50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc 35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - đề 6

Câu 1:

Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh $l$ và bán kính $r$ bằng

A. $π r l$

B. $2 π r l$

C. $\frac{1}{3} π r l$

D. $4 π r l$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có: Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh $l$ và bán kính $r$ là $S_{x q} = π r l .$

Câu 2:

Cho cấp số cộng $(u_{n})$ với $u_{1} = 2$ và $u_{2} = 8$ . Công sai của cấp số cộng bằng

A. $- 6$

B. $4$

C. $10$

D. $6$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: $d = u_{2} - u_{1} = 8 - 2 = 6$ .

Vậy công sai của cấp số cộng là: $d = 6$ .

Câu 3:

Cho hàm số $y = f (x)$ có bảng biến thiên như hình bên.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $(- 4; + \infty) .$

B. $(- \infty; 0) .$

C. $(- 1; 3) .$

D. $(0; 1)$

Xem đáp án

Chọn B

Theo bài ra, ta có: Hàm số đồng biến trên các khoảng $(- \infty; 0)$ và $(3; + \infty)$ .

Câu 4:

Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 8 học sinh?

A. $8^{2}$

B. $C_{8}^{2}$

C. $A_{8}^{2}$

D. $2^{8}$

Xem đáp án

Chọn B

Mỗi cách chọn $2$ học sinh từ một nhóm $8$ học sinh là một tổ hợp chập $2$ của $8$ .

Vậy số cách chọn là $C_{8}^{2}$ .

Câu 5:

Cho hàm số $y = f (x)$ và $y = g (x)$ liên tục trên đoạn $[1; 5]$ sao cho $\int_{1}^{5} f (x) d x = 2$ và $\int_{1}^{5} g (x) d x = - 4$ . Giá trị của $\int_{1}^{5} [g (x) - f (x)] d x$ là

A. $- 2$

B. $6$

C. $2$

D. $- 6$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: $\int_{1}^{5} [g (x) - f (x)] d x$ $= \int_{1}^{5} g (x) d x - \int_{1}^{5} f (x) d x$ $= - 4 - 2 = - 6$ .

Câu 6:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Hàm số $f (x)$ đạt cực đại tại điểm nào sau đây?

A. $x = - 1$

B. $x = - 2$

C. $x = 1$

D. $x = 2$

Xem đáp án

Chọn A

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x = - 1$ .

Câu 7:

Cho $a$ là số thực dương tùy ý, $\ln \frac{e}{a^{2}}$ bằng

A. $2 (1 + \ln a)$

B. $1 - \frac{1}{2} \ln a$

C. $2 (1 - \ln a)$

D. $1 - 2 \ln a$

Xem đáp án

Chọn D

$\ln \frac{e}{a^{2}} = 1 - 2 \ln a$ .

Câu 8:

Trong không gian $O x y z$ , cho đường thẳng $d : \frac{x + 1}{1} = \frac{z - 1}{- 1} = \frac{y - 3}{2}$ . Một vectơ chỉ phương của $d$ là

A. $\vec{u_{4}} (1; - 3; - 1)$

B. $\vec{u_{1}} (1; - 1; 2)$

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

D. $\vec{u_{2}} (- 1; 1; 3)$

Xem đáp án

Chọn C

Phương trình chính tắc của $d$ được viết lại: $\frac{x + 1}{1} = \frac{y - 3}{2} = \frac{z - 1}{- 1}$

Suy ra, vectơ chỉ phương của $d$ là $\vec{u_{3}} (1; 2; - 1)$ .

Câu 9:

Nghiệm của phương trình

2^{x - 3} = \frac{1}{2}

là

A. 0

B. 2

C. $- 1$

D. 1

Xem đáp án

Chọn B Ta có: $2^{x - 3} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2^{x - 3} = 2^{- 1} \Leftrightarrow x - 3 = - 1 \Leftrightarrow x = 2$

Câu 10:

Cho hàm số bậc bốn $y = f (x)$ có đồ thị như hình dưới đây. Số nghiệm của phương trình $3 f (x) + 1 = 0$ là

A. $0$

B. $3$

C. $2$

D. $4$

Xem đáp án

Chọn C

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

Phương trình $(1)$ là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: đồ thị hàm số $y = f (x)$ (hình vẽ) và đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{3}$ là đường thẳng vuông góc với trục tung tại điểm có tung độ bằng $- \frac{1}{3}$ . Do đó số nghiệm của phương trình $(1)$ là số giao điểm của hai đồ thị.

Từ đồ thị (hình vẽ) suy ra $(1)$ có đúng $2$ nghiệm phân biệt.

Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là .

Câu 11:

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{x - 1}{x + 1}$ là

A. $x = 1$

B. $x = - 1$

C. $y = - 1$

D. $y = 1$

Xem đáp án

Chọn B

+) $\lim_{x \to {(- 1)}^{+}} \frac{x - 1}{x + 1} = - \infty$ vì $\{\begin{cases} \lim_{x \to {(- 1)}^{+}} (x - 1) = - 2 < 0 \\ \lim_{x \to {(- 1)}^{+}} (x + 1) = 0 \\ x + 1 > 0 k h i x > - 1 \end{cases}$ .

+) $\lim_{x \to {(- 1)}^{-}} \frac{x - 1}{x + 1} = + \infty$ vì $\{\begin{cases} \lim_{x \to {(- 1)}^{-}} (x - 1) = - 2 < 0 \\ \lim_{x \to {(- 1)}^{-}} (x + 1) = 0 \\ x + 1 < 0 k h i x < - 1 \end{cases}$ .

Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là $x = - 1$ .

Câu 12:

Trong không gian $O x y z$ , cho mặt phẳng $(P) : x - 2 y + 2 z - 1 = 0$ . Khoảng cách từ điểm $A (1; - 2; 1)$ đến mặt phẳng $(P)$ bằng

A. 2

B. 3

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

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

Xem đáp án

Chọn A

Ta có $d (A, (P)) = \frac{|1 - 2. (- 2) + 2.1 - 1|}{\sqrt{1^{2} + {(- 2)}^{2} + 2^{2}}} = 2$ .

Câu 13:

Phần ảo của số phức $z = - 1 + i$ là

A. $- i$

B. 1

C. $- 1$

D. i

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: $z = - 1 + i \Rightarrow$ Phần ảo của z là 1.

Câu 14:

Cho biểu thức $P = \sqrt[4]{x^{5}}$ với $x > 0$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $P = x^{\frac{5}{4}}$

B. $P = x^{\frac{4}{5}}$

C. $P = x^{9}$

D. $P = x^{20}$

Xem đáp án

Chọn B

P = \sqrt[4]{x^{5}} = x^{\frac{5}{4}}

Câu 15:

Một trong bốn hàm số cho trong các phương án $A, B, C, D$ sau đây có đồ thị như hình vẽ

Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

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

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

C. $y = x^{3} + 3 x^{2} + 1$

D. $y = - x^{3} + 3 x^{2} + 1$

Xem đáp án

Chọn B

Từ đồ thị hàm số, ta suy ra $y^{'} = 0$ có hai nghiệm là $x = 0$ và $x = 2$ và trong khoảng $(0; 2)$ hàm số nghịch biến nên suy ra chọn đáp án B

Câu 16:

Thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng 2.

A. $\frac{9 \sqrt{3}}{4} .$

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

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

D. $\frac{\sqrt{2}}{12} .$

Xem đáp án

Đáp án C

Xét tứ diện đều $A B C D$ có cạnh bằng 2.

Gọi $I$ là trung điểm $C D$ , $H$ là tâm trực tâm (cũng là trọng tâm) của $Δ B C D$ . Khi đó $A H ⊥ (B C D)$ . Thể tích của tứ diện đều $V = \frac{1}{3} . S_{Δ B C D} . A H$ .

Ta có $B H = \frac{2}{3} B I = \frac{2 \sqrt{3}}{3} \Rightarrow A H = \sqrt{A B^{2} - B H^{2}} = \frac{2 \sqrt{6}}{3}$ ; $S_{Δ B C D} = \sqrt{3} .$

Vậy $V = \frac{1}{3} . S_{Δ B C D} . A H = \frac{2 \sqrt{2}}{3} .$

Câu 17:

Cho $d$ là đường thẳng đi qua điểm $A (1; 2; 3)$ và vuông góc với mặt phẳng $(α) : 4 x + 3 y - 7 z + 1 = 0$ . Phương trình chính tắc của $d$ là

A. $\frac{x - 1}{- 4} = \frac{y - 2}{- 3} = \frac{z - 3}{- 7}$

B. $\frac{x - 1}{4} = \frac{y - 2}{3} = \frac{z - 3}{- 7}$

C. $\frac{x - 4}{1} = \frac{y - 3}{2} = \frac{z + 7}{3}$

D. $\frac{x + 1}{4} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z + 3}{- 7}$

Xem đáp án

Chọn B

Ta có $(α) : 4 x + 3 y - 7 z + 1 = 0$ $\Rightarrow {\vec{n}}_{(α)} = (4; 3; - 7)$ là VTPT của mặt phẳng $(α)$ .

Mà đường thẳng $d ⊥ (α)$ $\Rightarrow {\vec{n}}_{(α)} = (4; 3; - 7)$ là VTCP của đường thẳng $d$ .

Ta lại có $A (1; 2; 3) \in d$ .

Suy ra phương trình chính tắc của đường thẳng $d$ là: $\frac{x - 1}{4} = \frac{y - 2}{3} = \frac{z - 3}{- 7}$

Câu 18:

Cho hình chóp tam giác $S . A B C$ có $S A$ vuông góc với mặt phẳng $(A B C), S A = \sqrt{3} .$ Tam giác $A B C$ đều, cạnh $a .$ Góc giữa $S C$ và mặt phẳng $(A B C)$ bằng:

A. $30^{0}$

B. $60^{0}$

C. $45^{0}$

D. $90^{0}$

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: $S A ⊥ (A B C) \Rightarrow$ AC là hình chiếu của $S C$ trên $(A B C) .$

∠ (S C, (A B C)) = ∠ (S C, A C) = ∠ S C A

Xét $Δ S A C$ vuông tại $A$ ta có:

\tan ∠ S A C = \frac{S A}{A C} = \frac{a \sqrt{3}}{a} = \sqrt{3}

\Rightarrow ∠ S C A = 60^{0} .

Câu 19:

Cho $a, b, x$ là các số thực dương thỏa mãn $\log_{5} x = 2 \log_{\sqrt{5}} a + 3 \log_{\frac{1}{5}} b$ . Mệnh đề nào là đúng?

A. $x = \frac{a^{4}}{b}$

B. $x = 4 a - 3 b$

C. $x = \frac{a^{4}}{b^{3}}$

D. $x = a^{4} - b^{3}$

Xem đáp án

Chọn C

Với $a, b, x$ là các số thực dương. Ta có: $\begin{array}{l} \log_{5} x = 2 \log_{\sqrt{5}} a + 3 \log_{\frac{1}{5}} b \Leftrightarrow \log_{5} x = 4 \log_{5} a - 3 \log_{5} b \Leftrightarrow \log_{5} x = \log_{5} a^{4} - \log_{5} b^{3} \\ \Leftrightarrow \log_{5} x = \log_{5} \frac{a^{4}}{b^{3}} \Leftrightarrow x = \frac{a^{4}}{b^{3}} \end{array}$

Câu 20:

Tìm các số thực a và b thỏa mãn

2 a + (b + i) i = 1 + 2 i

với i là đơn vị ảo

A. $a = 0, b = 0$

B. $a = \frac{1}{2}$

C. $a = 0, b = 1$

D. $a = 1, b = 2$

Xem đáp án

Chọn D

2 a + (b + i) = 1 + 2 i \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} 2 a - 1 = 1 \\ b = 2 \end{array} \Leftrightarrow a = 1, b = 2

Câu 21:

Trong không gian $O x y z$ , mặt cầu có tâm $I (2; - 1; 1)$ và tiếp xúc mặt phẳng $(O y z)$ có phương trình là:

A. ${(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 4$

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

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

D. ${(x - 2)}^{2} + {(y + 1)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 4$

Xem đáp án

Chọn D

Mặt phẳng $(O y z)$ có phương trình là: $x = 0$ .

Mặt cầu tâm $I (2; - 1; 1)$ và tiếp xúc mặt phẳng $(O y z)$ có bán kính $R = d (I, (O y z)) = 2$

Suy ra phương trình mặt cầu là: ${(x - 2)}^{2} + {(y + 1)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 4$

Câu 22:

Cho hai số phứ $z_{1} = 1 + i$ và $z_{2} = 2 - 3 i$ . Tính mô đun của số phức $z_{1} + z_{2}$

A. $|z_{1} + z_{2}| = 1$

B. $|z_{1} + z_{2}| = \sqrt{5}$

C. $|z_{1} + z_{2}| = \sqrt{13}$

D. $|z_{1} + z_{2}| = 5$

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: $z_{1} + z_{2} = (1 + i) + (2 - 3 i) = (1 + 2) + (1 - 3) i = 3 - 2 i$

Vậy $|z_{1} + z_{2}| = \sqrt{3^{2} + {(- 2)}^{2}} = \sqrt{13}$

Câu 23:

Nếu hình lập phương $A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ có $A B = 2$ thì thể tích của khối tứ diện $A B^{'} C^{'} D^{'}$ bằng

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

B. $\frac{1}{3}$

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

D. $\frac{16}{3}$

Xem đáp án

Chọn C

Nếu hình lập phương A.B.C.D.A'.B'.C'.D' có thì thể tích của khối tứ diện A.B'.C'.D' bằng (ảnh 1)

Thể tích của khối tứ diện $A B^{'} C^{'} D^{'}$ là $V_{A B^{'} C^{'} D^{'}} = \frac{1}{3} . A A^{'} . S_{B^{'} C^{'} D^{'}} = \frac{1}{3} .2. \frac{1}{2} .2.2 = \frac{4}{3}$ .

Câu 24:

Tập nghiệm của bất phương trình $\log_{2} (x^{2} - 1) \geq 3$ là

A. $[- 2; 2]$

B. $(- \infty; - 3] \cup [3; + \infty)$

C. $(- \infty; - 2] \cup [2; + \infty)$

D. $[- 3; 3]$

Xem đáp án

Chọn B

Điều kiện: $\log_{2} (x^{2} - 1) \geq 3 \Leftrightarrow x^{2} - 1 \geq 2^{3} \Leftrightarrow x^{2} - 1 \geq 8 \Leftrightarrow x^{2} \geq 9 \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \leq - 3 \\ x \geq 3 \end{cases}$

Kết hợp với điều kiện ta được $\{\begin{cases} x \leq - 3 \\ x \geq 3 \end{cases}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $(- \infty; - 3] \cup [3; + \infty)$

Câu 25:

Trong hình dưới đây, điểm $B$ là trung điểm của đoạn thẳng $A C$ . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. $a + c = 2 b$

B. $a c = b^{2}$

C. $a c = 2 b^{2}$

D. $a c = b$

Xem đáp án

Chọn B

Điểm $A, B, C$ lần lượt là tung độ của các điểm có hoành độ $a, b, c$ .

Suy ra tung độ của $A, B, C$ lần lượt là: $\ln a; \ln b; \ln c$ .

Theo giả thiết $B$ là trung điểm đoạn thẳng $A C$ $\Rightarrow \ln b = \frac{\ln a + \ln c}{2}$ $\Leftrightarrow 2 \ln b = \ln a + \ln c \Leftrightarrow \ln b^{2} = \ln (a . c)$ $\Leftrightarrow b^{2} = a c$ .

Vậy $a c = b^{2}$ .

Câu 26:

Nguyên hàm của hàm số $y = \frac{1}{1 - x}$ là:

A. $F (x) = \ln |x - 1| + C$

B. $F (x) = - \ln |1 - x| + C$

C. $F (x) = - \ln (1 - x) + C$

D. $F (x) = \ln |1 - x| + C$

Xem đáp án

Đáp án B

. $F (x) = \int \frac{1}{1 - x} d x = - \int \frac{1}{1 - x} d (1 - x) = - \ln |1 - x| + C$

Câu 27:

Cho hình thang $A B C D$ vuông tại $A$ và $D$ , $A D = C D = a$ , $A B = 2 a$ . Quay hình thang $A B C D$ quanh cạnh $A B$ , thể tích khối tròn xoay thu được là :

A. $π a^{3}$

B. $\frac{5 π a^{3}}{3}$

C. $\frac{π a^{3}}{3}$

D. $\frac{4 {πa}^{3}}{3}$

Xem đáp án

Chọn D

Gọi $V_{1}$ là thể tích của khối trụ có được bằng cách quay hình vuông $A D C O$ quanh trục $A O$ .

$\Rightarrow V_{1} = π A D^{2} . C D = π a^{3}$ .

Gọi $V_{2}$ là thể tích của khối nón có được bằng cách quay tam giác $O B C$ quanh trục $B O$ .

\Rightarrow V_{2} = \frac{1}{3} π . C O^{2} . O B = \frac{π a^{3}}{3}

Thể tích cần tìm là $V = V_{1} + V_{2} = \frac{4 {πa}^{3}}{3}$ .

Câu 28:

Tính thể tích của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng $x = 0$ và $x = 3,$ biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ $x (0 \leq x \leq 3)$ là một hình chữ nhật có hai kích thước là $2 \sqrt{9 - x^{2}} .$

A. 16

B. 17

C. 19

D. 18

Xem đáp án

Nếu S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox thì thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x =a và x = b là $V = \int_{a}^{b} S (x) d x .$

Câu 29:

Cho số phức z thỏa mãn $\bar{z} + 2 z = 3 + i$ . Giá trị của biểu thức $z + \frac{1}{z}$ bằng

A. $\frac{3}{2} + \frac{1}{2} i$

B. $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} i$

C. $\frac{3}{2} - \frac{1}{2} i$

D. $\frac{1}{2} - \frac{1}{2} i$

Xem đáp án

Chọn A

Gọi $z = a + b i, (a, b \in υ ℝ)$ ta có:

$a - b i + 2 (a + b i) = 3 + i \Leftrightarrow 3 a + b i = 3 + i \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} 3 a = 3 \\ b = 1 \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} a = 1 \\ b = 1 \end{array} \Leftrightarrow z = 1 + i$

Khi đó $z + \frac{1}{z} = 1 + i + \frac{1}{1 + i} = 1 + i + \frac{1 - i}{1 - i^{2}} = 1 + i + \frac{1 - i}{2} = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} i$

Câu 30:

Trong không gian $o x y z$ , cho mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} = 25$ và mặt phẳng $(P) : x + 2 y + 2 z - 12 = 0$ . Tính bán kính đường tròn giao tuyến của $(S)$ và $(P)$ .

A. $4.$

B. $16.$

C. $9.$

D. $3.$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: $(S) có \{\begin{cases} Tâm : O (0; 0; 0) \\ Bán kính : R = 5 \end{cases}$

$\Rightarrow d (O; (P)) = \frac{|- 12|}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}} = 4 < 5 = R$ . Suy ra $(S)$ cắt $(P)$ theo giao tuyến là đường tròn $(C)$ . Gọi $r$ là bán kính của $(C)$ ta có: $r = \sqrt{R^{2} - d^{2} (O; (P))} = \sqrt{25 - 16} = 3$ .

Câu 31:

Trong không gian $O x y z,$ cho mặt phẳng $(α) : x + 2 y + 3 z - 6 = 0$ và đường thẳng $Δ : \frac{x + 1}{- 1} = \frac{y + 1}{- 1} = \frac{z - 3}{1}$ . Mệnh đề nào sau đây đúng ?

A. $Δ ⊥ (α)$

B. $Δ$ cắt và không vuông góc với $(α)$ .

C. $Δ \subset (α)$

D. $Δ / / (α)$

Xem đáp án

Chọn C

Mặt phẳng $(α)$ có vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (1; 2; 3)$ .

Đường thẳng $Δ$ đi qua $M (- 1; - 1; 3)$ và có vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (- 1; - 1; 1)$ .

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{n} . \vec{u} = 1. (- 1) + 2. (- 1) + 3.1 = 0 \\ M (- 1; - 1; 3) \in (α) \end{cases}$ $\Rightarrow Δ \subset (α)$ .

Câu 32:

Họ nguyên hàm của hàm số $f (x) = \frac{x + 3}{x^{2} + 3 x + 2}$ là:

A. $\ln |x + 1| + 2 \ln |x + 2| + C$

B. $2 \ln |x + 1| + \ln |x + 2| + C$

C. $2 \ln |x + 1| - \ln |x + 2| + C$

D. $- \ln |x + 1| + 2 \ln |x + 2| + C$

Xem đáp án

Đáp án C

$I = \int f (x) d x = \int \frac{x + 3}{x^{2} + 3 x + 2} d x = \int \frac{x + 3}{(x + 1) (x + 2)} d x$

= \int (\frac{2}{x + 1} - \frac{1}{x + 2}) d x = 2 \ln |x + 1| - \ln |x + 2| + C

.

Câu 33:

Cho không gian $O x y z$ , cho điểm $A (0; 1; 2)$ và hai đường thẳng $d_{1} : \{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = - 1 - 2 t \\ z = 2 + t \end{cases}$ , $d_{2} : \frac{x}{2} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z + 1}{- 1}$ . Viết phương trình mặt phẳng $(α)$ đi qua $A$ và song song với hai đường thẳng $d_{1}, d_{2}$ .

A. $(α) : x + 3 y + 5 z - 13 = 0$

B. $(α) : x + 2 y + z - 13 = 0$

C. $(α) : 3 x + y + z + 13 = 0$

D. $(α) : x + 3 y - 5 z - 13 = 0$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có: Vectơ chỉ phương của hai đường thẳng $d_{1}, d_{2}$ lần lượt là $\vec{a_{1}} = (1; - 2; 1); \vec{a_{2}} = (2; 1; - 1)$ .

Vì mặt phẳng $(α)$ song song với hai đường thẳng $d_{1}, d_{2}$ nên: $\vec{n_{α}} = [\vec{a_{1}}; \vec{a_{2}}] = (1; 3; 5)$ .

Vậy phương trình mặt phẳng $(α)$ cần tìm là:

\begin{array}{l} 1 (x - 0) + 3 (y - 1) + 5 (z - 2) = 0. \\ \Leftrightarrow x + 3 y + 5 z - 13 = 0. \end{array}

Câu 34:

Tìm tập tất cả các giá trị của $m$ để hàm số $y = x^{3} + (3 m - 1) x^{2} + m^{2} x - 3$ đạt cực tiểu tại $x = - 1.$

A. $\{5; 1\}$

B. $\{5\}$

C. $\emptyset$

D. $\{1\}$

Xem đáp án

Chọn B

Kiến thức cần nhớ: Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm cấp một trên $(a; b)$ chứa điểm $x_{0}$ và $y = f (x)$ có đạo hàm cấp hai khác $0$ tại $x_{0}$ , khi đó:

+ Nếu $\{\begin{cases} f' (x_{0}) = 0 \\ f'' (x_{0}) > 0 \end{cases}$ thì hàm số $y = f (x)$ đạt cực tiểu tại điểm $x_{0}$ .

+ Nếu $\{\begin{cases} f' (x_{0}) = 0 \\ f'' (x_{0}) < 0 \end{cases}$ thì hàm số $y = f (x)$ đạt cực đại tại điểm $x_{0}$ .

Áp dụng ta có $y' = 3 x^{2} + 2 (3 m - 1) x + m^{2}; y'' = 6 x + 2 (3 m - 1)$ .

Xét phương trình $y' (- 1) = 0 \Leftrightarrow 3 {(- 1)}^{2} - 2 (3 m - 1) + m^{2} = 0 \Leftrightarrow m^{2} - 6 m + 5 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 \\ m = 5 \end{array}$

Với $m = 1 \Rightarrow y'' = 6 x + 4 \Rightarrow y'' (- 1) = - 2 < 0$ nên hàm số đạt cực đại tại $x = - 1.$

Với $m = 5 \Rightarrow y'' = 6 x + 28 \Rightarrow y'' (- 1) = 22 > 0$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x = - 1.$

Vậy $m = 5$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 35:

Cho hàm số $f (x)$ liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng diện tích các hình phẳng (A), (B) lần lượt bằng 3 và 7. Tích phân $\int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos x . f (5 \sin x - 1) d x$ bằng

A. $- \frac{4}{5}$

B. $2$

C. $\frac{4}{5}$

D. $- 2$

Xem đáp án

Chọn A

Đặt $t = 5 \sin x - 1 \Rightarrow d t = 5 \cos x d x \Rightarrow \cos x d x = \frac{1}{5} d t .$

Đổi cận $x = 0 \Rightarrow t = - 1; x = \frac{π}{2} \Rightarrow t = 4$

Khi đó

Mặt khác

Vậy

Câu 36:

Tìm số giá trị nguyên thuộc đoạn $[- 2019; 2019]$ của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{x - 3}}{x^{2} + x - m}$ có đúng hai đường tiệm cận.

A. $2007$

B. $2010$

C. $2009$

D. $2008$

Xem đáp án

Chọn D

Xét hàm số $y = \frac{\sqrt{x - 3}}{x^{2} + x - m} .$

+) TXĐ: $D = [3; + \infty)$

+) $\lim_{x \to + \infty} y = \lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x - 3}}{x^{2} + x - m} = \lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{\frac{1}{x^{3}} - \frac{3}{x^{4}}}}{1 + \frac{1}{x} - \frac{m}{x^{2}}} = 0.$ Do đó ĐTHS có $1$ tiệm cận ngang $y = 0.$

+) Để ĐTHS có $2$ đường tiệm cận thì phải có thêm $1$ tiệm cận đứng. Vậy yêu cầu bài toán trở thành: Tìm điều kiện để phương trình $x^{2} + x - m = 0$ phải có $1$ nghiệm lớn hơn hoặc bằng $3$

Trường hợp $1$ : Phương trình $x^{2} + x - m = 0$ phải có 2 nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} < 3 < x_{2} .$

$\Leftrightarrow a . f (3) < 0 \Leftrightarrow 12 - m < 0 \Leftrightarrow m > 12.$

Trường hợp $2$ : Phương trình $x^{2} + x - m = 0$ có nghiệm $x = 3$ thì $m = 12.$

Với $m = 12$ phương trình trở thành: $x^{2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 3 \\ x = - 4 \end{array}$ ( tmđk)

Trường hợp $3$ : Phương trình $x^{2} + x - m = 0$ có nghiệm kép $x > 3.$

Khi $m = \frac{- 1}{4}$ thì phương trình có nghiệm $x = \frac{- 1}{2} .$ (không thỏa mãn)

Theo đề bài $m \in [- 2019; 2019]$ , $m$ nguyên do đó $m \in [12; 2019] .$

Vậy có $(2019 - 12) + 1 = 2008$ giá trị của $m$ .

Ý kiến phản biện:

Có thể nhận xét phương trình $x^{2} + x - m = 0 (1)$ nếu có nghiệm thì $x_{1} + x_{2} = - 1$ do đó $(1)$ luôn có ít nhất một nghiệm âm. Vậy đk bài toán chỉ thỏa mãn khi và chỉ khi $1$ có 2 nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} < 0 < 3 \leq x_{2} \Leftrightarrow a f (3) \leq 0 \Leftrightarrow m \geq 12.$

Câu 37:

Cho hình chóp tứ giác đều $S . A B C D$ có đáy $A B C D$ là hình chữ nhật $A B = a, A D = a \sqrt{2}, S A ⊥ (A B C D)$ và $S A = a$ (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(S B D)$ bằng:

A. $\frac{a \sqrt{21}}{7}$

B. $\frac{a \sqrt{10}}{5}$

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

D. $\frac{a \sqrt{2}}{5}$

Xem đáp án

Chọn B

Trong $(A B C D),$ kẻ $A H ⊥ B D$ g

Trong $(S A H),$ kẻ $A K ⊥ S H$

Ta có: $\{\begin{cases} B D ⊥ S A \\ B D ⊥ A H \end{cases} \Rightarrow B D ⊥ (S A H) \Rightarrow B D ⊥ A K$

Ta có: $\{\begin{cases} A K ⊥ S H \\ A K ⊥ B D \end{cases} \Rightarrow A K ⊥ (S B D) \Rightarrow d (A; (S B D)) = A K .$

Áp dụng hệ thức lượng cho $Δ A B D$ vuông tại $A$ và có đường cao $A H$ ta có:

A H = \frac{A B . A D}{\sqrt{A B^{2} + A D^{2}}} = \frac{a . a \sqrt{2}}{\sqrt{a^{2} + {(a \sqrt{2})}^{2}}} = \frac{a^{2} \sqrt{2}}{a \sqrt{3}} = \frac{a \sqrt{6}}{3}

Áp dụng hệ thức lượng cho $Δ A B D$ vuông tại $A$ và có đường cao $A K$ ta có:

A K = \frac{S A . A H}{\sqrt{S A^{2} + A H^{2}}} = \frac{a . \frac{a \sqrt{6}}{3}}{\sqrt{a^{2} + {(\frac{a \sqrt{6}}{3})}^{2}}} = \frac{\frac{a^{2} \sqrt{6}}{3}}{\frac{\sqrt{15}}{3}} = \frac{a \sqrt{10}}{5}

Câu 38:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm liên tục trên $ℝ$ thỏa mãn $f' (x) - x f (x) = 0, f (x) > 0, \forall x \in ℝ$ và $f (0) = 1.$ Giá trị của $f (1)$ bằng?

A. $\frac{1}{\sqrt{e}} .$

B. $\frac{1}{e} .$

C. $\sqrt{e} .$

D. $e$

Xem đáp án

Từ giả thiết ta có: $\frac{f' (x)}{f (x)} = x \Rightarrow \int \frac{f' (x)}{f (x)} d x = \int x d x$

$\Rightarrow \ln [f (x)] = \frac{1}{2} x^{2} + C .$ (do $f (x) > 0 \forall x \in ℝ$ )

Do đó $\ln [f (0)] = \frac{1}{2} {.0}^{2} + C \Rightarrow C = 0 \Rightarrow \ln f (x) = \frac{1}{2} x^{2}$

\Rightarrow f (x) = e^{\frac{1}{2} x^{2}} \Rightarrow f (1) = \sqrt{e} .

Câu 39:

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi khi và chỉ khi

A.

B.

C.

D.

Xem đáp án

Chọn B

Có yêu cầu bài toán tương đương với

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi khi và chỉ khi (ảnh 4)

*Chú ý bấm máy phương trình bậc hai

có hai nghiệm

Câu 40:

Người ta xếp hai quả cầu có cùng bán kính r vào một chiếc hộp hình trụ sao cho các quả cầu đều tiếp xúc với hai đáy, đồng thời hai quả cầu tiếp xúc với nhau và mỗi quả cầu đều tiếp xúc với đường sinh của hình trụ (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối trụ là 120 cm3, thể tích của mỗi khối cầu bằng

A. 10 cm³

B. 20 cm³

C. 30 cm³

D. 40 cm³

Xem đáp án

Dựa vào dữ kiện bài toán và hình vẽ $\Rightarrow$ Hình trụ có chiều cao $h = 2 r$ và bán kính đáy $R = 2 r$

$\Rightarrow$ Thể tích khối trụ là

Vậy thể tích mỗi khối cầu là

Câu 41:

Một lớp có 36 chiếc ghế đơn được xếp thành hình vuông $6 \times 6.$ Giáo viên muốn xếp 36 học sinh của lớp, trong đó có em Kỷ và Hợi ngồi vào số ghế trên, mỗi học sinh ngồi một ghế. Xác suất để hai em Kỷ và Hợi ngồi cạnh nhau theo hàng dọc hoặc hàng ngang là

A. $\frac{1}{21}$

B. $\frac{1}{7}$

C. $\frac{4}{21}$

D. $\frac{2}{21}$

Xem đáp án

Xếp 36 em học sinh vào 36 ghế $\Rightarrow$ Không gian mẫu $n (Ω) = 36! .$

Gọi A là biến cố: “Hai em Kỷ và Hợi ngồi cạnh nhau theo một hàng ngang hoặc một hàng dọc”.

Chọn 1 hàng hoặc cột để xếp Kỷ và Hợi có 12 cách.

Trên mỗi hàng hoặc cột xếp 2 em Kỷ và Hợi gần nhau có 5.2 = 10 cách.

Sắp xếp 34 bạn còn lại có 34! cách.

\Rightarrow n (A) = 12.10.34! .

Vậy xác suất của biến cố A là: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{12.10.34!}{36!} = \frac{2}{21} .$

Chọn D

Câu 42:

Tìm các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y = \frac{1}{2} \ln (x^{2} + 4) - m x + 3$ nghịch biến trên khoảng $(- \infty; + \infty)$ .

A. $m \geq \frac{1}{4}$

B. $m \geq 4$

C. $m \leq \frac{1}{4}$

D. $\frac{1}{4} \leq m < 4$

Xem đáp án

Chọn A

Hàm số $y = \frac{1}{2} \ln (x^{2} + 4) - m x + 3$ có tập xác định $D = (- \infty; + \infty)$ .

Ta có $y^{'} = \frac{x}{x^{2} + 4} - m$ .

Khi đó hàm số $y = \frac{1}{2} \ln (x^{2} + 4) - m x + 3$ nghịch biến trên $(- \infty; + \infty)$ $\Leftrightarrow y' \leq 0, \forall x \in (- \infty; + \infty)$

$\Leftrightarrow \frac{x}{x^{2} + 4} - m \leq 0, \forall x \in ℝ \Leftrightarrow \frac{x}{x^{2} + 4} \leq m, \forall x \in ℝ \Leftrightarrow m \geq \underset{x \in ℝ}{m a x} f (x)$ với $f (x) = \frac{x}{x^{2} + 4}$

Xét hàm số $f (x) = \frac{x}{x^{2} + 4}$ ta có: $f^{'} (x) = \frac{4 - x^{2}}{{(x^{2} + 4)}^{2}} \Rightarrow f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2$ .

BBT

Từ BBT ta suy ra: $\underset{x \in ℝ}{m a x} f (x) = f (2) = \frac{1}{4}$ . Suy ra các giá trị của tham số $m$ cần tìm là: $m \geq \frac{1}{4}$

Câu 43:

Trong không gian $O x y z,$ cho điểm $M (1; 1; 1)$ . Mặt phẳng $(P)$ đi qua $M$ và cắt chiều dương của các trục $O x, O y, O z$ lần lượt tại các điểm $A (a; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c)$ thỏa mãn $O A = 2 O B$ và thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính $S = 2 a + b + 3 c .$

A. $\frac{81}{16}$

B. $3$

C. $\frac{45}{2}$

D. $\frac{81}{4}$

Xem đáp án

Chọn D

Phương trình mặt phẳng $(P)$ đi qua $A (a; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c)$ có dạng $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1.$

Vì $(P)$ đi qua $M$ nên $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1.$

Mặt khác $O A = 2 O B$ nên $a = 2 b$ nên $\frac{3}{2 b} + \frac{1}{c} = 1.$

Thể tích khối tứ diện OABC là $V = \frac{1}{6} a b c = \frac{1}{3} b^{2} c .$

Ta có $\frac{3}{2 b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{4 b} + \frac{3}{4 b} + \frac{1}{c} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{9}{16 b^{2} c}} \Rightarrow \sqrt[3]{\frac{9}{16 b^{2} c}} \leq \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{16 b^{2} c}{9} \geq 27 \Rightarrow V = \frac{b^{2} c}{3} \geq \frac{81}{16} .$

$\Rightarrow \min V = \frac{81}{16}$ khi $\{\begin{cases} \frac{3}{4 b} = \frac{1}{c} = \frac{1}{3} \\ a = 2 b \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a = \frac{9}{2} \\ b = \frac{9}{4} \\ c = 3 \end{cases} .$

Vậy $S = 2 a + b + 3 c = \frac{81}{4} .$

Câu 44:

Cho hình lăng trụ $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$ và M, N là hai điểm lần lượt trên cạnh CA, CB sao cho MN song song với AB và $\frac{C M}{C A} = k$ . Mặt phẳng $(M N B^{'} A^{'})$ chia khối lăng trụ $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$ thành hai phần có thể tích $V_{1}$ (phần chứa điểm C) và $V_{2}$ sao cho $\frac{V_{1}}{V_{2}} = 2$ . Khi đó giá trị của k là

A. $k = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}$

B. $k = \frac{1}{2}$

C. $k = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$

D. $k = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Đáp án A

+ Vì ba mặt phẳng $(M N B^{'} A^{'}) . (A C C^{'} A^{'}), (B C C^{'} B^{'})$ đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt $A^{'} M, B^{'} N, C C^{'}$ và $A^{'} M, C C^{'}$ không song song nên $A^{'} M, B^{'} N, C C^{'}$ đồng qui tại S.

ta có $k = \frac{C M}{C A} = \frac{M N}{A B} = \frac{M N}{A^{'} B^{'}} = \frac{S M}{S A^{'}} = \frac{S N}{S B^{'}} = \frac{S C}{S C^{'}}$

+ Từ đó $V_{S . M N C} = k^{3} V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}} \Rightarrow V_{1} = V_{M N C . A^{'} B^{'} C^{'}} = (1 - k^{3}) V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}$ .

+ Mặt khác $\frac{V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}}}{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}} = \frac{3 C C^{'}}{S C^{'}} = \frac{3 (S C^{'} - S C)}{S C^{'}} = 3 (1 - k) \Rightarrow V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}}}{3 (1 - k)}$

Suy ra $V_{1} = (1 - k^{3}) \frac{V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}}}{3 (1 - k)} = \frac{(k^{2} + k + 1) . V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}}}{3}$ .

+ Vì $\frac{V_{1}}{V_{2}} = 2$ nên $V_{1} = \frac{2}{3} V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} \Rightarrow \frac{k^{2} + k + 1}{3} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow k^{2} + k - 1 = 0 \Rightarrow k = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} (k > 0)$ .

Vậy $k = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}$ .

Câu 45:

Cho hàm số $f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c$ thỏa mãn $c > 2019$ , $a + b + c - 2018 < 0.$ Số điểm cực trị của hàm số $y = |f (x) - 2019|$ là

A. $S = 3.$

B. $S = 5.$

C. $S = 2.$

D. $S = 1.$

Xem đáp án

Chọn B

Xét hàm số $g (x) = f (x) - 2019 = x^{3} + a x^{2} + b x + c - 2019$ .

Hàm số $g (x)$ liên tục trên $ℝ$ .

Vì $\{\begin{cases} c > 2019 \\ a + b + c - 2018 < 0 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \{\begin{matrix} g (0) > 0 \\ g (1) < 0 \end{matrix}$

$\Rightarrow$ phương trình $g (x) = 0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc $(0; 1) .$

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số $y = g (x)$ có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng $(0; 1) .$ (1)

Vì $\{\begin{matrix} \lim_{x \to - \infty} g (x) = - \infty \\ g (0) > 0 \end{matrix}$ phương trình $g (x) = 0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc $(- \infty; 0) .$

Đồ thị hàm số $y = g (x)$ có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng $(- \infty; 0) .$ (2)

Vì $\{\begin{matrix} \lim_{x \to + \infty} g (x) = + \infty \\ g (1) < 0 \end{matrix}$ phương trình $g (x) = 0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc $(1; + \infty) .$

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số $y = g (x)$ có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng $(1; + \infty) .$ (3)

Và hàm số $g (x)$ là hàm số bậc 3

Nên từ (1), (2), (3) đồ thị hàm số $g (x)$ có dạng

Cho hàm số thỏa mãn , Số điểm cực trị của hàm số là (ảnh 1)

Do đó đồ thị hàm số $y = |f (x) - 2019|$ có dạng

Cho hàm số thỏa mãn , Số điểm cực trị của hàm số là (ảnh 2)

Vậy hàm số $y = |f (x) - 2019|$ có 5 điểm cực trị

Câu 46:

Cho số phức z có $|z| = 2$ thì số phức $w = z + 3 i$ có modun nhỏ nhất và lớn nhất lần lượt là:

A. $2 v à 5$

B. $1 v à 6$

C. $2 v à 6$

D. $1 v à 5$

Xem đáp án

Đáp án D

w = z + 3 i \Leftrightarrow z = w - 3 i \Rightarrow |z| = |w - 3 i| \Rightarrow 3 - |z| \leq |w| \leq 3 + |z| \Leftrightarrow 1 \leq |w| \leq 5.

Câu 47:

Cho hàm số $y = f (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ có đồ thị như hình dưới đây

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in (- 5; 5)$ để phương trình $f^{2} (x) - (m + 4) |f (x)| + 2 m + 4 = 0$ có $6$ nghiệm phân biệt

A. $4$

B. $2$

C. $5$

D. $3$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có phương trình $f^{2} (x) - (m + 4) |f (x)| + 2 m + 4 = 0$

$\Leftrightarrow (|f (x)| - 2) (|f (x) - m - 2|) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} |f (x)| = 2 (1) \\ |f (x)| = m + 2 (2) \end{array}$ .

Từ đồ thị hàm số $y = f (x)$ ta có đồ thị hàm số $y = |f (x)|$ như sau:

Cho hàm số có đồ thị như hình dưới đây Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để phương trình có nghiệm phân biệt (ảnh 2)

Từ đồ thị trên, ta có phương trình $(1)$ có $4$ nghiệm phân biệt.

Để phương trình đã cho có $6$ nghiệm phân biệt thì phương trình $(2)$ có $2$ nghiệm phân biệt và khác các nghiệm của $(1)$ .

Suy ra $[\begin{array}{l} m + 2 > 4 \\ m + 2 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m > 2 \\ m = - 2 \end{array}$ .

Vì $m$ nguyên và $m \in (- 5; 5) \Rightarrow m \in \{- 2; 3; 4\}$ .

Câu 48:

Cho các số thực $a, b, c$ thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} - 2 a - 4 b = 4$ . Tính $P = a + 2 b + 3 c$ khi biểu thức $|2 a + b - 2 c + 7|$ đạt giá trị lớn nhất.

A. $P = 7$

B. $P = 3$

C. $P = - 3$

D. $P = - 7$

Xem đáp án

Chọn B

Cách 1: phương pháp đại số.

Ta có: $a^{2} + b^{2} + c^{2} - 2 a - 4 b = 4 \Leftrightarrow {(a - 1)}^{2} + {(b - 2)}^{2} + c^{2} = 9$ .

Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết quả sau:

\begin{array}{l} |2 a + b - 2 c + 7| = |2 (a - 1) + (b - 2) - 2 c + 11| \leq |2 (a - 1) + (b - 2) - 2 c| + 11 \\ \overset{B C S}{} \sqrt{[{(a - 1)}^{2} + {(b - 2)}^{2} + c^{2}] [2^{2} + 1^{2} + {(- 2)}^{2}]} + 11 = 20. \end{array}

Đẳng thức xảy ra khi: $\{\begin{cases} 2 (a - 1) + (b - 2) - 2 c > 0 \\ \frac{a - 1}{2} = \frac{b - 2}{1} = \frac{c}{- 2} \\ {(a - 1)}^{2} + {(b - 2)}^{2} + c^{2} = 9 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 3 \\ b = 3 \\ c = - 2 \end{cases}$

Khi đó: $P = a + 2 b + 3 c = 3 + 2.3 + 3. (- 2) = 3.$

Cách 2: phương pháp hình học.

Trong không gian $O x y z$ , gọi mặt cầu $(S)$ có tâm $I (1; 2; 0)$ , bán kính $R = 3$ . Khi đó:

(S) : {(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + z^{2} = 9 \Leftrightarrow x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x - 4 y = 4.

và mặt phẳng $(P) : 2 x + y - 2 z + 7 = 0$ .

Gọi $M (a; b; c)$ , ta có: $d (M; (P)) = \frac{|2 a + b - 2 c + 7|}{3}$ .

Vì $a^{2} + b^{2} + c^{2} - 2 a - 4 b = 4 \Rightarrow M \in (S)$ .

Bài toán đã cho trở thành: Tìm $M \in (S)$ sao cho $d (M; (P))$ lớn nhất.

Gọi $Δ$ là đường thẳng qua $I$ và vuông góc $(P)$ $\Rightarrow Δ : \{\begin{cases} x = 1 + 2 t \\ y = 2 + t \\ z = - 2 t \end{cases}$ .

Điểm $M$ cần tìm chính là 1 trong 2 giao điểm của $Δ$ với $(S) : M_{1} (3; 3; - 2), M_{2} (- 1; 1; 2)$ .

Ta có: $d (M_{1}; (P)) = \frac{20}{3} > d (M_{2}; (P)) = \frac{2}{3} \Rightarrow M a x d (M; (P)) = \frac{20}{3} \Leftrightarrow M \equiv M_{1}$ .

Vậy $P = a + 2 b + 3 c = 3 + 2.3 + 3. (- 2) = 3.$

Câu 49:

Cho hai hàm số $f (x)$ và $g (x)$ có đạo hàm trên đoạn $[1; 4]$ và thỏa mãn hệ thức $\{\begin{cases} f (1) + g (1) = 4 \\ g (x) = - x . f^{'} (x); f (x) = - x . g^{'} (x) \end{cases}$ . Tính $I = \int_{1}^{4} [f (x) + g (x)] d x$ .

A. $8 \ln 2$

B. $3 \ln 2$

C. $6 \ln 2$

D. $4 \ln 2$

Xem đáp án

Chọn A

Cách 1: Ta có $f (x) + g (x) = - x [f^{'} (x) + g^{'} (x)]$ $\Leftrightarrow \frac{f (x) + g (x)}{f^{'} (x) + g^{'} (x)} = - \frac{1}{x}$

$\Leftrightarrow \int \frac{f (x) + g (x)}{f^{'} (x) + g^{'} (x)} d x = - \int \frac{1}{x} d x$ $\Rightarrow \ln |f (x) + g (x)|$ $= - \ln |x| + C$

Theo giả thiết ta có $C - \ln |1| = \ln |f (1) + g (1)|$ $\Rightarrow C = \ln 4$ .

Suy ra $[\begin{array}{l} f (x) + g (x) = \frac{4}{x} \\ f (x) + g (x) = - \frac{4}{x} \end{array}$ , vì $f (1) + g (1) = 4$ nên $f (x) + g (x) = \frac{4}{x}$

$\Rightarrow I = \int_{1}^{4} [f (x) + g (x)] d x = 8 \ln 2$

Cách 2: Ta có $f (x) + g (x) = - x [f^{'} (x) + g^{'} (x)]$

$\Rightarrow \int [f (x) + g (x)] d x = - \int x [f^{'} (x) + g^{'} (x)] d x$ .

$\Rightarrow \int [f (x) + g (x)] d x = - x [f (x) + g (x)] + \int [f (x) + g (x)] d x$ .

$\Rightarrow - x [f (x) + g (x)] = C \Rightarrow f (x) + g (x) = - \frac{C}{x}$ . Vì $f (1) + g (1) = - C \Rightarrow C = - 4$

Do đó $f (x) + g (x) = \frac{4}{x}$ . Vậy $I = \int_{1}^{4} [f (x) + g (x)] d x = 8 \ln 2$ .

.

Câu 50:

Cho hai số thực $x, y$ thay đổi thỏa mãn $x + y + 1 = 2 (\sqrt{x - 2} + \sqrt{y + 3})$ .Giá trị lớn nhất của biểu thức $S = 3^{x + y - 4} + (x + y + 1) 2^{7 - x - y} - 3 (x^{2} + y^{2})$ là $\frac{a}{b}$ với $a, b$ là các số nguyên dương và $\frac{a}{b}$ tối giản. Tính $a + b$ .

A. $T = 8$

B. $T = 141$

C. $T = 148$

D. $T = 151$

Xem đáp án

Chọn D

Chú ý với hai căn thức ta có đánh giá sau: $\sqrt{a} + \sqrt{b} \geq \sqrt{a + b}$ và $\sqrt{a} + \sqrt{b} \leq \sqrt{2 (a + b)}$ .

Vậy theo giả thiết,ta có $x + y + 1 = 2 (\sqrt{x - 2} + \sqrt{y + 3}) \geq 2 \sqrt{x + y + 1} \Rightarrow [\begin{array}{l} x + y + 1 = 0 \\ x + y + 1 \geq 4 \end{array}$

Và $x + y + 1 = 2 (\sqrt{x - 2} + \sqrt{y + 3}) \leq 2 \sqrt{2 (x + y + 1)} \Rightarrow x + y + 1 \leq 8$ .

 Nếu $x + y + 1 = 0 \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 \\ y = - 3 \end{cases} \Rightarrow S = - \frac{9476}{243}$ .

 Nếu $t = x + y \in [3; 7]$ ,ta có

$x^{2} \geq 2 x (x \geq 2); {(y - 1)}^{2} \geq 0 \Rightarrow y^{2} \geq 2 y - 1 \Rightarrow x^{2} + y^{2} \geq 2 (x + y) - 1$ .

Vì vậy $S \leq 3^{x + y - 4} + (x + y + 1) 2^{7 - x - y} - 6 (x + y) + 3$

Xét hàm số $f (t) = 3^{t - 4} + (t + 1) 2^{7 - t} - 6 t + 3$ trên đoạn $[3; 7]$ ta có:

$f' (t) = 3^{t - 4} \ln 3 + 2^{7 - t} - (t + 1) 2^{7 - t} \ln 2 - 6$ .

$f'' (t) = 3^{t - 4} \ln^{2} 3 + 2^{7 - t} \ln 2 - (2^{7 - t} - (t + 1) 2^{7 - t} \ln 2) \ln 2$

$= 3^{t - 4} \ln^{2} 3 + [(t + 1) \ln 2 - 2] 2^{7 - t} \ln 2 > 0, \forall t \in [3; 7]$ .

Mặt khác $f' (3) f' (7) < 0 \Rightarrow f' (t) = 0$ có nghiệm duy nhất $t_{0} \in (3; 7)$ .

Vậy ta lập được bảng biến thiên của hàm số $f (t)$ như dưới đây:

Suy ra $\max S = \max_{[3; 7]} f (t) = f (3) = \frac{148}{3}$ .Dấu bằng đạt tại $x = 2; y = 1$ .

Do đó $T = 148 + 3 = 151$ .

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải

35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - đề 6

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan