50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề số 13

f (x) = \ln (x^{4} + 2 x)

. Đạo hàm

f^{'} (1)

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Xem đáp án

$f^{'} (x) = \frac{4 x^{3} + 2}{x^{4} + 2 x} \Rightarrow f^{'} (1) = 2$

Chọn đáp án B

Câu 20:

(P) : 2 x - y + z - 1 = 0

. Điểm nào dưới đây thuộc (P)?

A. $N (0; 1; - 2)$

B. $M (2; - 1; 1)$

C. $P (1; - 2; 0)$

D. $Q (1; - 3; - 4)$

Xem đáp án

Nhận thấy

2.1 - (- 3) + (- 4) - 1 = 0

nên

Q (1; - 3; - 4)

thuộc (P).

Chọn đáp án D

Câu 21:

Có bao nhiêu số nguyên dương n để

\log_{n} 256

là một số nguyên dương?

A. 4

B. 1

C. 2

D. 3

Xem đáp án

\log_{n} 256 = 8. \log_{n} 2 = \frac{8}{\log_{2} n}

là số nguyên dương

\Leftrightarrow \log_{2} n \in \{1; 2; 4; 8\} \Leftrightarrow n \in \{2; 4; 16; 256\}

.
Vậy có 4 số nguyên dương.

Chọn đáp án A

Câu 22:

Tập nghiệm của bất phương trình

{(\frac{1}{1 + a^{2}})}^{2 x + 1} > 1

là

A. $(- \infty; - \frac{1}{2})$

B. $(0; + \infty)$

C. $(- \infty; 0)$

D. $(- \frac{1}{2}; + \infty)$

Xem đáp án

Ta có

0 < \frac{1}{1 + a^{2}} < 1, \forall a \neq 0

, nếu

{(\frac{1}{1 + a^{2}})}^{2 x + 1} > 1 \Leftrightarrow 2 x + 1 < 0 \Leftrightarrow x < - \frac{1}{2} \Leftrightarrow x \in (- \infty; - \frac{1}{2})

Chọn đáp án A

Câu 23:

Cho số phức

z = {(1 - 2 i)}^{2}

. Tính mô đun của số phức

\frac{1}{z}

Tổng các nghiệm của phương trình

A. $\frac{1}{\sqrt{5}} .$

B. $\frac{1}{5} .$

C. $\sqrt{5} .$

D. $\frac{1}{25} .$

Xem đáp án

Ta có: $z = {(1 - 2 i)}^{2} = - 3 - 4 i \Rightarrow |z| = 5 \Rightarrow \frac{1}{|z|} = |\frac{1}{z}| = \frac{1}{5}$

Vậy mô đun của số phức $\frac{1}{z}$ bằng $\frac{1}{5} .$

Chọn đáp án B

Câu 24:

\log_{\frac{1}{2}} (x^{2} - 5 x + 7) = 0

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD hình vuông tâm O,

A. 6

B. 7

C. 13

D. 5

Xem đáp án

Phương trình tương đương với

x^{2} - 5 x + 7 = 0

, tổng các nghiệm của phương trình này là 5 (theo định lý Vi-et).

Chọn đáp án D

Câu 25:

S A ⊥ (A B C D)

. Gọi I là trung điểm của SC. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng

(A B C D)

bằng độ dài đoạn thẳng nào?

A. IO

B. IC

C. IA

D. IB

Xem đáp án

Từ giả thiết suy ra OI là đường trung bình của

Δ S A C

, do đó

O I ∥ S A

.
Ta có

\{\begin{cases} I O ∥ S A \\ S A ⊥ (A B C D) \end{cases} \Rightarrow I O ⊥ (A B C D)

.
Vậy

d (I, (A B C D)) = O I

.

Chọn đáp án A

Câu 26:

liên tục trên R và có một nguyên hàm là

f (x)

F (x)

. Biết

F (1) = 8

, giá trị

F (9)

được tính bằng công thức

A. $F (9) = 8 + f^{'} (1)$

B. $F (9) = \int_{1}^{9} [8 + f (x)] d x$

C. $F (9) = 8 + \int_{1}^{9} f (x) d x$

D. $F (9) = f^{'} (9)$

Xem đáp án

Ta có:

\int_{1}^{9} f (x) d x = {F (x)|}_{1}^{9} = F (9) - F (1) \Leftrightarrow \int_{1}^{9} f (x) d x = F (9) - 8 \Leftrightarrow F (9) = 8 + \int_{1}^{9} f (x) d x

Chọn đáp án C

Câu 27:

Cho khối chóp

S . A B C D

có đáy là

A B C D

hình vuông cạnh a, tam giác

S A B

cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,

S A = 2 a

. Tính theo a thể tích khối chóp

S . A B C D

A. $V = 2 a^{3}$

B. $V = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{12}$

C. $V = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{6}$

D. $V = \frac{2 a^{3}}{3}$

Xem đáp án

Gọi H là trung điểm AB.
Theo đề, tam giác SAB cân tại S nên suy ra

S H ⊥ A B

.
Mặt khác, tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên suy ra

S H ⊥ (A B C D)

.
Xét tam giác SHA vuông tại H.

S H = \sqrt{S A^{2} - A H^{2}} = \sqrt{{(2 a)}^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{15}}{2}

Diện tích hình vuông là

S_{A B C D} = a^{2}

.
Vậy thể tích khối chóp

S . A B C D

là

V = \frac{1}{3} . S H . S_{A B C D} = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{6}

.

Chọn đáp án C

Câu 28:

Biết hai đồ thị hàm số

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

cắt nhau tại ba điểm phân biệt

y = - x^{2} + x

A, B, C

. Khi đó diện tích tam giác ABC bằng

A. 4

B. 3

C. 5

D. 6

Xem đáp án

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình:

x^{3} + x^{2} - 2 = - x^{2} + x \Leftrightarrow x^{3} + 2 x - x - 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = - 1 \\ x = - 2 \end{array}

Khi đó

A (- 2; - 6); B (1; 0); C (- 1; - 2)

suy ra

A B = \sqrt{45}; B C = \sqrt{8}; A C = \sqrt{17}

Áp dụng công thức hê rông ta có

S_{A B C} = 3

Chọn đáp án B

Câu 29:

liên tục trên R và có đạo hàm

y = f (x)

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

. Hàm số đạt cực tiểu tại

A. $x = 1$

B. $x = 3$

C. $x = 2$

D. $x = - 2$

Xem đáp án

Ta có bảng xét dấu

f^{'} (x)

Do đó hàm số đạt cực tiểu tại

x = 1

.

Chọn đáp án A

Câu 30:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x^{3} - 2 x^{2} - 4 x + 5

trên đoạn

[1; 3]

A. 0

B. 2

C. -3

D. 3

Xem đáp án

Ta có

y^{'} = 3 x^{2} - 4 x - 4

. Xét trên đoạn

[1; 3]

.

y' = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 2 (N) \\ x = - \frac{2}{3} (L) \end{matrix}

.
Ta có

y (1) = 0, y (2) = - 3, y (3) = 2

Vậy

\min_{[1; 3]} y = - 3

.

Chọn đáp án C

Câu 31:

. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

y = \frac{x - 1}{x + 2}

A. Hàm số đồng biến trên R.

B. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

C. Hàm số đồng biến trên $ℝ \ {- 2}$ .

D. Hàm số đồng biến trên từng khoảng của miền xác định

Xem đáp án

Tập xác định:

D = ℝ \ \{- 2\}

Ta có:

y^{'} = \frac{3}{{(x + 2)}^{2}} > 0, \forall x \in D \Rightarrow

Hàm số

y = \frac{x - 1}{x + 2}

đồng biến trên từng khoảng của miền xác định.

Chọn đáp án D

Câu 32:

Trong không gian Oxyz cho điểm

M (3; 2; - 1)

và mặt phẳng

(P) : x + z - 2 = 0.

Đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P) có phương trình là

A. $\{\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 1 + 2 t \\ z = - t \end{cases} .$

B. $\{\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 2 + t \\ z = - 1 \end{cases} .$

C. $\{\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 2 t \\ z = 1 - t \end{cases} .$

D. $\{\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 2 \\ z = - 1 + t \end{cases} .$

Xem đáp án

Ta có mặt phẳng

(P) : x + z - 2 = 0

Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là

\vec{n_{(P)}} = (1; 0; 1)

Gọi đường thẳng cần tìm là

Δ

. Vì đường thẳng

Δ

vuông góc với (P) nên véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng

Δ

.

\Rightarrow \vec{u_{Δ}} = \vec{n_{(P)}} = (1; 0; 1)

Vậy phương trình đường thẳng

Δ

đi qua

M (3; 2; - 1)

và có véc tơ chỉ phương

\vec{u_{Δ}} = (1; 0; 1)

là:

\{\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 2 \\ z = - 1 + t \end{cases} .

Chọn đáp án D

Câu 33:

Có bao nhiêu số phức z có phần thực bằng 2 và

|z + 1 - 2 i| = 3

?

A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

Xem đáp án

Gọi số phức z có dạng:

z = 2 + b i (b \in ℝ)

Ta có:

|z + 1 - 2 i| = 3 \Leftrightarrow |2 + b i + 1 - 2 i| = 3 \Leftrightarrow |3 + (b - 2) i| = 3

\Leftrightarrow \sqrt{9 + {(b - 2)}^{2}} = 3 \Leftrightarrow {(b - 2)}^{2} = 0 \Leftrightarrow b = 2

.
Vậy có một số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán:

z = 2 + 2 i .

Chọn đáp án B

Câu 34:

Cho hai số thực x, y thỏa mãn

x (3 + 2 i) + y (1 - 4 i) = 1 + 24 i

. Giá trị

x + y

A. 3

B. 2

C. 4

D. -3

Xem đáp án

Ta có:

x (3 + 2 i) + y (1 - 4 i) = 1 + 24 i

\Leftrightarrow 3 x + y + (2 x - 4 y) i = 1 + 24 i \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x + y = 1 \\ 2 x - 4 y = 24 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 \\ y = - 5 \end{cases}

Vậy

x + y = - 3

.

Chọn đáp án D

Câu 35:

Cho hàm số có

f^{'} (x)

f^{''} (x)

liên tục trên R. Biết

f^{'} (2) = 4

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

f^{'} (- 1) = - 2,

tính

\int_{- 1}^{2} f^{''} (x) d x

A. -8

B. -6

C. 6

D. 2

Xem đáp án

Ta có:

\int_{- 1}^{2} f^{''} (x) d x = {f^{'} (x)|}_{- 1}^{2} = f^{'} (2) - f^{'} (- 1) = 4 - (- 2) = 6

Chọn đáp án C

Câu 36:

M (3; - 2; 5)

,

N (- 1; 6; - 3)

. Mặt cầu đường kính MN có phương trình là:

A. ${(x + 1)}^{2} + {(y + 2)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 36$

B. ${(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 36$

C. ${(x + 1)}^{2} + {(y + 2)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 6$

D. ${(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 6$

Xem đáp án

Tâm I của mặt cầu là trung điểm đoạn

M N \Rightarrow I (1; 2; 1)

.
Bán kính mặt cầu

R = \frac{M N}{2} = \frac{\sqrt{{(- 1 - 3)}^{2} + {(6 + 2)}^{2} + {(- 3 - 5)}^{2}}}{2} = 6

.
Vậy phương trình mặt cầu là

{(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 36

.

Chọn đáp án B

Câu 37:

Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng 3a. Gọi

α

là góc giữa mặt bên và mặt đáy, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. $\cos α = \frac{\sqrt{2}}{2}$

B. $\cos α = \frac{\sqrt{14}}{14}$

C. $\cos α = \frac{\sqrt{2}}{4}$

D. $\cos α = \frac{\sqrt{10}}{10}$

Xem đáp án

Gọi O là giao điểm của AC và BD, N là trung điểm của BC.

α = ((S B C), (A B C D)) = (S N, O N) = \hat{S N O}

O B = \frac{1}{2} B D = \sqrt{2} a

Xét

Δ S O B

vuông tại O:

S O = \sqrt{S B^{2} - O B^{2}} = a \sqrt{7}

Xét

Δ S O N

vuông tại O:

S N = \sqrt{S O^{2} + O N^{2}} = 2 \sqrt{2} a

Xét

Δ S O N

vuông tại O:

\cos α = \frac{O N}{S N} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}

Chọn đáp án C

Câu 38:

Có 6 bi gồm 2 bi đỏ, 2 bi vàng, 2 bi xanh. Xếp ngẫu nhiên các viên bi thành một hàng ngang. Tính xác suất để hai viên bi vàng không xếp cạnh nhau?

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

B. $P = \frac{5}{6}$

C. $P = \frac{1}{5}$

D. $P = \frac{2}{3}$

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu:

n (Ω) = 6! = 720

.
Gọi A là biến cố “hai bi vàng không xếp cạnh nhau”. Do đó

\bar{A}

là biến cố hai bi vàng xếp cạnh nhau.
•Xếp 2 bi vàng cạnh nhau vào 6 vị trí có: 5 cách.
•Xếp 4 bi còn lại vào 4 vị trí còn lại có:

4!

cách.
Do đó

n (\bar{A}) = 5.4! = 120

.
Vậy

P = P (A) = 1 - P (\bar{A}) = 1 - \frac{120}{720} = \frac{5}{6}

.

Chọn đáp án B

Câu 39:

Có mấy giá trị nguyên dương của m để bất phương trình

9^{m^{2} x} + 4^{m^{2} x} \geq m {.5}^{m^{2} x}

có nghiệm?

A. 1

B. 10

C. Vô số

D. 9

Xem đáp án

Từ giả thiết, ta chỉ xét

m \in ℤ^{+}

Ta có:

9^{m^{2} x} + 4^{m^{2} x} \geq m {.5}^{m^{2} x} \Leftrightarrow {(\frac{9}{5})}^{m^{2} x} + {(\frac{4}{5})}^{m^{2} x} \geq m (1)

Có

{(\frac{9}{5})}^{m^{2} x} + {(\frac{4}{5})}^{m^{2} x} \geq 2 \sqrt{{(\frac{9}{5})}^{m^{2} x} . {(\frac{4}{5})}^{m^{2} x}} = 2 {(\frac{6}{5})}^{m^{2} x}

.
Do đó nếu có

x_{0}

là nghiệm của bất phương trình

2 {(\frac{6}{5})}^{m^{2} x} \geq m

thì

x_{0}

cũng là nghiệm của

{(\frac{9}{5})}^{m^{2} x} + {(\frac{4}{5})}^{m^{2} x} \geq m

.
Ta xét các giá trị

m \in ℤ^{+}

làm cho bất phương trình

2 {(\frac{6}{5})}^{m^{2} x} \geq m (2)

có nghiệm.
Vì

2 {(\frac{6}{5})}^{m^{2} x} \geq m \Leftrightarrow {(\frac{6}{5})}^{m^{2} x} \geq \frac{m}{2}

,

m \in ℤ^{+}

\Leftrightarrow m^{2} x \geq \log_{\frac{6}{5}} (\frac{m}{2}) \Leftrightarrow x \geq \frac{1}{m^{2}} \log_{\frac{6}{5}} (\frac{m}{2})

, với

m \in ℤ^{+}

.
Vậy với

m \in ℤ^{+}

thì bất phương trình (2) có nghiệm tương ứng là

x \geq \frac{1}{m^{2}} \log_{\frac{6}{5}} (\frac{m}{2})

.
Suy ra có vô số giá trị

m \in ℤ^{+}

làm cho bất phương trình (1) có nghiệm.

Chọn đáp án C

Câu 40:

Một biển quảng cáo có dạng Elip với bốn đỉnh

A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}

. như hình vẽ. Người ta chia Elip bởi parapol có đỉnh

B_{1}

,trục đối xứng

B_{1} B_{2}

và đi qua các điểm

M, N

.Sau đó sơn phần tô đậm với giá 200.000 đồng/

m^{2}

và trang trí đèn led phần còn lại với giá 500.000 đồng/

m^{2}

.Hỏi kinh phí sử dụng gần nhất với giá trị nào dưới đây? Biết

A_{1} A_{2} = 4 m, B_{1} B_{2} = 2 m, M N = 2 m

Một biển quảng cáo có dạng Elip với bốn đỉnh A1, A2, A3, A4 . (ảnh 1)

A. 2.760.000 đồng

B. 1.664.000 đồng

C. 2.341.000 đồng

D. 2.057.000 đồng

Xem đáp án

Phương trình (E)có dạng: $\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{1} = 1$

Diện tích (E) là: $S_{E} = π a b = 2 π$ .

Vì $M N = 2 m$ nên $M (1; \frac{\sqrt{3}}{2})$ .

Vì Parabol có đỉnh $B (0; - 1)$ và đi qua $M (1; \frac{\sqrt{3}}{2})$ nên (P) có phương trình: $y = (\frac{\sqrt{3}}{2} + 1) x^{2} - 1.$

Diện tích phần tô đậm giới hạn bởi $y = (\frac{\sqrt{3}}{2} + 1) x^{2} - 1$ và $y = \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{4}}$ là: $S_{1} = \int_{- 1}^{1} |(\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{4}}) - (\frac{\sqrt{3}}{2} + 1) x^{2} + 1| d x$

Vậy kinh phí cần sử dụng là: $P = S_{1} .200000 + (S_{E} - S_{1}) .500000 \approx 2340000$ đồng.

Chọn đáp án C

Câu 41:

f (x)

xác định và có đạo hàm

f^{'} (x)

liên tục trên

[1; 3]

,

f (x) \neq 0

với mọi

x \in [1; 3]

, đồng thời

f^{'} (x) {[1 + f (x)]}^{2} = {[{(f (x))}^{2} (x - 1)]}^{2}

f (1) = - 1

. Biết rằng

\int_{1}^{3} f (x) d x = a \ln 3 + b (a \in ℤ, b \in ℤ)

, tính tổng

S = a + b^{2}

có đáy ABC là tam giác vuông tại C biết

A. $S = 0$

B. $S = 2$

C. $S = - 1$

D. $S = 4$

Xem đáp án

Với

x \in [1; 3]

ta có:

f^{'} (x) {[1 + f (x)]}^{2} = {[{(f (x))}^{2} (x - 1)]}^{2} \Leftrightarrow \frac{f^{'} (x) {[1 + f (x)]}^{2}}{{[f (x)]}^{4}} = {(x - 1)}^{2}

.

\Leftrightarrow (\frac{1}{{[f (x)]}^{4}} + \frac{2}{{[f (x)]}^{3}} + \frac{1}{{[f (x)]}^{2}}) f^{'} (x) = x^{2} - 2 x + 1

Suy ra:

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

(lấy nguyên hàm hai vế).
Ta lại có:

f (1) = - 1 \Rightarrow \frac{1}{3} - 1 + 1 = \frac{1}{3} - 1 + 1 + C \Rightarrow C = 0

.
Dẫn đến:

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

.
Vì hàm số

g (t) = - \frac{1}{3} t^{3} - t^{2} - t

nghịch biến trên R nên

(*) \Rightarrow \frac{1}{f (x)} = - x \Rightarrow f (x) = - \frac{1}{x}

.
Hàm số này thỏa các giả thiết của bài toán.
Do đó

\int_{1}^{3} f (x) d x = \int_{1}^{3} (- \frac{1}{x}) d x = - \ln 3 \Rightarrow a = - 1, b = 0

. Vậy

S = a + b^{2} = - 1

.

Chọn đáp án C

Câu 42:

Cho hình lăng trụ đứng

A B C . A^{'} B^{'} C^{'}

A B = 2 a

,

A C = a, B C^{'} = 2 a

. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

A. $V = 4 a^{3} .$

B. $V = \frac{\sqrt{3} a^{3}}{6} .$

C. $V = \frac{4 a^{3}}{3} .$

D. $V = \frac{\sqrt{3} a^{3}}{2} .$

Xem đáp án

Tam giác ABC vuông tại C nên

B C = \sqrt{A B^{2} - A C^{2}} = a \sqrt{3}

.
Tam giác

B C C^{'}

vuông tại C nên

C C^{'} = \sqrt{B {C^{'}}^{2} - B C^{2}} = a

.
Thể tích của khối lăng trụ là

V = S_{A B C} . C C^{'} = \frac{1}{2} A C . B C . C C^{'} = \frac{\sqrt{3} a^{3}}{2}

.

Chọn đáp án D

Câu 43:

Hình vuông

O A B C

có cạnh bằng 4 được chia thành hai phần bởi đường cong

(C)

có phương trình

y = \frac{1}{4} x^{2}

. Gọi

S_{1}, S_{2}

lần lượt là diện tích của phần không bị gạch và bị gạch như hình vẽ bên dưới. Tỉ số

\frac{S_{1}}{S_{2}}

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

B. 2

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

D. 3

Xem đáp án

Ta có diện tích hình vuông OABC là 16 và bằng

S_{1} + S_{2}

.

S_{2} = \int_{0}^{4} \frac{1}{4} x^{2} d x = {\frac{x^{3}}{12}|}_{0}^{4} = \frac{16}{3} \Rightarrow \frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{16 - S_{2}}{S_{2}} = \frac{16 - \frac{16}{3}}{\frac{16}{3}} = 2

Chọn đáp án B

Câu 44:

đạt cực tiểu, cực đại lần lượt tại

f (x) = x^{4}

. Hàm số

g (x) = f' (x) - 3 x^{2} - 6 x + 1

x_{1}, x_{2}

. Tính

m = g (x_{1}) g (x_{2})

A. $m = \frac{1}{16}$

B. $m = - 11$

C. $m = 0$

D. $m = \frac{- 371}{16}$

Xem đáp án

Theo bài ra ta có

f' (x) = 4 x^{3}

.
Suy ra

g (x) = 4 x^{3} - 3 x^{2} - 6 x + 1

.
Suy ra

g' (x) = 12 x^{2} - 6 x - 6 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x_{1} = 1 \\ x_{2} = - \frac{1}{2} \end{array}

Đồ thị hàm số lên - xuống – lên.
Hàm số

g (x) = f' (x) - 3 x^{2} - 6 x + 1

đạt cực tiểu, cực đại lần lượt tại

x_{1} = 1, x_{2} = - \frac{1}{2}

.
Suy ra

m = g (1) . g (2) = (4 - 3 - 6 + 1) [4. {(\frac{- 1}{2})}^{3} - 3. {(\frac{- 1}{2})}^{2} - 6. (\frac{- 1}{2}) + 1] = - 11

.

Chọn đáp án B

Câu 45:

y = f (x)

liên tục trên

[\frac{1}{2}; 2]

và thỏa điều kiện

f (x) + 2. f (\frac{1}{x}) = 3 x \forall x \in ℝ^{*}

. Tính

I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{f (x)}{x} d x

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

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

B. $I = 4 \ln 2 - \frac{15}{8}$

C. $I = \frac{5}{2}$

D. $I = 4 \ln 2 + \frac{15}{8}$

Xem đáp án

Xét

x \in ℝ^{*}

, ta có

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

.
Thay x bằng

\frac{1}{x}

ta được

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

.
Nhân hai vế đẳng thức (2) cho 2 rồi trừ cho đẳng thức (1) vế theo vế ta có

3 f (x) = \frac{6}{x} - 3 x \Rightarrow \frac{f (x)}{x} = \frac{2}{x^{2}} - 1

.
Suy ra

I = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{f (x)}{x} d x = \int_{\frac{1}{2}}^{2} (\frac{2}{x^{2}} - 1) d x = {(- \frac{2}{x} - x)|}_{\frac{1}{2}}^{2} = \frac{3}{2}

.

Chọn đáp án A

Câu 46:

d : \frac{x + 3}{2} = \frac{y + 1}{1} = \frac{z}{- 1}

và mặt phẳng

(P) : x + y - 3 z - 2 = 0

. Gọi d' là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), cắt và vuông góc với d. Đường thẳng d' có phương trình là

A. $\frac{x + 1}{2} = \frac{y}{5} = \frac{z + 1}{1}$

B. $\frac{x + 1}{- 2} = \frac{y}{5} = \frac{z + 1}{1}$

C. $\frac{x + 1}{- 2} = \frac{y}{5} = \frac{z + 1}{- 1}$

D. $\frac{x + 1}{- 2} = \frac{y}{- 5} = \frac{z + 1}{1}$

Xem đáp án

Phương trình tham số của

d : \{\begin{cases} x = - 3 + 2 t \\ y = - 1 + t \\ z = - t \end{cases}

.
Tọa độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ:

\{\begin{cases} x = - 3 + 2 t \\ y = - 1 + t \\ z = - t \\ x + y - 3 z - 2 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = - 3 + 2 t \\ y = - 1 + t \\ z = - t \\ - 3 + 2 t - 1 + t + 3 t - 2 = 0 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} t = 1 \\ x = - 1 \\ y = 0 \\ z = - 1 \end{cases} \Rightarrow d \cap (P) = M (- 1; 0; - 1)

.
Vì d' nằm trong mặt phẳng (P), cắt và vuông góc với d nên d' đi qua M và có véc tơ chỉ
phương

{\vec{u}}_{d'} = {\vec{n}}_{P} \land {\vec{u}}_{d} = (2; - 5; - 1)

hay d' nhận véc tơ

\vec{v} = (- 2; 5; 1)

làm véc tơ chỉ phương.
Phương trình của :

\frac{x + 1}{- 2} = \frac{y}{5} = \frac{z + 1}{1}

.

Chọn đáp án B

Câu 47:

Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm

A (2; 0; 1), B (3; 1; 5), C (1; 2; 0), D (4; 2; 1)

. Gọi

(α)

là mặt phẳng đi qua D sao cho ba điểm A, B, C nằm cùng phía đối với

(α)

và tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến mặt phẳng

(α)

là lớn nhất. Giả sử phương trình

(α)

có dạng:

2 x + m y + n z - p = 0

. Khi đó,

T = m + n + p

bằng:

A. 9

B. 6

C. 8

D. 7

Xem đáp án

Vì mặt phẳng

(α)

đi qua

D (4; 2; 1)

nên phương trình

(α)

có dạng:

a . (x - 4) + b . (y - 2) + c . (z - 1) = 0

(với

a^{2} + b^{2} + c^{2} > 0

)
Đặt

S = d [A, (α)] + d [B, (α)] + d [C, (α)] = \frac{|- 2 a - 2 b| + |- a - b + 4 c| + |- 3 a - c|}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}

.
Theo giả thiết A, B, C, nằm cùng phía đối với

(α)

nên không mất tính tổng quát, ta giả sử:

\{\begin{cases} - 2 a - 2 b > 0 \\ - a - b + 4 c > 0 \\ - 3 a - c > 0 \end{cases}

.
Khi đó,

S = \frac{- 2 a - 2 b - a - b + 4 c - 3 a - c}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}} = \frac{- 6 a - 3 b + 3 c}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}

.
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai bộ số

(- 6; - 3; 3)

và

(a; b; c)

, ta được:

- 6 a - 3 b + 3 c \leq |- 6 a - 3 b + 3 c| \leq \sqrt{(6^{2} + 3^{2} + 3^{2}) . (a^{2} + b^{2} + c^{2})}

.

\Rightarrow S \leq 3 \sqrt{6}

.
Đẳng thức xảy ra

\Leftrightarrow \{\begin{cases} - 6 a - 3 b + 3 c \geq 0 \\ \frac{a}{- 6} = \frac{b}{- 3} = \frac{c}{3} \end{cases}

. Ta chọn

\{\begin{cases} a = - 2 \\ b = - 1 \\ c = 1 \end{cases}

.

\Rightarrow (α) : - 2 x - y + z + 9 = 0

hay

(α) : 2 x + y - z - 9 = 0

.

\Rightarrow m = 1, n = - 1, p = 9

Vậy

T = m + n + p = 9

.

Chọn đáp án A

Câu 48:

. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

y = f (x)

có đạo hàm

f' (x) = {(x + 1)}^{4} {(x - m)}^{5} {(x + 3)}^{3}

với mọi

x \in ℝ

m \in [- 5; 5]

để hàm số

g (x) = f (|x|)

có 3 điểm cực trị?

A. 5

B. 4

C. 3

D. 6

Xem đáp án

Do hàm số

y = f (x)

có đạo hàm với mọi

x \in ℝ

nên

y = f (x)

liên tục trên R, do đó hàm số

g (x) = f (|x|)

liên tục trên R. Suy ra

g (0) = f (0)

là một số hữu hạn.
Xét trên khoảng

(0; + \infty)

:

g (x) = f (x)

g' (x) = f' (x) = {(x + 1)}^{4} {(x - m)}^{5} {(x + 3)}^{3}

g' (x) = 0 \Leftrightarrow {(x - m)}^{5} = 0 \Leftrightarrow x = m

- TH1:

m = 0

thì

x = 0

. Khi đó

x = 0

là nghiệm bội lẻ của

g' (x)

nên

g' (x)

đổi dấu một lần qua

x = 0

suy ra hàm số

g (x)

có duy nhất một điểm cực trị là

x = 0

.
- TH2:

m < 0

thì

g' (x)

vô nghiệm, suy ra

g' (x) > 0

với mọi

x > 0

Hàm số

y = g (x)

đồng biến trên khoảng

(0; + \infty)

Cả hai trường hợp trên đều có: hàm số

g (x) = f (|x|)

có duy nhất một điểm cực trị là

x = 0

.
- TH 3:

m > 0

thì

x = m

là nghiệm bội lẻ của

g' (x)

Bảng biến thiên của hàm số

g (x) = f (|x|)

Cho hàm số y=f(x) có đạo hàmf'(x)=(x+1)^4(x-m)^5(x+3)^3 với mọi . (ảnh 1)

- Lại có

m \in [- 5; 5]

và m nguyên nên

m \in \{1, 2, 3, 4, 5\}

.
Vậy có 5 giá trị nguyên của m.

Chọn đáp án A

Câu 49:

Cho số phức z thỏa mãn

|z + 1| = \sqrt{3}

. Tìm giá trị lớn nhất của

T = |z + 4 - i| + |z - 2 + i|