50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 27)

Câu 1:

Cho hình nón có bán kính đáy r = 6 và chiều cao h = 8. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. $120 π .$

B. $64 π .$

C. $60 π .$

D. $80 π .$

Xem đáp án

Hình nón có bán kính đáy r = 6 và chiều cao h = 8 nên đường sinh là $l = \sqrt{r^{2} + h^{2}} = 10.$

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: $S_{x q} = π r l = 60 π .$

Chọn C.

Câu 2:

Cho hai số phức $z_{1} = 3 - 4 i$ và $z_{2} = 2 + i .$ Số phức $z_{1} + i z_{2}$ bằng:

A. 5 - 3i

B. 5 + 3i

C. 2 - 2i

D. 2 + 2i

Xem đáp án

Ta có $\{\begin{cases} z_{1} = 3 - 4 i \\ z_{2} = 2 + i \end{cases} \Rightarrow z_{1} + i z_{2} = 2 - 2 i .$

Chọn C.

Câu 3:

Trong không gian Oxyz, khoảng cách từ điểm A(5; 4; -3) đến trục Ox bằng

A. 4

B. 5

C. 3

D. 25

Xem đáp án

Khoảng cách từ A(5; 4; -3) xuống trục Ox bằng $\sqrt{4^{2} + {(- 3)}^{2}} = 5.$

Chọn B.

Câu 4:

Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực của phương trình $f (x) = \log 2021$ là:

Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm (ảnh 1)

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Xem đáp án

Số nghiệm của phương trình $f (x) = \log 2021$ là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng $y = \log 2021.$

Ta có $\log 2021 \approx 3, 3$

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình $f (x) = \log 2021$ có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

Câu 5:

Cho khối lăng trụ có diện tích đáy là 8, chiều cao là 6. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. 16

B. 36

C. 48

D. 24

Xem đáp án

Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 8 và chiều cao bằng 6 nên thể tích khối là $V = S_{d} . h = 48.$

Chọn C.

Câu 6:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu $(S) : {(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z + 3)}^{2} = 25.$ Tọa độ tâm của mặt cầu (S) là

A. (-2; 1; -3)

B. (2; 1; 3)

C. (2; -1; 3)

D. (-2; -1; -3)

Xem đáp án

Ta có $(S) : {(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z + 3)}^{2} = 25$ có tâm là I(-2; 1; -3).

Chọn A.

Câu 7:

Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(4; 1; 3), B(2; 1; 5) và C(4; 3; -3) không thẳng hàng. Mặt phẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với AB có phương trình là

A. $2 x - y - z - 1 = 0$

B. $2 x - 2 z - 1 = 0$

C. $x - z + 1 = 0$

D. $x + y - z + 3 = 0$

Xem đáp án

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{A B} = (- 2; 0; 2) \\ \vec{A C} = (0; 2; - 6) \end{cases} \Rightarrow [\vec{A B}; \vec{A C}] = (- 4; - 12; - 4) .$

$\Rightarrow (A B C)$ nhận $\vec{n} = (1; 3; 1)$ là 1 VTPT.

$\Rightarrow$ Phương trình mặt phẳng (ABC) là: $1 (x - 4) + 3 (y - 1) + 1 (z - 3) = 0 \Leftrightarrow x + 3 y + z - 10 = 0.$

Gọi I(x; y; z) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi đó ta có: $\{\begin{cases} I A = I B \\ I A = I C \\ I \in A B C \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} {(x - 4)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 3)}^{2} = {(x - 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 5)}^{2} \\ {(x - 4)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 3)}^{2} = {(x - 4)}^{2} + {(y - 3)}^{2} + {(z + 3)}^{2} \\ x + 3 y + z - 10 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} - 4 x + 4 z = 4 \\ 4 y - 12 z = 8 \\ x + 3 y + z - 10 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = - \frac{6}{11} \\ y = \frac{37}{11} \\ z = \frac{5}{11} \end{cases}$

Vậy phương trình mặt phẳng đi qua I và vuông góc với AB là:

$- 2 (x + \frac{6}{11}) + 2 (z - \frac{5}{11}) = 0 \Leftrightarrow 2 x - 2 z + 2 = 0 \Leftrightarrow x - z + 1 = 0$

Chọn C.

Câu 8:

Nghiệm của phương trình $5^{x - 2} = \frac{1}{125}$ là

A. x = -1

B. x = 3

C. x = 2

D. x = -2

Xem đáp án

$5^{x - 2} = \frac{1}{125} \Leftrightarrow 5^{x - 2} = 5^{- 3} \Leftrightarrow x - 2 = - 3 \Leftrightarrow x = - 1.$

Chọn A.

Câu 9:

Cho khối trụ bán kính r = 3 và độ dài đường sinh l = 5. Thể tích khối trụ đã cho bằng

A. $15 π$

B. $12 π$

C. $45 π$

D. $36 π$

Xem đáp án

Thể tích khối trụ là: $V = π r^{2} h = π r^{2} l = π {.3}^{2} .5 = 45 π .$

Chọn C.

Câu 10:

Cho khối nón có bán kính bằng 3 và khoảng cách từ tâm của đáy đến một đường sinh bất kỳ bằng $\frac{12}{5} .$ Thể tích của khối nón đã cho bằng

A. $12 π$

B. $18 π$

C. $36 π$

D. $24 π$

Xem đáp án

Cho khối nón có bán kính bằng 3 và khoảng cách từ tâm của đáy đến một đường sinh (ảnh 1)

Gọi d là khoảng cách từ tâm đáy đến một đường sinh bất kì, ta có $d = \frac{12}{5} .$

Gọi h là chiều cao hình nón, r là bán kính đáy hình nón. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $\frac{1}{h^{2}} + \frac{1}{r^{2}} = \frac{1}{d^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{h^{2}} = \frac{1}{d^{2}} - \frac{1}{r^{2}} = \frac{1}{{(\frac{12}{5})}^{2}} - \frac{1}{3^{2}} = \frac{1}{16} \Leftrightarrow h = 4.$

Vậy thể tích khối nón là: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π {.3}^{2} .4 = 12 π .$

Chọn A.

Câu 11:

Cho cấp số cộng $(u_{n})$ với $u_{1} = - 3$ và $u_{5} = 13.$ Giá trị của $u_{9}$ bằng

A. 33.

B. 37.

C. 29.

D. 25.

Xem đáp án

Ta có $u_{1} + u_{9} = 2 u_{5} \Leftrightarrow u_{9} = 2 u_{5} - u_{1} = 2.13 - (- 3) = 29.$

Chọn C.

Câu 12:

Gọi $z_{0}$ là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình $z^{2} - 4 z + 8 = 0.$ Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức $i z_{0}$ ?

A. Q(2; 2)

B. M(-2; 2)

C. P(-2; -2)

D. N(2; -2)

Xem đáp án

Ta có $z^{2} - 4 z + 8 = 0 \Rightarrow [\begin{array}{l} z = 2 + 2 i \\ z = 2 - 2 i \end{array} .$

Vì $z_{0}$ là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình $z^{2} - 4 z + 8 = 0$ nên $z_{0} = 2 + 2 i .$

$\Rightarrow i z_{0} = i (2 + 2 i) = - 2 + 2 i$ có điểm biểu diễn là N(2; -2)

Chọn B.

Câu 13:

Cho mặt cầu có diện tích là $36 π .$ Thể tích khối cầu được giới hạn bởi mặt cầu đã cho là

A. $27 π$

B. $108 π$

C. $81 π$

D. $36 π$

Xem đáp án

Gọi r là bán kính mặt cầu ta có: $S = 4 π r^{2} = 36 π \Leftrightarrow r = 3.$

Vậy thể tích khối cầu là: $V = \frac{4}{3} π r^{3} = \frac{4}{3} π {.3}^{3} = 36 π .$

Chọn D.

Câu 14:

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

Điểm cực tiểu của hàm số y = f(3x) là

A. $x = \frac{2}{3}$

B. x = 2

C. y = -3

D. $x = - \frac{2}{3}$

Xem đáp án

Ta có $y = f (3 x) \Rightarrow y' = 3. f' (3 x) .$

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 3 x = - 1 \\ 3 x = 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - \frac{1}{3} \\ x = \frac{2}{3} \end{array} .$

Bảng xét dấu:

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

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy điểm cực tiểu của hàm số là $x = \frac{2}{3} .$

Chọn A.

Câu 15:

Biết F(x) = cosx là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên $ℝ$ . Giá trị của $\int_{0}^{π} [3 f (x) + 2] d x$ bằng

A. 2

B. $2 π$

C. $2 π - 6$

D. -4

Xem đáp án

Ta có F(x) = cosx là một nguyên hàm của f(x) nên $f (x) = F' (x) = - \sin x .$

Khi đó ta có: $\int_{0}^{π} [3 f (x) + 2] d x = \int_{0}^{π} [- 3 \sin x + 2] d x = 3 \cos x + 2 x |\begin{array}{l} π \\ 0 \end{array} = 2 π - 6.$

Chọn C.

Câu 16:

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, biết điểm M(3; -5) là điểm biểu diễn số phức z. Phần ảo của số phức z + 2i bằng

A. -5

B. 2

C. -3

D. 5

Xem đáp án

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, biết điểm M(3; -5) là điểm biểu diễn số phức z nên z = 3 - 5i.

Suy ra $z + 2 i = 3 - 5 i + 2 i = 3 - 3 i$ có phần ảo bằng -3.

Chọn C.

Câu 17:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $f (x) = \frac{1}{2020} x^{4} - \frac{1}{2020} x^{2} + 2021$ trên đoạn [-1; 1] bằng

A. $2021 - \frac{1}{8080}$

B. 2020

C. $2021 - \frac{1}{4040}$

D. 2021

Xem đáp án

Ta có $f' (x) = \frac{1}{505} x^{3} - \frac{1}{1010} x = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{1010} (2 x^{3} - x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \in [- 1; 1] \\ x = \frac{\sqrt{2}}{2} \in [- 1; 1] \\ x = - \frac{\sqrt{2}}{2} \in [- 1; 1] \end{array} .$

Ta có: $f (0) = 2021, f (\frac{\sqrt{2}}{2}) = f (- \frac{\sqrt{2}}{2}) = 2021 - \frac{1}{8080} .$

Vậy $\min_{[- 1; 1]} f (x) = 2021 - \frac{1}{8080} .$

Chọn A.

Câu 18:

Số phức liên hợp của số phức $z = 4 + (\sqrt{3} - 1) i$ là

A. $\bar{z} = 4 - (\sqrt{3} + 1) i$

B. $\bar{z} = 4 + (1 - \sqrt{3}) i$

C. $\bar{z} = 4 - (1 - \sqrt{3}) i$

D. $\bar{z} = 4 + (1 + \sqrt{3}) i$

Xem đáp án

Ta có $z = 4 + (\sqrt{3} - 1) i \Rightarrow \bar{z} = 4 - (\sqrt{3} - 1) i = 4 + (1 - \sqrt{3}) i .$

Chọn B.

Câu 19:

Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua điểm M(2; -5; 1) và song song với mặt phẳng (Oxz) có phương trình là

A. x + y + 3 = 0

B. x + z - 3 = 0

C. y + 5 = 0

C. x - 2 = 0

Xem đáp án

Mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Oxz) nên có 1 vecto pháp tuyến là $\vec{n_{P}} = \vec{j} = (0; 1; 0) .$

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: $1 (y + 5) = 0 \Leftrightarrow y + 5 = 0.$

Chọn C.

Câu 20:

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{3 x - 2}{4 - x}$ là

A. y = 2

B. $y = \frac{3}{4}$

C. y = - 3

D. x = -3

Xem đáp án

Đồ thị hàm số $y = \frac{3 x - 2}{4 - x} = \frac{3 x - 2}{- x + 4}$ có TCN $y = \frac{3}{- 1} = - 3.$

Chọn C.

Câu 21:

Có bao nhiêu cách chọn ra hai loại khối đa diện đều khác nhau?

A. 5

B. 2

C. 10

D. 20

Xem đáp án

Ta thấy có tất cả 5 khối đa diện đều: tứ diện đều, lập phương, 8 mặt đều, 12 mặt đều và 20 mặt đều.

Chọn 2 trong 5 khối có $C_{5}^{2} = 10.$

Chọn C.

Câu 22:

Biết $\log_{7} 12 = a, \log_{12} 24 = b .$ Giá trị của $\log_{54} 168$ được tính theo a và b là

A. $\frac{a b + 1}{a (8 - 5 b)}$

B. $\frac{a b - 1}{a (8 - 5 b)}$

C. $\frac{2 a b + 1}{8 a - 5 b}$

D. $\frac{2 a b + 1}{8 a + 5 b}$

Xem đáp án

Ta có $T = \log_{54} 168 = \frac{\log_{7} 168}{\log_{7} 54} = \frac{\log_{7} ({3.7.2}^{3})}{\log_{7} ({2.3}^{3})}$

$\Rightarrow T = \frac{\log_{7} 3 + 1 + 3 \log_{7} 2}{\log_{7} 2 + 2 \log_{7} 3} .$

Ta có: $\{\begin{cases} \log_{7} 12 = a \\ \log_{12} 24 = b \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = \log_{7} 3 + 2 \log_{7} 2 \\ a b = \log_{7} 24 = 3 \log_{7} 2 + \log_{7} 3 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 \log_{7} 3 + 6 \log_{7} 2 = 3 a \\ 6 \log_{7} 2 + 2 \log_{7} 3 = 2 a b \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} \log_{7} 3 = 3 a - 2 a b \\ \log_{7} 2 = a b - a \end{cases}$

Vậy $T = \frac{3 a - 2 a b + 1 + 3 a b - 3 a}{a b - a + 8 a - 6 a b} = \frac{a b + 1}{a (8 - 5 b)} .$

Chọn A.

Câu 23:

Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình vẽ bên?

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

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

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

D. $y = x^{4} - 3 x^{2} + 2$

Xem đáp án

Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm phân thức bậc nhất/ bậc nhất nên loại B, D.

Mà đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại C.

Chọn A.

Câu 24:

Tập nghiệm của bất phương trình ${(0, 125)}^{x^{2} - 5} > 64$ là

A. $\{- 1; 0; 1\}$

B. $[- \sqrt{3}; \sqrt{3}]$

C. $(- \sqrt{3}; \sqrt{3})$

D. (-3; 3)

Xem đáp án

Ta có

${(0, 125)}^{x^{2} - 5} > 64 \Leftrightarrow 2^{- 3 (x^{2} - 5)} > 2^{6}$ .

$\Leftrightarrow - 3 (x^{2} - 5) > 6 \Leftrightarrow x^{2} - 5 < - 2$

$\Leftrightarrow x^{2} < 3 \Leftrightarrow - \sqrt{3} < x < \sqrt{3} .$

Chọn C.

Câu 25:

Cho $\int_{}^{} f (x) d x = 3 x^{2} + 2 x - 3 + C .$ Hỏi f(x) là hàm số nào?

A. f(x) = 6x + 2 + C

B. $f (x) = x^{3} + x^{2} - 3 x + C$

C. f(x) = 6x + 2

D. $f (x) = x^{3} + x^{2} - 3 x$

Xem đáp án

Ta có $\int_{}^{} f (x) d x = 3 x^{2} + 2 x - 3 + C \Rightarrow f (x) = (3 x^{2} + 2 x - 3 + C)' = 6 x + 2.$

Chọn C.

Câu 26:

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC và có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng $\frac{2 a}{3} .$ Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC và có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng (ảnh 1)

A. $90^{0}$

B. $45^{0}$

C. $30^{0}$

D. $60^{0}$

Xem đáp án

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC và có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng (ảnh 2)

Gọi O là tâm tam giác ABC nên $S O ⊥ (A B C)$ .

Khi đó OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) nên $∠ (S A; (A B C)) = ∠ (S A; O A) = ∠ S A O .$

Gọi H là trung điểm của BC ta có $A H = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow A O = \frac{2}{3} A H = \frac{a \sqrt{3}}{3} .$

Xét tam giác vuông SOA có: $\cos ∠ S A O = \frac{A O}{S A} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{3}}{\frac{2 a}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow ∠ S A O = 30^{0} .$

Vậy $∠ (S A; (A B C)) = 30^{0} .$

Chọn C.

Câu 27:

Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 4; -2) và mặt phẳng $(P) : 2 x + 5 z - 3 + \sqrt{2} = 0.$ Đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình tham số là

A. $\{\begin{cases} x = 3 + 2 t \\ y = 4 \\ z = - 2 + 5 t \end{cases}$

B. $\{\begin{cases} x = 3 - 2 t \\ y = 4 + 5 t \\ z = - 2 - 3 t \end{cases}$

C. $\{\begin{cases} x = 3 + 2 t \\ y = 4 \\ z = - 2 - 5 t \end{cases}$

D. $\{\begin{cases} x = 3 + 2 t \\ y = 4 + 5 t \\ z = - 2 - 3 t \end{cases}$

Xem đáp án

Mặt phẳng $(P) : 2 x + 5 z - 3 + \sqrt{2} = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{P}} = (2; 0; 5) .$

Vì $d ⊥ (P)$ nên d có 1 VTCP là $\vec{u_{d}} = \vec{n_{P}} = (2; 0; 5) .$

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là $\{\begin{cases} x = 3 + 2 t \\ y = 4 \\ z = - 2 + 5 t \end{cases} .$

Chọn A.

Câu 28:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = (x - 1) (x^{2} - 5 x + 6)$ và hai trục tọa độ bằng

A. $\frac{11}{4}$

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

C. $\frac{11 π}{4}$

D. $\frac{π}{2}$

Xem đáp án

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình

$(x - 1) (x^{2} - 5 x + 6) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 2 \\ x = 3 \end{array}$

Ta có đồ thị hàm số:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = (x - 1)(x^2 - 5x + 6) (ảnh 1)

Diện tích hình phẳng giới hạn cần tìm là

$S = - \int_{0}^{1} (x - 1) (x^{2} - 5 x + 6) d x + \int_{1}^{2} (x - 1) (x^{2} - 5 x + 6) d x - \int_{2}^{3} (x - 1) (x^{2} - 5 x + 6) d x = \frac{11}{4}$

Chọn A.

Câu 29:

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

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

A. $(- 5; + \infty)$

B. (-3; 0)

C. (2; 4)

D. (-5; 2)

Xem đáp án

Ta thấy hàm số đã cho đồng biến trong khoảng là $(- 3; 0), (3; + \infty) .$

Chọn B.

Câu 30:

Với a, b là các số thực dương tùy ý và

a \neq 1, \log_{\sqrt{a}} (a \sqrt{b})

bằng

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

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

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

D. $2 - \log_{a} b$

Xem đáp án

$\log_{\sqrt{a}} (a \sqrt{b}) = \log_{\sqrt{a}} a + \log_{\sqrt{a}} \sqrt{b}$

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

Chọn A.

Câu 31:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng $d : \frac{x - 3}{2} = \frac{y + 1}{- 3} = \frac{2 z - 1}{4} .$ Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d.

A. $\vec{u_{2}} = (2; - 3; 4)$

B. $\vec{u_{3}} = (2; 3; 4)$

C. $\vec{u_{4}} = (2; 3; - 4)$

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

Xem đáp án

Ta có đường thẳng $d : \frac{x - 3}{2} = \frac{y + 1}{- 3} = \frac{2 z - 1}{4}$ có vecto chỉ phương là $\vec{u_{2}} = (2; - 3; 4) .$

Chọn A.

Câu 32:

Biết $\int_{1}^{3} f (x) d x = 5; \int_{1}^{3} g (x) d x = - 7.$ Giá trị của $\int_{1}^{3} [3 f (x) - 2 g (x)] d x$ bằng

A. 29

B. -29

C. 1

D. -31

Xem đáp án

Ta có $\int_{1}^{3} [3 f (x) - 2 g (x)] d x = 3 \int_{1}^{3} f (x) d x - 2 \int_{1}^{3} g (x) d x = 3.5 - 2. (- 7) = 29.$

Chọn A.

Câu 33:

Cho khối chóp tứ giác đều cạnh đáy a = 3 và chiều cao h = 5. Thể tích của khối chóp bằng

A. $15 π$

B. 15

C. 45

D. $45 π$

Xem đáp án

Khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy a = 3 và chiều cao h = 5 nên $V = \frac{1}{3} S_{d} . h = \frac{1}{3} {.3}^{2} .5 = 15.$

Chọn B.

Câu 34:

Nghiệm của phương trình log(3x - 5) = 2 là

A. x = 36

B. x = 35

C. x = 40

D. x = 30

Xem đáp án

$\log (3 x - 5) = 2 \Leftrightarrow 3 x - 5 = 10^{2} \Leftrightarrow x = 35.$

Chọn B.

Câu 35:

Tập xác định của hàm số y = log(-3x - 6) là

A. $[- 2; + \infty)$

B. $(- \infty; - 2)$

C. $(- \infty; - 2]$

D. $(0; + \infty)$

Xem đáp án

Hàm số y = log(-3x - 6) xác định khi $- 3 x - 6 > 0 \Leftrightarrow x < - 2.$

Chọn B.

Câu 36:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, tam giác SBC vuông tại S và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng

A. $12 π a^{2}$

B. $36 π a^{2}$

C. $18 π a^{2}$

D. $16 π a^{2}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, tam giác SBC vuông tại (ảnh 1)

Mặt bên (SBC) vuông góc với đáy là tam giác vuông tại S nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp $R_{b e n} = \frac{1}{2} B C = \frac{3 a}{2} .$

Ta có $(S B C) \cap (A B C) = B C = 3 a = g t$ .

Đáy ABC là tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $R_{d a y} = \frac{(3 a) \sqrt{3}}{3} = a \sqrt{3} .$

$\Rightarrow$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:

$R = \sqrt{R_{b e n}^{2} + R_{d a y}^{2} - \frac{g t^{2}}{4}} = \sqrt{{(\frac{3 a}{2})}^{2} + {(a \sqrt{3})}^{2} - \frac{{(3 a)}^{2}}{4}} = a \sqrt{3}$

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là $S = 4 π R^{2} = 4 π {(a \sqrt{3})}^{2} = 12 π a^{2} .$

Chọn A.

Câu 37:

Cho hai số phức

z_{1} = 1 - 2 i, z_{2} = 3 + i .

Mođun số phức

(z_{1} + z_{2}) \bar{z_{1}} . \bar{z_{2}}

bằng

A. $5 \sqrt{34}$

B. $4 \sqrt{35}$

C. $5 \sqrt{43}$

D. $5 \sqrt{10}$

Xem đáp án

$|(z_{1} + z_{2}) \bar{z_{1}} \bar{z_{2}}| = |z_{1} + z_{2}| . |\vec{z_{1}}| . |\vec{z_{2}}|$

$= |1 - 2 i + 3 + i| . \sqrt{1^{2} + {(- 2)}^{2}} . \sqrt{3^{2} + 1^{2}}$

$= \sqrt{4^{2} + {(- 1)}^{2}} . \sqrt{5} . \sqrt{10}$

$= \sqrt{17} .5 \sqrt{2} = 5 \sqrt{34}$

Chọn A.

Câu 38:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm $f' (x) = {(x + 2)}^{2} {(x - 1)}^{3} (x^{2} - 4) (x^{2} - 1), \forall x \in ℝ$ . Số điểm cực đại của hàm số đã cho là

A. 4

B. 3

C. 1

D. 2

Xem đáp án

Ta có:

$f' (x) = {(x + 2)}^{2} {(x - 1)}^{3} (x^{2} - 4) (x^{2} - 1), \forall x \in ℝ$

$= {(x + 2)}^{2} {(x - 1)}^{3} (x - 2) (x + 2) (x - 1) (x + 1)$

$= {(x + 2)}^{3} {(x - 1)}^{4} (x - 2) (x + 1)$

$f' (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 2 (n g h i e m b o i 3) \\ x = 1 (n g h i e m b o i 4) \\ x = 2 (n g h i e m d o n) \\ x = - 1 (n g h i e m d o n) \end{array}$

Bảng xét dấu f'(x)

Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'(x) = (x + 2)^2(x - 1)^3(x^2 - 4)(x^2 - 1) (ảnh 1)

(Ta không xét nghiệm x = 1 vì qua đó f'(x) không đổi dấu).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 điểm cực x = -1 đại và 2 cực tiểu $x = \pm 2.$

Chọn C.

Câu 39:

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = |x^{4} - 4 x^{2} + 2|$ với đường thẳng y = 2 là

A. 4.

B. 2.

C. 8.

D. 5.

Xem đáp án

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$|x^{4} - 4 x^{2} + 2| = 2 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{4} - 4 x^{2} + 2 = 2 \\ x^{4} - 4 x^{2} + 2 = - 2 \end{array}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{4} - 4 x^{2} = 0 \\ x^{4} - 4 x^{2} + 4 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} = 0 \\ x^{2} = 4 \\ {(x^{2} - 2)}^{2} = 0 \end{array}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \pm 2 \\ x^{2} - 2 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \pm 2 \\ x = \pm \sqrt{2} \end{array}$

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt

Chọn D.

Câu 40:

Một người gửi tiền vào ngân hàng 200 triệu đồng với kì hạn 12 tháng, lãi suất 5,6% một năm theo hình thức lãi kép (sau 1 năm sẽ tính lãi và cộng vào gốc). Sau đúng 2 năm, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức $T = A {(1 + r)}^{n},$ trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kì hạn gửi. Tính tổng số tiền người đó nhận được sau đúng 5 năm kể từ khi gửi tiền lần thứ nhất (số tiền lấy theo đơn vị triệu đồng, làm tròn 3 chữ số thập phân)

A. 381,329 triệu đồng

B. 380,391 triệu đồng

C. 385,392 triệu đồng

D. 380,392 triệu đồng

Xem đáp án

Ta có số tiền của người đó sau 2 năm là $T_{1} = 200 {(1 + 0, 056)}^{2}$

Sau khi gửi thêm 100 triệu thì số tiền là $T = 200 {(1 + 0, 056)}^{2} + 100$

Tổng số tiền sau 5 năm là $T = [200.1, 056^{2} + 100] .1, 056^{3} = 380, 392$ triệu đồng.

Chọn D.

Câu 41:

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

\{\begin{cases} x^{2} - x y + 3 = 0 \\ 2 x + 3 y - 14 \leq 0 \end{cases} .

Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = 3 x^{2} y - x y^{2} - 2 x^{3} + 2 x

thuộc khoảng nào dưới đây?

A. (-2; 2)

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

C. (1; 3)

D. $(0; + \infty)$

Xem đáp án

Với x, y là các số thực dương ta có:

$\{\begin{cases} x^{2} - x y + 3 = 0 \\ 2 x + 3 y - 14 \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} y = \frac{x^{2} + 3}{x} \\ 2 x + \frac{3 x^{2} + 9}{x} - 14 \leq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} y = \frac{x^{2} + 3}{x} \\ 2 x^{2} + 3 x^{2} + 9 - 14 x \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} y = \frac{x^{2} + 3}{x} \\ 1 \leq x \leq \frac{9}{5} \end{cases}$

Khi đó ta có

$P = 3 x^{2} y - x y^{2} - 2 x^{3} + 2 x$

$P = (x^{2} - x y + 3) y + 2 x^{2} y - 2 x^{3} + 2 x - 3 y$

$P = 2 x^{2} y - 2 x^{3} + 2 x - 3 y$

$P = 2 x^{2} . \frac{x^{2} + 3}{x} - 2 x^{3} + 2 x - 3. \frac{x^{2} + 3}{x}$

$P = 2 x^{3} + 6 x - 2 x^{3} + 2 x - 3 x - \frac{9}{x}$

$P = 5 x - \frac{9}{x}$

Xét hàm số $P = 5 x - \frac{9}{x}$ với $1 \leq x \leq \frac{9}{5}$ . Ta có: $P' = 5 + \frac{9}{x^{2}} > 0 \forall x$ nên hàm số đồng biến $(1; \frac{9}{5}) .$

Vậy $\{\begin{cases} \min_{[1; \frac{9}{5}]} P = P (1) = - 4 \\ \max_{[1; \frac{9}{5}]} P = P (\frac{9}{5}) = 4 \end{cases} \Rightarrow \min_{[1; \frac{9}{5}]} P + \max_{[1; \frac{9}{5}]} P = 0 \in (- 2; 2) .$

Chọn A.

Câu 42:

Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực đại của hàm số $g (x) = {[f (2 x^{2} + x)]}^{2}$ là

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Xem đáp án

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

$\Rightarrow g' (x) = 2 (4 x + 1) . f' (2 x^{2} + x) f (2 x^{2} + x)$

$g' (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 4 x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{4} \\ f' (2 x^{2} + x) = 0 (1) \\ f (2 x^{2} + x) = 0 (2) \end{array}$

Dựa vào BBT ta thấy:

$f' (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 2 \\ x = 1 \end{array},$ do đó $(1) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 x^{2} + x = - 2 (v o n g h i e m) \\ 2 x^{2} + x = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{1}{2} \\ x = - 1 \end{array} .$

f(x) = 0 có 1 nghiệm x = a > 1 do đó $(2) \Leftrightarrow 2 x^{2} + x = a (a > 1) .$

Xét hàm số $f (x) = 2 x^{2} + x$ ta có $f' (x) = 4 x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{4} .$

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f(x) = a có 2 nghiệm phân biệt x = b, x = c và $b < - 1, c > \frac{1}{2} .$

Khi đó ta có bảng xét dấu y = g'(x) như sau:

Cho hàm số có bảng biến thiên như sau: Số điểm cực đại của hàm số (ảnh 3)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y = g(x) có 3 điểm cực đại.

Chọn A.

Câu 43:

Cho một đa giác đều có 20 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn tâm O. Gọi X là tập các tam giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác trên. Xác suất để chọn một tam giác từ tập X là tam giác vuông nhưng không phải là tam giác cân bằng

A. $\frac{10}{57}$

B. $\frac{8}{57}$

C. $\frac{3}{19}$

D. $\frac{1}{57}$

Xem đáp án

Đa giác đều 20 đỉnh nên có 10 đường kính

$\Rightarrow$ có 20 tam giác vuông cân

Có 2 đường kính cắt nhau tạo được 4 tam giác vuông

Nên số tam giác vuông là $C_{10}^{2} .4 = 180$ tam giác vuông

Nên số tam giác vuông mà không cân là 160

Do đó $P = \frac{160}{C_{20}^{3}} = \frac{8}{57}$

Chọn B.

Câu 44:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số $y = (m^{2} - m - 6) x^{3} + (m - 3) x^{2} - 2 x + 1$ nghịch biến trên $ℝ$ ?

A. 6

B. 5

C. 4

D. 3

Xem đáp án

Ta có $y = (m^{2} - m - 6) x^{3} + (m - 3) x^{2} - 2 x + 1$ nghịch biến trên $ℝ$

$\Rightarrow y' = 3 (m^{2} - m - 6) x^{2} + 2 (m - 3) x - 2 \leq 0 \forall x \in ℝ$

TH1: $m^{2} - m - 6 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 3 \\ m = - 2 \end{array} .$

+ Với m = 3 thì y = -2x + 1 nghịch biến trên $ℝ$ (đúng) $\Rightarrow m = 3$ thỏa mãn.

+ Với m = -2 thì $y = - 5 x^{2} - 2 x + 1$ nghịch biến trên $ℝ$ (sai) $\Rightarrow m = - 2$ không thỏa mãn.

TH2: $m^{2} - m - 6 \neq 0 \Leftrightarrow \{\begin{cases} m = 3 \\ m = - 2 \end{cases}$

Đề hàm số nghịch biến trên $ℝ$ thì $y' \leq 0 \forall x \in ℝ .$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 (m^{2} - m - 6) < 0 \\ Δ' = {(m - 3)}^{2} + 6 (m^{2} - m - 6) \leq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} - 2 < m < 3 \\ 7 m^{2} - 12 m - 27 \leq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} - 2 < m < 3 \\ - \frac{9}{7} \leq m \leq 3 \end{cases} \Leftrightarrow - \frac{9}{7} \leq m < 3.$

Mà $m \in ℤ \Rightarrow m \in \{- 1; 0; 1; 2\} .$

Kết hợp cả 2 TH ta có $m \in \{- 1; 0; 1; 2; 3\} .$ Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 45:

Cho

F (x) = \frac{x^{3}}{3}

là một nguyên hàm của

\frac{f (x)}{x} .

Biết f(x) có đạo hàm xác định với mọi

x \neq 0.

Tính

\int_{}^{} f' (x) e^{x} d x

A. $3 x^{2} e^{x} - 6 x e^{x} + e^{x} + C$

B. $x^{2} e^{x} - 6 x e^{x} + 6 e^{x} + C$

C. $3 x^{2} + 6 x e^{x} + 6 e^{x} + C$

D. $3 x^{2} e^{x} - 6 x e^{x} + 6 e^{x} + C$

Xem đáp án

Ta có $F (x) = \frac{x^{3}}{3}$ là một nguyên hàm của $\frac{f (x)}{x} \Rightarrow \frac{f (x)}{x} = F' (x) = x^{2} \Rightarrow f (x) = x^{3} .$

$\Rightarrow f' (x) . e^{x} = 3 x^{2} . e^{2} \Rightarrow \int_{}^{} f' (x) . e^{x} d x = \int_{}^{} 3 x^{2} . e^{x} d x .$

Đặt $\{\begin{cases} u = 3 x^{2} \\ d v = e^{x} d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = 6 x d x \\ v = e^{x} \end{cases} \Rightarrow \int_{}^{} f' (x) . e^{x} d x = 3 x^{2} e^{x} - \int_{}^{} 6 x . e^{x} d x .$

Đặt $\{\begin{cases} u = 6 x \\ d v = e^{x} d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = 6 d x \\ v = e^{x} \end{cases} \Rightarrow \int_{}^{} 6 x . e^{x} d x = 6 x e^{x} - \int_{}^{} 6 e^{x} d x = 6 x e^{x} - 6 e^{x} + C$

Vậy $\int_{}^{} f' (x) . e^{x} d x = 3 x^{2} . e^{x} - 6 x e^{x} + 6 e^{x} + C .$

Chọn D.

Câu 46:

Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) nguyên thỏa mãn

$(4 x y + 7 y) (2 x - 1) (e^{2 x y} - e^{4 x + y + 7}) = [2 x (2 - y) + y + 7] e^{x}$

A. 8

B. 5

C. 6

D. 7

Xem đáp án

Ta có $(4 x y + 7 y) (2 x - 1) (e^{2 x y} - e^{4 x + y + 7}) = [2 x (2 - y) + y + 7] e^{y}$

$\Leftrightarrow \frac{e^{2 x y} - e^{4 x + y + 7}}{e^{y}} = \frac{2 x (2 - y) + y + 7}{(4 x y + 7 y) (2 x - 1)} = \frac{4 x - 2 x y + y + 7}{(4 x y + 7 y) (2 x - 1)}$

$\Leftrightarrow e^{2 x y - y} - e^{4 x + 7} = \frac{4 x + 7}{y (4 x + 7) (2 x - 1)} + \frac{y (1 - 2 x)}{y (4 x + 7) (2 x - 1)}$

$\Leftrightarrow e^{2 x y - y} - e^{4 x + 7} = \frac{1}{y (2 x - 1)} + \frac{1}{4 x + 7}$

$\Leftrightarrow e^{y (2 x - 1)} - \frac{1}{y (2 x - 1)} = e^{4 x + 7} - \frac{1}{4 x + 7}$

Xét hàm số $f (t) = e^{t} - \frac{1}{t} (t \neq 0)$ ta có $f' (t) = e^{t} + \frac{1}{t^{2}} > 0 \forall t \neq 0,$ do đó hàm số đồng biến trên các khoảng xác định, từ đó ta có: $f (y (2 x - 1)) = f (4 x + 7) \Leftrightarrow y (2 x - 1) = 4 x + 7.$

$\Rightarrow y = \frac{4 x + 7}{2 x - 1} = \frac{4 x - 2 + 9}{2 x - 1} = 2 + \frac{9}{2 x + 1} .$

Vì y nguyên nên $\frac{9}{2 x + 1} \in ℤ \Rightarrow 2 x + 1 \in \{\pm 1; \pm 3; \pm 9\} \Rightarrow x \in \{0; - 1; 1; - 2; 4; - 5\} \Rightarrow$ Có 6 giá trị của x thỏa mãn.

Vậy có 6 cặp thỏa mãn số (x; y) nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Câu 47:

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên $(- \sqrt{2}; \sqrt{2}) \ \{0\},$ thỏa mãn f(1) = 0 và $f' (x) + x (e^{f (x)} + 2) + \frac{x}{e^{f (x)}} = 0.$ Giá trị của $f (\frac{1}{2})$ bằng

A. ln7

B. ln5

C ln6

D. ln3

Xem đáp án

Ta có $f' (x) + x (e^{f (x)} + 2) + \frac{x}{e^{f (x)}} = 0$

$\Rightarrow f' (x) . e^{f (x)} + x (e^{f (x)} + 2) . e^{f (x)} + x = 0$

$\Leftrightarrow f' (x) . e^{f (x)} + x [(e^{f (x)} + 2) . e^{f (x)} + 1] = 0$

$\Leftrightarrow {[e^{f (x)}]}^{'} + x {(e^{f (x)} + 1)}^{2} = 0$

$\Leftrightarrow x = - \frac{{[e^{f (x)}]}^{'}}{{(e^{f (x)} + 1)}^{2}}$

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:

$\int_{}^{} x d x = \int_{}^{} - \frac{{[e^{f (x)}]}^{'}}{{(e^{f (x)} + 1)}^{2}} d x = \int_{}^{} - \frac{{[e^{f (x)} + 1]}^{'}}{{(e^{f (x)} + 1)}^{2}} d x \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{2} + C = \frac{1}{e^{f (x)} + 1}$

Mà $f (1) = 0 \Rightarrow \frac{1}{2} + C = \frac{1}{e^{0} + 1} \Leftrightarrow C = 0$

Suy ra $\frac{x^{2}}{2} = \frac{1}{e^{f (x)} + 1} \Rightarrow e^{f (x)} + 1 = \frac{2}{x^{2}} \Leftrightarrow e^{f (x)} = \frac{2}{x^{2}} - 1 \Rightarrow f (x) = \ln (\frac{2}{x^{2}} - 1) .$

Vậy $f (\frac{1}{2}) = \ln (\frac{2}{\frac{1}{4}} - 1) = \ln 7.$

Chọn A.

Câu 48:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh

a, S A = a \sqrt{3} .

Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của AD. Khoảng cách giữa hai đường SD và HK bằng:

A. $\frac{a \sqrt{105}}{5}$

B. $\frac{a \sqrt{105}}{20}$

C. $\frac{a \sqrt{105}}{30}$

D. $\frac{a \sqrt{105}}{10}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a căn bậc hai của 3 (ảnh 1)

Vì tam giác SAB cân nên $S H ⊥ A B$ .

Ta có $\{\begin{cases} (S A B) ⊥ (A B C D) = A B \\ S H \subset (S A B), S H ⊥ A B \end{cases} \Rightarrow S H ⊥ (A B C D) .$

Vì HK là đường trung bình của tam giác SBD nên $H K / / B D \Rightarrow H K / / (S B D) \supset S D .$

$\Rightarrow d (S D; H K) = d (H K; (S B D)) = d (H; (S B D)) .$

Gọi O, M lần lượt là trung điểm của BD, SO

Ta có $S C ⊥ B D$ (do ABCD là hình vuông), HM // AC (do HM là đường trung bình của $Δ A B O$ )

$\Rightarrow H M ⊥ B D$ .

Ta có $\{\begin{cases} B D ⊥ H M \\ B D ⊥ S H \end{cases} \Rightarrow B D ⊥ (S H M) .$

Trong (SHM) kẻ $H I ⊥ S M$ ta có $\{\begin{cases} H I ⊥ S M \\ H I ⊥ B D \end{cases} \Rightarrow H I ⊥ (S B D) \Rightarrow d (H; (S B D)) = H I .$

Vì ABCD là hình vuông cạnh $a \Rightarrow A C = a \sqrt{2} \Rightarrow A O = \frac{a \sqrt{2}}{2} \Rightarrow H M = \frac{1}{2} A O = \frac{a \sqrt{2}}{4} .$

Ta có: $H D = \sqrt{A H^{2} + H D^{2}} = \sqrt{{(\frac{a}{2})}^{2} + a^{2}} = \frac{a \sqrt{5}}{2} .$

Xét tam giác vuông SHD có: $S H = \sqrt{S D^{2} - H D^{2}} = \sqrt{3 a^{2} - \frac{5 a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{7}}{2} .$

Xét tam giác vuông SHM có: $H I = \frac{S H . H M}{\sqrt{S H^{2} + H M^{2}}} = \frac{\frac{a \sqrt{7}}{2} . \frac{a \sqrt{2}}{4}}{\sqrt{\frac{7 a^{2}}{4} + \frac{a^{2}}{8}}} = \frac{a \sqrt{105}}{30} .$

Vậy $d (H K; S D) = \frac{a \sqrt{105}}{30} .$

Chọn C.

Câu 49:

Cho hàm bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình $f (|\sqrt{4 - x^{2}} - |x^{2} - 1||) = \frac{1}{2021}$ là:

Cho hàm bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm (ảnh 1)

A. 24

B. 14

C. 12

D. 10

Xem đáp án

ĐK: $- 2 \leq x \leq 2$

Đặt $t = \sqrt{4 - x^{2}} - |x^{2} - 1| = [\begin{array}{l} \sqrt{4 - x^{2}} - x^{2} + 1 k h i [\begin{array}{l} 1 \leq x \leq 2 \\ - 2 \leq x \leq - 1 \end{array} \\ \sqrt{4 - x^{2}} + x^{2} - 1 k h i - 1 < x < 1 \end{array}$

Ta có: $t' = [\begin{array}{l} \frac{- x}{\sqrt{4 - x^{2}}} - 2 x k h i [\begin{array}{l} 1 \leq x \leq 2 \\ - 2 \leq x \leq - 1 \end{array} \\ \frac{- x}{\sqrt{4 - x^{2}}} + 2 x k h i - 1 < x < 1 \end{array}$

$t' = 0 \Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{- x}{\sqrt{4 - x^{2}}} - 2 x = 0 k h i [\begin{array}{l} 1 \leq x \leq 2 \\ - 2 \leq x \leq - 1 \end{array} \\ \frac{- x}{\sqrt{4 - x^{2}}} + 2 x = 0 k h i - 1 < x < 1 \end{cases}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} - x (\frac{1}{\sqrt{4 - x^{2}}} + 2) = 0 k h i [\begin{array}{l} 1 \leq x \leq 2 \\ - 2 \leq x \leq - 1 \end{array} (1) \\ - x (\frac{1}{\sqrt{4 - x^{2}}} - 2) = 0 k h i - 1 < x < 1 (2) \end{array}$

$(1) \Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{4 - x^{2}}} + 2 = 0 (v o n g h i e m)$

$(2) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ \frac{1}{\sqrt{4 - x^{2}}} - 2 = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{\sqrt{15}}{2} (k t m) \end{array}$

Bảng biến thiên:

Cho hàm bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm (ảnh 2)

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng $y = \frac{1}{2021}$ cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm là $\{\begin{cases} x = a; a \in (0; \frac{3 - \sqrt{3}}{2}) \Rightarrow 4 n_{0} \\ x = b; b \in (\frac{3 - \sqrt{3}}{2}; 1) \Rightarrow 4 n_{0} \\ x = c \in (2; + \infty) \Rightarrow 2 n_{0} \end{cases}$

Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Câu 50:

Trong mặt phẳng $(α)$ cho hai tia Ox, Oy và $∠ x O y = 60^{0} .$ Trên tia Oz vuông góc với mặt phẳng $(α)$ tại O, lấy điểm S sao cho SO = a. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên hai tia Ox, Oy sao cho OM + ON = a (a > 0 và M, N khác O). Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của O trên hai cạnh SM, SN. Mặt cầu ngoại tiếp đa diện MNHOK có diện tích nhỏ nhất bằng

A. $\frac{2 π a^{2}}{3}$

B. $π a^{2}$

C. $2 π a^{2}$

D. $\frac{π a^{2}}{3}$

Xem đáp án

Trong mặt phẳng (anpha) cho hai tia Ox, Oy và góc xOy = 60 độ. Trên tia Oz vuông (ảnh 1)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN, D' là điểm đối xứng với I qua O

Ta có:

$\{\begin{cases} D M ⊥ O M \\ D M ⊥ S O \end{cases} \Rightarrow D M ⊥ (S O M) \Rightarrow D M ⊥ O H$

$\{\begin{cases} O H ⊥ D M \\ O H ⊥ S M \end{cases} \Rightarrow O H ⊥ (S D M) \Rightarrow O H ⊥ H D$

$\Rightarrow ∠ O H D = 90^{0} \Rightarrow I O = I H = I D .$

Chứng minh tương tự ta có $O K ⊥ (S D N) \Rightarrow O K ⊥ K D \Rightarrow ∠ O K D = 90^{0} \Rightarrow I O = I K = I D .$

$\Rightarrow I O = I M = I N = I H = I K \Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện MNHOK.

Gọi P và Q là trung điểm OM và ON nên P và Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHM và OKN.

Ta có bán kính mặt cầu này là:

$R = I O = R_{Δ O M N} = \frac{M N}{2 \sin ∠ M O N}$

$= \frac{\sqrt{O M^{2} + O N^{2} - 2 O M . O N . \cos O M N}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{O M^{2} + O N^{2} - O M . O N}}{\sqrt{3}}$

Ta có: $O M^{2} + O N^{2} - O M . O N = {(O M + O N)}^{2} - 3 O M . O N = a^{2} - 3 O M . O N$

Lại có $O M . O N \leq \frac{{(O M + O N)}^{2}}{4} = \frac{a^{2}}{4}$ nên $O M^{2} + O N^{2} - O M . O N \geq a^{2} - 3 \frac{a^{2}}{4} = \frac{a^{2}}{4} .$

Do đó ta có $R \geq \frac{\sqrt{\frac{a^{2}}{4}}}{\sqrt{3}} = \frac{a}{2 \sqrt{3}} .$

Vậy $S = 4 π R^{2} \geq 4 π . {(\frac{a}{2 \sqrt{3}})}^{2} = \frac{π a^{2}}{3} .$

Chọn D.

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 27)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan