IMG-LOGO

Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 25)

  • 5580 lượt thi

  • 49 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho hai số phức z1=1+2i z2=2+i. Điểm M biểu diễn số phức w=z1z2 có tọa độ là 

Xem đáp án

Ta có: w=z1z2=1+2i2+i=i.

Vậy điểm M biểu diễn số phức w=z1z2 có tọa độ là: M(0; -1)

Chọn B.


Câu 2:

Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=ax4+bx2+2 tại điểm A(-1; 1) vuông góc với đường thẳng x2y+3=0. Tính a2b2. 

Xem đáp án

Ta có: y'=4ax3+2bx.

 tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=ax4+bx2+2 tại điểm A(-1; 1) có hệ số góc là k = -4a - 2b

Vì tiếp tuyến tại A(-1; 1) vuông góc với đường thẳng x2y+3=0y=12x+32 nên 

k.12=1k=2.

Lại có điểm A(-1; 1) thuộc đồ thị hàm số y=ax4+bx2+2 nên a+b+2=1a+b=1 2.

Từ (1) và (2) ta có: a = 2; b = -3

Vậy a2b2=2232=5.

Chọn D.


Câu 3:

Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây không thuộc đường thẳng d:x=1ty=2+tz=1+2t? 
Xem đáp án

Thay tọa độ điểm N32;52;2 vào phương trình đường thẳng ta có: 32=1t52=2+t2=1+2tt=12t=12t=32t.

Vậy Nd.

Chọn D.


Câu 4:

Cho số phức z thỏa mãn z+2i=5. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=1+2iz là một đường tròn tâm I(a; b) và bán kính  Tính a + b + R.

Xem đáp án

Theo bài ra ta có: w=1+2izz=w1+2i.

Khi đó ta có:

     z+2i=5

w1+2i+2i=5

w+2i1+2i1+2i=5

w+2i1+2i1+2i=5

w+4+3i=5

 Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=1+2iz là một đường tròn tâm I(-4; 3) và bán kính R = 5.

Vậy a+b+R=43+5=2.

Chọn B.


Câu 5:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên [0; 2]; f(0) = 1 02f'xdx=3. Tính f(2).

Xem đáp án

02f'xdx=f2f0f2=02f'xdx+f0=2.

 

Chọn C.


Câu 6:

Cho hình đa diện đều loại {4; 3} có cạnh bằng a. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? 

Xem đáp án

Khối đa diện đều loại {4; 3} là khối lập phương.

Khối lập phương cạnh a có 6 mặt là hình vuông cạnh a nên tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó là S=6a2.

Chọn A.


Câu 7:

Tập xác định của hàm số fx=2x25x+22021+log2021x1 là:

Xem đáp án

Hàm số fx=2x25x+22021+log2021x1 xác định khi

2x25x+20x1>0x2,x12x>1x>1x2.

 

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: D1;+\2.

Chọn B.


Câu 8:

Tập nghiệm S của bất phương trình log53x+1<log52525x là: 
Xem đáp án

log53x+1<log52525x

0<3x+1<2525x


x>1328x<2413<x<67.

Chọn D.


Câu 9:

Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) = sin2x Fπ4=1. Tính Fπ6. 

Xem đáp án

Ta có Fx=sin2xdx=12cos2x+C.

Mà Fπ4=112cosπ2+C=1C=1Fx=12cos2x+1.

Vậy Fπ6=12cosπ3+1=34.

Chọn C.


Câu 10:

Cho hàm số y=fx=13x3+ax có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S1,S2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1S2=740 thì a thuộc khoảng nào dưới đây?
Cho hàm số y = f(x) = 1/3x^3 + ax có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S1, S2 lần lượt là (ảnh 1)
Xem đáp án

Ta có:

S1=1013x3axdx=x412ax2201=112+a2.

S2=0213x3+axdx=x412+ax2220=43+2a.

Vì S1S2=740112+a243+2a=740103+20a=283+14aa=821.

Vậy a13;12.

Chọn B.


Câu 11:

Đồ thị hàm số nào dưới đây có đúng một đường tiệm cận ngang?

Xem đáp án

Xét hàm số y=4x2x23x+2 ta có limx±y=0 nên đồ thị có duy nhất 1 TCN y = 0.

Chọn D.


Câu 12:

Gọi z1,z2 là các nghiệm phức phân biệt của phương trình z24z+13=0. Tính z1+i2+z2+i2. 

Xem đáp án

Ta có: z24z+13=0z1=2+3iz2=23i.

Vậy z1+i2+z2+i2=28.

Chọn C.


Câu 13:

Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có trọng tâm G với A(1; -6; -1), B(-2; 2; 3), C(4; -5; -11). Gọi I(m; n; p) là điểm đối xứng với G qua mặt phẳng (Oxy). Tính T=2021m+n+p. 
Xem đáp án

Ta có xG=xA+xB+xC3=12+43=1yG=yA+yB+yC3=6+253=3zG=zA+zB+zC3=1+3113=3G1;3;3.

Gọi I(m; n; p) là điểm đối xứng với G qua mặt phẳng OxyI1;3;3m=1,n=3,p=3.

Vậy T=2021m+n+p=202113+3=2021.

Chọn B.


Câu 14:

Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 và nội tiếp trong mặt cầu có bán kính bằng 3. Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích của khối trụ và khối cầu đã cho. Tính tỉ số V1V2.

Xem đáp án
Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 và nội tiếp trong mặt cầu có bán kính bằng 3 (ảnh 1)

Gọi r là bán kính đáy hình trụ, áp dụng định lí Pytago ta có: r=R2h22=3222=5.

Vậy V1V2=πr2h43πR3=5.443.33=49.

Chọn A.


Câu 15:

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào sau đây?
Xem đáp án

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên (0; 2) nên cũng đồng biến trên (1; 2)

Chọn C.


Câu 16:

Cho a, b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức P=a3b244a12b63 được kết quả là:

Xem đáp án

P=a3b244a12b63=a3b2a2b33=a3b2a2b33=a3b2a2b=ab.

 

Chọn D.


Câu 17:

Cho hàm số y=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Cho hàm số y = ax^2 + bx^2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề (ảnh 1)
Xem đáp án

Đồ thị có nhánh cuối đi xuống nên a<0 Loại đáp án D.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm trên trục hoành d>0.

Đồ thị có 2 điểm cực trị x1=0x2>0 nên phương trình y'=3ax2+2bx+c=0 có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

x1=0x2>0x1+x2>0x1x2=02b3a>0c3a=0b>0c=0.

 

Vậy a<0,b>0,c=0,d>0.

Chọn C.

Câu 18:

Một hình nón và một hình trụ có cùng chiều cao bằng h và bán kính đường tròn đáy bằng r hơn nữa diện tích xung quanh của chúng cũng bằng nhau. Khi đó, tỉ số rh bằng:

Xem đáp án

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq1=πrl=πrr2+h2.

Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq2=2πrh.

Vì diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón bằng nhau nên ta có:

Sxq1=Sxq2πrr2+h2=2πrh

r2+h2=2hr2+h2=4h2

r2=3h2r=3h

Vậy rh=3.

Chọn B.


Câu 19:

Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; -2; -1). Ba điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có một vectơ pháp tuyến là:

Xem đáp án

Ta có A3;0;0,B0;2;0,C0;0;1.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là x3+y2+z1=12x3y6z6=0.

Suy ra mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có một vectơ pháp tuyến là: n=2;3;6.

Vậy n4=2;3;6=n cũng là 1 VTPT của (ABC)

Chọn C.


Câu 20:

Cho f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên  thỏa mãn 01fxdx=3, 02fx3gxdx=4 022fx+gxdx=8. Tính I=12fxdx.

Xem đáp án

Theo bài ra ta có:

02fx3gxdx=4022fx+gxdx=802fxdx302gxdx=4202fxdx+02gxdx=802fxdx=402gxdx=0

 

Vậy I=12fxdx=01fxdx01fxdx=43=1.

Chọn C.


Câu 22:

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y=x33x+4 thuộc đường thẳng nào dưới đây?

Xem đáp án

Ta có: y=x33x+4y'=3x22,y"=6x.

Xét hệ y'=0y">03x23=06x>0x=1y=2.

 Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y=x33x+4 là A(1; 2)

Dễ thấy A(1; 2) thuộc đường thẳng y = x + 1

Chọn B.


Câu 23:

Cho hai số phức z1=2+i,z2=1+3i. Môđun của số phức 2z1¯+z2 bằng: 
Xem đáp án

Ta có: 2z1¯+z2=22i+1+3i=5+i.

Vậy 2z1¯+z2=52+12=26.

Chọn A.


Câu 24:

Giá trị của biểu thức M=log22+log24+log28+...+log2256 bằng: 

Xem đáp án

M=log22+log24+log28+...+log2256

     =log22+log222+log223+...+log228

     =1+2+3+...+8

     =1+8.82=36

Chọn C.


Câu 25:

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

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

Hàm số y = f(x) là hàm số nào dưới đây?

Xem đáp án

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị có TCĐ x=12 và TCĐ y=12 Loại đáp án A và C.

Xét đáp án B: y'=32x12>0 x12, xét đáp án D: y'=52x12<0 x12.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên ;12;12;+ nên loại đáp án D và chọn đáp án B.

Chọn B.


Câu 26:

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx=sinx+2x là:

Xem đáp án

fx=sinx+2x

fxdx=cosx+2lnx+C

Chọn B.


Câu 27:

Anh An đem gửi tiết kiệm số tiền là 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Anh gửi 250 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,2% một quý. Số tiền còn lại anh gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất y% một tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được nhập vào số gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo. Sau một năm số tiền cả gốc lẫn lãi của anh là 416.780.000 đồng. Tính y.

Xem đáp án

Sau 1 năm:

Số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được theo loại 1 là: 2501+1,2%4=262,2177322 (triệu đồng).

Số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được theo loại 2 là: 1501+y%12 (triệu đồng).

Vì sau một năm số tiền cả gốc lẫn lãi của anh là 416.780.000 đồng nên ta có

416,78=262,2177332+1501+y%12

1501+y%12=154,5622267

y=0,25%

Chọn B.


Câu 28:

Tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển nhị thức Newton x2x221,x0.
Xem đáp án

x2x221=k=021C21kx21k2x2k=k=021C21k2k.x213k.

 

Số hạng chứa x12 ứng với 213k=12k=3.

Vậy hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển đã cho là C21323=8C213.

Chọn D.


Câu 29:

Số nghiệm nguyên của bất phương trình 23x23x1294 là:

Xem đáp án

23x23x1294

23x23x12232

x23x122

x23x100

2x5

Vậy bất phương trình đã cho có 8 nghiệm nguyên là 2,1,0,1,2,3,4,5.

Chọn D.


Câu 30:

Cho hình nón có diện tích đáy bằng 9πcm2 và thể tích khối nón bằng 12πcm3. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón.
Xem đáp án

Gọi r là bán kính đáy hình nón πr2=9πr=3cm.

Gọi h là đường cao của hình nón ta có V=13πr2h=13π.32.h=12πh=4cm.

Suy ra độ dài đường sinh l=h2+r2=42+32=5cm.

Vậy diện tích xung quanh Sxq của hình nón là Sxq=πrl=π.3.5=15πcm2.

Chọn B.


Câu 31:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x+11=y2=z22. Hỏi d song song với mặt phẳng nào dưới đây?

Xem đáp án

Đường thẳng d có 1 VTCP là ud=1;2;2.

Xét đáp án A: Mặt phẳng P:2x+y+2z2=0 có 1 VTPT là nP=2;1;2.

Ta có ud.nP=1.2+2.12.2=0 nên dP.

Chọn A.


Câu 32:

Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I(1; -3; 2) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) có phương trình là:

Xem đáp án

Mặt cầu (S) tâm I(1; -3; 2) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) có bán kính R=yI=3.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: x12+y+32+z22=9.

Chọn D.


Câu 33:

Tính tổng S của tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (-10; 10) để phương trình 2x.log3x+m=2πx+mlog3x có hai nghiệm phân biệt.

Xem đáp án

ĐKXĐ: x > 0

Ta có:

     2x.log3x+m=2x+mlog3x

2x.log3x22mlog3xm=0

2xlog3x1mlog3x1=0

log3x12xm=0

log3x=12x=mx=3m=2x

 

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì m>0log2m>0log2m3m>1m9.

Kết hợp điều kiện đề bài ta có m2;3;4;5;6;7;8.

Vậy tổng S của tất cả các giá trị nguyên của m là S=2+3+4+5+6+7+8=44.

Chọn D.


Câu 34:

Cho đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên  và có đồ thị như hình bên.

Cho đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình bên. Số nghiệm của (ảnh 1)

 Số nghiệm của phương trình f1fx=2 là:

Xem đáp án

Đặt t = 1 - f(x) phương trình trở thành f(t) = 2 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và đường thẳng

y = 2

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình ft=2t=1t=21fx=11fx=2fx=0fx=3.

+ Phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình f(x) = 3 có 1 nghiệm.

Và 4 nghiệm này đều phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm phân biệt.

Chọn D.


Câu 35:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a,AD=a3. Biết SAABCD và mặt phẳng (SBD) hợp với mặt phẳng đáy một góc 300. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD

Xem đáp án
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, AD = a căn bậc hai của 3 (ảnh 1)

Trong (ABCD) kẻ AHBDHBD ta có: BDAHBDSABDSAHBDSH.

SBDABCD=BDSHSBD,SHBDAHABCD,AHBDSBD;ABCD=SH;AH=SHA=300.

 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD có: AH=AB.ADAB2+AD2=a.a3a2+3a2=a32.

SA=AH.tan300=a32.13=a2.

Vậy VS.ABCD=13SA.SABCD=13SA.AB.AD=13.a2.a.a3=a336.

Chọn D.


Câu 36:

Cho I=12x+lnxx+12dx=abln21c với a, b, c là các số nguyên dương và ab là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức S=a+bc. 

Xem đáp án

Đặt u=x+lnxdv=dxx+12du=1+1xdx=x+1xdxv=1x+1

Khi đó ta có

I=x+lnx1x+121+121x+1.x+1xdx

     =2+ln2.13+12+12dxx

     =2+ln2.13+12+lnx21

     =2313ln2+12+ln2

     =23ln216

a=2,b=3,c=6

Vậy S=a+bc=2+36=56.

Chọn D.


Câu 37:

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P:2x2y+z+2021=0 và đường thẳng d:x1=y21=z+62. Mặt phẳng Q:ax+by+cz14=0,a,b,c chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P). Tính a + b + c. 

Xem đáp án

Đường thẳng d:x1=y21=z+62 có 1 VTCP là ud=1;1;2.

Mặt phẳng P:2x2y+z+2021=0 có 1 VTPT là nP=2;2;1.

Vì dQPQudnQnPnQnQ=ud,nP=3;5;4.

Ta có M0;2;6d. Vì dQMQ.

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là 3x5y24z+6=03x5y4z14=0.

a=3,b=5,c=4.

Vậy a+b+c=354=12.

Chọn A.


Câu 38:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [-3; 5] và có bảng biến thiên như sau:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [-3; 5] và có bảng biến thiên như sau: Gọi M, m (ảnh 1)

Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số gx=fcos2x5sin2x+3. Giá trị M + m bằng:

Xem đáp án

Đặt t=cos2x5sin2x+3

t=12sin2x5sin2x+3

t=7sin2x+4

Vì 0sin2x177sin2x037sin2x+44t3;4.

Khi đó bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số f(t) với t3;4.

Dựa vào BBT ta thấy M=max3;4ft=8,min3;4ft=1.

Vậy M+m=81=7.

Chọn A.


Câu 39:

Tổng phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn 2z+3i.z¯=3+7i bằng

Xem đáp án

Đặt z=x+yiz¯=xyi.

Theo bài ra ta có:

     2z+3i.z¯=3+7i

2x+yi+3ixyi=3+7i

2x+2yi+3xi+3y=3+7i

2x+3y+3x+2yi=3+7i

2x+3y=33x+2y=7x=3y=1

 

Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn 2z+3i.z¯=3+7i bằng 3 + (-1) = 2

Chọn C.


Câu 40:

Có 3 quyển sách Văn học khác nhau, 4 quyển sách Toán học khác nhau và 8 quyển sách Tiếng Anh khác nhau được xếp lên một kế sách nằm ngang. Tính xác suất để 2 cuốn sách cùng môn thì không ở cạnh nhau.

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là 15!

Gọi A là biến cố: “2 cuốn sách cùng môn thì không ở cạnh nhau”.

Xếp 8 quyển sách Tiếng Anh vào 15 vị trí trên kệ sao cho không có quyển Tiếng Anh nào nằm cạnh nhau có 8! cách như sau:

A_A_A_A_A_A_A_A

Khi đó tạo ra 7 vách ngăn.

Tiếp tục xếp 3 quyển sách Văn vào 3 trong 9 vách ngăn đó, có A73 cách xếp.

Khi đó ta còn lại 4 quyển sách Toán, và còn đúng 4 vị trí trên kệ, nên có 4! cách xếp 4 quyển sách Toán.

 Số phần tử của biến cố A là 8!.A73.4!

Vậy xác suất của biến cố A là PA=8!.A73.4!15!=16435.

Chọn C.


Câu 41:

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên . Hàm số y = f'(x) có bảng xét dấu như bảng bên dưới.

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên R. Hàm số y = f'(x) có bảng (ảnh 1)

Bất phương trình fx>ecosx+m có nghiệm x0;π2 khi và chỉ khi

Xem đáp án

Ta có:

fx>ecosx+m có nghiệm x0;π2

fxecosxm có nghiệm x0;π2

Đặt gx=fxecosxgxm có nghiệm x0;π2

mmin0;π2gx.

 

Xét hàm số gx=fxecosx với x0;π2 ta có: g'x=f'x+sinx.ecosx.

Với x0;π2 ta có sinx0;1sinx0;1sinx.ecosx>0 x0;π2.

Do đó g'x>0 x0;π2, do đó hàm số đồng biến trên 0;π2.

min0;π2gx=g0=f0e.


Vậy mf0e.

Chọn D.


Câu 42:

Cho tứ diện ABCD ADABC,AC=AD=2,AB=1 BC=5. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (BCD).

Xem đáp án
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc (ABC), AC = AD = 2, AB = 1 (ảnh 1)

Trong (ABC) kẻ AHBCHBC, trong (ADH) kẻ AKDHKDH, ta có:

BCAHBCADADABCBCADHBCAK

AKDHAKBCAKBCDdA;BCD=AH

 

Xét tam giác ABC ta có AB2+AC2=12+22=5=BC2ΔABC vuông tại A (định lí Pytago đảo).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có AH=AB.ACBC=1.25=25.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADH ta có AK=AD.AHAD2+AH2=2.254+45=63.

Vậy d=dA;BCD=63.

Chọn A.


Câu 43:

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết diện tích tam giác A'BC bằng a232. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C'. 
Xem đáp án
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết diện (ảnh 1)

Gọi M là trung điểm của BC. ΔABC đều nên AMBC và AM=a32.

Ta có: BCAMBCAA'BCAMA'BCA'M.

Khi đó ta có SA'BC=12A'M.BCA'M=2SA'BCBC=2.a232a=a3.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông A'AM ta có AA'=A'M2AM2=3a23a24=3a2.

Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SABC=3a2.a234=3a338.

Chọn C.


Câu 44:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=x2x+14x33x2+mx. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f(2x + 1) có đúng 1 điểm cực trị.               

Xem đáp án

Ta có:

f'x=x2x+14x33x2+mx

f'x=x3x+14x33x+m

f'x=0x=0nghimbi 3x=1nghimbi 4x=3nghimbi 3x=mnghimđơn

 

 

Đặt y=gx=f2x+1 ta có g'x=2f'2x+1.

Cho g'x=0f'2x+1=02x+1=02x+1=32x+1=m (ta không xét các nghiệm bội chẵn vì qua đó g'(x) không đổi dấu) x=12x=1x=m12

Để hàm số g(x) có đúng 1 điểm cực trị thì phương trình g'(x) = 0 có duy nhất 1 nghiệm bội lẻ.

m12=12m12=1m1=1m1=2m=0m=3.

 

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện.

Chọn D.


Câu 45:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên  và có đồ thị f'(x) như hình vẽ bên. Bất phương trình log5fx+m+2+fx>4m đúng với mọi x1;4 khi và chỉ khi:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đồ thị f'(x) như hình vẽ bên. Bất phương (ảnh 1)
Xem đáp án

Ta có

     log5fx+m+2+fx>4m

log9fx+m+2+fx+m+2>6

Đặt t=fx+m+2, bất phương trình trở thành log5t+t>6t>0.

Xét hàm số gt=log5t+tt>0 ta có g't=1tln5+1>0 t>0, do đó hàm số đồng biến trên 0;+.

Lại có g5=log55+5=6 nên ta có gt>g5t>5.

Khi đó ta có fx+m+2>5fx>3m có nghiệm với mọi x1;43mmin1;4fx.

Dựa vào đồ thị hàm số y = f'(x) ta có BBT như sau:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đồ thị f'(x) như hình vẽ bên. Bất phương (ảnh 2)

Ta cần so sánh f(-1) và f(4)

Ta có:

11f'xdx<14f'xdx

f1f1<f4+f1

f1>f4

Do đó min1;4fx=f4.

Vậy 3mf4m3f4.

Chọn B.


Câu 46:

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn 5fx7f1x=3x22x,x. Biết rằng tích phân I=01x.f'xdx=ab (với a, b là các số nguyên dương và ab là phân số tối giản). Tính T=3ab.

Xem đáp án

Xét tích phân I=01x.f'xdx.

Đặt u=xdv=f'xdxdu=dxv=fx, khi đó ta có I=xfx1001fxdx=f101fxdx.

Theo bài ra ta có: 5fx7f1x=3x22x

Thay x=05f07f1=0

Thay x=15f17f0=3

f0=78,f1=58.

Xét tích phân 01fxdx.

Từ 5fx7f1x=3x22x lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta có:

501fxdx701f1xdx=013x22xdx.

501fxdx+701f1xd1x=2

501fxdx+710fxdx=2

501fxdx701fxdx=2

201fxdx=2

01fxdx=1

Suy ra I=f101fxdx=581=38a=3,b=8.

Vậy T=3ab=3.38=1.

Chọn D.


Câu 47:

Cho số phức z=im1mm2i,m . Xác định giá trị nhỏ nhất của số thực k sao cho tồn tại m để z1k.
Xem đáp án

Ta có z=im1mm2i=mim22mi1=mimi2=1mi

Khi đó ta có: z1=1mi1=1m+imi=m1imik.

m12+1m2+1k2k2m22m+2m2+1.

Bải toán trở thành tìm kmin để bất phương trình km22m+2m2+1=gm có nghiệm.

Ta có

g'm=2m2m2+1m32m+2.2mm2+12

g'm=2m3+2m2m222m3+4m24mm2+12

g'm=2m32m2m2+12

g'm=0m=1±52

BBT:

Cho số phức z = i - m/i - m(m - 2i), m thuộc R. Xác định giá trị nhỏ nhất của số thực (ảnh 1)

Dựa vào BBT mingx=352k2352=6254=5122k>512.

Vậy k=512.

Chọn B.


Câu 48:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z22x4y+6z13=0 và đường thẳng d:x+11=y+21=z11. Lấy điểm
M(a; b; c) với a < 0 thuộc đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA. MB, MC đến mặt cầu (S) (A, B, C là tiếp điểm) thỏa mãn AMB=600,BMC=900,CMA=1200. Tổng a + b + c bằng  
Xem đáp án
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x^2 + y^2 + z^2 -2x - 4y + 6z - 13 = 0 (ảnh 1)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; -3), bán kính R=33.

Đặt MA = MB = MC = a

Tam giác MAB MA=MBAMB=600ΔMAB đều AB=a.

Tam giác MBC MB=MC=aBMC=900ΔMBC vuông cân tại MBC=a2.

Tam giác MCA MC=MA=aMAC=1200,  áp dụng định lí Cosin trong tam giác ta tính được CA=a3.

ΔABC vuông tại B (định lí Pytago đảo).

ΔABC ngoại tiếp đường tròn đường kính AC bán kính R=HA=12AC=a32 (với H là trung điểm của AC).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông IAM ta có:

1HA2=1AM2+1IA243a2=1a2+127a=3=MA=MB=MC.

IM2=MA2+IA2=32+27=36

Md:x+11=y+21=z11 nên gọi M1+t;2+t;1+t.

IM2=t22+t42+t+42=36

3t24t=0t=0t=43M1;2;1M13;23;73ktm


a=1,b=2,c=1.

Vậy a+b+c=12+1=2.

Chọn C.


Câu 49:

Cho hình chóp S.ABC có SA = 4, AB = 2, AC = 1 SAABC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt cầu tâm O đi qua A và cắt các tia SB, SC lần lượt tại D và E. Khi độ dài đoạn thẳng BC thay đổi, giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ADE là:
Xem đáp án
Cho hình chóp S.ABC có SA = 4, AB = 2, AC = 1 và SA vuông góc (ABC). Gọi O là tâm (ảnh 1)

Kẻ đường kính AM của (O)

Ta có BMABBMSABMSABBMAD.

Lại có ADDM (góc nội tiếp chắn nửa mặt cầu) ADSBMADSB.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có SDSB=SA2SB2=SA2SA2+AB2=4242+22=45.

Ta có ADSBCADDEΔADE vuông tại D

Chứng minh tương tự ta có AESCMAESC.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có SESC=SA2SC2=SA2SA2+AC2=4242+12=1617.

Khi đó ta có VS.ADEVS.ABC=SDSB.SESC=45.1617=6485VS.ADE=6485VS.ABC.

Do đó VS.ADE đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi VS.ABC đạt giá trị lớn nhất.

Ta có VS.ABC=13SA.SABC=16SA.AB.SC.sinBAC=16.4.2.1.sinBAC=43sinBAC đạt giá trị lớn nhất khi sinBAC=1BAC=900.

Khi đó maxVS.ABC=43maxVS.ADE=256255.

Chọn D.


Bắt đầu thi ngay