Thứ năm, 14/11/2024
IMG-LOGO

Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 24)

  • 4817 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC, với \[A\left( {1;2;1} \right),B\left( { - 3;0;3} \right),C\left( {2;4; - 1} \right).\]  Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi \[D\left( {x;y;z} \right)\]

Ta có: \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4; - 2;2} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {DC} = \left( {2 - x;4 - y; - 1 - z} \right)\].

Tứ giác ABCD là hình bình hành \[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x = - 4\\4 - y = - 2\\ - 1 - z = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 6\\z = - 3\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {6;6; - 3} \right)\].


Câu 2:

Với các số thực \[a,b > 0,a \ne 1\]  tùy ý, biểu thức \[{\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right)\] bằng:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng công thức: \({\log _{{a^n}}}b = \frac{1}{n}{\log _a}b{\rm{ }}\left( {a,b > 0,{\rm{ }}a \ne 1,{\rm{ }}n \ne 0} \right)\)\({\log _a}{b^n} = n.{\log _a}b{\rm{ }}\left( {a,b > 0;{\rm{ }}a \ne 1} \right)\)

Lưu ý: \({\log _a}a = 1{\rm{ }}\left( {a > 0,{\rm{ }}a \ne 1} \right)\)

Cách giải:

\({\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right) = {\log _{{a^2}}}a + {\log _{{a^2}}}{b^2} = \frac{1}{2}{\log _a}a + \frac{1}{2}.2.{\log _a}b = \frac{1}{2} + {\log _a}b\).


Câu 3:

Hàm số \[y = \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2} + 5x + 2019\] nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Xác định khoảng D\(y' \le 0\)\(y' = 0\) tại hữu hạn điểm trên D.

Cách giải:

Hàm số y=x^3/3-3x^2+5x+2019  nghịch biến trên khoảng nào  (ảnh 1)

\(y = \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2} + 5x + 2019 \Rightarrow y' = {x^2} - 6x + 5,{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 5\end{array} \right.\)

Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2} + 5x + 2019\) nghịch biến trên \(\left( {1;5} \right)\).


Câu 4:

Số nghiệm của phương trình \[\ln \left( {{x^2} - 6x + 7} \right) = \ln \left( {x - 3} \right)\]

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

\(\ln f\left( x \right) = \ln g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\f\left( x \right) > 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\g\left( x \right) > 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(\ln \left( {{x^2} - 6x + 7} \right) = \ln \left( {x - 3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 6x + 7 = x - 3\\x - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 7x + 10 = 0\\x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\\x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 5\).


Câu 5:

Dãy số nào sau đây là cấp số cộng?

Xem đáp án

Đáp án B

Hiệu hai số hạng liên tiếp là hằng số thì đó là cấp số cộng.


Câu 6:

Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ?

Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ? (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Quan sát đồ thị hàm số, loại trừ từng phương án.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên a > 0 Þ loại đáp án D.


Câu 7:

Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng \[\left( P \right):x + 2y - 2z - 6 = 0\] \[\left( Q \right):x + 2y - 2z + 3 = 0\]. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng mối quan hệ về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song \(\left( P \right)\)\(\left( Q \right)\):

\(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right)\) với \(M \in \left( P \right)\).

Cho \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\)\(\left( Q \right):ax + by + cz + d = 0\) thì \(d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

Cách giải:

Nhận thấy rằng \(\left( P \right):x + 2y - 2z - 6 = 0\)\(\left( Q \right):x + 2y - 2z + 3 = 0\) song song vì \(\frac{1}{2} = \frac{2}{2} = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} \ne \frac{{ - 6}}{3}\).

Nên lấy \(M\left( {0;4;1} \right)\) thì \(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 4.2 - 2.1 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt 9 }} = 3\).


Câu 8:

Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 4π. Thể tích khối trụ là

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi rh\).

Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 4π (ảnh 1)

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h\)

Cách giải:

\(ABBA'\) là hình vuông \( \Rightarrow h = 2r\).

Diện tích xung quanh của hình trụ:

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi r.2r = 4\pi {r^2} = 4\pi \Rightarrow r = 1 \Rightarrow h = 2\).

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.2 = 2\pi \).


Câu 9:

Số cách chọn ra 3 bạn bất kỳ từ một lớp có 30 bạn là:

Xem đáp án

Đáp án A

Chọn 3 bạn bất kì không có thứ tự ta có \(C_{30}^3\).


Câu 10:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ \[\vec a = \left( { - 2; - 3;1} \right),\vec b = \left( {1;0;1} \right).\] Tính \[\cos \left( {\vec a,\vec b} \right).\]

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ - 2.1 + \left( { - 3} \right).0 + 1.1}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{ - 1}}{{2\sqrt 7 }}\).


Câu 11:

Cho tích phân \[I = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} = 32.\] Tính tích phân \[J = \int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)dx} \].

Xem đáp án

Đáp án D

Đặt \(2x = t \Rightarrow J = \int\limits_0^4 {f\left( t \right)d\left( {\frac{t}{2}} \right) = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}.32 = 16} \).


Câu 12:

Cho hình lăng trụ tam giác đều \[ABC.A'B'C'\] \[AB = 2a,AA' = a\sqrt 3 .\] Tính thể tích V của khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\]theo a?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ: \(V = B.h\) trong đó: V là thể tích lăng trụ, B là diện tích đáy của lăng trụ, h là chiều cao của lăng trụ.

Cách giải:

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C'  có  AB=2a, AA'= a căn 3 (ảnh 1)

Diện tích tam giác đều ABC cao cạnh 2a là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).

Thể tích lăng trụ là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = {a^2}\sqrt 3 .a\sqrt 3 = 3{a^3}\).


Câu 13:

Cho số phức z thỏa mãn \[(2 + 3i)z + 4 - 3i = 13 + 4i\]. Môđun của z bằng

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Biến đổi phương trình đã cho, tìm z.

Mô-đun của số phức \(z = a + bi\) là: \(\left| z \right| = \left| {a + bi} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \).

Cách giải:

\(\left( {2 + 3i} \right)z + 4 - 3i = 13 + 4i \Leftrightarrow \left( {2 + 3i} \right)z = 13 + 4i - 4 + 3i\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 + 3i} \right)z = 9 + 7i\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{9 + 7i}}{{2 + 3i}} \Leftrightarrow z = \frac{{\left( {9 + 7i} \right)\left( {2 - 3i} \right)}}{{\left( {2 + 3i} \right)\left( {2 - 3i} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{18 - 21.{i^2} + 14i - 27i}}{{{2^2} + {3^2}}}\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{39 - 13i}}{{13}} \Leftrightarrow z = 3 - i\)

\( \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {10} \).


Câu 14:

Cho hàm số \[y = f(x)\] có đồ thị. Hàm số đã cho đạt cực đại tại

Cho hàm số \y=f(x) có đồ thị. Hàm số đã cho đạt cực đại tại  (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Quan sát đồ thị hàm số đã cho để kết luận.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại x = -1.


Câu 15:

Tìm họ nguyên hàm của hàm số \[y = {x^2} - {3^x} + \frac{1}{x}.\]

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản.

Cách giải:

Ta có: \(\int {\left( {{x^2} - {3^x} + \frac{1}{x}} \right)dx} = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{3^3}}}{{\ln 3}} + \ln \left| x \right| + C{\rm{ }}\left( {C \in \mathbb{R}} \right)\).


Câu 16:

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng biến như hình vẽ bên. Hỏi phương trình \[\left| {f\left( x \right) - 2} \right| - 3 = 0\] có bao nhiêu nghiệm?

Cho hàm số  y=f(x) có bảng biến như hình vẽ bên. Hỏi phương trình  (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án C

\(\left| {f\left( x \right) - 2} \right| - 3 = 0 \Rightarrow f\left( x \right) - 2 = \pm 3 \Rightarrow f\left( x \right) = 5;{\rm{ }}f\left( x \right) = - 1\)

Hai phương trình này lần lượt có 1 nghiệm và 3 nghiệm, suy ra có 4 nghiệm.


Câu 17:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật \[AB = a\], \[AD = 2a\], cạnh bên SA vuông góc với đáy và thể tích khối chóp S.ABCD bằng \[\frac{{2{a^3}}}{3}\] . Tính góc tạo bởi đường thẳng SB với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\].

Xem đáp án

Đáp án D

Góc cần tìm chính là góc SBA. Ta có \(V = \frac{{2{a^3}}}{3} = \frac{1}{3}.a.2a.SA \Rightarrow SA = a\).

Như vậy tam giác SAB vuông cân tại A, suy ra góc cần tìm là 45°.


Câu 18:

Cho hai số phức \[{z_1} = 4 - 3i,{\mkern 1mu} {z_2} = 4 + 3i.\] Hỏi \[{z_1},{z_2}\] là nghiệm của phương trình nào sau đây

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 8\\{z_1}{z_2} = 25\end{array} \right. \Rightarrow {z_1},{z_2}\) là nghiệm của phương trình \({z^2} - 8z + 25 = 0\).


Câu 19:

Tìm đạo hàm của hàm số \[y = {3^{{x^2} - 2x}}\]

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm mũ và hàm hợp để làm bài toán.

Cách giải:

Ta có: \(y' = {\left( {{3^{{x^2} - 2x}}} \right)^\prime } = \left( {2x - 2} \right){3^{{x^2} - 2x}}\ln 3\).


Câu 20:

Gọi \[M,m\] lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = \frac{{{x^2} + x + 3}}{{x - 2}}\] trên \[\left[ { - 2;1} \right].\] Tính \[T = M + 2m.\]

Xem đáp án

Đáp án B

Hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x + 3}}{{x - 2}}\) xác định là liên tục trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\).

\(y' = \frac{{{x^2} - 4x - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}},y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left[ { - 2;1} \right]\\x = 5 \notin \left[ { - 2;1} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 5}}{4},{\rm{ }}y\left( 1 \right) = - 5,{\rm{ }}y\left( { - 1} \right) = - 1\)

Vậy \(M = - 1,{\rm{ }}m = - 5 \Rightarrow T = M + 2m = - 11\).


Câu 21:

Trong không gian Oxyz, cho \[A\left( {1;3;5} \right)\], \[B\left( { - 5; - 3; - 1} \right)\]. Phương trình mặt cầu đường kính AB là:

Xem đáp án

Đáp án A

Mặt cầu \(\left( S \right)\) đường kính AB có tâm \(I\left( { - 2;0;2} \right)\) là trung điểm AB và bán kính \(R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {108} }}{2} = 3\sqrt 3 \) \( \Rightarrow \left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 27\).


Câu 22:

Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] có cạnh bằng a. Diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương đó là:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu bán kính R là: \(S = 4\pi {R^2}\).

Cách giải:

Hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\), cạnh bằng a có bán kính mặt cầu ngoại tiếp \(R = \frac{{AC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Diện tích mặt cầu đó là: \(S = 4\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi {a^2}\).


Câu 23:

Đồ thị hàm số \[y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n\] có tọa độ điểm cực tiểu là \[\left( {1;3} \right)\]. Khi đó \[m + n\] bằng:

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2}\)

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là \(\left( {1;3} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 1 \right) = 0\\y\left( 1 \right) = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - 4m + {m^2} = 0\\1 - 2m + {m^2} + n = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\\n = - {m^2} + 2m + 2\end{array} \right.\)

     Ÿ \(m = 1 \Rightarrow n = 3\) ta được hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} + x + 3\)

\(y' = 3{x^2} - 4x + 1 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Lập trục xét dấu của \(y'\) ta suy ra \(x = 1\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\) thỏa mãn \( \Rightarrow m + n = 4\).

     Ÿ \(m = 3 \Rightarrow n = - 1\) ta được hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 1\)

\(y' = 3{x^2} - 12x + 9 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Lập trục xét dấu của \(y'\) ta suy ra \(x = 1\) là điểm cực đại của hàm số.

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m = 3\\n = - 1\end{array} \right.\) không thỏa mãn.


Câu 24:

Cho số thực x thỏa mãn : \[\log x = \frac{1}{2}\log 3a - 2\log b + 3\log \sqrt c \] (\[a,b,c\] là các số thực dương). Hãy biểu diễn x theo \[a,b,c\].

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: \(\log x = \frac{1}{2}\log 3a - 2\log b + 3\log \sqrt c \Leftrightarrow \log x = \log \sqrt {3a} - \log {b^2} + \log \sqrt {{c^3}} \)

\( \Leftrightarrow \log x = \log \frac{{\sqrt {3a} .\sqrt {{c^3}} }}{{{b^2}}} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt {3a{c^3}} }}{{{b^2}}}\).


Câu 25:

Cho đa thức \[f\left( x \right) = {\left( {1 + 3x} \right)^n} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ... + {a_n}{x^n}\left( {n \in {N^*}} \right).\] Tìm hệ số \[{a_3}\] biết rằng \[{a_1} + 2{a_2} + ... + n{a_n} = 49152n.\]

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Đạo hàm hàm số \(f\left( x \right)\) và chọn giá trị x phù hợp để tính giá trị biểu thức đề bài cho.

Cách giải:

Ta có: \(f\left( x \right) = {\left( {1 + 3x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( {3x} \right)}^k} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ... + {a_n}{x^n}} \).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2}x + ...n{a_n}{x^{n - 1}}\).

Chọn \(x = 1\) ta có: \(f'\left( 1 \right) = 3n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2} + ... + n{a_n} = 49152n\)

\( \Leftrightarrow 3n{.4^{n - 1}} = 49152n \Leftrightarrow {4^{n - 1}} = 16384\)

\( \Leftrightarrow {4^n} = 65536 \Leftrightarrow n = 8\left( {tm} \right)\)

\( \Rightarrow {a_3} = C_8^3{.3^3} = 1512\).


Câu 26:

Cho phương trình \[{4^{{x^2} - 2x}} + {2^{{x^2} - 2x + 3}} - 3 = 0\]. Khi đặt \[{2^{{x^2} - 2x}} = t;t > 0\] ta được phương trình nào dưới đây?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương trình tương đương \({4^{{x^2} - 2x}} + {2^{{x^2} - 2x}}{.2^3} - 3 = 0 \Rightarrow {t^2} + 8t - 3 = 0\).


Câu 27:

Cho A là điểm nằm trên mặt cầu (S) tâm (O), có bán kính \[R = 6cm\]. I, K là 2 điểm trên đoạn OA sao cho \[OI = IK = KA\]. Các mặt phẳng \[\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\] lần lượt qua I, K cùng vuông góc với \[OA\] và cắt mặt cầu (S) theo các đường tròn có bán kính \[{r_1},{r_2}\]. Tính tỉ số \[\frac{{{r_1}}}{{{r_2}}}\]

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago ta có \({R^2} = {r^2} + {d^2}\) trong đó R là bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\), d là khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng \(\left( P \right)\), r là bán kính đường tròn thiết diện cắt bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) của \(\left( S \right)\).

Cách giải:

Cho A là điểm nằm trên mặt cầu (S) tâm (O), có bán kính R = 6cm (ảnh 1)

Áp dụng định lí Pytago ta có:

\({r_1} = \sqrt {{R^2} - O{I^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{R}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}\)

\({r_2} = \sqrt {{R^2} - O{K^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{{2R}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{R\sqrt 5 }}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{{r_1}}}{{{r_2}}} = \frac{{\frac{{2\sqrt 2 R}}{3}}}{{\frac{{R\sqrt 5 }}{3}}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 5 }} = \frac{4}{{\sqrt {10} }}\).


Câu 28:

Cho hàm số \[y = f(x)\] có bảng biến thiên

Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên   Số đường tiệm cận  (ảnh 1)

Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số đã cho là

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Quan sát đồ thị hàm số đã cho và dựa vào những kiến thức đã học về đồ thị hàm số để kết luận.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 và tiệm cận ngang y = 2.


Câu 29:

Một chất điểm đang chuyển động với vận tốc \[{v_0} = 15{\mkern 1mu} m/s\] thì tăng tốc với gia tốc \[a\left( t \right) = {t^2} + 4t{\mkern 1mu} \left( {m/{s^2}} \right).\] Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc.

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: \[v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( {{t^2} + 4t} \right)dt} = \frac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + C\left( {m/s} \right)\].

Do khi bắt đầu tăng tốc \[{v_0} = 15\] nên \[{v_{\left( {t = 0} \right)}} = 15 \Rightarrow C = 15 \Rightarrow v\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + 15\]

Khi đó quãng đường đi được bằng \[S = \int\limits_0^3 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^3 {\left( {15 + \frac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2}} \right)dt = \left. {\left( {15t + \frac{{{t^4}}}{{12}} + \frac{2}{3}{t^3}} \right)} \right|_0^3 = 69,75m} \].


Câu 30:

Cho 2 đường thẳng \[{d_1}:\frac{x}{1} = \frac{y}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{1}\] và \[{d_2}:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 2}}{{ - 1}}.\] Phương trình đường thẳng qua \[A\left( {2;1; - 1} \right)\] và vuông góc với cả \[{d_1};{d_2}\]

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi \[d\] là đường thẳng cần tìm, gọi \[\left\{ \begin{array}{l}A = d \cap {d_1}\\B = d \cap {d_2}\end{array} \right.\].

+ \[{d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = a\\y = - 2a\\z = 1 + a\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {a; - 2a;a + 1} \right)\]; \[{d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2b\\y = b\\z = - 2 - b\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {2b + 1;b; - b - 2} \right)\]

+ \[d\] nhận \[\overrightarrow {AB} = \left( {2b - a + 1;2a + b; - a - b - 3} \right)\] là một VTCP.

\[d \bot {d_1},{\rm{ }}d \bot {d_2}\]\[\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} = \left( {1; - 2;1} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = \left( {2;1; - 1} \right)\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2b - a + 1} \right) - 2\left( {2a + b} \right) - \left( { - a - b - 3} \right) = 0\\2\left( {2b - a + 1} \right) + \left( {2a + b} \right) - \left( { - a - b - 3} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a - b = 2\\a + 6b = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{5}\\b = - \frac{4}{5}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - \frac{2}{5}; - \frac{6}{5}; - 2} \right) \Rightarrow d\] nhận \[\overrightarrow u = \left( {1;3;5} \right)\] là một VTCP.

\[d\] qua \[A\left( {2;1; - 1} \right) \Rightarrow d:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 1}}{3} = \frac{{z + 1}}{5}\].


Câu 31:

Biết \[\int {\frac{{x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}dx = a\ln \left| {x - 1} \right|} + b\ln \left| {x - 2} \right| + C,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right).\] Tính giá trị của biểu thức \[a + b\].

Xem đáp án

Đáp án A

\(\int {\frac{{x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}dx} = \int {\frac{{ - 2\left( {x - 2} \right) + 3\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}dx} \)

                        \( = \int {\left( {\frac{{ - 2}}{{x - 1}} + \frac{3}{{x - 2}}} \right)dx} \)

                        \( = - 2\ln \left| {x - 1} \right| + 3\ln \left| {x - 2} \right| + C\)

\( \Rightarrow a = - 2,{\rm{ }}b = 3 \Rightarrow a + b = 1\)


Câu 32:

Biết \[\int\limits_1^e {\frac{{\ln x}}{{x\left( {\ln x + 2} \right)}}{\rm{d}}x = a\ln 3 + b\ln 2 + c,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (a,b,c \in Q).} \] Tính giá trị của \[S = {a^2} + {b^2} + {c^2}.\]

Xem đáp án

Đáp án D

Đặt \(t = \ln x \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{x}\). Đổi cận \(\left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 0\\x = e \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\).

Khi đó \(\int\limits_1^e {\frac{{\ln x}}{{x\left( {\ln x + 2} \right)}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{t}{{t + 2}}dt} = \left. {\left( {t - 2\ln \left| {t + 2} \right|} \right)} \right|_0^1 = - 2\ln 3 + 2\ln 2 + 1\)

Suy ra \(a = - 2,{\rm{ }}b = 2,{\rm{ }}c = 1 \Rightarrow S = {a^2} + {b^2} + {c^2} = 9\).


Câu 33:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng \[d:\frac{{x + 1}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 2}}{1}\], mặt phẳng \[\left( P \right):x + y - 2z + 5 = 0\]\[A\left( {1; - 1;2} \right)\]. Đường thẳng Δ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. Một vectơ chỉ phương của Δ là

Xem đáp án

Đáp án A

Đường thẳng \(d\) có phương trình tham số là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = t\\z = 2 + t\end{array} \right.\)

Gọi \(M\left( { - 1 + 2t;t;2 + t} \right) \in d\)\(\overrightarrow {MN} = \left( { - 4; - 6; - 4} \right)\)

Do A là trung điểm của đoạn thẳng MN nên \(N\left( {3 - 2t; - 2 - t;2 - t} \right)\)

Mặt khác \(N \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {3 - 2t} \right) + \left( { - 2 - t} \right) - 2\left( {2 - t} \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow - t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = 2\)

Suy ra: \(M\left( {3;2;4} \right)\)\(N\left( { - 1; - 4;0} \right)\). Vậy \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;3;2} \right)\).


Câu 34:

Xét số phức R thỏa mãn \[\frac{{z + 2}}{{z - 2i}}\] là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức R luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Gọi \(z = a + bi\), đưa số phức \(\frac{{z + 2}}{{z - 2i}} = A + Bi\), khi đó \(\frac{{z + 2}}{{z - 2i}} = A + Bi\) là số thuần ảo \( \Leftrightarrow A = 0\). Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.

Cách giải:

Gọi \(z = a + bi\), ta có:

\(\frac{{z + 2}}{{z - 2i}} = \frac{{\left( {a + 2} \right) + bi}}{{a + \left( {b - 2i} \right)i}} = \frac{{\left[ {\left( {a + 2} \right) + bi} \right]\left[ {a - \left( {b - 2} \right)i} \right]}}{{\left[ {a + \left( {b - 2} \right)i} \right]\left[ {a - \left( {b - 2} \right)i} \right]}}\)

\( = \frac{{\left( {a + 2} \right)a\_\left( {a + 2} \right)\left( {b - 2} \right)i + abi + b\left( {b - 2} \right)}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}}\)

\( = \frac{{{a^2} + 2a + {b^2} - 2b}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}} - \frac{{\left( {a + 2} \right)\left( {b - 2} \right) - ab}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}}i\)

Để số trên là số thuần ảo Þ có phần thực bằng 0 \( \Rightarrow {a^2} + 2a + {b^2} - 2b = 0\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm \(I\left( { - 1;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} - 0} = \sqrt 2 \).


Câu 35:

Cho hàm số \[y = f\left( x \right).\] Hàm số \[y = f'\left( x \right)\] có đồ thị như sau:

Cho hàm số y=f(x)  Hàm số y=f'(x)có đồ thị như sau:   (ảnh 1)

Bất phương trình \[f\left( x \right) > {x^2} - 2x + m\] đúng với mọi \[x \in \left( {1;2} \right)\] khi và chỉ khi

Xem đáp án

Đáp án A

Bất phương trình \[ \Leftrightarrow m < f\left( x \right) - {x^2} + 2x = g\left( x \right)\] đúng với mọi \[x \in \left( {1;2} \right){\rm{ }}\left( * \right)\].

Xét \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2} + 2x\] với \[x \in \left( {1;2} \right)\] ta có \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2x + 2 = f'\left( x \right) - 2\left( {x - 1} \right)\].

Với \[x \in \left( {1;2} \right)\] thì \[f'\left( x \right) < 0\]\[ - 2\left( {x - 1} \right) < 0\] \[ \Rightarrow g'\left( x \right) < 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \left( {1;2} \right)} \right)\]

Do đó hàm số \[g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( {1;2} \right)\]

Khi đó \[\left( * \right) \Leftrightarrow m \le g\left( 2 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( 2 \right)\].


Câu 36:

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.

Cho hàm số y=f(x)  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.   (ảnh 1)

Hàm số \[y = f\left( {x - 1} \right) + {x^3} - 12x + 2019\] nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: \(y' = f'\left( {x - 1} \right) + 3{x^2} - 12\)

Ta chọn x sao cho \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {x - 1} \right) < 0\\3{x^2} - 12 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}0 < x - 1 < 2\\x - 1 > 3\end{array} \right.\\{x^2} < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}1 < x < 3\\x > 4\end{array} \right.\\ - 2 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < 2\).

Vậy với \(1 < x < 2\) thì \(f'\left( x \right) < 0\) hay hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).


Câu 37:

Một nhóm gồm 3 học sinh lớp 10, 3 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngồi vào một hàng có 9 ghế, mỗi học sinh ngồi 1 ghế. Tính xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau.

Xem đáp án

Đáp án D

Xếp 9 học sinh vào 9 ghế có \(\left| \Omega \right| = 9!\) cách xếp.

Gọi A là biến cố: “3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau”

Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “3 học sinh lớp 10 ngồi 3 ghế liền nhau”

Xếp 3 học sinh lớp 10 và coi là một phần tử M có 3! cách.

Xếp phần tử M cùng 6 học sinh còn lại có 7! cách.

Do đó \(\left| {{\Omega _A}} \right| = 3!.7! \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{3!.7!}}{{9!}} = \frac{1}{2} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{11}}{{12}}\).


Câu 38:

Người ta xếp bảy viên bi là các khối cầu có cùng bán kính R vào một cái lọ hình trụ. Biết rằng các viên bi đều tiếp xúc với hai đáy, viên bi nằm chính giữa tiếp xúc với sáu viên bi xung quanh và mỗi viên bi xung quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ. Tính theo R thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi.

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

+) Xác định bán kính đáy và chiều cao hình trụ.

+) Tính thể tích khối trụ.

+) Tính tổng thể tích 7 viên bi, từ đó suy ra thể tích lượng nước cần dùng.

Cách giải:

Ta mô phỏng hình vẽ đáy của hình trụ như sau:

Người ta xếp bảy viên bi là các khối cầu có cùng bán kính R vào một cái  (ảnh 1)

Khi đó ta có \({R_{ht}} = 3R\) và chiều cao hình trụ chính bằng đường kính viên bi và \(h = 2R\).

\( \Rightarrow {V_{ht}} = \pi R_{ht}^2h = \pi {\left( {3R} \right)^2}.2R = 18\pi {R^3}\)

Thể tích 7 viên bi là: \(7.\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{28\pi {R^3}}}{3}\).

Vậy thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi là \(18\pi {R^3} - \frac{{28\pi {R^3}}}{3} = \frac{{26\pi {R^3}}}{3}\).


Câu 39:

Có bao nhiêu số nguyên m thuộc \[\left[ { - 2020;2020} \right]\] sao cho phương trình \[{4^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} - 4m{.2^{{x^2} - 2x}} + 3m - 2 = 0\] có bốn nghiệm phân biệt?

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có \[{4^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} - 4m{.2^{{x^2} - 2x}} + 3m - 2 = 0 \Leftrightarrow {4^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} - 2m{.2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} + 3m - 2 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\]

Đặt \(t = {2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow t' = {2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\ln 2.2\left( {x - 1} \right)\)

Khi đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {t^2} - 2mt + 3m - 2 = 0 = g\left( t \right)\)

Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình \(g\left( t \right)\) phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - \left( {3m - 2} \right) > 0\\g\left( 1 \right) > 0\\ - \frac{b}{{2a}} = m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2\].

Kết hợp điều kiện \[m \in \left[ { - 2020;2010} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;...;2020} \right\}\].

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn

Câu 40:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với góc \[{60^0}.\] Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AM và song song với BD, cắt \[SB,SD\] lần lượt tại E và F và chia khối chóp thành hai phần. Tính thể tích V của khối chóp không chứa đỉnh S.

Xem đáp án

Đáp án B

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a (ảnh 1)

+) Gọi \(O = AC \cap BD,{\rm{ }}G = AM \cap SO\)

Þ G là trọng tâm \(\Delta SAC \Rightarrow \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{2}{3}\).

+) Ta có: \(\left( {\widehat {SC;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC;OC}} \right) = \widehat {SCO} = 60^\circ \)

\(OC = \frac{1}{2}.AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},{\rm{ }}SO = OC.\tan \widehat {SCO} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

+) Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD Þ \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng đi qua G và song song với BD và cắt SB, SD lần lượt tại EF. Do đó \(\left( \alpha \right)\) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là tứ giác AEMF Þ \(\left( \alpha \right)\) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần là khối chóp S.AEMF và khối đa diện EMFABCD.

+) Ta có EF đi qua G\(EF//BD \Rightarrow \frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{2}{3}\).

+) \(\frac{{{V_{S.AEF}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \frac{{SE}}{{SB}}.\frac{{SF}}{{SD}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{S.ABD}} = \frac{2}{9}{V_{S.ABCD}}\)

+) \(\frac{{{V_{S.EFM}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{{SE}}{{SB}}.\frac{{SF}}{{SD}}.\frac{{SM}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{1}{2} = \frac{2}{9} \Rightarrow {V_{S.EFM}} = \frac{2}{9}{V_{S.BCD}} = \frac{1}{9}{V_{S.ABCD}}\)

+ Ta có: \({V_{S.AEMF}} = {V_{S.AEF}} + {V_{S.EFM}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}}\)

Þ Thể tích khối chóp không chứa đỉnh S là:

\(V = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AEMF}} = \frac{2}{3}{V_{S.ABCD}} = \frac{2}{3}.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{9}\).


Câu 41:

Cho hàm số f(x) liên tục và luôn dương trên Biết rằng \[f\left( 4 \right) = 2,\] \[\int\limits_0^1 {\frac{{xdx}}{{f\left( {4x} \right)}} = 1.} \] Tính tích phân \[I = \int\limits_0^4 {\frac{{{x^2}f'\left( x \right)dx}}{{{f^2}\left( x \right)}}.} \]

Xem đáp án

Đáp án D

Đặt \(t = 4x \Rightarrow dt = 4dx\), đổi cận ta được \(\int\limits_0^1 {\frac{{xdx}}{{f\left( {4x} \right)}} = \int\limits_0^4 {\frac{{t.\frac{{dt}}{4}}}{{4f\left( t \right)}}} = 1 \Leftrightarrow \int\limits_0^4 {\frac{{tdt}}{{f\left( t \right)}} = 16} } \)

Do đó  \(\int\limits_0^4 {\frac{{xdx}}{{f\left( x \right)}}} = 16\), đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\\dv = xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{ - f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}\\v = \frac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra \(\int\limits_0^4 {\frac{{xdx}}{{f\left( x \right)}}} = \left. {\frac{{{x^2}}}{{2f\left( x \right)}}} \right|_0^4 + \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {\frac{{{x^2}f'\left( x \right)dx}}{{{f^2}\left( x \right)}}} \Leftrightarrow 16 = \frac{{16}}{{2f\left( 4 \right)}} + \frac{1}{2}I \Leftrightarrow I = 24\).


Câu 42:

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng \[\left( P \right):2x + 2y - z + 9 = 0\] và điểm \[A\left( {1;2; - 3} \right).\] Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương \[\vec u = \left( {3;4; - 4} \right)\] cắt (P) tại B. Điểm M thay đổi trên (P) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc \[{90^0}\]. Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng

Xem đáp án

Đáp án D

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+2y-z+9=0   (ảnh 1)

Ta có đường thẳng \[d:x = 1 + 3t;{\rm{ }}y = 2 + 4t;{\rm{ }}z = - 3 - 4t\]. Đường thẳng \[d\] cắt \[\left( P \right)\] tại \[B\left( { - 2; - 2;1} \right)\].

Gọi \[A'\] là hình chiếu của \[\left( A \right)\] lên \[\left( P \right)\] thì \[AA':y = 1 + 2t;{\rm{ }}y = 2 + 2t;{\rm{ }}z = - 3 - t\].

Suy ra \[A'\left( { - 3; - 2; - 1} \right)\]. Theo định lí Pitago kết hợp \[AM \ge AA'\] ta có

\[M{A^2} + M{B^2} = A{B^2} \Rightarrow M{B^2} = A{B^2} - M{A^2} \le A{B^2} - A'{A^2} = A'{B^2}\]

Dấu đẳng thức xảy ra khi \[M \equiv A' \Rightarrow MB = A'B = \sqrt 5 \].


Câu 43:

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] là hàm số bậc ba có bảng biến thiên như hình vẽ

Cho hàm số y=f(x) là hàm số bậc ba có bảng biến thiên như hình vẽ   (ảnh 1)

Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số \[y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}}\]

Xem đáp án

Đáp án B

Vì hàm số \(y = f\left( x \right)\) là hàm số bậc ba nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}} = 0\) Þ Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}}\) luôn có một đường tiệm cận ngang là \(y = 0\).

Lại có: \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}} = \frac{{\frac{{4{x^2} + 28x + 49 - 9\left( {4x + 5} \right)}}{{2x + 7 + 3\sqrt {4x + 5} }}}}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}} = \frac{{4{x^2} - 8x + 4}}{{\left( {2x + 7 + 3\sqrt {4x + 5} } \right)\left( {\left| {f\left( x \right)} \right| - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {2x + 7 + 3\sqrt {4x + 5} } \right)\left( {\left| {f\left( x \right)} \right| - 2} \right)}}\).

Với điều kiện \(x \ge \frac{{ - 5}}{4}\) thì phương trình \(f\left( x \right) = - 2\) có nghiệm kép \(x = 1\) và phương trình \(f\left( x \right) = 2\) vô nghiệm.

Do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}}\) không có tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}}\) có 1 đường tiệm cận.


Câu 44:

Cho các số phức \[z,w\] thỏa mãn \[\left| {z - 5 + 3i} \right| = 3,\left| {iw + 4 + 2i} \right| = 2.\] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[T = \left| {3iz + 2w} \right|.\]

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có \(\left| {z - 5 + 3i} \right| = 3 \Leftrightarrow \left| {3iz = 3i\left( { - 5 + 3i} \right)} \right| = 3\left| {3i} \right| \Leftrightarrow \left| {3iz - 9 - 15i} \right| = 9\)

Do đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức \(3iz\) là đường tròn tâm \(I\left( {9;15} \right)\) bán kính \({R_1} = 9\).

Lại có: \(\left| {iw + 4 + 2i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {w + \frac{4}{i} + 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {w + 2 - 4i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| { - 2w - 4 + 8i} \right| = 4\)

Suy ra tập hợp điểm N biểu diễn số phức \( - 2w\) là đường tròn tâm \(K\left( {4; - 8} \right)\) bán kính \({R_2} = 4\).

Khi đó \(T = \left| {3iz + 2w} \right| = \left| {3iz - \left( { - 2w} \right)} \right| = MN\)\(M{N_{\max }} = IK + {R_1} + {R_2} = \sqrt {554} + 13\).


Câu 45:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số bậc ba \[y = f\left( x \right)\] và các trục tọa độ là \[S = 32\] (hình vẽ bên). Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục \[Ox.\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số bậc ba  y=f(x) (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra \(f\left( x \right) = k{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right)\) (với \(k > 0\))

Mặt khác \(S = \int\limits_0^4 {\left| {k{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x - 4} \right)} \right|dx} = 32 \Leftrightarrow k = \frac{{32}}{{\int\limits_0^4 {\left| {k{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x - 4} \right)} \right|dx} }} = 4\)

Suy ra \(f\left( x \right) = 4{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right) \Rightarrow V = \int\limits_0^4 {{f^2}\left( x \right)dx} = \int\limits_0^4 {{{\left[ {4{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x - 4} \right)} \right]}^2}dx} = \frac{{13312\pi }}{{35}}\).


Câu 46:

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng biến thiên như sau:

Cho hàm số y=f(x)có bảng biến thiên như sau:   (ảnh 1)

Hàm \[g\left( x \right) = 2{f^3}\left( x \right) - 6{f^2}\left( x \right) - 1\] có bao nhiêu điểm cực tiểu?

Xem đáp án

Đáp án A

Để xử lý bài toán các bạn mạnh dạn đạo hàm hàm hợp và chú ý vấn đề nghiệm đơn, nghiệm kép.

\(g\left( x \right) = 2{f^3}\left( x \right) - 6{f^2}\left( x \right) - 1 \Rightarrow g\left( x \right) = 6f'\left( x \right).{f^2}\left( x \right) - 12f'\left( x \right).f\left( x \right) = 0\)

+ \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm \(x = 0;{\rm{ }}x = 3\).

+ \({f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \alpha > 3\\f\left( x \right) = 2 \Rightarrow x = m < 0;{\rm{ }}x = n \in \left( {0;3} \right);{\rm{ }}x = \beta > 3,{\rm{ }}\beta < \alpha \end{array} \right.\)

Tất cả các nghiệm đều là nghiệm đơn.

Chú ý rằng nếu \(x > \alpha \Rightarrow f\left( x \right) < 0\) theo như bảng biến thiên. Do đó ta có bảng biến thiên hàm \(g\left( x \right)\)

Cho hàm số y=f(x)có bảng biến thiên như sau:   (ảnh 2)

Như vậy kết luận 3 điểm cực tiểu.

Trên đây là lập luận chặt chẽ, ngoài ra các em có thể tính nhanh dựa trên may mắn như sau: \(g'\left( x \right) = 0\) có 6 nghiệm phân biệt, thế thì có 3 cực tiểu, 3 cực đại. Sự may mắn này có lẻ chỉ đến khi có số chẵn nghiệm.


Câu 47:

Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh \[A'B'\] và BC. Mặt phẳng (DMN) chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Gọi (H) là khối đa diện chứa đỉnhA và \[(H')\] là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số \[\frac{{{V_{(H)}}}}{{{V_{(H')}}}}.\]

Xem đáp án

Đáp án A

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Gọi M, N lần lượt (ảnh 1)

Dễ dàng dựng được thiết diện như hình vẽ.

Ta có: \(\frac{{SA'}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SI}} = \frac{{SP}}{{SD}} = \frac{{AM}}{{AI}} = \frac{1}{4}\) suy ra \(\frac{{{V_{S.AMP}}}}{{{V_{S.ADI}}}} = \frac{1}{{64}} \Rightarrow {V_{AMP.ADI}} = \frac{{63}}{{64}}{V_{S.ADI}}\)

\({V_{S.ADI}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AD.AI.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.2a.\frac{{4a}}{3} = \frac{{4{a^3}}}{9} \Rightarrow {V_{AMP.ADI}} = \frac{{63}}{{64}}{V_{S.ADI}} = \frac{{63}}{{64}}.\frac{{4{a^3}}}{9} = \frac{{7{a^3}}}{{16}}\)

\({V_{IPBN}} = \frac{1}{6}.BN.BI.BP = \frac{1}{6}.\frac{a}{2}.a.\frac{{2a}}{3} = \frac{{{a^3}}}{{18}} \Rightarrow {V_{\left( H \right)}} = {V_{AMP.ADI}} - {V_{IPBN}} = \frac{{7{a^3}}}{{16}} - \frac{{{a^3}}}{{18}} = \frac{{55{a^3}}}{{144}}\)

\( \Rightarrow {V_{\left( H \right)}} = {V_{k/p}} - {V_{\left( H \right)}} = {a^3} - \frac{{55{a^3}}}{{144}}\) suy ra \(\frac{{{V_{\left( H \right)}}}}{{{V_{\left( {H'} \right)}}}} = \frac{{55}}{{89}}\).


Câu 48:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu \[(S):{(x + 2)^2} + {(y - 1)^2} + {(z + \sqrt 2 )^2} = 9\] và hai điểm \[A( - 2;0; - 2\sqrt 2 ),B( - 4; - 4;0)\]. Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc \[(S)\] sao cho \[M{A^2} + \overrightarrow {MO} .\overrightarrow {MB} = 16\] là một đường tròn. Bán kính của đường tròn đó bằng

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi .\[M\left( {x;y;z} \right)\] ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {x + 2;y;z + 2\sqrt 2 } \right),{\rm{ }}\overrightarrow {OM} = \left( {x;y;z} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {BM} = \left( {x + 4;y + 4;z} \right)\).

Ta có: \(M{A^2} + \overrightarrow {MO} .\overrightarrow {MB} = 16 \Leftrightarrow M{A^2} + \overrightarrow {OM} .\overrightarrow {BM} = 16\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 2\sqrt 2 } \right)^2} + x\left( {x + 4} \right) + y\left( {y + 4} \right) + {z^2} = 16\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x + 4y + 2\sqrt 2 z - 2 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Ta lại có:

\(M \in \left( S \right) \Rightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + \sqrt 2 } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x - 2y + 2\sqrt 2 z - 2 = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x + 4y + 2\sqrt 2 z = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x - 2y + 2\sqrt 2 z - 2 = 0\end{array} \right. \Rightarrow 6y = 0 \Leftrightarrow y = 0\).

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn giao tuyến \(\left( C \right)\) của \[\left( S \right)\] và mặt phẳng \[\left( P \right):y = 0\].

Đường tròn \(\left( C \right)\) có bán kính \[r = \sqrt {{R^2} - {{\left[ {d\left( {I;\left( P \right)} \right)} \right]}^2}} {\rm{ }}\left( * \right)\].

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[I\left( { - 2;1; - \sqrt 2 } \right)\], bán kính \[R = 3 \Rightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = 1\].

Do đó, \[\left( * \right) \Rightarrow r = \sqrt {{3^2} - {1^2}} = 2\sqrt 2 \].


Câu 49:

Cho phương trình \[\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right){.2^{2{x^3} + 2{x^2} - 4x + 4 - 2m}} = - {x^3} + {x^2} + m - 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\]. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình (1) có nghiệm \[x \in \left[ {1;2} \right]\]

Xem đáp án

Đáp án C

\[\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right){.2^{2{x^3} + 2{x^2} - 4x + 4 - 2m}} = - {x^3} + {x^2} + m - 1\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2{x^2} - 2x + 1} \right){.2^{4{x^2} - 4x + 2}} = \left( { - {x^3} + {x^2} + m - 1} \right){.2^{ - 2{x^3} + 2{x^2} + 2m - 2}}\]

\[ \Leftrightarrow f\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right) = f\left( { - {x^3} + {x^2} + m - 1} \right)\] với \[f\left( t \right) = t{.2^{2t}}\].

Với \[x \in \left[ {1;2} \right] \Rightarrow 2{x^2} - 2x + 1 \in \left[ {1;5} \right]\]

Lại có: \[f'\left( t \right) = {2^{2t}} + 2t{.2^{2t}}.\ln 2 = {2^t}\left( {1 + 2t.\ln 2} \right) > 0,{\rm{ }}\forall t \in \left[ {1;5} \right]\] hay \[f\left( t \right)\] đồng biến trên đoạn \[\left[ {1;5} \right]\].

Khi đó: \[f\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right) = f\left( { - {x^2} + {x^2} + m - 1} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} - 2x + 1 = - {x^3} + {x^2} + m - 1\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} - 2x + 2 = m{\rm{ }}\left( 2 \right)\].

Phương trình (1) có nghiệm \[x \in \left[ {1;2} \right]\] Û phương trình (2) có nghiệm \[x \in \left[ {1;2} \right]\]

\[ \Leftrightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} g\left( x \right) \le m \le \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} g\left( x \right)\] với \[g\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 2x + 2\]

\[ \Leftrightarrow 2 \le m \le 10\] hay \[m \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\].

Vậy có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 50:

Biết giá trị lớn nhất của hàm số \[y = f\left( x \right) = \left| {2{x^3} - 15x + m - 5} \right| + 9x\] trên \[\left[ {0;3} \right]\] bằng 60. Tính tổng tất cả các giá trị của tham số thực m.

Xem đáp án

Đáp án C

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 60 \Leftrightarrow f\left( x \right) \le 60,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]\)\(\exists {x_0} \in \left[ {0;3} \right]\) sao cho \(f\left( {{x_0}} \right) = 60\).

\(f\left( x \right) \le 60 \Leftrightarrow \left| {2{x^3} - 15x + m - 5} \right| + 9x \le 60 \Leftrightarrow \left| {2{x^3} - 15x + m - 5} \right| \le 60 - 9x\)

\( \Leftrightarrow 9x - 60 \le 2{x^3} - 15x + m - 5 \le 60 - 9x \Leftrightarrow - 2{x^3} + 24x - 55 \le m \le - 2{x^3} + 6x + 65\)

\( - 2{x^3} + 6x + 65 \ge 29,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(m \le - 2{x^3} + 6x + 65,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow m \le 29\).

Tương tự \( - 2{x^3} + 24x - 55 \le - 23\) nên \( - 2{x^3} + 24x - 55 \le m,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow m \ge - 23\).

Vậy \( - 23 \le m \le 29\) thì \(f\left( x \right) \le 60,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]\).

Đề \(\exists {x_0} \in \left[ {0;3} \right]\) sao cho \(f\left( {{x_0}} \right) = 60\) thì \(\left[ \begin{array}{l} - 2{x^3} + 24x - 55 = m\\ - 2{x^3} + 6x + 65 = m\end{array} \right.\) có nghiệm trên \(\left[ {0;3} \right]\).

Hay \(\left[ \begin{array}{l}m \ge 29\\m \le - 23\end{array} \right.\). Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m = 29\\m = - 23\end{array} \right.\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 60\).

Khi đó tổng các giá trị của m là 29 – 23 = 6.


Bắt đầu thi ngay