IMG-LOGO

Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 10)

  • 5572 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho hàm số y=axbx1 có đồ thị như hình vẽ bên:

dgss (ảnh 1)

     Tích ab bằng:

Xem đáp án

Phương pháp:

Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm thuộc đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có TCN 

Điểm  thuộc đồ thị hàm số nên ta có  do đó

Vậy

Chọn A.


Câu 2:

Hình đa diện nào sau đây có tâm đối xứng?

Xem đáp án

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm tâm đối xứng của khối đa diện.

Cách giải:

Hình đa diện có tâm đối xứng trong các đáp án đã cho là hình lập phương.

Chọn D.


Câu 3:

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a và có thể tích bằng 3a3. Tính chiều cao h của khối chóp đã cho.
Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích chóp V=13Sdayhh=3VSday

Cách giải:

Chiều cao của khối chóp là h=3VSday=3.3a32a234=3a.

Chọn C.


Câu 4:

Một khối trụ có diện tích xung quanh bằng 80π. Tính thể tích của khối trụ biết khoảng cách giữa hai đáy bằng 10. 

Xem đáp án

Phương pháp:

- Diện tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r Sxq=2πrh, từ đó tính bán kính đáy của hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r là V=πr2h.

Cách giải:

Vì khoảng cách giữa hai đáy bằng 10  Chiều cao của hình trụ h = 10.

Gọi r là bán kính đáy hình trụ ta có Sxq=2πrh=80πr=4.

Vậy thể tích khối trụ là V=πr2h=π.42.10=160π.

Chọn A.


Câu 5:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình S:x2+y2+z22x4y6z+5=0. Tính diện tích mặt cầu (S)

Xem đáp án

Phương pháp:

- Dựa vào phương trình mặt cầu xác định bán kính mặt cầu: Mặt cầu S:x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 có bán kính R=a2+b2+c2d.

- Diện tích mặt cầu bán kính R là S=4πR2.

Cách giải:

Mặt cầu S:x2+y2+z22z4y6z+5=0 có bán kính R=12+22+325=3.

Vậy diện tích mặt cầu (S) là S=4πR2=4π.9=36π.

Chọn D.


Câu 6:

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=3x+1x1 có phương trình là:

Xem đáp án

Phương pháp:

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCĐ x=dc.

Cách giải:

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=3x+1x1 có phương trình là x = 1.

Chọn C.


Câu 7:

Với a là số thực khác không tùy ý, log2a2 bằng:

Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng công thức logaxm=mlogax0<a1,x>0.

Cách giải:

log2a2=2log2a

Chọn A.


Câu 8:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=3sinx+cosxmx+5 nghịch biến trên tập xác định. 
Xem đáp án

Phương pháp:

- Hàm số y = f(x) nghịch biến trên TXĐ D khi và chỉ khi f'x0xD và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Sử dụng a2+b2asinx+bcosxa2+b2.

- Cô lập m đưa bất phương trình về dạng mgxxDmmaxDgx.

Cách giải:

Hàm số đã cho xác định trên 

Ta có y'=3cosxsinxm.

Để hàm số đã cho nghịch biến trên  thì y'=3cosxsinxm0x.

m3cosxsinx x*.

Ta có 23cosxsinx2 x nên *m2.

Chọn A.


Câu 9:

Phương trình 2x+2x1+2x2=3x3x1+3x2 có nghiệm 

Xem đáp án

Phương pháp:

- Đặt nhân tử chung, sau đó đưa phương trình về dạng ax=m.

- Giải phương trình mũ ax=mx=logam.

Cách giải:

     2x+2x1+2x2=3x3x1+3x2

2x222+2+1=3x2323+1

7.2x2=7.3x223x2=1

x2=0x=2

Chọn A.


Câu 10:

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

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

Số nghiệm thực của phương trình 2fx3=0 

Xem đáp án

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số  y = f(x) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải:

Ta có 2fx3=0fx=32.

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y=32 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt.

Vậy Số nghiệm thực của phương trình 2fx3=0 là 3.

Chọn B.


Câu 11:

Hình nón có bán kính đáy r=3 và độ dài đường sinh l = 4. Diện tích xung quanh của hình nón bằng: 

Xem đáp án

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là Sxq=πrl.

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r=3 và độ dài đường sinh l = 4 

                                         Sxq=πrl=π.3.4=43π.

Chọn A.


Câu 12:

Hàm số fx=log2x có đạo hàm là: 
Xem đáp án

Phương pháp:

- Viết x=x2.

- Sử dụng công thức tính đạo hàm logau'=u'ulna.

Cách giải:

fx=log2x=log2x2

f'x=x2'x2ln2=2x2x2xln2=xx2ln2=1xln2

 

Chọn C.


Câu 13:

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = a, tam giác ABC đều và có độ dài đường cao là a32. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng: 

Xem đáp án

Phương pháp:

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân.

Cách giải:

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = a (ảnh 1)

SAABC nên AB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)

SB;ABC=SB;AB=SBA

Tam giác ABC đều có đường cao là a32AB=a=SAΔSAB vuông cân tại ASBA=450.

Vậy SB;ABC=450.

Chọn D.


Câu 14:

Hàm số nào sau đây có cực trị? 

Xem đáp án

Phương pháp:

Giải phương trình y' = 0 và xác định nghiệm bội lẻ của phương trình thỏa mãn ĐKXĐ.

Cách giải:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị nên loại đáp án D.

Đáp án C: y'=3x2+8>0 x nên hàm số không có cực trị.

Đáp án A: TXĐ D=1;+,y'=12x1>0 xD nên hàm số không có cực trị.

Đáp án B: y'=2x2=0x=1, do đó hàm số đạt cực trị tại x = 1.

Chọn B.


Câu 15:

Tính tích phân I=022x+1dx.
Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng MTCT.

Cách giải:

02(2x + 1)dx=6

Chọn B.


Câu 16:

Đồ thị hàm số y=fx=ax3+bx2+cx+da0 như hình vẽ. Hàm số y=fx có bao nhiêu điểm cực trị?

Đồ thị hàm số y = f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d (a khác 0) như hình vẽ (ảnh 1)
Xem đáp án

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số y=fx=m+n với m là số điểm cực trị của hàm số y = f(x), n là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc).

Cách giải:

Hàm số y = f(x) có 2 cực trị và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm nên hàm số y=fx có 2 + 3 = 5 điểm cực trị.

Chọn B.


Câu 17:

Cho hàm số fx=x2+1 khi x>0x       khi x0. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
Xem đáp án

Phương pháp:

- Tính các giới hạn limx0+fx,limx0fx.

- Hàm số y = f(x) liên tục tại x=x0 khi và chỉ khi limxx0+fx=limxx0fx=fx0

Cách giải:

Ta có:

limx0+fx=limx0x2+1=1

limx0fx=limx0x=0

 Đáp án B, D đúng.

limx0+fxlimx0fx Hàm số gián đoạn tại x0=0 nên đáp án A sai.

Chọn A.


Câu 18:

Hàm số nào sau đây là hàm số đồng biến?  
Xem đáp án

Phương pháp:

Cho hàm số y=ax.

- Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi a > 1.

- Hàm số nghịch biến trên  khi và chỉ khi 0 < a < 1.

Cách giải:

Ta có π2020>1 nên hàm số π2020x hàm số đồng biến trên .

Chọn D.


Câu 19:

Cho tập hợp A=1;2;3;4;5;6;7;8. Từ tập hợp A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5?

Xem đáp án

Phương pháp:

- Số lẻ không chia hết cho 5 là số có tận cùng bằng {1; 3; 7}

- Sử dụng hoán vị và quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số có 8 chữ số là a1a2...a8¯

Vì số lập được là số lẻ không chia hết cho 5 nên a81;3;7 Có 3 cách chọn a8.

Số cách chọn a1,a2,...,a7 từ tập 7 chữ số còn lại khác a8 là 7! = 5040 cách.

Vậy số các số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5 là 3.5040=15120

Chọn D.


Câu 20:

Cho hình cầu có đường kính bằng 2a3. Mặt phẳng (P) cắt hình cầu theo thiết diện là hình tròn có bán kính bằng a2. Tính khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng (P).
Xem đáp án

Phương pháp:

Cho hình cầu có đường kính bằng 2a căn bậc hai của 3. Mặt phẳng (P) cắt hình cầu theo (ảnh 1)

Áp dụng định lí Pytago: R2=r2+d2 với R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình tròn, d=dI;P với I là tâm mặt cầu.

Cách giải:

Gọi d là khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng (P)

R là bán kính hình cầu R=a3.

r là bán kính hình tròn r=a2.

Vậy d=R2r2=3a22a2=a.

Chọn D.


Câu 21:

Cho 02fxdx=3 02gxdx=7, khi đó 02fx+3gxdx bằng

Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: abfx+gxdx=abfxdx+abgxdx,abkfxdx=kabfxdxk0.

Cách giải:

02fx+3gxdx=02fxdx+302gxdx=3+3.7=24.

Chọn D.


Câu 22:

Cho hàm số y = f(x) xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng (a; b) x0a;b. Khẳng định nào sau đây sai?

Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng các định lí về cực trị của hàm số.

Cách giải:

Dễ thấy đáp án C sai.

Chọn C.


Câu 23:

Hệ số của x25y10 trong khai triển x3+xy15 là:

Xem đáp án

Phương pháp:

Khai triển nhị thức Niu-tơn: a+bn=k=0nCnkankbk

Cách giải:

Ta có: x3+xy15=k=015C15kx315kxyk=k=015C15kx452kyk

Số hạng chứa x25y10 ứng với 452k=25k=10k=10tm.

Vậy hệ số của x25y10 trong khai triển x3+xy15 là C1510=3003.

Chọn B.


Câu 24:

Hàm số y = f(x) liên tục và có bảng biến thiên trong đoạn [-1; 3] cho trong hình bên. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [-1; 3] thì M bằng:

Hàm số y = f(x) liên tục và có bảng biến thiên trong đoạn [-1; 3] cho (ảnh 1)
Xem đáp án

Phương pháp:

Dựa vào BBT tìm M

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy M=max1;3fx=f0=5.

Chọn B.


Câu 25:

Khai triển nhị thức Niu-tơn x+1010 thành đa thức. Tính tổng các hệ số của đa thức nhận được

Xem đáp án

Phương pháp:

Để tính tổng các hệ số trong một khai triển ta thay x = 1.

Cách giải:

Tổng các hệ số của đa thức nhận được khi khai triển nhị thức Niu-tơn x+1010 thành đa thức là 1+110=1024.

Chọn D.


Câu 26:

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f(x) = 3x - sin x là 
Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: xndx=xn+1n+1+Cn1,sinxdx=cosx+C.

Cách giải:

fxdx=3xsinxdx=3x22+cosx+C.

 

Chọn A.


Câu 27:

Tính giới hạn A=limx1x41x1.

Xem đáp án

Phương pháp:

Phân tích tử thành nhân tử, triệt tiêu với mẫu để khử dạng 0/0.

Cách giải:

A=limx1x41x1=limx1x1x+1x2+1x1=limx1x+1x2+1=4.

 

Chọn C.


Câu 28:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 4), B(2; 4; -1). Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB là 

Xem đáp án

Phương pháp:

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC xG=xA+xB+xC3yG=yA+yB+yC3zG=zA+zB+zC3.

Cách giải:

Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB xG=xO+xA+xB3=0+1+23=1yG=yO+yA+yB3=0+2+43=2zG=zO+zA+zB3=0+413=1G1;2;1.

 

Chọn D.  


Câu 29:

Tập xác định của hàm số y=x24x+32021 là:

Xem đáp án

Phương pháp:

Hàm số y=fxn với n là số nguyên âm xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và fx0.

Cách giải:

Hàm số y=x24x+32021 xác định x24x+30x1x3.

Vậy TXĐ của hàm số y=x24x+32021 là \1;3.

Chọn C.


Câu 30:

Trong một lớp học có 20 học sinh nữ và 15 học sinh nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh giữa 3 chức vụ: lớp trưởng, lớp phó và bí thư?
Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng chỉnh hợp

Cách giải:

Số cách chọn 3 học sinh giữa 3 chức vụ: lớp trưởng, lớp phó và bí thư từ 35 học sinh là A353.

Chọn C.


Câu 31:

Khẳng định nào sau đây sai?
Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: xndx=xn+1n+1+Cn1,cosxdx=sinx+C,ekxdx=1kekx+C.

Cách giải:

Dễ thấy đáp án A, B, C đúng.

Đáp án D sai vì 1xdx=lnx+C.

Chọn D.


Câu 32:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh huyển bằng a2,SA=a3,SA vuông góc với đáy. Thể tích V của khối chóp đã cho bằng:

Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V=13Sday.h.

Cách giải:

Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh huyền bằng a2 nên AB = AC = a.

SΔABC=12AB.AC=12a2.

Vậy VS.ABC=13SA.SΔABC=13.a3.12a2=a336.

Chọn C.


Câu 33:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng φ sinφ=55. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) bằng: 

Xem đáp án

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh SHABCD.

- Xác định góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Chứng minh dA;SCD=dH;SCD, dựng dH;SCD.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính dH;SCD.

Cách giải:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB cân tại S  (ảnh 1)

Gọi H là trung điểm của AB. Vì tam giác SAB cân tại S nên SHAB.

Ta có: SABABCD=ABSHSAB,SHABSHABCD.

Gọi K là trung điểm của CD ta có CDHKCDSHCDSHKCDSK.

SCDABCD=CDSKSCD,SKCDHKABCD,HKCDSCD;ABCD=SK;HK=SKH=φ.

 

AH//CDAH//SCDdA;SCD=dH;SCD.

Trong (SHK) kẻ HISKISK ta có: HISKHICDCDSHKHISCD

dH;SCD=HI.

Xét tam giác vuông HIK ta có sinφ=sinSKH=HIHKHI=HK.sinφ=2a.55=2a55.

Vậy dS;SCD=2a55.

Chọn C.


Câu 34:

Cho hàm số f(x) liên tục trên  và có 02fxdx=9,24fxdx=4. Tính 04fxdx.

Xem đáp án

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: abfxdx=acfxdx+cbfxdx.

Cách giải:

04fxdx=02fxdx+24fxdx=9+4=13.

 

Chọn C.


Câu 35:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x21f2x5fx

Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên (ảnh 1)
Xem đáp án

Phương pháp:

Xác định số nghiệm của phương trình mẫu số không bị triệt tiêu bởi nghiệm của phương trình tử số.

Cách giải:

Phương trình x21=0x=±1.

Xét f2x5fx=0fx=0fx=5.

Phương trình f(x) = 0 có nghiệm x=1nghm képx=a<1, nghiệm kép x = 1 không bị triệt tiêu bởi tử số.

Phương trình f(x) = 5 có nghiệm x=b>1.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng x=1,x=a,x=b.

Chọn A.


Câu 36:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên  thỏa mãn f(0) = 3 fx+f2x=x22x+2,x. Tính I=02x.f'xdx.

Xem đáp án

Phương pháp:

- Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt u=xdv=f'xdx.

- Sử dụng giả thiết f(0) = 3 fx+f2x=x22x+2 tính f(2)

- Từ fx+f2x=x22x+2 lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế, sau đó tính 02f2xdx bằng phương pháp đưa biến vào vi phân.

Cách giải:

Đặt u=xdv=f'xdxdu=dxv=fx.

I=02x.f'xdx=xfx2002fxdx

     =2f202fxdx

Theo bài ra ta có fx+f2x=x22x+2. Thay x=0f0+f2=2f2=2f0=1.

Lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế ta có 02fxdx+02f2xdx=02x22x+2dx=83.

Mà 02f2xdx=02f2xd2x=20fxdx=02fxdx

202fxdx=8302fxdx=43.

Vậy I=2f202fxdx=2.143=103.

Chọn A.


Câu 37:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M thuộc mặt cầu S:x32+y32+z22=9 và ba điểm A1;0;0,B2;1;3,C0;2;3. Biết rằng quỹ tích điểm M thỏa mãn MA2+2MBMC=8 là một đường tròn cố định, tính bán kính  của đường tròn này. 
Xem đáp án

Phương pháp:

- Gọi M(x; y; z) tính MA,MB,MC

- Từ giả thiết MA2+2MB.MC=8 chứng minh IS', xác định tâm I' và bán kính R' của mặt cầu (S').

- Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).

- Chứng minh II'<R+R'SS'= một đường tròn và M thuộc đường tròn đó.

- Sử dụng định lí Pytago tính bán kính của đường tròn.

Cách giải:

Gọi M(x; y; z) Ta có MA=1x;y;zMB=2x;1y;3zMC=x;2y;3z.

MA2+2MB.MC=8

1x2+y2+z22x2x+21y2y+23z3z=8

x2+y2+z22x+14x+2x2+223y+y229z2=8

x2+y2+z22x+14x+2x2+46y+2y218+2z2=8

3x3+3y2+3z26x6y21=0

x2+y2+z22x7y7=0 S'

MS' là mặt cầu tâm I'(1; 1; 0), bán kính R'=1+1+7=3.

Hơn nữa, MS có tâm I(3; 3; 2) bán kính R = 3

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M thuộc mặt cầu (ảnh 1)

Ta có: II'=22+22+22=23<R+R'.

M=SS' là một đường tròn có bán kính r = AH

Dễ thấy ΔAII' cân tại A nên H là trung điểm của II'IH=12II'=3.

Vậy r=AH=AI2IH2=3232=6.

Chọn D.


Câu 38:

Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng 2a và đáy là hình vuông có cạnh bằng a. Gọi M, N, P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB'A',BCC'B',CDD'C' và ADD'A'. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, D, M,N, P, Q bằng: 

Xem đáp án

Phương pháp:

- Sử dụng phân chia khối đa diện

- Sử dụng công thức tính thể tích hình hộp V = S.h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình hộp.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V=13S.h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình hộp.

Cách giải:

Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng 2a và đáy là hình vuông (ảnh 1)

Thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D' là V=2a.a2=2a3

Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AA', BB' lần lượt tại A'', B''

Qua P kẻ đường thẳng song song với DC cắt CC', DD' lần lượt tại D'', C''.

Suy ra A''; Q; D'' thẳng hàng và A"D"//AD;B";N;C" thẳng hàng và B''C''//BC

Ta có M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của A"B",B"C",C"D",D"A"

A'', B'', C'', D'' lần lượt là trung điểm của AA',BB',CC',DD'.

Suy ra VABCD.A"B"C"D"=12VABCD.A'B'C'D'=12.72=36

Ta có VABCD.MNPQ=VABCD.A"B"C"D"VD.QD"PVC.NC"PVB.MNB"VA.QMA"

VD.QD"P=13.SQD"P.dD;QD"P

=13.12QD".D"P.sinQD"P.dD;A"B"C"D"

=13.12.12AD.12DC.sinADC.dD;A"B"C"D"

=124.AD.DC.sinADC.dD;A"B"C"D"

=124.SABCD.dD;A"B"C"D"

=124.VABCD.A"B"C"D"

=124.2a3=a312

Tương tự ta có VC.NC"P=VB.MNB"=VA.QMA"=a312

Suy ra VABCD.MNPQ=VABCD.A"B"C"D"VD.QD"PVC.NC"PVB.MNB"VA.QMA"=2a34.a312=5a33.

Chọn C.


Câu 39:

Cho hàm số y = f(x). Biết hàm số y = f'(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số y=2021fx+2020fx là:

Cho hàm số y = f(x). Biết hàm số y = f'(x) có đồ thị như hình vẽ  (ảnh 1)
Xem đáp án

Phương pháp:

- Tính đạo hàm của hàm số đã cho.

- Giải phương trình y' = 0 bằng cách xét tương giao.

- Số cực trị của hàm số chính là số nghiệm bội lẻ phân biệt của phương trình y' = 0.

Cách giải:

Xét hàm số y=2021fx+2020fx ta có:

y'=f'x.2021fxln2021+f'x.2020fxln2020

y'=f'x.2021fxln2021+2020fxln2020

y'=0f'x=0 (do 2021fx.ln2021+2020fxln2020>0 x)

x=a<0x=b1;3b<cx=c1;3

 
Cho hàm số y = f(x). Biết hàm số y = f'(x) có đồ thị như hình vẽ  (ảnh 2)

Ba nghiệm này là ba nghiệm phân biệt và là các nghiệm đơn.

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn C.


Câu 40:

Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính bằng a, thể tích V của khối chóp có thể tích nhỏ nhất là:

Xem đáp án

Phương pháp:

- Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S.ABCD. Xác định tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABCD.

- Đặt SO = x > a tính SI, SH theo x, a.

- Sử dụng ΔSIHΔSMOg.g, tính OM theo x, a từ đó tính SABCD theo x, a.

- Tính VS.ABCD=13SO.SABCD theo x, a.

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của VS.ABCD.

Cách giải:

Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính bằng a (ảnh 1)

Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S.ABCD.

Gọi O=ACBDSOABCD.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC Trong (SMN) dựng tia phân giác của góc SMN cắt SO tại II là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABCD.

Kẻ IHSMHSM ta có r = IH = IO = a là bán kính mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABCD.

Đặt SO=x>aSI=SOIO=xa

Áp dụng định lý Pytago ta có SH=SI2IH2=xa2a2=x22ax.

Vì ΔSIHΔSMOg.gSHSO=IHOMx22axx=aOMOM=axx22ax

AB=2OM=2axx22axSABCD=AB2=4a2x2x22ax

VS.ABCD=13SO.SABCD=13x.4a2x2x22ax=4a23.x3x22ax.

Xét hàm số fx=x3x22axx>0 ta có

f'x=3x2.x22axx3.2x2ax22ax2

f'x=3x46ax32x4+2ax3x22ax2

f'x=x44ax3x22ax2

 

f'x=0x3x4a=0x=4atm

mina;+fx=f4a=64a34a22a.4a=8a.

 

Vậy minVS.ABCD=4a23.8a=32a33, đạt được khi SO = 4a.

Chọn D.


Câu 41:

Biết đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ dương x1,x2,x3 đồng thời

y''(1) = 0. Giá trị lớn nhất của biểu thức P=x3+x2x3+x1x2x33 là: 

Xem đáp án

Vì đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ dương x1,x2,x3 nên phương trình ax3+bx2+cx+d=0 có 3 nghiệm dương phân biệt x1,x2,x3.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1+x2+x3=bax1x2+x2x3+x3x1=cax1x2x3=da.

Ta có: y'=3ax2+2bx+c,y"=6ax+2b.

Vì y"1=06a+2b=0b=3ax1+x2+x3=ba=3.

Ta có:

P=x3+x2x3+x1x2x33

P=x3+124x2x3+1416x1.4x2.x33

Px3+12.4x2+x32+14.16x1+4x2+x33

Px3+4x2+x34+16x1+4x2+x312

P12x3+12x2+3x3+16x1+4x2+x312

P16x1+16x2+16x312=43x1+x2+x3

P43.3=4

Vậy Pmin=4.

Chọn C.


Câu 42:

Biết hàm số f(x) - f(2x) có đạo hàm bằng 20 tại x = 1 và đạo hàm bằng 1001 tại x = 2. Tính đạo hàm của hàm số

f(x) - f(4x) tại x = 1.

Xem đáp án

Phương pháp:

- Đặt gx=fxf2x, tính g'(x).

- Dựa vào giả thiết suy ra g'(1), g'(2) sử dụng phương pháp cộng đại số tìm f'14f'4.

- Đặt hx=fxf4x, tính h'(x) và tính h'(1).

Cách giải:

Đặt gx=fxf2x, ta có g'x=f'x2f'2x.

Theo bài ra ta có

g'1=20g'2=1001f'12f'2=20f'22f'4=1001

f'12f'2=202f'24f'4=2002f'14f'4=2022

 

Đặt hx=fxf4x ta có h'x=f'xf'4x

h'1=f'14f'4=2002.

 
Chọn C.

Câu 43:

Cho mặt cầu (S) có bán kính R. Hình nón (N) thay đổi có đỉnh và đường kính đáy nằm trên mặt cầu (S). Thể tích lớn nhất của khối nón (N) là:

Xem đáp án

Phương pháp:

- Gọi h là chiều cao của hình nón, r là bán kính đường tròn đáy của hình nón. Sử dụng định lí Pytago biểu diễn r theo h, R.

- Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r là V=13πr2h.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của thể tích.

Cách giải:

Cho mặt cầu (S) có bán kính R. Hình nón (N) thay đổi có đỉnh và đường kính (ảnh 1)

Gọi h là chiều cao của hình nón. Để thể tích khối nón là lớn nhất thì hiển nhiên h > R.

Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón.

Ta có IH=SHSI=hR.

Áp dụng định lí Pytago ta có r=R2hR2=2hRh2.

 Thể tích khối nón là V=13πr2h=13π2hRh2.h=π32Rh2h3.

Xét hàm số fh=h3+2Rh2 với h > R ta có f'h=3h2+4Rh=0h=0ktmh=4R3tm.

Vmax=π3.f4R3=π3.2R.16R2964R327=32πR381.

Chọn D.


Câu 44:

Biết π3π2sinxcosx+2dx=aln5+bln2, với a,b. Khẳng định nào sau đây đúng? 

Xem đáp án

Phương pháp:

- Lấy e mũ hai vế phương trình π3π2sinxcosx+2dx=aln5+bln2.

- Sử dụng MTCT tính eπ3π2sinxcosx+2dx

- Đồng nhất hệ số tìm a, b và chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Ta có

π3π2sinxcosx+2dx=aln5+bln2

eπ3π2sinxcosx+2dx=ealn5+bln2=5a.2b

Sử dụng MTCT ta có: 5a.2b=54=51.22

a=1,b=2


Vậy a + 2b = 0.

Chọn B.


Câu 45:

Cho các số thực a, b > 1 và phương trình logaaxlogbbx=2021 có hai nghiệm phân biệt m, n. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=4a2+25b2100m2n2+1 bằng:                     

Xem đáp án

Phương pháp:

- Từ giả thiết logaaxlogbbx=2021 đưa về phương trình bậc hai ẩn lnx.

- Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai tìm tích abmn.

- Tìm GTNN của biểu thức P nhờ BĐT Cô-si.

Cách giải:

Theo bài ra ta có:

logaaxlogbbx=2021x>0

1+logax1+logbx=2021

1+logax.logbx+logax+logbx=2021

logax.logbx+logax+logbx=2020

lnxlna.lnxlnb+lnxlna+lnxlnb=2020

ln2x+lna+lnblnx2020lna.lnb=0

ln2x+lnablnx2020lna.lnb=0

Đặt t = lnx phương trình trở thành t2+lnab.t2020lna.lnb=0 *

Vì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt nên Δ=ln2ab+8080lna.lnb>0.

Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt m, n nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t1=lnmt2=lnn.

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có lnm+lnn=lnabmn=1abmnab=1.

Do a,b>1mn>0.

Xét P=4a2+25b2100m2n2+1 ta có

P24a2.25b2.2100m2n2.1

P2.10ab.20mn=400abmn400

Dấu “=” xảy ra 2a=5b10mn=1=10ab2a=5bab=10a=5b=2.

Vậy Pmin=400a=5,b=2.

Chọn D.


Câu 46:

Cho n là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì. Gọi S là tập hợp tất cả các số thực a thỏa mãn 3α=n. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất để chọn được một số tự nhiên bằng:
Xem đáp án

Phương pháp:

- Tìm số các số tự nhiên có 4 chữ số, từ đó suy ra số phần tử của tập hợp S và số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”.

- Từ giả thiết 3α=n tìm n cho n1000;9999, từ đó tìm α thỏa mãn.

- Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Vì n là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì nên 1000n9999 và có 99991000+1=9000 số tự nhiên có 4 chữ số.

Theo bài ra ta có 3α=nα=log3n.

Vì có 9000 số tự nhiên có 4 chữ số nên tập hợp S có 9000 phần tử  Số phần tử của không gian mẫu là

nΩ=9000.

Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”.

Ta có

1000n9999log31000log3nlog39999

6,29log3n8,386,29α8,38

Mà αα7;8nA=2.

Vậy xác suất của biến cố A PA=nAnΩ=29000=14500.

Chọn A.


Câu 47:

Cho hàm số y = f(x) xác định trên  và có đạo hàm f'x=2xx+3gx+2021 trong đó gx<0 x. Hàm số y=f1x+2021x+2022 đồng biến trên khoảng nào?

Xem đáp án

Phương pháp:

- Tính y'.

- Từ f'(x) đề bài cho suy ra f'(1 - x).

- Giải phương trình y' = 0

- Lập BXD của y' và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

Xét hàm số y=f1x+2021x+2022 có y'=f'1x+2021

Cho y'=0f'1x=2021.

Vì f'1x=21+x1x+3g'1x+2021

f'1x=1+x4xg1x+2021

f'1x=2021

1+x4xg1x+2021=2021

1+x4xg1x=0

x=1x=4do g1x<0 x

Qua các nghiệm x = -1, x = 4 thì y' đổi dấu.

Với x = 0 ta có

y'0=f'1+2021

y'0=211+3g1+2021

y'0=4g1+2021>0do g1>0

Do dó ta có bảng xét dấu y' như sau:

 
Cho hàm số y = f(x) xác định trên R và có đạo hàm f'(x) = (2 - x)(x + 3)gx + 2021 (ảnh 1)
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên (-1; 4).

Chọn B.


Câu 48:

Cho hình lăng trụ BC.A'B'C' có thể tích V. Lấy điểm I thuộc cạnh CC' sao cho CI = 4CI'. Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của A', B' qua I. Gọi V' là thể tích của khối đa diện CABMNC'. Tỉ số VV' bằng: 

Xem đáp án
Cho hình lăng trụ BC.A'B'C' có thể tích V. Lấy điểm I thuộc cạnh CC' sao cho (ảnh 1)

Gọi V, V' lần lượt là thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khối đa diện CABMNC'.

Gọi P=AMCC'.

Vì I là trung điểm của A'M và B'N nên ABMN là hình bình hành và A, B, M, N đồng phẳng.

Ta có AA'//CC', mà I là trung điểm của A'M nên P là trung điểm của AM (1)

Lại có BB'//CC' mà I là trung điểm của B'N nên P là trung điểm của BN (2)

Từ (1) và 2PABMN.

PC'=PI+IC'=AA'2+CC'5=CC'2+CC'5=7CC'10

CPCC'=310

VC.ABMNVC'.ABMN=dC;ABMNdC';ABMN=CPCC'=37VC'.ABMN=73VC.ABMN

 

Ta có: VC.ABPVC.ABC=CPCC'=310VC.ABP=310.VC.ABC'=310.V3=V10.

VC.ABMN=2VC.ABM=4VC.ABP=4.V10=2V5VC'.ABMN=73VC.ABMN=73.2V5=14V15


V'=VCABMNC'=VC'.ABMN+VC.ABMN=14V15+2V5=43V

Vậy VV'=34.

Chọn B.


Câu 49:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABC). Lấy điểm M thuộc cạnh SC sao cho CM = 2MS. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM bằng 4217. Thể tích của khối tứ diện C.ABM bằng:

Xem đáp án
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Tam giác (ảnh 1)

Gọi H là trung điểm của AB do tam giác SAB đều nên SHAB.

Ta có: SABABC=ABSHSAB,SHABSHABC.

Dựng hình vuông ABFC ta có BF//ACAC//BMF

dAC;BM=dAC;BMF=dA;BMF.

Lại có AHBMF=BdA;BMFdH;BMF=ABHB=2dA;BMF=2dH;BMF

Trong (SHC) kẻ ME//SHECHMEABC.

Kéo dài HC cắt BF tại N, áp dụng định lí Ta-lét ta có BHFC=NHNC=NBNF=12H là trung điểm của NC.

ACBN là hình bình hành

Ta có: HEBMF=NdH;BMFdE;BMF=HNEN=HCHE+HC

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: HEHC=SMSC=13HE=13HC

dH;BMFdE;BMF=HNEN=HCHE+HC=HC13HC+HC=34dH;BMF=34dE;BMF

dAC;BM=dA;BMF=32dE;BMF

Trong (ABC) kẻ EI//ABIBF, trong (MEI) kẻ EJIM ta có:

BFAB,EI//ABBFEIBFMEMEABCBFMEIBFEJ

EJBFEJMIEJBMFdE;BMF=EJ

dAC;BM=32dE;BMF=32EJ=4217EJ=821.

Ta có: MESH=CMCS=23ME=23SH. Mà SH=AB32ME=AB33.

Ta có: HNEN=34cmtNENH=43NENC=23=IEFC=IEABIE=23AB.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MEI ta có:

1EJ2=1EI2+1EM2

2164=149AB2+113AB2

2164=214AB2

AB=4

ME=AB33=433,SΔABC=12AB2=8.

Vậy VC.ABM=13ME.SΔABC=13.433.8=3239.

Chọn B.


Câu 50:

Cho tích phân I=1e3lnx+1xdx. Nếu đặt t = lnx thì: 

Xem đáp án

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Đặt t=lnxdt=dxx

Đổi cận: x=1t=0x=et=1.

Khi đó ta có I=013t+1dt.

Chọn B.


Bắt đầu thi ngay