 y + 2 z + 8 = 0$

B. $2 x + y - 2 z - 9 = 0$

C. $2 x + 2 y + z + 1 = 0$

D. $2 x - 2 y + z + 9 = 0$

Xem đáp án

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

Gọi K là trung điểm của $M N \Rightarrow K (5; - 2; 4)$ và K nằm ngoài mặt cầu (S).

Do đó $\vec{I K} = (4; - 4; 2), \vec{M N} = (2; 4; 4), M N = 6$ và $I K ⊥ M N$ .

Ta có $E M + E N \leq \sqrt{2 (E M^{2} + E N^{2})} = \sqrt{2 (E K^{2} + \frac{M N^{2}}{2})} = \sqrt{2 E K^{2} + 36}$ .

Bởi vậy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM=EN và EK lớn nhất.

Vì $I K ⊥ M N$ nên EM=EN thì E thuộc đường thẳng $I K : \{\begin{cases} x = 1 + 2 t \\ y = 2 - 2 t \\ z = 2 + t \end{cases}$ .

Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu (S) ứng với t là nghiệm phương trình: ${(1 + 2 t - 1)}^{2} + {(2 - 2 t - 2)}^{2} + {(2 + t - 2)}^{2} = 9 \Leftrightarrow t = \pm 1$

.

Như vậy $E_{1} (3; 0; 3)$ hoặc $E_{2} (- 1; 4; 1)$ .

Ta có $E_{1} K = 3, E_{2} K = 9$ . Suy ra $E = (- 1; 4; 1) \Rightarrow \vec{I E} = (- 2; 2; - 1)$ , nên phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E có phương trình: $- 2 (x + 1) + 2 (y - 4) - 1 (z - 1) = 0$ hay $2 x - 2 y + z + 9 = 0$ .

Câu 42:

Cho 2 số thực dương a, b khác 1 và đồ thị của các hàm số $y = \log_{a} x, y = \log_{b} x$ như hình vẽ. Gọi d là đường thẳng song song với trục Oy và cắt trục hoành tại điểm A có hoành độ x =k (k > 1 ). Gọi $S_{1}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y = \log_{a} x$ , đường thẳng d và trục hoành; là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y = \log_{b} x$ , đường thẳng d và trục hoành. Biết , mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $y = \log_{b} x$

B. $a = b^{4}$

C. $b = a^{4} \ln 2$

D. $a = b^{4} \ln 2$

Xem đáp án

Theo giả thiết và công thức tích phân từng phần, ta có:

$S_{1} = \int_{1}^{k} \log_{a} x d x = \int_{1}^{k} \frac{\ln x}{\ln a} d x = \frac{1}{\ln a} ({x \ln x|}_{1}^{k} - \int_{1}^{k} x . \frac{1}{x} d x) = \frac{k \ln k - (k - 1)}{\ln a}$ .

$S_{2} = \int_{1}^{k} \log_{b} x dx = \int_{1}^{k} \frac{\ln x}{\ln b} d x = \frac{1}{\ln b} ({x \ln x|}_{1}^{k} - \int_{1}^{k} x . \frac{1}{x} d x) = \frac{k \ln k - (k - 1)}{\ln b}$ .

Vậy

S_{1} = 4 S_{2} \Leftrightarrow \frac{1}{\ln a} = \frac{4}{\ln b} \Leftrightarrow \ln b = \ln a^{4} \Leftrightarrow b = a^{4}

.

Câu 43:

Trong không gian Oxyz cho

(P) : 2 m x + (m^{2} - 1) y + (m^{2} + 1) z + 1 = 0

. Biết rằng (P) tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với và đi qua điểm

A (0; 1; - 1)

. Tổng hai bán kính của hai mặt cầu đó bằng

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

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

C. $\sqrt{2}$

D. $\sqrt{3}$

Xem đáp án

Gọi tâm mặt cầu cố định là $I (a; b; c)$ khi đó ta có phương trình:

$\frac{|2 m a + (m^{2} - 1) b + (m^{2} + 1) c + 1|}{\sqrt{4 m^{2} + {(m^{2} - 1)}^{2} + {(m^{2} + 1)}^{2}}} = \sqrt{a^{2} + {(b - 1)}^{2} + {(c + 1)}^{2}}$ .

Xét mẫu thức của biểu thức trên ta có: $\sqrt{4 m^{2} + {(m^{2} - 1)}^{2} + {(m^{2} + 1)}^{2}} = \sqrt{2} (m^{2} + 1)$ .

Do đó vế trái của biểu thức được: $\frac{|2 m a + (m^{2} - 1) b + (m^{2} + 1) c + 1|}{\sqrt{2} (m^{2} + 1)}$ do đó ta chọn .

Khi đó ta có: $(m^{2} - 1) b + (m^{2} + 1) c + 1 = m^{2} (b + c) - b + c + 1$ nên ta chọn $b + c = - b + c + 1 \Rightarrow b = \frac{1}{2}$ .

Thay vào phương trình trên: $\frac{|c + \frac{1}{2}|}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{1}{4} + {(c + 1)}^{2}} \Leftrightarrow c^{2} + 3 c + \frac{9}{4} = 0 \Rightarrow c = - \frac{3}{2}$ .

Vậy $R = \frac{|c + \frac{1}{2}|}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Câu 44:

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C'. Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Mặt phẳng (A'MN) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của chúng bằng

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

B. $\frac{4}{23}$

C. $\frac{4}{9}$

D. $\frac{4}{27}$

Xem đáp án

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là trung điểm của $BC \Rightarrow \frac{AG}{A E} = \frac{2}{3}$ .

Đường thẳng d đi qua G và song song BC, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N.

. $\Rightarrow \frac{A M}{A B} = \frac{A N}{A C} = \frac{A G}{A E} = \frac{2}{3} \Rightarrow \{\begin{cases} A M = \frac{2}{3} A B \\ A N = \frac{2}{3} A C \end{cases} \Rightarrow S_{Δ A M N} = \frac{4}{9} S_{Δ A B C}$ (1)

Ta có và $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = S_{Δ A B C} . A A^{'}$ . (2)

Từ (1) và (2), suy ra $V_{A^{'} . A M N} = \frac{4}{27} V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} \Rightarrow V_{B M N C A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{23}{27} V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}}$ .

Khi đó tỉ số: $\frac{V_{A^{'} . A M N}}{V_{B M N C . A^{'} B^{'} C^{'}}} = \frac{\frac{4}{27}}{\frac{23}{27}} = \frac{4}{23}$ .

Câu 45:

Cho hình chóp đều S.ABCD có thể tích bằng 1/3, đáy ABCD là hình vuông cạnh là 1. Phương trình mặt phẳng (ABCD) biết S(0;0;0) và $A B : \{\begin{cases} x = 1 \\ y = t \\ z = 1 \end{cases}$ là

A. $[\begin{array}{l} x - 1 = 0 \\ z - 1 = 0 \end{array}$

B. $[\begin{array}{l} x + 1 = 0 \\ z + 1 = 0 \end{array}$

C. $[\begin{array}{l} x - 1 = 0 \\ y - 1 = 0 \end{array}$

D. $[\begin{array}{l} x + 1 = 0 \\ y + 1 = 0 \end{array}$

Xem đáp án

Ta có $V_{S . A B C D} = \frac{1}{2} S_{A B C D} . d_{(S, (A B C D))} \Rightarrow d_{(S, (A B C D))} = 1$

Đặt $(A B C D) : a x + b y + c z + d = 0 (a^{2} + b^{2} + c^{2} \neq 0)$ .

Vì $A B \subset (A B C D)$ nên ${\vec{n}}_{(A B C D)} ⊥ {\vec{u}}_{A B} \Leftrightarrow {\vec{n}}_{A B C D} . {\vec{u}}_{A B} = 0 \Leftrightarrow b = 0$ .

Vì $M (1; 0; 1) \in A B \subset (A B C D)$ nên $a + c + d = 0 \Rightarrow d = - a - c$ .

Ta có: $d_{(S, (A B C D))} = 1 \Leftrightarrow \frac{|- a - c|}{\sqrt{a^{2} + c^{2}}} = 1 \Leftrightarrow |a + c| = \sqrt{a^{2} + c^{2}} \Leftrightarrow 2 a c = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} a = 0 \\ c = 0 \end{array}$ .

Trường hợp 1: a=0. Chọn $c = 1 \Rightarrow (A B C D) : z + 1 = 0$ .

Trường hợp 2: c=0. Chọn $a = 1 \Rightarrow (A B C D) : x + 1 = 0$ .

Câu 46:

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn $\frac{4 x^{2} + 3}{\sqrt{2 y + 1}} = \frac{y + 2}{x}$ . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức là

A. $P = - 2$

B. $P = - \frac{5}{2}$

C. $P = - 3$

D. $P = - \frac{7}{2}$

Xem đáp án

Ta có $\frac{4 x^{2} + 3}{\sqrt{2 y + 1}} = \frac{y + 2}{x} \Leftrightarrow 4 x^{3} + 3 x = (y + 2) \sqrt{2 y + 1} \Leftrightarrow 8 x^{3} + 6 x = (2 y + 4) \sqrt{2 y + 1}$

$\Leftrightarrow {(2 x)}^{3} + 3 (2 x) = (2 y + 1) \sqrt{2 y + 1} + 3 \sqrt{2 y + 1}$ . (1)

Xét hàm $f (t) = t^{3} + 3 t$ trên R .

Ta có $f^{'} (t) = 3 t^{2} + 3 > 0, \forall t \in ℝ \Rightarrow$ Hàm số $f (t) = t^{3} + 3 t$ đồng biến trênR .

(1) $\Leftrightarrow f (2 x) = f (\sqrt{2 y + 1}) \Leftrightarrow 2 x = \sqrt{2 y + 1} \Leftrightarrow x = \frac{\sqrt{2 y + 1}}{2}$ .

Vậy $P = y - 2 \sqrt{2 y + 1} = g (y)$ với $y \in (0; + \infty)$ .

Ta có $g^{'} (y) = 1 - \frac{2}{\sqrt{2 y + 1}} = 0 \Leftrightarrow \sqrt{2 y + 1} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{3}{2}$ .

Ta có bảng biến thiên:

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4x^2+3/ căn 2y+1=y+2/x . (ảnh 1)

Từ bảng biến thiên ta có $P_{\min} = \min_{(0; + \infty)} g (y) = - \frac{5}{2}$ khi .

Câu 47:

Cho hàm số y=f(x) liên tục, có đạo hàm trên [-5;3] và có bảng biến thiên sau.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình $3 f (- x - 2) = x^{3} - 3 x + 2 + m$ có đúng 3 nghiệm thuộc $[- 5; 3]$ ?

A. 2

B. 4

C. 6

D. 8

Xem đáp án

Đặt $- x - 2 = t \Rightarrow 3 f (t) = - t^{3} - 6 t^{2} - 9 t + m$ .

Gọi $g (t) = \frac{- t^{3}}{3} - 2 t^{2} - 3 t \Rightarrow f (t) - g (t) = \frac{m}{3}$ . Có $g^{'} (t) = - t^{2} - 4 t - 3 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t = - 1 \\ t = - 3 \end{array}$ .

Dựa vào bảng xét dấu của $y = f^{'} (t)$ và $y = g^{'} (t)$ suy ra: $f^{'} (t) - g^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t = - 1 \\ t = - 3 \end{array}$ .

Khi đó ta có bảng biến thiên của : $f (t) - g (t)$

Cho hàm số y=f(x) liên tục, có đạo hàm trên [-5;3] và có bảng biến thiên sau. (ảnh 2)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có 3 nghiệm phân biệt $\Rightarrow - 1 < \frac{m}{2} < 2 \Rightarrow - 3 < m < 6$ .

Vậy có 8 giá trị nguyên m thỏa mãn

Câu 48:

Đề kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Xác suất để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên.

A. $\frac{436}{4^{10}}$

B. $\frac{463}{4^{10}}$

C. $\frac{436}{10^{4}}$

D. $\frac{163}{10^{4}}$

Xem đáp án

Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là $n (Ω) = 4^{10}$ .

Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”.

+) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có $C_{10}^{8} {.3}^{2}$ cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 đ

+) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có $C_{10}^{9} {.3}^{1}$ cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 đ)

Chí có 1 cách duy nhất.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là $n (X) = C_{10}^{8} {.3}^{2} + C_{10}^{9} {.3}^{1} + 1 = 436$ .

Vậy xác suất cần tìm là $P = \frac{n (X)}{n (Ω)} = \frac{436}{4^{10}}$ .

Câu 49:

Cho hàm số $y = f (x) = m x^{4} + n x^{3} + p x^{2} + q x + r$ trong đó $m, n, p, q, r \in ℝ$ . Biết rằng hàm số $y = f^{'} (x)$ có đồ thị như hình vẽ. Tập nghiệm của phương trình $f (x) = r$ có tất cả bao nhiêu phần tử?

Cho hàm số y=f(x)=mx^4+nx^3+px^2+qx+r trong đó (ảnh 1)

A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Xem đáp án

Ta đặt $y = f^{'} (x) = k (x + 2) (x - \frac{7}{6}) (x - 3)$ .

Xét $\{\begin{cases} S_{1} = |k \int_{0}^{\frac{7}{6}} (x + 2) (x - \frac{7}{6}) (x - 3) d x| = \frac{65219}{1552} k \\ S_{2} = |k \int_{\frac{7}{6}}^{3} (x + 2) (x - \frac{7}{6}) (x - 3) d x| = \frac{65219}{1552} k \end{cases}$ .

Do đó: $S_{1} = S_{2} = \int_{0}^{\frac{7}{6}} f^{'} (x) d x = - \int_{\frac{7}{6}}^{4} f^{'} (x) d x \Leftrightarrow f (0) = f (3)$ .

Lập bảng biến thiên ta suy ra phương trình $f (x) = r = f (0)$ có tất cả 3 nghiệm.

Cho hàm số y=f(x)=mx^4+nx^3+px^2+qx+r trong đó (ảnh 2)

Câu 50:

Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn

0 < {(x + y)}^{2} + {(y + z)}^{2} + {(z + x)}^{2} \leq 18

. Biết giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 4^{\frac{x}{3}} + 4^{\frac{y}{3}} + 4^{\frac{z}{3}} - \frac{1}{108} {(x + y + z)}^{4}

là

\frac{a}{b}

, với a, b là các số nguyên dương và

\frac{a}{b}

tối giản. Tính

S = 2 a + 3 b

.

A. S = 13

B. S = 42

C. S = 54

D. S = 71

Xem đáp án

Từ giả thiết ta có: $2 x^{2} \leq 2 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) \leq {(x + y)}^{2} + {(y + z)}^{2} + {(z + x)}^{2} \leq 18 \Rightarrow x \in [0; 3]$ .

Một cách tương tự ta có $y, z \in [0; 3]$ .

Do đó ta có $4^{\frac{x}{3}} \leq x + 1, 4^{\frac{y}{3}} \leq y + 1, 4^{\frac{z}{3}} \leq z + 1; \forall x, y, z \in [0; 3]$ .

Vì vậy $P \leq x + y + z + 3 - \frac{1}{108} {(x + y + z)}^{4}$ .

Đặt $t = x + y + z \in [0; 9]$ , ta có $P \leq f (t) = t + 3 - \frac{1}{108} t^{4} \leq \max_{[0; 9]} f (t) = f (3) = \frac{21}{4}$ .

Dấu “=” đặt tại $(x; y; z) = (3; 0; 0), (0; 3; 0), (0; 0; 3)$ .

Vậy $S = 2.21 + 3.4 = 54$ .

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 23)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan