50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 20)

Câu 1:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm $f' (x) = {(x - 1)}^{3} (x - 2)$ với mọi $x \in ℝ .$ Hàm số đã cho đạt cực đại tại

A. x = -1

B. x = 1

C. x = 2

D. x = -2

Xem đáp án

Ta có: $f' (x) = {(x - 1)}^{3} (x - 2) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 2 \end{array} .$

BXD:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'(x) = (x - 1)^3(x - 2) với mọi x thuộc R (ảnh 1)

$\Rightarrow$ Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1.

Chọn B.

Câu 2:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng $d : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 3 t \\ z = 5 - t \end{cases} (t \in ℝ) .$ Một vectơ chỉ phương của d là

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

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

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

D. $\vec{u_{3}} = (1; 2; 5)$

Xem đáp án

Đường thẳng $d : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 3 t \\ z = 5 - t \end{cases} (t \in ℝ) .$ Một vectơ chỉ phương của d là $\vec{u_{2}} = (- 1; 3; - 1) .$

Chọn A.

Câu 3:

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

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

A. x = 1

B. x = -3

C. x = -5

D. x = -2

Xem đáp án

Dựa vào BBT suy ra hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 1.

Chọn A.

Câu 4:

Gọi $z_{1}, z_{2}$ là hai nghiệm phức của phương trình $z^{2} + 2 z + 5 = 0.$ Giá trị của ${|z_{1}|}^{2} + {|z_{2}|}^{2}$ là:

A. 10

B. 50

C. 5

D. 18

Xem đáp án

Ta có: $z^{2} + 2 z + 5 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} z_{1} = - 1 + 2 i \\ z_{2} = - 1 - 2 i \end{array} \Rightarrow |z_{1}| = |z_{2}| = \sqrt{5} .$

Vậy ${|z_{1}|}^{2} + {|z_{2}|}^{2} = 5 + 5 = 10.$

Chọn A.

Câu 5:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng $d_{1} : \{\begin{cases} x = 2 - 2 t \\ y = 4 t \\ z = - 3 + 6 t \end{cases}$ và $d_{2} : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 2 t \\ z = 3 t \end{cases} .$ Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $d_{1}$ và $d_{2}$ chéo nhau

B. $d_{1} \equiv d_{2}$

C. $d_{1} ⊥ d_{2}$

D. $d_{1} / / d_{2}$

Xem đáp án

Đường thẳng $d_{1} : \{\begin{cases} x = 2 - 2 t \\ y = 4 t \\ z = - 3 + 6 t \end{cases}$ có 1 VTCP là $\vec{u_{1}} = (- 2; 4; 6) .$

Đường thẳng $d_{2} : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 2 t \\ z = 3 t \end{cases}$ có 1 VTCP là $\vec{u_{2}} = (- 1; 2; 3) .$

Ta có $\vec{u_{1}} = 2 \vec{u_{2}}$ nên $d_{1} \equiv d_{2}$ hoặc $d_{1} / / d_{2}$

Lấy $M (2; 0; - 3) \in d_{1},$ thay vào phương trình đường thẳng $d_{2}$ ta có: $\{\begin{cases} 2 = 1 - t \\ 0 = 2 + 2 t \\ - 3 = 3 t \end{cases} \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow M \in d_{2} .$

Vậy $d_{1} \equiv d_{2} .$

Chọn B.

Câu 6:

Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình vẽ?

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

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

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

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

Xem đáp án

BBT là của hàm đa thức bậc bốn trùng phương nên loại đáp án B và C.

Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên chọn đáp án A.

Chọn A.

Câu 7:

Cho cấp số nhân $(u_{n})$ có số hạng đầu $u_{1}$ và công bội q. Số hạng tổng quát $(u_{n})$ được xác định theo công thức:

A. $u_{n} = u_{1} q^{n}$

B. $u_{n} = u_{1} q^{n - 1}$

C. $u_{n} = u_{1} q^{n + 1}$

D. $u_{n} = u_{1} + (n - 1) q$

Xem đáp án

Cho cấp số nhân $(u_{n})$ có số hạng đầu $u_{1}$ và công bội q. Số hạng tổng quát $(u_{n})$ được xác định theo công thức $u_{n} = u_{1} q^{n - 1} .$

Chọn B.

Câu 8:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = x^{2} - 4$ và y = x - 4 xác định bởi công thức

A. $\int_{0}^{2} (x - x^{2}) d x$

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

C. $\int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x$

D. $\int_{0}^{2} (x^{2} - x) d x$

Xem đáp án

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^{2} - 4 = x - 4 \Leftrightarrow x^{2} - x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \end{array} .$

Khi đó diện tích cần tính là $S = \int_{0}^{1} |x^{2} - x| d x = \int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x .$

Chọn C.

Câu 9:

Cho hàm số $y = a x^{4} + b x^{2} + c$ có đồ thị như hình vẽ

Số nghiệm của phương trình $2 f (x) - 5 = 0$ là

A. 2

B. 4

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Ta có $2 f (x) - 5 = 0 \Leftrightarrow f (x) = \frac{5}{2} .$

Đường thẳng $y = \frac{5}{2}$ cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt nên phương trình $2 f (x) - 5 = 0$ có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

Câu 10:

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

Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng

A. (-2; 1)

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

C. (-1; 2)

D. $(2; + \infty)$

Xem đáp án

Hàm số đã cho nghịch biến trên (-1; 2)

Chọn C.

Câu 11:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x + 4 y - 6 z - 2 = 0.$ Tâm của mặt cầu (S) có tọa độ là:

A. (-1; 2; -3)

B. (-2; 4; -6)

C. (2; -4; 6)

D. (1; -2; 3)

Xem đáp án

Mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x + 4 y - 6 z - 2 = 0$ có tâm I(1; -2; 3)

Chọn D.

Câu 12:

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

A. $30 π$

B. $15 π$

C. $5 π$

D. $24 π$

Xem đáp án

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng $S_{x q} = 2 π r h = 2 π r l = 2 π .3.5 = 30 π .$

Chọn A.

Câu 13:

Cho khối nón có bán kính đáy r = 2 và chiều cao $h = \sqrt{3} .$ Thể tích của khối nón đã cho là:

A. $4 π \sqrt{3}$

B. $\frac{2 π \sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{4 π \sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{4 π}{3}$

Xem đáp án

Thể tích của khối nón đã cho là: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π {.2}^{2} . \sqrt{3} = \frac{4 π \sqrt{3}}{3} .$

Chọn C.

Câu 14:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-1; 2; 1). Hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy có tọa độ là:

A. (-1; 0; 1)

B. (0; 2; 0)

C. (0; 0; 1)

D. (-1; 2; 0)

Xem đáp án

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hình chiếu vuông góc của A(-1; 2; 1) trên trục Oy là (0; 2; 0)

Chọn B.

Câu 15:

Họ nguyên hàm của hàm số $f (x) = e^{x}$ là:

A. $3^{x} \log 3 + C$

B. $3^{x} \ln 3 + C$

C. $\frac{3^{x}}{\ln 3} + C$

D. $\frac{3^{x}}{\log 3} + C$

Xem đáp án

$f (x) = 3^{x} \Rightarrow \int_{}^{} f (x) d x = \int_{}^{} 3^{x} d x = \frac{3^{x}}{\ln 3} + C .$

Chọn C.

Câu 16:

Cho khối chóp S.ABC có $S A = a \sqrt{3}, S A$ vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại B, AB = a, tam giác SBC cân. Thể tich khối chóp S.ABC bằng:

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

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

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

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

Xem đáp án

Cho khối chóp S.ABC có SA = a căn bậc hai của 3, SA vuông góc với mặt (ảnh 1)

Ta có $\{\begin{cases} B C ⊥ A B \\ B C ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (S A B) \Rightarrow B C ⊥ S B \Rightarrow Δ S B C$ vuông tại B.

$\Rightarrow Δ S B C$ vuông cân tại $B \Rightarrow B C = S B = \sqrt{S A^{2} + A B^{2}} = 2 a .$

$\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{2} . a .2 a = a^{2} .$

Vậy $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S A . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} . a \sqrt{3} . a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{3} .$

Chọn C.

Câu 17:

Biết rằng phương trình $\log_{2} x + \log_{3} x = 1 + \log_{2} x . \log_{3} x$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2} .$ Giá trị của $x_{1}^{2} + x_{2}^{2}$ bằng:

A. 13

B. 2

C. 5

D. 25

Xem đáp án

$\log_{2} x + \log_{3} x = 1 + \log_{2} x . \log_{3} x$

$\Leftrightarrow \log_{2} x - \log_{2} x . \log_{3} x + \log_{3} x - 1 = 0$

$\Leftrightarrow \log_{2} x (1 - \log_{3} x) - (1 - \log_{3} x) = 0$

$\Leftrightarrow (1 - \log_{3} x) (\log_{2} x - 1) = 0$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{3} x = 1 \\ \log_{2} x = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x_{1} = 3 \\ x_{2} = 2 \end{array}$

Vậy $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 3^{2} + 2^{2} = 13.$

Chọn A.

Câu 18:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng $(α) : 3 x - 2 y + 2 z + 7 = 0$ và $(β) : 5 x - 4 y + 3 z + 1 = 0.$ Phương trình mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ đồng thời vuông góc với $(α)$ và $(β)$ là:

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

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

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

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

Xem đáp án

Mặt phẳng $(α) : 3 x - 2 y + 2 z + 7 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{α}} = (3; - 2; 2) .$

Mặt phẳng $(β) : 5 x - 4 y + 3 z + 1 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{β}} = (5; - 4; 3) .$

Do mặt phẳng (P) vuông góc với $(α)$ và $(β)$ nên $\vec{n_{P}} = [\vec{n_{α}}, \vec{n_{β}}] = (2; 1; - 2)$ là 1 VTPT của (P).

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: $2 x + y - 2 z = 0.$

Chọn B.

Câu 19:

Nghiệm của phương trình $3^{3 x + 6} = \frac{1}{27}$ là

A. x = 3

B. x = -3

C. x = 9

D. $x = \frac{1}{9}$

Xem đáp án

$3^{3 x + 6} = \frac{1}{27} = 3^{- 3} \Leftrightarrow 3 x + 6 = - 3 \Leftrightarrow x = - 3.$

Chọn B.

Câu 20:

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

A. $\frac{5 \sqrt{11}}{11}$

B. $\frac{\sqrt{15}}{11}$

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

D. $\frac{\sqrt{12}}{3}$

Xem đáp án

$d (M; (P)) = \frac{|1 - 3.2 + 1 - 1|}{\sqrt{1^{2} + {(- 3)}^{2} + 1^{2}}} = \frac{5}{\sqrt{11}} = \frac{5 \sqrt{11}}{11} .$

Chọn A.

Câu 21:

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2}$ là

A. 3

B. 2

C. 1

D. 0

Xem đáp án

ĐKXĐ: $\{\begin{cases} x \geq 1 \\ x \neq 2 \end{cases} .$

Ta có:

$\lim_{x \to + \infty} y = \lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2} = 0, \lim_{x \to - \infty} y$ không tồn tại.

$\Rightarrow y = 0$ là TCN của đồ thị hàm số.

$\lim_{x \to 2^{+}} y = \lim_{x \to 2^{+}} \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2} = \lim_{x \to 2^{+}} \frac{x - 2}{(x - 2) (\sqrt{x - 1} + 1)} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow x = 2$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2}$ là 2.

Chọn B.

Câu 22:

Cho $a, b \in ℝ$ thỏa mãn $\frac{a + b i}{1 - i} = 3 + 2 i .$ Giá trị của tích ab bằng:

A. 5

B. -5

C. -1

D. 1

Xem đáp án

$\frac{a + b i}{1 - i} = 3 + 2 i \Leftrightarrow a + b i = (1 - i) (3 + 2 i) = 5 - i$

$\Rightarrow a = 5, b = - 1 \Rightarrow a b = - 5$

Chọn B.

Câu 23:

Cho các số a, b, c > 0 và $a, b, c \neq 1.$ Đồ thị của các hàm số $y = \log_{a} x, y = \log_{b} x$ và $y = \log_{c} x$ được cho bởi hình vẽ

Cho các số a, b, c > 0 và a, b, c khác 1. Đồ thị của các hàm số (ảnh 1)

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. c < b < a

B. b < a < c

C. c < a < b

D. a < b < c

Xem đáp án

Đồ thị hàm số $y = \log_{a} x, y = \log_{b} x$ đồng biến trên $(0; + \infty)$ nên a > 1

Đồ thị hàm số $y = \log_{c} x$ đồng biến trên $(0; + \infty)$ nên 0 < c < 1

Với cùng 1 giá trị $x_{0} > 1$ ta có $\log_{b} x_{0} < \log_{a} x_{0} \Leftrightarrow \frac{1}{\log_{x_{0}} b} < \frac{1}{\log_{x_{0}} a} \Leftrightarrow \log_{x_{0}} b > \log_{x_{0}} a .$

Do $x_{0} > 1$ nên b > a

Vậy c < a < b

Chọn C.

Câu 24:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm $O, Δ A B D$ đều cạnh $a \sqrt{2}, S A$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $S A = \frac{3 a \sqrt{2}}{2} .$ Góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (ABCD) bằng:

A. 45⁰

B. 90⁰

C. 30⁰

D. 60⁰

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O (ảnh 1)

Ta có $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow A O$ là hình chiếu vuông góc của SO lên (ABCD).

$\Rightarrow ∠ (S O; (A B C D)) = ∠ (S O; A O) = ∠ S O A .$

Vì ABD là tam giác đều cạnh $a \sqrt{2}$ nên $A O = \frac{a \sqrt{2} . \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{6}}{2} .$

Xét tam giác vuông SAO có: $\tan ∠ S O A = \frac{S A}{A O} = \frac{3 a \sqrt{2}}{2} : \frac{a \sqrt{6}}{2} = \sqrt{3} \Rightarrow ∠ S O A = 60^{0} .$

Vậy $∠ (S O; (A B C D)) = 60^{0} .$

Chọn D.

Câu 25:

Với biến đổi u = lnx, tích phân $\int_{e}^{3} \frac{1}{x \ln x} d x$ trở thành

A. $\int_{e}^{3} \frac{1}{u} d u$

B.

\int_{e}^{\ln 3} \frac{1}{u} d u

C.

\int_{1}^{e^{3}} \frac{1}{u} d u

D.

\int_{1}^{\ln 3} \frac{1}{u} d u

Xem đáp án

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

Đổi cận: $\{\begin{cases} x = e \Rightarrow u = \ln e = 1 \\ x = 3 \Rightarrow u = \ln 3 \end{cases} .$

Vậy $\int_{e}^{3} \frac{1}{x \ln x} d x = \int_{1}^{\ln 3} \frac{1}{u} d u .$

Chọn D.

Câu 26:

Với các số $a, b > 0, a \neq 1,$ giá trị của $\log_{a^{2}} (a b)$ bằng:

A. $\frac{1}{2} \log_{a} b$

B. $1 + \frac{1}{2} \log_{a} b$

C. $2 + 2 \log_{a} b$

D. $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{a} b$

Xem đáp án

Với các số $a, b > 0, a \neq 1,$ ta có:

$\log_{a^{2}} (a b) = \frac{1}{2} \log_{a} a b = \frac{1}{2} (1 + \log_{a} b) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{a} b .$

Chọn D.

Câu 27:

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số có ba chữ số?

A. 20

B. 120

C. 216

D. 729

Xem đáp án

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được $A_{6}^{3} = 120$ số có ba chữ số.

Chọn B.

Câu 28:

Số phức (2 + 4i)i bằng số phức nào sau đây

A. -4 - 2i

B. -4 + 2i

C. 4 - 2i

D. 4 + 2i

Xem đáp án

$(2 + 4 i) i = 2 i + 4 i^{2} = - 4 + 2 i .$

Chọn B.

Câu 29:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số

f (x) = \frac{x^{2} - 3 x}{x + 1}

trên đoạn [0; 2] bằng:

A. 0

B. -9

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

D. -1

Xem đáp án

Hàm số đã cho xác định liên tục trên [0; 2]

Ta có

$f' (x) = \frac{(2 x - 3) (x + 1) - x^{2} + 3 x}{{(x + 1)}^{2}} = \frac{x^{2} + 2 x - 3}{{(x + 1)}^{2}}$

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

Mà $f (0) = 0, f (1) = - 1, f (2) = - \frac{2}{3} .$

Vậy $\min_{[0; 2]} f (x) = - 1.$

Chọn D.

Câu 30:

Với số thực dương a biểu thức $e^{2 \ln a}$ bằng:

A. $\frac{1}{a^{2}}$

B. 2a

C. $a^{2}$

D. $\frac{1}{2 a}$

Xem đáp án

$e^{2 \ln a} = {(e^{\ln a})}^{2} = a^{2} .$

Chọn C.

Câu 31:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng $d_{1} : \{\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 3 + 2 t \\ z = - 2 - t \end{cases},$ $d_{2} : \frac{x - 5}{3} = \frac{y + 1}{- 2} = \frac{z - 2}{- 1}$ và $d_{3} : \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z - 1}{3} .$ Đường thẳng d song song với $d_{3}$ cắt $d_{1}$ và $d_{2}$ có phương trình là:

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

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

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

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

Xem đáp án

Gọi $\{\begin{cases} A (3 + a; 3 + 2 a; - 2 - a) = d \cap d_{1} \\ B (5 + 3 b; - 1 - 2 b; 2 - b) = d \cap d_{2} \end{cases} .$ Ta có $\vec{A B} = (3 b - a + 2; - 2 b - 2 a - 4; - b + a + 4) .$

Vì $d / / d_{3}$ nên $\vec{A B}, \vec{u_{3}}$ cùng phương, với $\vec{u_{3}} = (1; 2; 3)$ là 1 VTCP của đường thẳng $d_{3} .$

Khi đó ta có:

$\frac{3 b - a + 2}{1} = \frac{- 2 b - 2 a - 4}{2} = \frac{- b + a + 4}{3}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 6 b - 2 a + 4 = - 2 b - 2 a - 4 \\ 9 b - 3 a + 6 = - b + a + 4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 8 b = - 8 \\ 10 b - 4 a + 2 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b = - 1 \\ a = - 2 \end{cases}$

$\Rightarrow A (1; - 1; 0), B (2; 1; 3) .$

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua A(1; -1; 0) và có 1 VTCP $\vec{u_{3}} = (1; 2; 3)$ là $\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 1}{2} = \frac{z}{3} .$

Chọn D.

Câu 32:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên đoạn [1; 2], f(2) = 1 và f(4) = 2021. Giá trị $I = \int_{1}^{2} f' (2 x) d x$ bằng

A. -2018

B. 1010

C. -1008

D. 2018

Xem đáp án

Ta có:

$I = \int_{1}^{2} f' (2 x) d x = \frac{1}{2} \int_{1}^{2} f' (2 x) d (2 x) = \frac{1}{2} f (2 x) |\begin{array}{l} 2 \\ 1 \end{array}$

$= \frac{1}{2} [f (4) - f (2)] = \frac{1}{2} (2021 - 1) = 1010$

Chọn B.

Câu 33:

Xét các số phức z thỏa mãn |z - 3 + 4i| = 2. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của |z|. Tổng $M^{2} + m^{2}$ bằng:

A. 58

B. 52

C. 65

D. 45

Xem đáp án

Ta có:

$2 = |z - 3 + 4 i| = |z - (3 - 4 i)| \geq ||z| - |3 - 4 i||$

$\Rightarrow ||z| - 5| \leq 2 \Leftrightarrow - 2 \leq |z| - 5 \leq 2 \Leftrightarrow 3 \leq |z| \leq 7$

$\Rightarrow M = {|z|}_{\max} = 7, m = {|z|}_{\min} = 3.$

Vậy $M^{2} + m^{2} = 7^{2} + 3^{2} = 58.$

Chọn A.

Câu 34:

Cho hàm số y = f(x) với $- 1 \leq x \leq 4$ có đồ thị các đoạn thẳng như hình bên. Tích phân $I = \int_{- 1}^{4} f (x) d x$ bằng:

Cho hàm số y = f(x) với -1 nhỏ hơn hoặc bằng x nhỏ hơn hoặc bằng 4 có đồ thị (ảnh 1)

A. 4

B. 1

C. 5,5

D. 2,5

Xem đáp án

Cho hàm số y = f(x) với -1 nhỏ hơn hoặc bằng x nhỏ hơn hoặc bằng 4 có đồ thị (ảnh 2)

Ta có:

$I = \int_{- 1}^{4} f (x) d x$

$= \int_{- 1}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{3} f (x) d x + \int_{3}^{4} f (x) d x$

$= S_{Δ O A B} + S_{O B C M} + S_{Δ C D M} - S_{Δ D E N} - S_{N E F P}$

$= \frac{1}{2} .1.2 + 1.2 + \frac{1}{2} .1.2 - \frac{1}{2} .1.1 - 1.1$

$= \frac{5}{2} = 2, 5$

Chọn D.

Câu 35:

Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số $y = x^{3} - m x^{2} + (m - 6) x + 1$ nghịch biến trên khoảng (0; 2) là

A. 3

B. 4

C. 5

D. 2

Xem đáp án

Ta có: $y = x^{3} - m x^{2} + (m - 6) x + 1 \Rightarrow y' = 3 x^{2} - 2 m x + m - 6.$

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) thì $y' \leq 0 \forall x \in (0; 2)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\Rightarrow 3 x^{2} - 2 m x + m - 6 \leq 0 \forall x \in (0; 2) .$

Ta có $Δ' = m^{2} - 3 (m - 6) = m^{2} - 3 m + 18 > 0 \forall m$ nên phương trình $3 x^{2} - 2 m x + m - 6 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_{1} < x_{2} .$ Khi đó ta có $3 x^{2} - 2 m x + m - 6 \leq 0 \Leftrightarrow x \in (x_{1}; x_{2}) .$

Do đó để $3 x^{2} - 2 m x + m - 6 \leq 0 \forall x \in (0; 2)$ thì $(0; 2) \subset (x_{1}; x_{2}) \Rightarrow x_{1} \leq 0 < 2 \leq x_{2} .$

$\{\begin{cases} x_{1} \leq 0 < x_{2} \\ x_{1} < 2 \leq x_{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} x_{2} \leq 0 \\ (x_{1} - 2) (x_{2} - 2) \leq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{m - 6}{3} \leq 0 \\ \frac{m - 6}{3} - 2. \frac{2 m}{3} + 4 \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \leq 6 \\ m - 6 - 4 m + 12 \leq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m \leq 6 \\ - 3 m + 6 \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow 2 \leq m \leq 6$

Mà $m \in ℤ \Rightarrow m \in \{2; 3; 4; 5; 6\} .$

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.

Chọn C.

Câu 36:

Cho hai số phức $z_{1}, z_{2}$ thỏa mãn $|z_{1}| = 2, |z_{2}| = 1$ và $|2 z_{1} - 3 z_{2}| = 4.$ Tính giá trị biểu thức $P = |z_{1} + 2 z_{2}| .$

A. $P = \sqrt{10}$

B. $P = \sqrt{11}$

C. $P = \sqrt{15}$

D. $P = 2 \sqrt{5}$

Xem đáp án

Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1| = 2, |z2| = 1 và |2z1 - 3z2| = 4 (ảnh 1)

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn số phức $z_{1}, z_{2} :$

Theo bài ra ta có $|z_{1}| = 2, |z_{2}| = 1 \Rightarrow z_{1} \in (0; 2), z_{2} \in (0; 1) \Rightarrow O M = 2, O N = 1.$

Gọi M', N' lần lượt là điểm biểu diễn số phức $2 z_{1}, 3 z_{2} .$ Vì $|2 z_{1} - 3 z_{2}| = 4 \Rightarrow M' N' = 4.$

Gọi N'' là điểm biểu diễn số phức $2 z_{2},$ khi đó ta có $P = |z_{1} + 2 z_{2}| = |\vec{O M} + \vec{O N "}| = O P,$ với OMPN'' là hình bình hành.

Xét tam giác OM'N' có $\cos ∠ M' O N' = \frac{O M'^{2} + O N'^{2} - M' N'^{2}}{2. O M' . O N'} = \frac{4^{2} + 3^{2} - 4^{2}}{2.4.3} = \frac{3}{8} .$

$\Rightarrow O P^{2} = O M^{2} + O N "^{2} + 2 O M . O N " . \cos ∠ M' O N' = 11 \Rightarrow O P = \sqrt{11} .$

Vậy $P = \sqrt{11} .$

Chọn B.

Câu 37:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng $(P) : 3 x + 4 y + 5 z + 8 = 0.$ Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng $(α) : x - 2 y + 1 = 0$ và $(β) : x - 2 z - 3 = 0.$ Gọi $φ$ là góc giữa d và (P) tính $φ$

A. $φ = 45^{0}$

B. $φ = 30^{0}$

C. $φ = 90^{0}$

D. $φ = 60^{0}$

Xem đáp án

Xét hệ $\{\begin{cases} x - 2 y + 1 = 0 \\ x - 2 z - 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} z = t \\ x = 3 + 2 t \\ y = \frac{x + 1}{2} = 2 + t \end{cases}$

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng $d = (α) \cap (β)$ là $d : \{\begin{cases} x = 3 + 2 t \\ y = 2 + t \\ z = t \end{cases}$ , do đó d có 1 VTCP là $\vec{u_{d}} = (2; 1; 1) .$

Mặt phẳng $(P) : 3 x + 4 y + 5 z + 8 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{P}} = (3; 4; 5) .$

Khi đó ta có: $\sin φ = \cos ∠ (\vec{u_{d}}; \vec{n_{P}}) = \frac{\vec{u_{d}} . \vec{n_{P}}}{|\vec{u_{d}}| . |\vec{n_{P}}|} = \frac{2.3 + 1.4 + 1.5}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + 1^{2}} . \sqrt{3^{2} + 4^{2} + 5^{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2} .$

Vậy $φ = 60^{0} .$

Chọn D.

Câu 38:

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ

Số điểm cực trị của hàm số $y = f (|x + 2|)$ là:

A. 2

B. 1

C. 3

D. 5

Xem đáp án

Ta có $f (|x + 2|) = f (\sqrt{{(x + 2)}^{2}})$ .

$\Rightarrow y' = \frac{2 (x + 2)}{2 \sqrt{{(x + 2)}^{2}}} f' (|x + 2|) = \pm f' (|x + 2|)$

$y' = 0 \Leftrightarrow f' (|x + 2|) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} |x + 2| = - 1 (v ô n g h i ệ m) \\ |x + 2| = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = - 3 \end{array}$

Vậy số điểm cực trị của hàm số $y = f (|x + 2|)$ là 2.0 + 1 = 1.

Chọn B.

Câu 39:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB = AC = 2. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 3. Gọi M là trung điểm của SC.

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB = AC = 2 (ảnh 1)

Tính khoảng cách giữa AM và BC.

A. $d (A M; B C) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

B. $d (A M; B C) = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$

C. $d (A M; B C) = \frac{3 \sqrt{22}}{11}$

D. $d (A M; B C) = \frac{\sqrt{22}}{6}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB = AC = 2 (ảnh 2)

Gọi N là trung điểm của BC ta có $M N / / B C \Rightarrow B C / / (A M N) \supset A M$

$\Rightarrow d (A M; B C) = d (B C; (A M N)) = d (C; (A M N)) .$

Lại có $S C \cap (A M N) = M \Rightarrow \frac{d (C; (A M N))}{d (S; (A M N))} = \frac{C M}{S M} = 1 \Rightarrow d (C; (A M N)) = d (S; (A M N))$

Ta có

$A M = \frac{1}{2} S C = \frac{1}{2} \sqrt{S A^{2} + A C^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{3^{2} + 2^{2}} = \frac{\sqrt{13}}{2}$

$A N = \frac{1}{2} S B = \frac{1}{2} \sqrt{S A^{2} + A B^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{3^{2} + 2^{2}} = \frac{\sqrt{13}}{2}$

$M N = \frac{1}{2} B C = \frac{1}{2} \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \frac{1}{2} .2 \sqrt{2} = \sqrt{2}$

Gọi p là nửa chu vi tam giác AMN ta có $p = \frac{\frac{\sqrt{13}}{2} + \frac{\sqrt{13}}{2} + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{13} + \sqrt{2}}{2} .$

$\Rightarrow S_{Δ A M N} = \sqrt{p (p - A M) (p - A N) (p - M N)} = \frac{\sqrt{22}}{4} .$

$\frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C}} = \frac{S M}{S C} . \frac{S N}{S B} = \frac{1}{4} \Rightarrow V_{S . A M N} = \frac{1}{4} V_{S . A B C}, V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S A . \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{6} .3.2.2 = 2.$

$\Rightarrow V_{S . A M N} = \frac{1}{4} .2 = \frac{1}{2} .$

Vậy $d (A M; B C) = d (S; (A M N)) = \frac{3 V_{S . A M N}}{S_{Δ A M N}} = \frac{3. \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{22}}{4}} = \frac{3 \sqrt{22}}{11} .$

Chọn C.

Câu 40:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = 1, AD = 2. Cạnh bên SA = 1 và SA vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của AD.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với (ảnh 1)

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

A. $S_{m c} = 5 π$

B. $S_{m c} = 11 π$

C. $S_{m c} = 3 π$

D. $S_{m c} = 2 π$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với (ảnh 2)

Gọi H, G, F lần lượt là trung điểm của AB, SC, SE và $M = A C \cap B D .$

Dễ thấy AFGH là hình bình hành.

Ta có $\{\begin{cases} A F ⊥ S E (S A = A E) \\ G F ⊥ S E (G F / / A B / / C E, A B ⊥ S E) \end{cases} \Rightarrow S E ⊥ (A F G H) .$

Khi đó (AFGH) là mặt phẳng trung trực của SE.

Theo bài ra ta có: ABCE là hình vuông $\Rightarrow C E ⊥ A D \Rightarrow Δ C E D$ vuông tại E

Gọi I là trung điểm của $C D \Rightarrow I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

Qua I kẻ đường thẳng $d / / S A \Rightarrow d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

Ta gọi $O = G H \cap d \Rightarrow O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE, bán kính R = OC.

Ta có $I C = \frac{1}{2} C D = \frac{\sqrt{2}}{2} .$

$Δ O I H ∽ Δ G M H \Rightarrow \frac{G M}{M H} = \frac{O I}{I H} \Rightarrow O I = \frac{3}{2} .$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác OIC ta có $Δ O I H ∽ Δ G M H \Rightarrow \frac{G M}{M H} = \frac{O I}{I H} \Rightarrow O I = \frac{3}{2} .$

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CED là: $S_{m c} = 4 π R^{2} = 4 π . {(\frac{\sqrt{11}}{2})}^{2} = 11 π .$

Chọn B.

Câu 41:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình $9^{x} - (2 m - 2) 3^{x} - m + 4 = 0$ có hai nghiệm phân biệt?

A. 3.

B. 1

C. 2

D. Vô số

Xem đáp án

- Đặt $t = 3^{x} > 0,$ phương trình đã cho trở thành: $t^{2} - (2 m - 2) t - m + 4 = 0 (*) .$

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.

$\Rightarrow \{\begin{cases} Δ' > 0 \\ S > 0 \\ P > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} {(m - 1)}^{2} - (- m + 4) > 0 \\ 2 m - 2 > 0 \\ - m + 4 > 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} - m - 3 > 0 \\ m > 1 \\ m < 4 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} m > \frac{1 + \sqrt{13}}{2} \\ m < \frac{1 - \sqrt{13}}{2} \end{array} \\ m > 1 \\ m < 4 \end{cases} \Leftrightarrow \frac{1 + \sqrt{13}}{2} < m < 4$

Mà $m \in ℤ \Rightarrow m = 3.$

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 42:

Một bình đựng 5 quả cầu xanh khác nhau, 4 quả cầu đỏ khác nhau và 3 quả cầu vàng khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu trong 12 quả cầu trên. Xác suất để chọn được 3 quả cầu khác màu là:

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

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

C. $\frac{3}{14}$

D. $\frac{3}{11}$

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là $n (Ω) = C_{12}^{3} .$

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 quả cầu khác màu” $\Rightarrow n (A) = C_{5}^{1} . C_{4}^{1} . C_{3}^{1} = 60.$

Vậy xác suất của biến cố A là $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{60}{C_{12}^{3}} = \frac{3}{11} .$

Chọn D.

Câu 43:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 3; 4) và mặt phẳng $(P) : 2 x - y - z + 6 = 0.$ Hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) là điểm nào sau đây?

A. (2; 8; 2)

B. $(3; \frac{5}{2}; \frac{7}{2})$

C. $(1; \frac{7}{2}; \frac{9}{2})$

D. (1; 3; 5)

Xem đáp án

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P).

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng d là: $d : \{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \end{cases} .$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) khi đó $H = d \cap (P)$ nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình

$\{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \\ 2 z - y - z + 6 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \\ 4 + 4 t - 3 + t - 4 + t + 6 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \\ 6 t + 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 1 \\ y = \frac{7}{2} \\ z = \frac{9}{2} \\ t = - \frac{1}{2} \end{cases} \Rightarrow H (1; \frac{7}{2}; \frac{9}{2})$

Chọn C.

Câu 44:

Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số $y = \frac{x - 1}{x^{3} + 3 x^{2} + m + 1}$ có đúng một tiệm cận đứng.

A. $[\begin{array}{l} m \leq - 4 \\ m > 0 \end{array}$

B. $[\begin{array}{l} m < - 5 \\ m > - 1 \end{array}$

C. $- 5 \leq m < - 1$

D. $[\begin{array}{l} m \leq - 5 \\ m > - 1 \end{array}$

Xem đáp án

Xét phương trình $x^{3} + 3 x^{2} + m + 1 = 0 (*)$

TH1: x = 1 là nghiệm của $(*) \Rightarrow 5 + m = 0 \Leftrightarrow m = - 5.$

Khi đó ta có $y = \frac{x - 1}{x^{3} + 3 x^{2} - 4} = \frac{x - 1}{(x - 1) {(x + 2)}^{2}} = \frac{1}{{(x + 2)}^{2}},$ khi đó đồ thị có TCĐ x = -2.

$\Rightarrow m = - 5$ thỏa mãn.

TH2: x = 1 không là nghiệm của (*), khi đó để đồ thị đã cho có đúng 1 TCĐ thì (*) có nghiệm duy nhất khác 1.

Ta có $(*) \Leftrightarrow m = - x^{3} - 3 x^{2} - 1 = f (x) .$

Xét hàm số $f (x) = - x^{3} - 3 x^{2} - 1$ ta có $f' (x) = - 3 x^{2} - 6 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = - 2 \end{array} .$

BBT:

Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số (ảnh 1)

Dựa vào BBT ta thấy m = f(x) có nghiệm duy nhất khác 1 khi $[\begin{array}{l} m > - 1 \\ m < - 5 \end{array} .$

Kết hợp 2 TH ta có $[\begin{array}{l} m \leq 5 \\ m > - 1 \end{array} .$

Chọn D.

Câu 45:

Cho a, b, c là các số thực và

f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c

thỏa mãn

f' (t) = f' (t + 5) = 2

với t là hằng số. Giá trị

\int_{1}^{t + 5} f' (x) d x

bằng

A. $- \frac{105}{2}$

B. $\frac{134}{3}$

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

D. $\frac{19}{4}$

Xem đáp án

Ta có: $I = \int_{t}^{t + 5} f' (x) d x = f (x) |\begin{array}{l} t + 5 \\ t \end{array} = f (t + 5) - f (t) .$

Chọn t = 0 ta có I = f(5) - f(0)

Ta có: $f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c \Rightarrow f' (x) = 3 x^{2} + 2 a x + b$

Vì f'(0) = f'(5) = 2 nên 0 và 5 là hai nghiệm của phương trình $f' (x) - 2 = 0 \Leftrightarrow 3 x^{2} + 2 a x + b - 2 = 0$

Áp dụng địn lí Vi-ét ta có $\{\begin{cases} - \frac{2 a}{3} = 5 \\ \frac{b - 2}{3} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = - \frac{15}{2} \\ b = 2 \end{cases}$

Khi đó ta có:

I = f(5) - f(0)

$I = 125 + 25 a + 5 b + c - c$

$I = 125 + 25 a + 5 b$

$I = 125 - 25. \frac{15}{2} + 5.2 = - \frac{105}{2} .$

Chọn A.

Câu 46:

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và hình chiếu của A' lên (ABC) là tâm O của

Δ A B C

. Gọi O' là tâm của tam giác A'B'C', M là trung điểm AA' và G là trọng tâm tam giác B'C'C. Biết rằng

V_{O' . O M G} = a^{3},

tính chiều cao h của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a (ảnh 1)

A. $h = 24 a \sqrt{3}$

B. $h = 36 a \sqrt{3}$

C. $h = 9 a \sqrt{3}$

D. $h = 18 a \sqrt{3}$

Xem đáp án

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a (ảnh 2)

Trong (ABC) xác định điểm E sao cho ACEO là hình bình hành.

Khi đó ta có $\{\begin{cases} C E / / A O / / A' O' \\ C E = A O = A' O' \end{cases} \Rightarrow A' O' E C$ cũng là hình bình hành.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{O' G}{G E} = \frac{O' K}{C E} = \frac{O' K}{A' O'} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{O' G}{O' E} = \frac{1}{3} .$

Trong (AOO'A') kéo dài O'M cắt AO tại D.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có $\frac{O' M}{M D} = \frac{A' O'}{A D} = \frac{A' M}{A M} = 1 \Rightarrow \frac{O' M}{O' D} = \frac{1}{2} .$

Khi đó ta có $\frac{V_{O' . O M G}}{V_{O' . O D E}} = \frac{O' M}{O' D} . \frac{O' G}{O' E} = \frac{1}{2} . \frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow V_{O' . O D E} = 6 V_{O' . O M G} = 6 a^{3} .$

Ta có $V_{O' . O D E} = \frac{1}{3} h . S_{Δ O D E} = 6 a^{3} .$

Ta lại có $S_{Δ O D E} = \frac{1}{2} d (E; O D) . O D$

Ta có $O D = 2 O A = 2. \frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}, d (E; O D) = d (C; A O) = \frac{a}{2} .$

$\Rightarrow S_{Δ O D E} = \frac{1}{2} d (E; O D) . O D = \frac{1}{2} . \frac{2 a \sqrt{3}}{3} . \frac{a}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{6} .$

Vậy $h = \frac{18 a^{3}}{\frac{a^{2} \sqrt{3}}{6}} = 36 a \sqrt{3} .$

Chọn B.

Câu 47:

Cho phương trình $x^{\log_{2020} (x^{3}) - a} = 2021$ với a là số thực dương. Biết tích các nghiệm của phương trình là 32. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. $1 \leq a \leq 2$

B. $3 \leq a \leq 4$

C. $4 < a \leq 5$

D. $2 \leq a < 3$

Xem đáp án

ĐKXĐ: x > 0

Lấy logarit cơ số 2020 cả hai vế của phương trình $x^{\log_{2020} (x^{3}) - a} = 2021$ ta được:

$\log_{2020} (x^{\log_{2020} (x^{3}) - a}) = \log_{2020} 2021$

$\Leftrightarrow [\log_{2020} (x^{3}) - a] \log_{2020} x = \log_{2020} 2021$

$\Leftrightarrow 3 \log_{2020}^{2} x - a \log_{2020} x - \log_{2020} 2021 = 0$

Đặt $t = \log_{2020} x,$ phương trình trở thành $3 t^{2} - a t - \log_{2020} 2021 = 0 (*) .$

Vì phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} . x_{2} = 32$

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt $t_{1}, t_{2}$ thỏa mãn

$t_{1} + t_{2} = \log_{2020} x_{1} + \log_{2020} x_{2} = \log_{2020} (x_{1} x_{2}) = \log_{2020} 32.$

Áp dụng định lí Vi-ét ta có $t_{1} + t_{2} = \frac{a}{3} = \log_{2020} 32 \Leftrightarrow a = 3. \log_{2020} 32 \approx 1, 37.$

Vậy $1 \leq a \leq 2.$

Chọn A.

Câu 48:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng $d : \frac{x}{3} = \frac{y}{2} = \frac{z}{2},$ điểm A(3; -1; -1) và mặt phẳng

$(P) : x + 2 y + 2 z - 3 = 0.$ Gọi $∆$ là đường thẳng đi qua A và tạo với mặt phẳng (P) một góc $φ$ . Biết rằng khoảng cách giữa d và $∆$ là 3, tính giá trị nhỏ nhất của $c o s φ$

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

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

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

D. $\frac{5}{9}$

Xem đáp án

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa $∆$ và song song với d

Khi đó ta có $d (Δ; d) = d (d; (Q)) = d (O; (Q))$ do $O \in d .$

Gọi $\vec{n_{Q}} = (a; b; c)$ là 1 VTPT của (Q).

Khi đó phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A(3; -1; -1) là:

$a (x - 3) + b (y + 1) + c (z + 1) = 0 \Leftrightarrow a x + b y + c z - 3 a + b + c = 0$

Lại có d // (Q) nên $\vec{u_{d}} ⊥ \vec{n_{Q}} \Leftrightarrow 3 a + 2 b + 2 c = 0.$

Ta có: $d (O; (Q)) = \frac{|- 3 a + b + c|}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}} = 3.$

$\Leftrightarrow {(- 3 a + b + c)}^{2} = 9 (a^{2} + b^{2} + c^{2})$

$\Leftrightarrow 9 a^{2} + b^{2} + c^{2} - 6 a b - 6 a c + 2 b c = 9 (a^{2} + b^{2} + c^{2})$

$\Leftrightarrow 4 (b^{2} + c^{2}) = - 3 a b - 3 a c + b c$

Ta có hệ phương trình

$\{\begin{cases} 4 (b^{2} + c^{2}) = - 3 a b - 3 a c + b c \\ 3 a + 2 b + 2 c = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 (b^{2} + c^{2}) = 2 (b + c) b + 2 (b + c) c + b c \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 b^{2} + 4 c^{2} = 2 b^{2} + 2 b c + 2 b c + 2 c^{2} + b c \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 b^{2} + 2 c^{2} - 5 b c = 0 \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} b = 2 c \\ c = 2 b \end{array} \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} b = 2 c; a = - 2 c \\ c = 2 b; a = - 2 b \end{array}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \vec{n_{Q}} = (- 2 c; 2 c; c) = (- 2; 2; 1) \\ \vec{n_{Q}} = (- 2 b; b; 2 b) = (- 2; 1; 2) \end{array}$

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d (ảnh 1)

Gọi $d' = (P) \cap (Q) .$ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên $(P), d', M = Δ \cap (P) .$

Khi đó ta có $∠ ((P); (Q)) = ∠ A K H, φ = ∠ (Δ; (P)) = ∠ A M H .$

Ta có cos $φ$ đạt giá trị nhỏ nhất $\Rightarrow \sin φ$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có $\sin φ = \frac{A H}{A M} \leq \frac{A H}{A K},$ do đó $\sin φ_{\max} = \frac{A H}{A K} \Leftrightarrow H \equiv K .$

Khi đó $\cos φ_{\min} = \cos ((P); (Q)) = \frac{|\vec{n_{P}} . \vec{n_{Q}}|}{|\vec{n_{P}}| . |\vec{n_{Q}}|} .$

TH1: $\vec{n_{Q}} = (- 2; 2; 1) \Rightarrow \cos φ_{\min} = \frac{|- 2.1 + 2.2 + 1.2|}{\sqrt{9} . \sqrt{9}} = \frac{4}{9} .$

TH2: $\vec{n_{Q}} = (- 2; 1; 2) \Rightarrow \cos φ_{\min} = \frac{|- 2.1 + 1.2 + 2.2|}{\sqrt{9} . \sqrt{9}} = \frac{4}{9} .$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\cos φ$ bằng $\frac{4}{9} .$

Chọn C.

Câu 49:

Có bao nhiêu số nguyên $m \in (- 20; 20)$ để phương trình $\log_{2} x + \log_{3} (m - x) = 2$ có nghiệm thực?

A. 15

B. 14

C. 24

D. 23

Xem đáp án

ĐKXĐ: $0 < x < m .$

Ta có:

$\log_{2} x + \log_{3} (m - x) = 2$

$\Leftrightarrow \log_{3} (m - x) = 2 - \log_{2} x = \log_{2} \frac{4}{x}$

Đặt $\log_{3} (m - x) = \log_{2} \frac{4}{x} = t \Rightarrow \{\begin{cases} m - x = 3^{t} \\ \frac{4}{x} = 2^{t} \end{cases}$

$\Rightarrow m - 3^{t} = \frac{4}{2^{t}} \Leftrightarrow m = 3^{t} + \frac{4}{2^{t}} = f (t) .$

Ta có $f' (t) = 3^{t} \ln 3 - \frac{4. \ln 2}{2^{t}} = 0 \Leftrightarrow 6^{t} \ln 3 - 4 \ln 2 = 0$

$\Leftrightarrow 6^{t} = 4 \frac{\ln 2}{\ln 3} \Leftrightarrow 4 \log_{3} 2 \Rightarrow t = \log_{6} (4 \log_{3} 2) = t_{0}$

BBT:

Có bao nhiêu số nguyên m thuộc (-20; 20) để phương trình (ảnh 1)

Phương trình m = f(t) có nghiệm khi và chỉ khi $m \geq f (t_{0}) \approx 4, 5.$

Kết hợp điều kiện đề bài và $m \in ℤ \Rightarrow m \in \{5; 6; 7; ...; 19\} .$ Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Câu 50:

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = m x + (m + 1) \sqrt{x - 2}$ nghịch biến trên $D = (2; + \infty)$ là:

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

B. $m \leq - 1$

C. m < -1

D. $m \leq 0$

Xem đáp án

Ta có: $y = m x + (m + 1) \sqrt{x - 2} \Rightarrow y' = m + \frac{m + 1}{2 \sqrt{x - 2}} = \frac{2 m \sqrt{x - 2} + m + 1}{2 \sqrt{x - 2}}$

Để hàm số nghịch biến trên $D = (2; + \infty)$ thì $y' \leq 0 \forall x \in (2; + \infty) .$

$\Rightarrow \frac{2 m \sqrt{x - 2} + m + 1}{2 \sqrt{x - 2}} \leq 0 \forall x \in (0; 2)$

$\Leftrightarrow m (2 \sqrt{x - 2} + 1) \leq - 1 \forall x \in (0; 2)$

$\Leftrightarrow m \leq \frac{- 1}{2 \sqrt{x - 2} + 1} \forall x \in (0; 2)$

Đặt $g (x) = \frac{- 1}{2 \sqrt{x - 2} + 1}$ ta có $m \leq g (x) \forall x \in (0; 2) \Leftrightarrow m \leq \min_{[2; + \infty)} g (x) .$

Ta có $g' (x) = \frac{\frac{1}{\sqrt{x - 2}}}{{(2 \sqrt{x - 2} + 1)}^{2}} > 0 \forall x \in (2; + \infty)$ nên hàm số đồng biến trên $(2; + \infty) .$

Do đó $\min_{[2; + \infty)} g (x) = g (2) = - 1.$

Vậy $m \leq - 1.$

Chọn B.

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Bộ đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (30 đề)

Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 20)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan