50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc 30 đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề số 26)

Câu 1:

Cho cấp số nhân $(u_{n})$ với $u_{1} = 8$ và công bội q=3. Giá trị của $u_{2}$ bằng

A. 24

B. 11

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

D. 5

Xem đáp án

Ta có $u_{2} = u_{1} . q = 8.3 = 24$

Chọn A

Câu 2:

Cho khối chóp có diện tích đáy $B = 3 a^{2}$ và chiều cao h=6a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

$A . 9 a^{3}$

$B . 6 a^{3}$

$C . 18 a^{3}$

$D . 3 a^{3}$

Xem đáp án

Thể tích của khối chóp đã cho là $V = \frac{1}{3} B . h = \frac{1}{3} .3 a^{2} .6 a = 6 a^{3} .$

Chọn B

Câu 3:

Cho $\int_{1}^{5} f (x) d x = 2$ và $\int_{3}^{5} f (x) d x = - 3$ với f(x) là hàm liên tục và có đạo hàm trên đoạn [1;5]. Khi đó $I = \int_{1}^{3} f (x) d x$ bằng

A. 1

B. -1

C. 5

D. -5

Xem đáp án

$I = \int_{1}^{3} f (x) d x = \int_{1}^{5} f (x) d x - \int_{3}^{5} f (x) d x = 2 - (- 3) = 5$

Chọn C

Câu 4:

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng $(α) : 2 x - y - 3 z - 5 = 0$ . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của $(α)$ ?

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

$B . \vec{n_{4}} = (2; 1; - 3)$

$C . \vec{n_{3}} = (- 2; 1; 3)$

$D . \vec{n_{1}} = (2; 1; 3)$

Xem đáp án

Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng $(α)$ là $\vec{n_{3}} = (- 2; 1; 3)$ .

Chọn C

Câu 5:

Cắt hình trụ (T) bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông cạnh bằng 5. Diện tích xung quanh của (T) bằng

$A . \frac{25 π}{4}$

$B . \frac{25 π}{2}$

$C . 50 π$

$D . 25 π$

Xem đáp án

Theo đề bài, ta có bán kính đáy là $R = \frac{5}{2}$ và chiều cao h=5

Diện tích xung quanh của (T) là $S_{x q} = 2 π R h = 2 π \frac{5}{2} .5 = 25 π$ .

Chọn D

Câu 6:

Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B=12, chiều cao h=6. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

A. 18

B. 72

C. 36

D. 24

Xem đáp án

Thể tích khối lăng trụ đã cho là $V = B . h = 12.6 = 72$ .

Chọn B

Câu 7:

Cho khối trụ có bán kính r=4 và chiều cao h=5. Thể tích khối trụ bằng

$A . 20 π$

$B . \frac{20 π}{3}$

$C . \frac{80 π}{3}$

$D . 80 π$

Xem đáp án

Thể tích khối trụ được tính theo công thức: $V = π r^{2} h$ = $π {.4}^{2} .5 = 80 π$ .

Chọn D

Câu 8:

Cho hình nón có bán kính đáy r=3, độ dài đường sinh l=5. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng

$A . 30 π$

$B . 45 π$

$C . 15 π$

$D . 10 π$

Xem đáp án

Ta có: $\{\begin{cases} r = 3 \\ l = 5 \end{cases}$ . Khi đó $S_{x q} = 2 π . r . l = 2 π .3.5 = 30 π$ .

Chọn A

Câu 9:

$\int 5 x^{4} d x$ bằng

$A . x^{5} + C$

$B . 5 x^{5} + C$

$C . 20 x^{3} + C$

$D . \frac{1}{5} x^{5} + C$

Xem đáp án

Ta có : $\int 5 x^{4} d x = 5. \frac{1}{5} x^{5} + C = x^{5} + C$

Chọn A

Câu 10:

Nghiệm của phương trình $\log_{3} (x - 6) = 2$ là:

A. x=8

B. x=15

C. x=12

D. x=9

Xem đáp án

Câu 11:

Cho hàm số bậc bốn y=f(x) có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Số nghiệm thực của phương trình $f (x) + \frac{1}{2} = 0$ là

A. 3

B. 1

C. 2

D. 4

Xem đáp án

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

Đồ thị hàm số y==f(x) và đường thẳng $y = - \frac{1}{2}$ cắt nhau tại 4 điểm phân biệt do đó phương trình $f (x) + \frac{1}{2} = 0$ có 4 nghiệm thực.

Chọn D

Câu 12:

Trong không gian Oxyz cho mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x + 4 y + 6 z + 10 = 0$ . Tọa độ tâm I và bán kính R của (S) là

$A . I (- 1; 2; 3), R = 4$

$B . I (1; - 2; - 3), R = 2$

$C . I (- 1; 2; 3), R = 2$

$D . I (1; - 2; - 3), R = 4$

Xem đáp án

Mặt cầu (S) có tâm $I (1; - 2; - 3)$ và bán kính $R = \sqrt{1^{2} + {(- 2)}^{2} + {(- 3)}^{2} - 10} = 2$

Chọn B

Câu 13:

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = - x^{4} + 3 x^{2} - 2$ với trục hoành là

A. 0

B. 3

C. 2

D. 4

Xem đáp án

Số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành bằng số nghiệm phương trình: $- x^{4} + 3 x^{2} - 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} = 1 \\ x^{2} = 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \pm 1 \\ x = \pm \sqrt{2} \end{array}$

Vậy số giao điểm là 4.

Chọn D

Câu 14:

Cho mặt cầu có bán kính r=2. Diện tích của mặt cầu đã cho bằng

$A . 16 π$

$B . \frac{32 π}{3}$

$C . 4 π$

$D . \frac{16 π}{3}$

Xem đáp án

Diện tích mặt cầu là: $S = 4 π r^{2} = 4 π {.2}^{2} = 16 π$

Chọn A

Câu 15:

Trong không gian Oxyz điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm $A (2; - 1; 4)$ trên mặt phẳng Oxy.

A. M(2;-1;0)

B. E(0;0;4)

C. Q(2;0;4)

D. N(0;-1;4)

Xem đáp án

Điểm $A (x; y; z)$ chiếu lên mặt phẳng Oxy có tọa độ là $M (x; y; 0)$

Vậy điểm $A (2; - 1; 4)$ chiếu lên mặt phẳng Oxy có tọa độ là $M (2; - 1; 0)$

Chọn A

Câu 16:

Trong không gian Oxyz, cho điểm M(2;-1;3) và mặt phẳng $(P) : 2 x - 2 y + z + 1 = 0$ . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là

A. 2

$B . \frac{5}{3}$

C. 3

$D . \frac{10}{3}$

Xem đáp án

Khoảng cách $d (M; (P)) = \frac{|2.2 - 2. (- 1) + 3 + 1|}{\sqrt{2^{2} + {(- 2)}^{2} + 1}} = \frac{10}{3}$

Chọn D

Câu 17:

Đồ thị của hàm số nào sau đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?

$A . y = \frac{1}{3} x^{3} - 2 x^{2} + 3 x + 1$

$B . y = - \frac{1}{3} x^{3} + 2 x^{2} - 3 x + 1$

$C . y = - \frac{1}{4} x^{4} + 2 x^{2} + 1$

$D . y = \frac{1}{4} x^{4} - 2 x^{2} + 1$

Xem đáp án

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị của hàm số có dạng như đường cong trong hình vẽ là đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a<0. Chọn B

Câu 18:

Có bao nhiêu cách chọn một quả cam từ một giỏ đựng trái cây, biết trong giỏ có 5 quả sành và 7 quả cam canh?

A. 35

B. 7

C. 12

D. 5

Xem đáp án

Chọn 1 quả cam sành có 5 cách chọn

Chọn 1 quả cam canh có 7 cách chọn

Vậy theo quy tắc cộng có 12 cách chọn một quả cam từ giỏ trái cây

Chọn C

Câu 19:

Trong không gian 0xyz cho $\vec{u} = \vec{i} + 2 \vec{j} - \vec{k}$ tọa độ $\vec{u}$ là

$A . \vec{u} = (0; 2; 0) .$

$B . \vec{u} = (0; 2; - 1) .$

$C . \vec{u} = (1; 2; - 1) .$

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

Xem đáp án

$\vec{u} = \vec{i} + 2 \vec{j} - \vec{k} \Leftrightarrow \vec{u} = (1; 2; - 1) .$

Chọn C

Câu 20:

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây

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

B. (-1;1)

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

D. (-1;0)

Xem đáp án

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số đi xuống trên khoảng (-1;0) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0)

Chọn D

Câu 21:

Biết $\int_{0}^{\frac{π}{2}} [f (x) + 2 c o s x] d x = 3$ . Khi đó $\int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) d x$ bằng

A. 3

B. 2

C. 1

D. 4

Xem đáp án

Ta có $\int_{0}^{\frac{π}{2}} [f (x) + 2 c o s x] d x = 3 \Leftrightarrow \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) d x = 3 - 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} c o s x . d x = 1$

Chọn C

Câu 22:

Với a là số thực dương tùy ý, $l o g_{3} (3 a^{3})$ bằng

$A . 1 + 3 l o g_{3} a$

$B . 3 + 3 l o g_{3} a$

$C . 3 + l o g_{3} a$

$D . 1 + l o g_{3} a$

Xem đáp án

Ta có $l o g_{3} (3 a^{3}) = l o g_{3} 3 + 3 l o g_{3} a = 1 + 3 l o g_{3} a$

Chọn A

Câu 23:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1;2;-3), B(0;1;-1) độ dài đoạn thẳng AB bằng

$A . \sqrt{6}$

B. 6

$C . 3 \sqrt{2}$

$D . \sqrt{26}$

Xem đáp án

Ta có $A B = \sqrt{{(0 + 1)}^{2} + {(1 - 2)}^{2} + {(- 1 + 3)}^{2}} = \sqrt{6}$

Chọn A

Câu 24:

Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên

Điểm cực đại của hàm số đã cho là

A. x=-2

B. x=-1

C. x=2

D. x=1

Xem đáp án

Dựa BBT, ta chọn Chọn D

Câu 25:

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{3 x + 6}{x - 2}$ là

A. x=3

B. x=2

C. y=3

B. y=2

Xem đáp án

Dựa Vào đ/n Tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c} = 3$ .

Chọn C

Câu 26:

Nghiệm của phương trình $7^{7 x - 6} = 7^{x}$ là

A. x=-1

B. x=-2

C. x=1

D. x=2

Xem đáp án

Ta có: $7^{7 x - 6} = 7^{x} \Leftrightarrow 7 x - 6 = x \Leftrightarrow x = 1$

Chọn C

Câu 27:

Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = {(e + 1)}^{2 x}$ , y=0, x=0 và x=1. Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh Ox bằng

$A . π \int_{0}^{1} {(e + 1)}^{4 x} d x$

$B . \int_{0}^{1} {(e + 1)}^{2 x} d x$

$C . π \int_{0}^{1} {(e + 1)}^{2 x} d x$

$D . \int_{0}^{1} {(e + 1)}^{4 x} d x$

Xem đáp án

Thể tích cần tìm là $V = π \int_{0}^{1} {[{(e + 1)}^{2 x}]}^{2} d x = π \int_{0}^{1} {(e + 1)}^{4 x} d x$

Chọn A

Câu 28:

Trong không gian Oxyz, gọi là góc giữa hai vectơ $\vec{a} = (1; 2; 0)$ và $\vec{b} = (2; 0; - 1)$ . Khi đó $cos φ$ bằng

$A . \frac{- 2}{5}$

$B . \frac{2}{5}$

C. 0

$\frac{2}{\sqrt{5}}$

Xem đáp án

Ta có $\cos φ = \frac{\vec{a} . \vec{b}}{|\vec{a}| . |\vec{b}|} = \frac{1.2 + 2.0 + 0. (- 1)}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 0^{2}} . \sqrt{2^{2} + 0^{2} + {(- 1)}^{2}}} = \frac{2}{5}$

Chọn B

Câu 29:

Tập xác định của hàm số $y = {(\frac{3}{2})}^{x}$ là

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

$B . ℝ$

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

$D . ℝ \ \{0\} .$

Xem đáp án

Ta có $\frac{3}{2} > 0$ và $\frac{3}{2} \neq 1$ nên tập xác định của hàm số $y = {(\frac{3}{2})}^{x}$ là $D = ℝ$

Chọn B

Câu 30:

Biết $\int_{1}^{2} f (x) d x = 8$ và $\int_{1}^{2} g (x) d x = 3$ . Khi đó $\int_{1}^{2} [f (x) - g (x)] d x$ bằng

A. 24

B. 11

C. 5

D. -5

Xem đáp án

Ta có $\int_{1}^{2} [f (x) - g (x)] d x = \int_{1}^{2} f (x) d x - \int_{1}^{2} g (x) d x = 8 - 3 = 5.$

Chọn C

Câu 31:

Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt cầu (S) đi qua hai điểm $A (3; - 2; 0)$ , B(-2;4;1) và có tâm nằm trên trục Oz là

$A . (S) : x^{2} + y^{2} + {(z - 17)}^{2} = 302.$

$B . (S) : x^{2} + y^{2} + {(z - 4)}^{2} = 29.$

$C . (S) : x^{2} + y^{2} + {(z + 4)}^{2} = 29.$

$D . (S) : x^{2} + y^{2} + {(z + 17)}^{2} = 302.$

Xem đáp án

Gọi $I (0; 0; t) \in O z$ là tọa độ tâm mặt cầu (S)

Mặt cầu (S) đi qua hai điểm A,B nên ta có: IA=IB=R

$\Leftrightarrow \sqrt{3^{2} + {(- 2)}^{2} + {(- t)}^{2}} = \sqrt{{(- 2)}^{2} + 4^{2} + {(1 - t)}^{2}}$ $\Leftrightarrow \sqrt{13 + t^{2}} = \sqrt{21 - 2 t + t^{2}} \Leftrightarrow t = 4$ .

$\Rightarrow R = \sqrt{3^{2} + {(- 2)}^{2} + 4^{2}} = \sqrt{29}$ .

Chọn B

Câu 32:

Bất phương trình: $\log_{3} (x^{2} - 2 x) > 1$ có tập nghiệm là

A. S=(-1;3)

$B . S = (- \infty; - 1) \cup (3; + \infty) .$

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

$D . S = (3; + \infty)$

Xem đáp án

Ta có: $\log_{3} (x^{2} - 2 x) > 1 \Leftrightarrow x^{2} - 2 x > 3 \Leftrightarrow x^{2} - 2 x - 3 > 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x < - 1 \\ x > 3 \end{matrix}$

Vậy: $S = (- \infty; - 1) \cup (3; + \infty) .$

Chọn B

Câu 33:

Cho $\log_{6} 45 = a + \frac{\log_{2} 5 + b}{\log_{2} 3 + c},$ với $a, b, c \in ℤ$ . Tổng a+b+c bằng

A. -4

B. 1

C. 0

D. 2

Xem đáp án

Ta có:

$\log_{6} 45 = \frac{\log_{2} 45}{\log_{2} 6} = \frac{\log_{2} (3^{2} .5)}{\log_{2} (2.3)} = \frac{2 \log_{2} 3 + \log_{2} 5}{\log_{2} 3 + 1} = \frac{2 (\log_{2} 3 + 1) + \log_{2} 5 - 2}{\log_{2} 3 + 1} = 2 + \frac{\log_{2} 5 - 2}{\log_{2} 3 + 1}$

Vậy $a = 2, b = - 2; c = 1 \Rightarrow a + b + c = 1$ .

Chọn B

Câu 34:

Số các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-20;20] để hàm số $y = \frac{m x - 16}{x - m}$ nghịch biến trên khoảng $(- \infty; 8)$ là

A. 14

B. 11

C. 13

D. 12

Xem đáp án

TXĐ: $D = ℝ \ \{m\}$

Ta có $y' = \frac{- m^{2} + 16}{{(x - m)}^{2}}$ .

Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $(- \infty; 8)$ thì $\{\begin{matrix} - m^{2} + 16 < 0 \\ m \geq 8 \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} [\begin{matrix} m > 4 \\ m < - 4 \end{matrix} \\ m \geq 8 \end{matrix} \Leftrightarrow m \geq 8$

Vậy có giá trị thỏa mãn bài ra.

Chọn C

Câu 35:

Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm $f' (x) = (x - 1) (x^{2} - 2) {(x - 2)}^{2}, \forall x \in ℝ$ . Số điểm cực đại của hàm số đã cho là:

A. 4

B. 2

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Ta có $f' (x) = 0 \Leftrightarrow (x - 1) (x^{2} - 2) {(x - 2)}^{2} = 0 \Leftrightarrow x = 1, x = \pm \sqrt{2}, x = 2$

Ta có bảng xét dấu:

Vậy hàm số đã cho có 1 cực đại

Chọn C

Câu 36:

Cho phương trình $3^{2 x + 5} = 3^{x + 2} + 2$ . Đặt $t = 3^{x + 1}$ , phương trình đã cho trở thành phương trình:

$A . 3 t^{2} - t - 2 = 0$

$B . 27 t^{2} - 3 t - 2 = 0$

$C . 81 t^{2} - 3 t - 2 = 0$

$D . 27 t^{2} + 3 t - 2 = 0$

Xem đáp án

Ta có: $3^{2 x + 5} = 3^{x + 2} + 2 \Leftrightarrow 3^{2 (x + 1) + 3} = 3^{x + 1 + 1} + 2 \Leftrightarrow {(3^{x + 1})}^{2} {.3}^{3} - (3^{x + 1}) .3 - 2 = 0.$

Theo cách đặt, phương trình trở thành $27 t^{2} - 3 t - 2 = 0$ .

Chọn B

Câu 37:

Hàm số f(x) liên tục trên $ℝ$ và thỏa mãn f(2)=16, $\int_{0}^{1} f (2 x) = 2$ . Khi đó tích phân $\int_{0}^{2} x f^{'} (x) d x$ bằng

A. 28

B. 36

C. 16

D. 30

Xem đáp án

$\int_{0}^{1} f (2 x) = 2$

Đặt $u = 2 x \Rightarrow d u = 2 d x \Rightarrow d x = \frac{1}{2} d u$ .

Đổi cận:

$\int_{0}^{1} f (2 x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f (u) d u \Rightarrow \int_{0}^{2} f (u) d u = 4 \Rightarrow \int_{0}^{2} f (x) d x = 4$ .

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

Đặt: $\{\begin{cases} u = x \Rightarrow d u = d x \\ d v = f^{'} (x) \Rightarrow v = f (x) \end{cases}$

$\int_{0}^{2} x . f^{'} (x) d x = x . f (x) |\begin{array}{l} 2 \\ 0 \end{array} - \int_{0}^{2} f (x) d x = 2 f (2) - 4 = 32 - 4 = 28$ .

Chọn A

Câu 38:

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{3 x + 1} - 4}{x^{2} - 6 x + 5}$

A. 2

B. 0

C. 3

D. 1

Xem đáp án

Câu 39:

Giá trị lớn nhất của hàm số $f (x) = x - e^{2 x}$ trên đoạn [-1;1] bằng

$A . \frac{\ln 2 + 1}{2}$

$B . 1 - e^{2}$

$C . - (1 + e^{- 2})$

$D . \frac{- (\ln 2 + 1)}{2}$

Xem đáp án

TXĐ: $D = ℝ$ .

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [-1;2].

Ta có $f' (x) = 1 - 2 e^{2 x}$ .

$f' (x) = 0 \Leftrightarrow 1 - 2 e^{2 x} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{- \ln 2}{2} \in [- 1; 1]$ .

$f (- 1) = - 1 - e^{- 2}, f (1) = 1 - e^{2}, f (\frac{- \ln 2}{2}) = \frac{- \ln 2}{2} - \frac{1}{2} = \frac{- (\ln 2 + 1)}{2} .$

Giá trị lớn nhất của hàm số $f (x) = x - e^{2 x}$ trên đoạn [-1;1] bằng $\frac{- (\ln 2 + 1)}{2}$ .

Chọn D

Câu 40:

Hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = x^{2}$ , $y = - \frac{1}{3} x + \frac{4}{3}$ và trục hoành như hình vẽ có diện tích bằng

$A . \frac{11}{6}$

$B . \frac{56}{3}$

$C . \frac{39}{2}$

$D . \frac{7}{3}$

Xem đáp án

Ta có: $S = \int_{0}^{1} x^{2} d x + \int_{1}^{4} (- \frac{1}{3} x + \frac{4}{3}) d x = \frac{11}{6}$

Chọn A

Câu 41:

Trong không gian Oxyz gọi (P) là mặt phẳng đi qua $M (1; - 1; 0); N (1; 2; 1)$ và tiếp xúc với mặt cầu $(S) : {(x + 2)}^{2} + {(y + 3)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 14$ . Phương trình mặt phẳng (P) là

$A . 2 x + y - 3 z - 1 = 0$ và $38 x - 5 y + 15 z - 43 = 0$

$B . 2 x + y - 3 z - 1 = 0$ và $38 x + 5 y - 15 z - 33 = 0$

C. $2 x + y - 3 z - 3 = 0$ và $38 x - 5 y + 15 z - 43 = 0$

D. $2 x + y - 3 z - 3 = 0$ và $38 x + 5 y - 15 z - 33 = 0$

Xem đáp án

Gọi $\vec{n} = (a; b; c) \neq \vec{0}$ là véc tơ pháp tuyến của (P)

Suy ra $\vec{n} . \vec{M N} = 0 \Leftrightarrow 3 b + c = 0 \Leftrightarrow c = - 3 b$

$\vec{n} = (a; b; - 3 b) \Rightarrow (P) : a (x - 1) + b (y + 1) - 3 b z = 0$

Vì mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm $I (- 2; - 3; 2); R = \sqrt{14}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow d (I; (P)) = \frac{|- 3 a - 2 b - 6 b|}{\sqrt{a^{2} + 10 b^{2}}} = \sqrt{14} \Leftrightarrow |3 a + 8 b| = \sqrt{14 (a^{2} + 10 b^{2})} \\ \Leftrightarrow 5 a^{2} - 48 a b + 76 b^{2} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 5 a = 38 b \\ a = 2 b \end{array} \end{array}$

Với 5a=38b chọn $a = 38 \Rightarrow b = 5, c = - 15 \Rightarrow (P) : 38 x + 5 y - 15 z - 33 = 0$

Với a=2b chọn $b = 1 \Rightarrow a = 2; c = - 3 \Rightarrow (P) : 2 x + y - 3 z - 1 = 0$

Chọn B

Câu 42:

Cho hàm số $y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Trong các số a,b,c,d có bao nhiêu số âm?

A. 1

B. 4

C. 0

D. 3

Xem đáp án

Dựa vào đồ thị ta rút ra a>0

Giao với $O y \Rightarrow d > 0$

Hàm số có 1 điểm cực trị bằng 0 và một nghiệm dương $y' = 3 a x^{2} + 2 b x + c = 0$ có nghiệm $x = 0 \Rightarrow c = 0$ và $x = \frac{- 2 b}{3 a} > 0 \Leftrightarrow b < 0$

Chọn A

Câu 43:

Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy và cắt các cạnh bên SA,Sb,SC,SD lần lượt tại $I, J, K, L$ (không trùng với các điểm $S, A, B, C, D$ . Gọi E,F,G,H lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm I,J,K,L lên mặt phẳng (ABCD). Thế tích đa diện IJKL.EFGH đạt giá trị lớn nhất khi $\frac{S I}{S A} = \frac{a}{b} (a, b \in ℕ^{*})$ . Gía trị của biểu thức $T = a^{2} + b^{2}$ bằng

A. T=10

B. T=5

C. T=13

D. T=25

Xem đáp án

Đặt $\frac{S I}{S A} = x, (0 < x < 1)$

Xét tam giác SAB có IL//AB nên $\frac{S I}{S A} = \frac{I L}{A B} = x \Rightarrow I L = x A B$

Xét tam giác SAD có IJ//AD nên $\frac{S I}{S A} = \frac{I J}{A D} = x \Rightarrow I J = x A D$

Kẻ đường cao SM của hình chóp. Xét tam giác SAM có IE//SM nên $\frac{I E}{S M} = \frac{A I}{S A} = 1 - x \Rightarrow I E = (1 - x) S M$

Ta có: $V_{I J K L . E F G H} = I L . I J . I E = x A B . x A D . (1 - x) S M = x^{2} (1 - x) A B . A D . S M$

Xét $f (x) = x^{2} (1 - x) \Rightarrow f' (x) = 2 x - 3 x^{2}$

$f' (x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}$

Vậy thể tích đa diện IJKL.EFGH đạt giá trị lớn nhất khi $\frac{S I}{S A} = \frac{2}{3}$

Chọn C

Câu 44:

Một hộp đựng 10 tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ 1 đến 10. Một người rút ngẫu nhiên cùng lúc 3 tấm thẻ. Xác suất để bất kỳ 2 trong 3 tấm thẻ được lấy ra có 2 số tương ứng ghi trên 2 tấm thẻ luôn hơn kém ít nhất 2 đơn vị bằng

$A . \frac{19}{40}$

$B . \frac{7}{15}$

$C . \frac{1}{15}$

$D . \frac{21}{40}$

Xem đáp án

* Số phần tử không gian mẫu: $|Ω| = C_{10}^{3} = 120$ .

* Xét biến cố A: "2 trong 3 tấm thẻ có 2 số tương ứng ghi trên 2 tấm thẻ luôn hơn kém ít nhất 2 đơn vị"

$\Rightarrow$ Biến cố đối $\bar{A}$ : "có 2 trong 3 tấm thẻ mà số tương ứng ghi trên 2 tấm thẻ hơn kém 1 đơn vị".

- Trường hợp 1: 3 tấm thẻ có số thứ tự liền nhau $\Rightarrow$ 8 cách rút.

- Trường hợp 2: chỉ có 2 tấm thẻ có số thứ tự liền nhau

+ Nếu 2 tấm đó là cặp 1,2 hoặc 9,10 $\Rightarrow$ có 7 cách rút tấm thẻ còn lại để 3 tấm thẻ không liền nhau $\Rightarrow$ có 2.7=14 cách rút.

+ Nếu 2 tấm đó khác cặp 1,2 hoặc 9,10 $\Rightarrow$ có 6 cách rút tấm thẻ còn lại để 3 tấm thẻ không liền nhau $\Rightarrow$ có 7.6=42 cách rút.

$\Rightarrow$ Số phần tử biến cố đối $\bar{A}$ : $|Ω_{\bar{A}}| = 8 + 14 + 42 = 64$

$\Rightarrow$ Số phần tử biến cố A: $|Ω_{A}| = 120 - 64 = 56$ .

- Xác suất cần tìm: $P = \frac{|Ω_{A}|}{|Ω|} = \frac{56}{120} = \frac{7}{15}$ .

Chọn B

Câu 45:

Có bao nhiêu cặp số nguyên dương (m;n) sao cho giá trị n không vượt quá 2021 và thỏa mãn $3^{m} - \log_{3} (n + {2.3}^{m - 1}) = 3 n - m$

A. 8

B. 2021

C. 2020

D. 7

Xem đáp án

Đặt $t = \log_{3} (n + {2.3}^{m - 1}) \Leftrightarrow 3^{t} = n + {2.3}^{m - 1} \Leftrightarrow n = 3^{t} - {2.3}^{m - 1}$

Phương trình $3^{m} - \log_{3} (n + {2.3}^{m - 1}) = 3 n - m$ trở thành $3^{m} - t = 3 (3^{t} - {2.3}^{m - 1}) - m \Leftrightarrow {3.3}^{m} + m = {3.3}^{t} + t$

Xét $f (x) = {3.3}^{x} + x$ ta có $f' (x) = {3.3}^{x} . \ln 3 + 1 > 0$ với mọi giá trị x

Suy ra f(x) đồng biến trên $ℝ$ nên $f (m) = f (t) \Leftrightarrow m = t \Leftrightarrow m = \log_{3} (n + {2.3}^{m - 1}) \Leftrightarrow 3^{m} = n + {2.3}^{m - 1} \Leftrightarrow n = 3^{m - 1}$

Theo giả thiết $n \leq 2021 \Leftrightarrow 3^{m - 1} \leq 2021 \Leftrightarrow m - 1 \leq \log_{3} 2021 \approx 6, 93 \Leftrightarrow m \leq 7, 93$

Mà m nguyên dương nên ta có $m \in \{1; 2; 3; 4; 5; 6; 7\}$ mỗi m sẽ có một giá trị m nguyên dương tương ứng vậy ta có 7 cặp số (m;n) cần tìm.

Chọn D

Câu 46:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD có hình chữ nhật AB=a, AD=2a. Tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng $45^{0}$ . Khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng SD đến mặt phẳng (SAC) bằng

$A . \frac{2 a \sqrt{1377}}{81}$

$B . \frac{2 a \sqrt{1513}}{89}$

$C . \frac{a \sqrt{1513}}{89}$

$D . \frac{a \sqrt{1377}}{81}$

Xem đáp án

Gọi F,J lần lượt là trung điểm của AB và tâm của hình chữ nhật ABCD.

Kẻ $F G ⊥ A C (G \in A C)$ , $F H ⊥ S G (H \in S G)$ .

Ta có $\{\begin{cases} (S A B) ⊥ (A B C D) \\ A B = (S A B) \cap (A B C D) \\ S F ⊥ A B (S A = S B) \end{cases} \Rightarrow S F ⊥ (A B C D)$ .

Ta lại có $\{\begin{cases} A C ⊥ F G \\ A C ⊥ S F \end{cases} \Rightarrow A C ⊥ (S F G)$ suy ra $A C ⊥ F H$ mà $F H ⊥ S G \Rightarrow F H ⊥ (S A C)$ .

Vậy $d (F, (S A C)) = F H$ .

$d (I, (S A C)) = \frac{1}{2} d (D, (S A C))$ (vì SD=2SI)

$= \frac{1}{2} d (B, (S A C))$ (vì JB=JD)

$= d (F, (S A C))$ (vì DA=2FA)

Ta có $\hat{(S C, (A B C D))} = \hat{S C F} = 45^{0} \Rightarrow S F = F C = \frac{a \sqrt{17}}{2}$ ;

$\tan \hat{B A C} = 2; \sin \hat{B A C} = \frac{2 \sqrt{5}}{5}; F G = A F . \sin \hat{B A C} = \frac{a \sqrt{5}}{5}$

Suy ra $F H = \frac{S F . F G}{\sqrt{S F^{2} + F G^{2}}} = \frac{a \sqrt{1513}}{89}$ .

Chọn C

Câu 47:

Để đủ tiền mua nhà, anh Bình quyết định vay ngân hàng 500 triệu đồng theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85%/tháng. Sau mỗi tháng kể từ thời điểm vay, anh Bình sẽ trả nợ ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi và gốc. Biết rằng lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình anh Bình trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng anh Bình trả hết nợ (Tháng cuối anh Bình có thể trả dưới 10 triệu đồng)?

A. 65 tháng

B, 69 tháng

C. 68 tháng

D. 66 tháng

Xem đáp án

Cách 1.

Sau tháng thứ nhất anh Bình còn nợ ngân hàng số tiền là:

$T_{1} = 500 + 500.0, 0085 - 10 = 500.1, 0085 - 10$ (triệu đồng)

Sau tháng hai nhất anh Bình còn nợ ngân hàng số tiền là: $T_{2} = (500.1, 0085 - 10) .1, 0085 - 10 = 500.1, 0085^{2} - 10.1, 0085 - 10$ (triệu đồng)

……………………………………………………………………………………………………

Sau tháng thứ n anh Bình còn nợ ngân hàng số tiền là: $T_{n} = 500.1, 0085^{n} - 10 (1, 0085^{n - 1} + 1, 0085^{n - 2} + ..... + 1)$ (triệu đồng).

Để anh Bình trả hết nợ thì: $T_{n} \leq 0 \Leftrightarrow 500.1, 0085^{n} - 10 (1, 0085^{n - 1} + 1, 0085^{n - 2} + ..... + 1) \leq 0$ ;

$\Leftrightarrow 500.1, 0085^{n} - 10 \frac{1 - 1, 0085^{n}}{- 0, 0085} \leq 0$

chọn n=66.

Cách 2 (dùng công thức)

Áp dụng công thức $a {(1 + r)}^{n} = \frac{m ({(1 + r)}^{n} - 1)}{r}$ , thay các đáp án vào ta được kết quả n=66

Chọn D

Câu 48:

Một thợ cơ khí muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là một tấm tôn hình tam giác đều MNP có cạnh bằng 1,2m. Người đó cắt mảnh tôn hình chữ nhật ABCD từ tấm tôn nguyên liệu (với C,D thuộc cạnh NP,A,B tương ứng thuộc cạnh MN,MP) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng BC. Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà người đó có thể làm được gần nhất với giá trị nào dưới đây?

$A . 17.650 c m^{3}$

$B . 21.200 c m^{3}$

$C . 14.000 c m^{3}$

$D . 20.210 c m^{3}$

Xem đáp án

Gọi H,K là trung điểm của DC và AB như hình vẽ bên.

Đặt $M K = x (c m), (0 < x < 60 \sqrt{3})$ ,

ta có $M H = 120. \frac{\sqrt{3}}{2} = 60 \sqrt{3} (c m)$ nên $H K = B C = 60 \sqrt{3} - x (c m)$ .

$A B = 2 K B = 2. \frac{x}{\sqrt{3}} = \frac{2 \sqrt{3}}{3} . x (c m)$

Từ hình chữ nhật ABCD ghép $A \equiv B, C \equiv D$ để tạo thành hình trụ có chiều cao BC và đáy là đường tròn có chu vi bằng AB.

$2 π . R = \frac{2 \sqrt{3}}{3} . x \Rightarrow R = \frac{\sqrt{3}}{3 π} . x$ .

Thể tích chiếc thùng là $V = π R^{2} . h = π . {(\frac{\sqrt{3}}{3 π} . x)}^{2} . (60 \sqrt{3} - x) = \frac{x^{2}}{3 π} \cdot (60 \sqrt{3} - x)$

Ta có $V' = \frac{2 x}{3 π} \cdot (60 \sqrt{3} - x) - \frac{x^{2}}{3 π} = \frac{40 \sqrt{3}}{π} . x - \frac{x^{2}}{π}$

$V' = 0 \Leftrightarrow x = 40 \sqrt{3}$

Bảng biến thiên

Vậy khi $x = 40 \sqrt{3} \Rightarrow V_{m a x} \approx 17.642, 5 (c m^{3})$ gần với đáp án A

Chọn A

Câu 49:

Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm $f' (x) = 4 - x^{2}$ .Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số $m \in [- 2021; 2020]$ để hàm số $g (x) = f (x^{2} + x) + m (2 \ln x - \frac{1}{x})$ nghịch biến trên khoảng $(1; + \infty)$ bằng ?

$A . - 2043231$

$B . 2041210$

C. -1

$D . - 2041210$

Xem đáp án

Ta có : $g (x) = f (x^{2} + x) + m (2 \ln x - \frac{1}{x}) \Rightarrow g' (x) = (2 x + 1) f' (x^{2} + x) + \frac{m (2 x + 1)}{x^{2}}$

Để hàm số y=g(x) nghịch biến trên khoảng $(1; + \infty)$ thì $g' (x) \leq 0$ . $\forall x \in (1; + \infty)$

Hay $(2 x + 1) [f' (x^{2} + x) + \frac{m}{x^{2}}] \leq 0$ , $\forall x \in (1; + \infty)$ $\Leftrightarrow f' (x^{2} + x) + \frac{m}{x^{2}} \leq 0$ , $\forall x \in (1; + \infty)$

Do đó $4 - {(x^{2} + x)}^{2} + \frac{m}{x^{2}} \leq 0$ , $\forall x \in (1; + \infty) \Leftrightarrow x^{2} [{(x^{2} + x)}^{2} - 4] \geq m$ , $\forall x \in (1; + \infty)$

Đặt $k (x) = x^{2} [{(x^{2} + x)}^{2} - 4]$ khi đó $k (x) \geq m$ , $\forall x \in (1; + \infty)$

$k' (x) = 2 x (3 x^{4} + 5 x^{3} + 2 x^{2} - 4) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \notin (1; + \infty) \\ x ≃ 0, 738 \notin (1; + \infty) \\ x ≃ - 1, 58 \notin (1; + \infty) \end{array}$

Ta có bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên suy ra $k (x) \geq m$ , $\forall x \in (1; + \infty)$ . Khi $m \leq k (1) = 0$ .

Mà và $m \in [- 2021; 2020]$ nên $m \in \{- 2021; - 2020...... - 1; 0\}$ tổng các giá trị của tham số m là : $- 2043231$

Chọn A

Câu 50:

Cho hàm số $f (x) = x^{3} + b x^{2} + c x + d$ với $b, c, d \in R$ thỏa mãn $4 b + d > 2 c + 8$ và $2 b + 4 c + 8 d + 1 < 0$ . Số điểm cực trị của đồ thị hàm số $g (x) = |f (x)|$ là:

A. 5

B. 1

C. 2

D. 3

Xem đáp án

+) Hàm số: $f (x) = x^{3} + b x^{2} + c x + d$ có: $\lim_{x \to - \infty} f (x) = - \infty; \lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ .

Và ta lại có: $\{\begin{cases} f (- 2) = - 8 + 4 b - 2 c + d = (4 b + d) - (2 c + 8) > 0 \\ f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{8} + \frac{b}{4} + \frac{c}{2} + d = \frac{1}{8} (2 b + 4 c + 8 d + 1) < 0 \end{cases}$

nên ta có dạng đồ thị của hàm số bậc 3: $y = f (x) = x^{3} + b x^{2} + c x + d$ như sau:

Khi đó đồ thị hàm số $y = g (x) = |f (x)|$ có dạng như sau:

Như vậy đồ thị hàm số $g (x) = |f (x)|$ có 5 điểm cực trị .

Cách 2.

Ta có hàm số f(x) liên tục trên $ℝ$ .

$f (- 2) \lim_{x \to - \infty} f (x) = < 0; f (- 2) f (\frac{1}{2}) < 0; f (\frac{1}{2}) . \lim_{x \to + \infty} f (x) < 0$

Nên phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm, mà f(x) có 2 cực trị nên hàm số $y = g (x) = |f (x)|$ có 5 cực trị .

Chọn A

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

30 đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải

30 đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề số 26)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan