50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 10)

Sử dụng công thức ${(\log_{a} u)}^{'} = \frac{u^{'}}{u \ln a}$ , suy ra $y^{'} {(\log_{3} (2 + e^{2 x}))}^{'} = \frac{2 e^{2 x}}{(2 + e^{2 x}) \ln 3}$ .

Câu 4:

Gọi M là điểm biểu diễn số phức $z = 1 - 3 i$ . Khi đó độ dài đoạn OM bằng bao nhiêu?

A. $O M = \sqrt{10}$

B. $O M = 2$

C. $O M = 5$

D. $O M = \sqrt{5}$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $z = 1 - 3 i \Rightarrow M (1; - 3) \Rightarrow O M = \sqrt{1^{2} + 3^{2}} = \sqrt{10}$ .

Câu 5:

Cho

z_{1} = 5 - 10 i

và

z_{2} = 2 - i

. Khi đó số phức

w = \frac{z_{1}}{z_{2}}

có phần ảo là

A. $- 3$

B. 3

C. 4

D. $- 4$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $w = \frac{z_{1}}{z_{2}} = \frac{5 - 10 i}{2 - i} = 4 - 3 i$ , suy ra w có phần ảo là $- 3$ .

Câu 6:

Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ?

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

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

C. $y = x^{4} + x^{2} + 2$

D. $y = \sqrt{x^{2} + 1}$

Xem đáp án

Đáp án B

Hàm phân thức bậc nhất/ bậc nhất và hàm trùng phương luôn không đồng biến (hoặc nghịch biến) trên ℝ → loại A, C;

Xét hàm $y = x^{3} - x^{2} + x + 1$ , ta có: $y^{'} = 3 x^{2} - 2 x + 1 > 0, \forall x \in ℝ$ (thỏa mãn).

Chú ý: Ở đây đáp án D sai vì $y = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}}$ chỉ đồng biến trên $[0; + \infty)$ .

Câu 7:

Có bao nhiêu cách xếp 6 quyển sách lên kệ sách thành một dãy hàng ngang, trong đó có 3 cuốn sách Toán giống nhau và 3 cuốn sách Văn giống nhau?

A. 20

B. 120

C. 720

D. 40

Xem đáp án

Đáp án A

Số cách xếp 3 cuốn sách Toán giống nhau lên kệ (vào 6 vị trí không quan tâm tới thứ tự) là: $C_{6}^{3}$ .

Số cách xếp 3 cuốn sách Văn giống nhau vào 3 vị trí còn lại là: $C_{3}^{3} = 1$ .

Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $C_{6}^{3} .1 = 20$ .

Chú ý: Có thể tính theo cách: $\frac{6!}{3! .3!} = 20$ .

Câu 8:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, vectơ nào sau đây không phải là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(α) : x - 2 z + 3 = 0$ .

A. $\vec{n_{1}} = (2; 0; - 4)$

B. $\vec{n_{2}} = (- 1; 0; 2)$

C. $\vec{n_{3}} = (1; - 2; 0)$

D. $\vec{n_{4}} = (1; 0; - 2)$

Xem đáp án

Đáp án C

Do $(α) : x - 2 z + 3 = 0 \Rightarrow \vec{n} = (1; 0; - 2)$ và những vectơ cùng phương với $\vec{n}$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(α)$ . Do đó $\vec{n_{3}} = (1; - 2; 0)$ không phải là vectơ pháp tuyến của $(α)$ .

Câu 9:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm $M (1; 0; 1)$ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng $(α) : 2 x - y + 2 z - 1 = 0$ . Độ dài MH là

A. $M H = 1$

B. $M H = 2$

C. $M H = 3$

D. $M H = 4$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $M H = d (M, (α)) = \frac{|2 - 0 + 2 - 1|}{\sqrt{2^{2} + {(- 1)}^{2} + 2^{2}}} = 1$ .

Câu 10:

Tìm nguyên hàm của hàm số

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

.

A. $\int f (x) d x = x + \ln |2 x - 3| + C$

B. $\int f (x) d x = x + \frac{1}{2} \ln |2 x - 3| + C$

C. $\int f (x) d x = x + 2 \ln |2 x - 3| + C$

D. $\int f (x) d x = 2 x + 2 \ln |2 x - 3| + C$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $\int f (x) d x = \int \frac{2 x + 1}{2 x - 3} d x = \int (1 + \frac{4}{2 x - 3}) d x = x + 2 \ln |2 x - 3| + C$ .

Câu 11:

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = x^{3} - x + 2$ với đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{2 x + 1}{x - 2}$ là

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Xem đáp án

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y = \frac{2 x + 1}{x - 2}$ có tiệm cận ngang là $y = 2$ .

Khi đó xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^{3} - x + 2 = 2 \Leftrightarrow x (x^{2} - 1) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \pm 1 \end{array}$ .

Nghĩa là có 3 giao điểm.

Câu 12:

Cho a là số thực dương khác 1. Khẳng định nào sau đây là sai?

A. $3^{2 \log_{3} a} = 2 a$

B. $\log_{a} \frac{1}{a} = - 1$

C. $2^{\log_{a} 1} = 1$

D. $\log_{a} \frac{1}{\sqrt{a}} = - \frac{1}{2}$

Xem đáp án

Đáp án A

Do

3^{2 \log_{3} a} = 3^{\log_{3} a^{2}} = a^{2} \neq 2 a

.

Câu 13:

Cho hàm số

y = 4^{x} - 2^{x + 3} + 6 x \ln 2

. Tập nghiệm S của bất phương trình

y^{'} < 0

là

A. $S = (0; 2)$

B. $S = (0; \log_{2} 3)$

C. $S = (- \infty; 0) \cup (\log_{2} 3; + \infty)$

D. $(2; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có $y^{'} = 4^{x} \ln 4 - 2^{x + 3} \ln 2 + 6 \ln 2 = 2 \ln 2. (4^{x} - {4.2}^{x} + 3)$ .

Khi đó: $y^{'} < 0 \Leftrightarrow 4^{x} - {4.2}^{x} + 3 < 0 \Leftrightarrow 1 < 2^{x} < 3 \Leftrightarrow 2^{0} < 2^{x} < 2^{\log_{2} 3} \Leftrightarrow 0 < x < \log_{2} 3$

\Rightarrow S = (0; \log_{2} 3)

.

Câu 14:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình $f (x) = m$ có ba nghiệm đều không lớn hơn 3 khi và chỉ khi

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình f(x) = m có ba nghiệm đều không lớn hơn 3 khi và chỉ khi (ảnh 1)

A. $- 1 < m < 2$

B. $0 \leq m < 2$

C. $- 1 < m \leq 0$

D. $0 < m < 2$

Xem đáp án

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình $f (x) = m$ (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f (x)$ và đường thẳng $y = m$ (song song hoặc trùng với Ox).

Để phương trình (*) có ba nghiệm $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ thỏa mãn $x_{1} < x_{2} < x_{3} \leq 3$ thì $0 \leq m < 2$ .

Câu 15:

Cho hàm số

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

. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

A. 4

B. 5

C. 3

D. 6

Xem đáp án

Đáp án B

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

$y^{'} = 0 \Leftrightarrow 6 x^{2} - 2 (2 m - 1) x + m^{2} - 1 = 0$ (*)

Để hàm số có 2 điểm cực trị $\Leftrightarrow$ (*) có 2 nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow Δ^{'} = {(2 m - 1)}^{2} - 6 (m^{2} - 1) = - 2 m^{2} - 4 m + 7 > 0 \Leftrightarrow \frac{- 2 - 3 \sqrt{2}}{2} < m < \frac{- 2 + 3 \sqrt{2}}{2}$

hay $- 3,12 < m < 1,12 \overset{m \in ℤ}{\to} m \in \{- 3; - 2; - 1; 0; 1\}$ : có 5 giá trị.

Câu 16:

Cho hình nón có chu vi đáy là 6π cm và độ dài đoạn nối đỉnh của nón và tâm đáy bằng 4 cm. Diện tích xung quanh $S_{x q}$ của nón là

A. $S_{x q} = 12 π {cm}^{2}$

B. $S_{x q} = 24 π {cm}^{2}$

C. $S_{x q} = 15 π {cm}^{2}$

D. $S_{x q} = 25 π {cm}^{2}$

Xem đáp án

Đáp án C

Chu vi: $C = 2 π r \Rightarrow r = \frac{C}{2 π} = \frac{6 π}{2 π} = 3$ .

Ta có $h = 4 \Rightarrow l = \sqrt{r^{2} + h^{2}} = 5 \Rightarrow S_{x q} = π r l = 15 π$ .

Câu 17:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm $M (1; - 2; 1), N (2; - 3; 3)$ . Gọi P là giao điểm của MN và mặt phẳng (Oyz). Tọa độ điểm P là

A. $P (0; 1; 1)$

B. $P (- 1; 0; 0)$

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

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

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $\vec{M N} = (1; - 1; 2) \Rightarrow M N : \{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = - 2 - t \\ z = 1 + 2 t \end{cases} \Rightarrow P (1 + t; - 2 - t; 1 + 2 t)$

$\to_{(O y z) : x = 0}^{P \in (O y z)} 1 + t = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow P (0; - 1; - 1)$ .

Câu 18:

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức $z_{1}, z_{2}$ như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1, như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng (ảnh 1)

A. $|z_{1} . z_{2}| = \vec{O M} . \vec{O N}$

B. $|z_{1} - z_{2}| = M N$

C. $|z_{1} + z_{2}| = M N$

D. $|z_{1}| + |z_{2}| = M N$

Xem đáp án

Đáp án B

Gọi $\{\begin{cases} M (x_{1}; y_{1}) \\ N (x_{2}; y_{2}) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} z_{1} = x_{1} + y_{1} i \\ z_{2} = x_{2} + y_{2} i \end{cases} \Rightarrow M N = \sqrt{{(x_{2} - x_{1})}^{2} + {(y_{2} - y_{1})}^{2}} = |z_{1} - z_{2}|$ .

Câu 19:

Gọi

m = m_{0}

là giá trị lớn nhất làm cho hàm số

y = x^{4} + m^{2} x^{2} + m - 2

có giá trị nhỏ nhất trên

[1; 3]

bằng 1. Khi đó

m_{0}

gần giá trị nào nhất sau đây?

A. 0

B. $- 1$

C. 3

D. $- 4$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $y^{'} = 4 x^{3} + 2 m^{2} x > 0, \forall x \in [1; 3]$ , suy ra hàm số đồng biến trên $[1; 3]$ .

$\Rightarrow \min_{x \in [1; 3]} y = y (1) = m^{2} + m - 1 = 1 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 \\ m = - 2 \end{array} \overset{m_{0} = \max m}{\to} m_{0} = 1$ gần 0 nhất.

Câu 20:

Số mặt đối xứng của đa diện đều loại $\{4; 3\}$ là

A. 4

B. 6

C. 9

D. 12

Xem đáp án

Đáp án C

Đa diện đều loại $\{4; 3\}$ là hình lập phương với 9 mặt đối xứng. Cụ thể:

Câu 21:

Hình phẳng (H) giới hạn bởi các đồ thị hàm số $y = f (x), y = g (x)$ và trục hoành như hình dưới đây. Thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay (H) quanh trục Ox là

Hình phẳng (H) giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) và trục hoành như hình dưới đây. Thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay (H) quanh trục Ox là (ảnh 1)

A. $V = π \int_{a}^{c} f^{2} (x) d x + π \int_{c}^{b} g^{2} (x) d x$

B. $V = π \int_{a}^{c} f^{2} (x) d x - π \int_{c}^{b} g^{2} (x) d x$

C. $V = π \int_{a}^{b} [f^{2} (x) + g^{2} (x)] d x$

D. $V = π \int_{a}^{b} [f^{2} (x) - g^{2} (x)] d x$

Xem đáp án

Đáp án A

Đây là thể tích khối tròn xoay thuộc mô hình 2, do đó $V = π \int_{a}^{c} f^{2} (x) d x + π \int_{c}^{b} g^{2} (x) d x$ .

Câu 22:

Phương trình $\log_{2}^{2} x - \log_{\sqrt{2}} x^{2} + 1 = 0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ . Tính tích $x_{1} x_{2}$ .

A. $x_{1} x_{2} = 1$

B. $x_{1} x_{2} = 16$

C. $x_{1} x_{2} = 4$

D. $x_{1} x_{2} = 2$

Xem đáp án

Đáp án B

Điều kiện: $x > 0$ , ta có phương trình tương đương: $\log_{2}^{2} x - 4 \log_{2} x + 1 = 0 \overset{t = \log_{2} x}{\to} t^{2} - 4 t + 1 = 0$

Theo Vi-ét ta có: $4 = t_{1} + t_{2} = \log_{2} x_{1} + \log_{2} x_{2} = \log_{2} (x_{1} x_{2}) \Rightarrow x_{1} x_{2} = 2^{4} = 16$ .

Câu 23:

Cho hàm số

y = \frac{a x + b}{x + c}

có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị của

a + 2 b + 3 c

bằng bao nhiêu?

A. $- 1$

B. $- 2$

C. 3

D. 0

Xem đáp án

Đáp án A

Từ hình vẽ, cho ta biết đồ thị có tiệm cận đứng $x = 2$ và tiệm cận ngang $y = - 1$ .

Suy ra $\{\begin{cases} x = - c = 2 \\ y = a = - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} c = - 2 \\ a = - 1 \end{cases} \Rightarrow y = \frac{- x + b}{x - 2}$ (C).

Do $M (3; 0) \in (C) \Rightarrow 0 = \frac{- 3 + b}{3 - 2} \Leftrightarrow b = 3 \Rightarrow a + 2 b + 3 c = - 1 + 2.3 + 3. (- 2) = - 1$ .

Câu 24:

Tính tích phân

I = \int_{0}^{2} \max \{x^{2}; x\} d x

.

A. $I = \frac{17}{6}$

B. $I = \frac{11}{6}$

C. $I = \frac{7}{6}$

D. $I = \frac{8}{3}$

Xem đáp án

Đáp án A

Trên đoạn $[0; 2]$ , xét: $x^{2} \geq x \Leftrightarrow x (x - 1) \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \leq 0 \\ x \geq 1 \end{array} \overset{x \in [0; 2]}{\to} x \in [1; 2] \cup \{0\}$ .

Nghĩa là: $\max \{x^{2}; x\} = \{\begin{cases} x^{2} khi x \in [1; 2] \\ x khi x \in [0; 1] \end{cases}$ .

Suy ra: $I = \int_{0}^{2} \max \{x^{2}; x\} d x = \int_{0}^{1} x d x + \int_{1}^{2} x^{2} d x = \frac{17}{6}$ .

Câu 25:

Cho z là số phức thuần ảo. Trong những khẳng định sau, đâu là khẳng định sai?

A. $z + \bar{z} = 0$

B. $z^{2} = {\bar{z}}^{2}$

C. $|z + 2 \bar{z}| = |z|$

D. $z^{3} = {\bar{z}}^{3}$

Xem đáp án

Đáp án D

Do z là số phức thuần ảo $\Rightarrow z = - a i \Rightarrow \bar{z} = a i \Rightarrow \{\begin{cases} z + \bar{z} = 0 \\ z^{2} = - a^{2} = {\bar{z}}^{2} \\ |z + 2 \bar{z}| = |- a i + 2 a i| = |a i| = a = |z| \end{cases}$

Suy ra A, B, C đúng.

Câu 26:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy. Biết $A B = a$ , $A C = a \sqrt{5}$ và góc tạo bởi SC và (ABCD) bằng $60 °$ . Thể tích V của khối chóp S.ABCD là

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy. Biết AB = a , AC = a căn bậc 2 của 5 và góc tạo bởi SC và (ABCD) bằng 60 độ . Thể tích V của khối chóp S.ABCD là (ảnh 1)

A. $V = \frac{2 a^{3} \sqrt{15}}{3}$

B. $V = \frac{3 a^{3} \sqrt{15}}{2}$

C. $V = 2 a^{3} \sqrt{15}$

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

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $(S C, (A B C D)) = \hat{S C A} = 60 °$

$\Rightarrow S A = A C \tan 60 ° = a \sqrt{15}$ .

Ta có: $B C = \sqrt{A C^{2} - A B^{2}} = 2 a$

Suy ra $V = \frac{1}{3} S A . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . a \sqrt{15} . a .2 a= \frac{2 a^{3} \sqrt{15}}{3}$ .

Câu 27:

Cho

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

và

f (1) = 5

. Phương trình

f (x) = 5

có hai nghiệm

x_{1}, x_{2}

. Tính tổng

S = \log_{2} |x_{1}| + \log_{2} |x_{2}|

.

A. $S = 0$

B. $S = 1$

C. $S = 2$

D. $S = 4$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $f (x) = \int f^{'} (x) d x = \int (2 x + 1) d x = x^{2} + x + C$ .

Khi đó $f (1) = 5 \Leftrightarrow 1^{2} + 1 + C = 5 \Leftrightarrow C = 3 \Rightarrow f (x) = x^{2} + x + 3$ .

Suy ra $f (x) = 5 \Leftrightarrow x^{2} + x + 3 = 5 \Leftrightarrow x^{2} + x - 2 = 0 \Rightarrow x_{1} x_{2} = - 2$

\Rightarrow S = \log_{2} |x_{1}| + \log_{2} |x_{2}| = \log_{2} |x_{1} x_{2}| = \log_{2} |- 2| = 1

.

Câu 28:

Cho hình lăng trụ đứng $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Biết $A C C^{'} A^{'}$ là hình vuông và AB = a. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Biết ACC'A' là hình vuông và AB = a. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho. (ảnh 1)

A. $V = \frac{π a^{3} \sqrt{2}}{6}$

B. $V = π a^{3} \sqrt{2}$

C. $V = 2 π a^{3} \sqrt{2}$

D. $V = \frac{π a^{3} \sqrt{2}}{2}$

Xem đáp án

Đáp án D

Vì tam giác ABC vuông tại B . $\Rightarrow h = A A^{'} = A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = a \sqrt{2}$

Khi đó $r = \frac{A C}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2} \Rightarrow V = h π r^{2} = a \sqrt{2} . π . {(\frac{a \sqrt{2}}{2})}^{2} = \frac{π a^{3} \sqrt{2}}{2}$ .

Câu 29:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm $A (- 1; 2; - 3), B (1; 0; 2), C (x; y; - 2)$ thẳng hàng. Khi đó tổng $x + y$ bằng bao nhiêu?

A. $x + y = 1$

B. $x + y = 17$

C. $x + y = \frac{11}{5}$

D. $x + y = - \frac{11}{5}$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{A B} = (2; - 2; 5) \\ \vec{A C} = (x + 1; y - 2; 1) \end{cases}$ .

Khi đó A, B, C thẳng hàng $\Leftrightarrow \frac{x + 1}{2} = \frac{y - 2}{- 2} = \frac{1}{5} \Rightarrow x = - \frac{3}{5}; y = \frac{8}{5} \Rightarrow x + y = 1$ .

Câu 30:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua điểm $M (- 2; 1; 3)$ và chứa trục hoành có phương trình là

A. $(P) : y + z - 4 = 0$

B. $(P) : x - y + z = 0$

C. $(P) : 3 y + z - 6 = 0$

D. $(P) : 3 y - z = 0$

Xem đáp án

Đáp án D

Chọn $N (1; 0; 0) \in O x \Rightarrow \vec{M N} = (3; - 1; - 3)$ .

Ta có $\vec{i} = (1; 0; 0)$ là vectơ chỉ phương (vectơ đơn vị) của trục Ox.

Do $\{\begin{cases} M N \subset (P) \\ O x \subset (P) \end{cases} \Rightarrow \vec{n_{(P)}} = [\vec{M N}, \vec{i}] = (0; - 3; 1) \Rightarrow (P) : - 3 y + z = 0$ hay $(P) : 3 y - z = 0$ .

Câu 31:

Cho hàm số

f (x) = \frac{a x + 1}{b x - 1}

có đồ thị (C). Biết (C) có tiệm cận ngang

y = 2

và

f^{'} (1) = - 6

. Khi đó giá trị của

a - b

lớn nhất bằng

A. 0

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

C. 2

D. 4

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $f^{'} (x) = \frac{- a - b}{{(b x - 1)}^{2}}$ , khi đó theo đề ra ta có:

$\{\begin{cases} y = \frac{a}{b} = 2 \\ f^{'} (1) = \frac{- a - b}{{(b - 1)}^{2}} = - 6 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 2 b \\ 6 {(b - 1)}^{2} = a + b \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} a = 1; b = \frac{1}{2} \\ \{\begin{cases} a = 4 \\ b = 2 \end{cases} \end{array} \Rightarrow [\begin{array}{l} a - b = \frac{1}{2} \\ a - b = 2 \end{array} \Rightarrow \max (a - b) = 2$ .

Câu 32:

Biết đồ thị (T) của hàm số $y = a x^{4} + b x^{2} + c$ có $A (1; 4)$ và $B (0; 3)$ là các điểm cực trị. Hỏi trong các điểm sau đây, đâu là điểm thuộc đồ thị (T)?

A. $M (- 2; 5)$

B. $N (- 1; - 4)$

C. $P (3; - 15)$

D. $Q (2; - 5)$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có $f^{'} (x) = 4 a x^{3} + 2 b x$ . Do $A (1; 4)$ và $B (0; 3)$ là hai điểm cực trị nên ta có:

$\{\begin{cases} f^{'} (1) = 0 \\ f (1) = 4 \\ f (0) = 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 a + 2 b = 0 \\ a + b + c = 4 \\ c = 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 a + b = 0 \\ a + b = 1 \\ c = 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = - 1 \\ b = 2 \\ c = 3 \end{cases} \Rightarrow f (x) = - x^{4} + 2 x^{2} + 3$ .

Chỉ có điểm $Q (2; - 5)$ thỏa mãn $f (2) = - 5 \Rightarrow Q \in (T)$ .

Câu 33:

Cho lăng trụ

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

có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của cạnh BC,

A^{'} C^{'}

. Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng DE và

A B^{'}

.

Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của cạnh BC, A'C' .Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng DE và AB' . (ảnh 1)

A. $h = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

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

C. $h = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

D. $h = \frac{a \sqrt{3}}{4}$

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi F là trung điểm của $B^{'} C^{'}$ , khi đó: $\{\begin{cases} E F \end{cases} \Rightarrow (F E D) // (A^{'} B^{'} B A) \Rightarrow D E$

$\Rightarrow d (D E, A B^{'}) = d (D E, (A^{'} B^{'} B A)) = d (D, (A^{'} B^{'} B A))$

Kẻ $D K ⊥ A B (K \in AB)$ , khi đó: $\Rightarrow d (D, (A^{'} B^{'} B A)) = D K$

Ta có $D K = \frac{2 S_{A D B}}{A B} = \frac{S_{A B C}}{A B} = \frac{\frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}}{a} = \frac{a \sqrt{3}}{4}$ .

Vậy $d (D E, A B^{'}) = \frac{a \sqrt{3}}{4}$ .

Câu 34:

Cho hàm số $y = f (x)$ liên tục trên ℝ và hàm số $y = g (x) = x^{2} . f (x^{3} - 1)$ có đồ thị trên đoạn $[- 1; 2]$ như hình vẽ bên. Biết diện tích phần tô màu là $S = 3$ . Khi đó giá trị của tích phân $I = \int_{- 2}^{7} f (x) d x$ bằng bao nhiêu?

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và hàm số y = g(x) = x^2 f(x^3 - 1) có đồ thị trên đoạn [-1;2] như hình vẽ bên. Biết diện tích phần tô màu là S = 3 . Khi đó giá trị của tích phân I = tích phân từ -2 đến 7 f(x) dx bằng bao nhiêu (ảnh 1)

A. $I = 1$

B. $I = 3$

C. $I = 9$

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

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $S = 3 = \int_{- 1}^{2} g (x) d x = \int_{- 1}^{2} x^{2} f (x^{3} - 1) d x$ .

Đặt $t = x^{3} \Rightarrow d t = 3 x^{2} d x \Leftrightarrow x^{2} d x = \frac{1}{3} d t$ và $x : - 1 \to 2$ thì $t : - 2 \to 7$ .

Suy ra: $3 = \frac{1}{3} \int_{- 2}^{7} f (t) d t = \frac{1}{3} \int_{- 2}^{7} f (x) d x \Rightarrow \int_{- 2}^{7} f (x) d x = 9$ .

Câu 35:

Nếu ba cạnh của một tam giác bất kì mà lập thành một cấp số nhân thì tập tất cả các giá trị của công bội có thể nhận được là $S = (a; b)$ . Tính giá trị của $T = a + b$ .

A. 0

B. 1

C. $\sqrt{3}$

D. $\sqrt{5}$

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi ba cạnh của tam giác lần lượt là: m, n, p $\Rightarrow \{\begin{cases} n = m q \\ p = m q^{2} \end{cases}$ (với q là công bội của cấp số nhân m, n, p).

Khi đó điều kiện tồn tại tam giác: $\{\begin{cases} m + n > p \\ n + p > m \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m + m q > m q^{2} \\ m q + m q^{2} > m \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} q^{2} - q - 1 < 0 \\ q^{2} + q - 1 > 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} < q < \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ [\begin{array}{l} q < \frac{- 1 - \sqrt{5}}{2} \\ q > \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} \end{array} \end{cases} \Leftrightarrow \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} < q < \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \Rightarrow q \in (\frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}; \frac{1 + \sqrt{5}}{2}) = (a; b)$ .

Suy ra: $T = a + b = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} + \frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}$ .

Câu 36:

Cho đồ thị

(C) : y = x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 1

. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của a để có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua điểm

A (0; a)

. Tính tổng các phần tử của (S).

A. $- 1$

B. 2

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Đáp án A

Phương trình hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua điểm $A (0; a)$ là: $x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 1 = (3 x^{2} - 6 x + 3) x + a$

$\Leftrightarrow a = - 2 x^{3} + 3 x^{2} - 1 = f (x)$ (*).

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt.

Ta có: $f^{'} (x) = - 6 x^{2} + 6 x; f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \end{array}$ .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (*) có hai nghiệm phân biệt khi: $a = - 1$ hoặc $a = 0$ .

Suy ra: $S = \{- 1; 0\} \Rightarrow \sum S = - 1 + 0 = - 1$ .

Câu 37:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm $M (1; - 2; 0)$ , đường thẳng $d : \frac{x - 2}{1} = \frac{y - 5}{3} = \frac{z - 3}{2}$ và mặt phẳng $(P) : 2 x + y - z - 5 = 0$ . Đường thẳng $Δ$ đi qua M cắt d và song song với (P) có phương trình là

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

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

C. $Δ : \frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{2} = \frac{z}{4}$

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

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi $Δ \cap d = \{N\} \Rightarrow N (2 + t; 5 + 3 t; 3 + 2 t) \in d \Rightarrow \vec{M N} = (t + 1; 3 t + 7; 2 t + 3)$ .

Do $Δ // (P) \Rightarrow \vec{M N} . \vec{n_{(P)}} = 0 \Leftrightarrow 2. (t + 1) + 1. (3 t + 7) - 1. (2 t + 3) = 0 \Leftrightarrow t = - 2 \Rightarrow N (0; - 1; - 1)$ .

\Rightarrow \vec{M N} = (- 1; 1; - 1) = - (1; - 1; 1) \Rightarrow \vec{u_{Δ}} = (1; - 1; 1) \Rightarrow Δ : \frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{- 1} = \frac{z}{1}

.

Câu 38:

Cho hàm số $y = f (x)$ liên tục trên $[0; + \infty)$ và thỏa mãn $f (0) = 1, f (x) + f^{'} (x) = \frac{\sqrt{4 x + 1}}{e^{x}}$ với mọi $x \geq 0$ . Giá trị $f (2)$ thuộc khoảng nào trong các khoảng sau?

A. $(0; 1)$

B. $(1; 2)$

C. $(2; 3)$

D. $(3; 4)$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $f (x) + f^{'} (x) = \frac{\sqrt{4 x + 1}}{e^{x}} \Leftrightarrow f^{'} (x) . e^{x} + f (x) . e^{x} = \sqrt{4 x + 1}$

$\Leftrightarrow {[f (x) e^{x}]}^{'} = \sqrt{4 x + 1} \Leftrightarrow \int_{0}^{2} {[f (x) e^{x}]}^{'} d x = \int_{0}^{2} \sqrt{4 x + 1} d x \Leftrightarrow {f (x) e^{x}|}_{0}^{2} = \frac{13}{3}$

$\Leftrightarrow f (2) . e^{2} - f (0) = \frac{13}{3} \Leftrightarrow f (2) = \frac{16}{3 e^{2}} \approx 0,72 \in (0; 1)$ .

Câu 39:

Cho số phức z thỏa mãn

(z + 1) (\bar{z} - 2 i)

là một số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một dường tròn có diện tích bằng

A. $5 π$

B. $\frac{5 π}{4}$

C. $\frac{5 π}{2}$

D. $25 π$

Xem đáp án

Đáp án B

Gọi $M (x; y)$ là điểm biểu diễn số phức $z = x + y i (x, y \in ℝ)$ .

Khi đó $(z + 1) (\bar{z} - 2 i) = (x + 1 + y i) [x - (y + 2) i] = x^{2} + y^{2} + x + 2 y - (2 x + y + 2) i$ là số thuần ảo.

Suy ra: $x^{2} + y^{2} + x + 2 y = 0 \Leftrightarrow {(x + \frac{1}{2})}^{2} + {(y + 1)}^{2} = \frac{5}{4}$ .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính $R = \frac{\sqrt{5}}{2} \Rightarrow S = π R^{2} = \frac{5 π}{4}$ .

Câu 40:

Một người đem gửi ngân hàng 10 triệu đồng với thể thức lãi suất kép kì hạn 3 tháng với lãi suất 6% một năm. Sau 2 năm người đó đến rút tiền cả vốn lẫn lãi. Hỏi người đó nhận được tất cả bao nhiêu tiền?

A. 11.200.000 đồng

B. 11.000.000 đồng

C. 11.264.926 đồng

D. 11.263.125 đồng

Xem đáp án

Đáp án C

Phân tích:

+) Số liệu đầu vào: T = 10 triệu; r = 6%/năm = 1,5%/3 tháng (1 kì hạn), $n = \frac{2.12}{3} = 8$ kì hạn.

+) Số liệu đầu ra: $T_{n} = ?$

Lời giải:

Ta có công thức: $T_{n} = T . {(1 + r)}^{n} = {10.10}^{6} . {(1 + 1,5 %)}^{8} \approx 11.264.926$ đồng.

Chú ý: Ở bài toán này ta có thể sử dụng công thức $T_{n} = T . {(l + m r)}^{n}$ với $m = 3$ : là kì hạn 3 tháng và r = 6%/năm = 0,5%/tháng.

Câu 41:

Có bao nhiêu giá trị của tham số thực a để hàm số $y = \frac{\cos x + a \sin x + 1}{\cos x + 2}$ có giá trị lớn nhất bằng 1?

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $y = \frac{\cos x + a \sin x + 1}{\cos x + 2} \Leftrightarrow y (\cos x + 2) = \cos x + a \sin x + 1 \Leftrightarrow a \sin x + (1 - y) \cos x = 2 y - 1$ .

Phương trình có nghiệm $\Leftrightarrow a^{2} + {(1 - y)}^{2} \geq {(2 y - 1)}^{2} \Leftrightarrow 3 y^{2} - 2 y - a^{2} \leq 0$

$\Leftrightarrow \frac{1 - \sqrt{1 + 3 a^{2}}}{3} \leq y \leq \frac{1 + \sqrt{1 + 3 a^{2}}}{3}$ .

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow \frac{1 + \sqrt{1 + 3 a^{2}}}{3} = 1 \Leftrightarrow \sqrt{1 + 3 a^{2}} = 2 \Leftrightarrow 1 + 3 a^{2} = 4 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} a = 1 \\ a = - 1 \end{array}$ .

Câu 42:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

(P) : x - 2 y + z - 5 = 0

và mặt cầu

(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x + 4 z + 1 = 0

có tâm I. Từ một điểm

M (a; b; c)

thuộc mặt phẳng (P) kẻ một đường thẳng tiếp xúc với (S) tại N sao cho diện tích tam giác IMN bằng

\sqrt{2}

. Khi đó giá trị

T = a + 2 b + 3 c

bằng bao nhiêu?

A. $T = - 1$

B. $T = - 5$

C. $T = 3$

D. $T = 2$

Xem đáp án

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm $I (1; 0; - 2)$ và bán kính R = 2.

Ta có: $S_{I M N} = \sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} I N . M N = \sqrt{2} \overset{I N = R = 2}{\to} M N = \sqrt{2} \Rightarrow I M = \sqrt{M N^{2} + I N^{2}} = \sqrt{6}$ .

Khi đó: $\sqrt{6} = I M \geq d (I, (P)) = \sqrt{6} \Rightarrow I M = d (I, (P))$ .

Suy ra M là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Khi đó, IM nhận $\vec{n_{(P)}} = (1; - 2; 1)$ làm vectơ chỉ phương nên IM có phương trình: $\frac{x - 1}{1} = \frac{y}{- 2} = \frac{y + 2}{1} \Rightarrow M (1 + t; - 2 t; - 2 + t)$ .

Do $M \in (P) \Rightarrow t + t + 4 t - 2 + t - 5 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow M (2; - 2; - 1)$

Khi đó $a = 2; b = - 2; c = - 1 \Rightarrow T = a + 2 b + 3 c = - 5$ .

Câu 43:

Cho hàm số $f (x) = \ln \frac{\sqrt{x^{2} + 2018} - x}{\sqrt{2018}} - a x \sin^{2} x + 1$ với $a, b, c \in ℝ$ và $f (1) + f (- 2) + f (3) + ... + f (- 2018) = b$

; $f (- 1) + f (2) + f (- 3) + ... + f (2016) = c$ . Tính giá trị của biểu thức $T = f (- 2017) + f (2018)$ .

A. $T = b + c - a$

B. $T = 2018 + a - b - c$

C. $T = 2018 - b - c$

D. $T = 4036 - b - c$

Xem đáp án

Đáp án D

Xét tổng: $f (x) + f (- x) = (\ln \frac{\sqrt{x^{2} + 2018} - x}{\sqrt{2018}} - a x \sin^{2} x + 1) + (\ln \frac{\sqrt{x^{2} + 2018} + x}{\sqrt{2018}} + a x \sin^{2} x + 1)$

$= \ln (\frac{\sqrt{x^{2} + 2018} - x}{\sqrt{2018}} . \frac{\sqrt{x^{2} + 2018} + x}{\sqrt{2018}}) + 2 = \ln \frac{2018}{2018} + 2 = 2$ .

Vậy $f (x) + f (- x) = 2$ với $\forall x \in ℝ$ (*).

Áp dụng (*), ta có: $b + c + T = [f (1) + f (- 1)] + [f (2) + f (- 2)] + ... + [f (2018) + f (- 2018)] = 2 + 2 + ... + 2 = 2.2018$

Suy ra: $T = 4036 - b - c$ .

Câu 44:

Cho hàm số

y = f (x)

có đồ thị (C), xác định và liên tục trên ℝ thỏa mãn đồng thời các điều kiện

f (x) > 0, \forall x \in ℝ

;

f^{'} (x) = {(x . f (x))}^{2}, \forall x \in ℝ

và

f (0) = 2

. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ

x = 1

của đồ thị (C) là

A. $y = 6 x + 30$

B. $y = - 6 x + 30$

C. $y = 36 x - 30$

D. $y = - 36 x + 42$

Xem đáp án

Đáp án C

Biến đổi: $f^{'} (x) = {(x . f (x))}^{2} \Leftrightarrow \frac{f' (x)}{f^{2} (x)} = x^{2} \Leftrightarrow \int_{0}^{1} \frac{f' (x)}{f^{2} (x)} d x = \int_{0}^{1} x^{2} d x$ .

$\Leftrightarrow \int_{0}^{1} \frac{f' (x)}{f^{2} (x)} d x = {\frac{x^{3}}{3}|}_{0}^{1} \Leftrightarrow {- \frac{1}{f (x)}|}_{0}^{1} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{f (1)} - \frac{1}{f (0)} = - \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{f (1)} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow f (1) = 6$

$f^{'} (x) = {(x . f (x))}^{2} \Rightarrow f' (1) = {(1. f (1))}^{2} = 36$

Suy ra phương trình tiếp tuyến cần lập là: $y = 36 (x - 1) + 6 \Leftrightarrow y = 36 x - 30$ .

Câu 45:

Cho x, y là các số thực và x dương thỏa mãn

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

. Biết giá trị lớn nhất của biểu thức

P = \frac{1 - y^{2} + \sqrt{9 x^{2} + 1}}{8 x^{2} + y^{2} + x}

bằng

\frac{a \sqrt{b}}{c^{2}}

với a, b, c là các số nguyên tố. Tính giá trị của biểu thức

T = a + b + c

.

A. $T = 8$

B. $T = 10$

C. $T = 12$

D. $T = 7$

Xem đáp án

Đáp án D

Điều kiện: $\{\begin{cases} x > 0 \\ y \in (- 1; 1) \end{cases}$ . Khi đó điều kiện bài toán tương đương: $\log_{2} (1 - y^{2}) + 3 (1 - y^{2}) = \log_{2} x + 3 x \Leftrightarrow f (1 - y^{2}) = f (x)$ (*) với $f (t) = \log_{2} t + t$ đồng biến trên $(0; + \infty)$ .

Khi đó (*) $\Leftrightarrow 1 - y^{2} = x$ , suy ra: $P = \frac{x + \sqrt{9 x^{2} + 1}}{8 x^{2} + 1} = \frac{1}{\sqrt{9 x^{2} + 1} - x} = \frac{1}{g (x)}$ với $x > 0$ .

Xét hàm số $g (x) = \sqrt{9 x^{2} + 1} - x$ với $x > 0$ .

Ta có: $g^{'} (x) = \frac{9 x}{\sqrt{9 x^{2} + 1}} - 1 = 0 \Leftrightarrow 9 x^{2} + 1 = 81 x^{2} \overset{x > 0}{\to} x = \frac{\sqrt{2}}{12}$ .

Lập bảng biến thiên, suy ra: $\min_{(0; + \infty)} g (x) = g (\frac{\sqrt{2}}{12}) = \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

Khi đó $P_{\max} = \frac{1}{\min_{(0; + \infty)} g (x)} = \frac{3}{2 \sqrt{2}} = \frac{3 \sqrt{2}}{2^{2}} = \frac{a \sqrt{b}}{c^{2}} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 3 \\ b = c = 2 \end{cases} \Rightarrow T = 7$ .

Câu 46:

Cho đa giác có 20 đỉnh. Chọn 4 đỉnh bất kì của đa giác. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có đúng 2 cạnh chung với đa giác.

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

B. $\frac{1}{7}$

C. $\frac{30}{323}$

D. $\frac{20}{323}$

Xem đáp án

Đáp án C

Số cách chọn 4 đỉnh từ 20 đỉnh là: $n (Ω) = C_{20}^{4}$ .

Gọi A là biến cố 4 đỉnh được chọn tạo thành tứ giác có đúng 2 cạnh chung với đa giác.

Số tứ giác có 2 cạnh chung với đa giác n đỉnh có công thức là: $\frac{3 n (n - 5)}{2}$ .

Trường hợp 1: Tứ giác có hai cạnh kề trùng với cạnh của đa giác. Vì hai cạnh kề cắt nhau tại 1 đỉnh, mà đa giác có n đỉnh, nên có n cách chọn hai cạnh kề tùng với cạnh của đa giác.

Chọn 1 đỉnh còn lại trong $n - 5$ đỉnh (bỏ 3 đỉnh tạo nên hai cạnh kề và 2 đỉnh hai bên). Do đó trường hợp này có $n (n - 5)$ tứ giác.

Trường hợp 2: Tứ giác có hai cạnh đối thuộc cạnh của đa giác. Chọn 1 cạnh trong n cạnh của đa giác nên có n cách.

Trong $n - 4$ đỉnh còn lại (bỏ 2 đỉnh tạo nên cạnh đã chọn ở trên và 2 đỉnh liền kề cạnh đã chọn sẽ tạo nên $n - 5$ cạnh.

Chọn 1 cạnh trong $n - 5$ cạnh đó nên có $n - 5$ cách.

Song trường hợp này số tứ giác ta đếm 2 lần, do đó trường hợp này có $\frac{n (n - 5)}{2}$ tứ giác.

Vậy có tất cả: $n (n - 5) + \frac{n (n - 5)}{2} = \frac{3 n (n - 5)}{2}$ tứ giác.

Áp dụng vào bài với $n = 20$ , suy ra $n (A) = \frac{3.20. (20 - 5)}{2} = 450$ .

Suy ra xác suất cần tìm là: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{450}{C_{20}^{4}} = \frac{30}{323}$ .

Câu 47:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} = 25$ cắt mặt phẳng $(α) : x + 2 y - 2 z - 9 = 0$ theo giao tuyến là một đường tròn (T) có đường kính CD. Biết A là một điểm di động thuộc mặt cầu (S) sao cho hình chiếu vuông góc của A trên $(α)$ là điểm B thuộc đường tròn (T) (khác C, D). Thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD là

A. 32

B. 96

C. 16

D. 64

Xem đáp án

Đáp án A

Mặt cầu (S) có tâm và bán kính R = 5.

Gọi I là tâm đường tròn (T), khi đó:

$O I = d (O, (α)) = \frac{9}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}} = 3$ .

$\Rightarrow C D = 2 C I = 2 \sqrt{R^{2} - O I^{2}} = 2 \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 8$

Gọi BH là đường kính của (T), khi đó: $A B = 2 O I = 6$ .

Ta có: $V_{A B C D} = \frac{1}{3} . A B . S_{B C D} = \frac{1}{3} A B . \frac{1}{2} B K . C D=8BK$

Với K là hình chiếu vuông góc của B trên CD.

Ta có: $B K \leq B I = \frac{C D}{2} = 4$ . Dấu “=” xảy ra khi $K \equiv I$ hay $B I ⊥ C D$ .

Suy ra: $V_{A B C D} = 8 B K \leq 8.4 = 32 \Rightarrow {(V_{A B C D})}_{\max} = 32$ .

Câu 48:

Giả sử

z_{1}, z_{2}

là hai số phức thỏa mãn

|z_{1} - 2 - 3 i| = 1

và

|z_{2} + 2 + 5 i| = 2

và số phức z thỏa mãn

|z - 3 - i| = |z - 1 + i|

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T = |z - z_{1}| + |z - z_{2}|

.

A. $4 \sqrt{5}$

B. $2 \sqrt{5}$

C. $4 \sqrt{5} - 3$

D. $2 \sqrt{5} - 1$

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi $M (z_{1})$ , khi đó $|z_{1} - 2 - 3 i| = 1 \Leftrightarrow M \in (C_{1})$ với $(C_{1})$ là đường tròn tâm $I_{1} (2; 3)$ và $R_{1} = 1$ .

Gọi $N (z_{2})$ , khi đó $|z_{2} + 2 + 5 i| = 2 \Leftrightarrow N \in (C_{2})$ với $(C_{2})$ là đường tròn tâm $I_{2} (- 2; - 5)$ và $R_{2} = 2$ .

Gọi $A (z)$ và $z = x + y i$ , khi đó: $|z - 3 - i| = |z - 1 + i|$

$\Leftrightarrow {(x - 3)}^{2} + {(y - 1)}^{2} = {(x - 1)}^{2} + {(y + 1)}^{2} \Leftrightarrow x + y - 2 = 0$ .

Suy ra $A \in Δ : x + y - 2 = 0$ . Ta có: $T = A M + A N = (A M + M I_{1}) + (A N + N I_{2}) - 3 \geq A I_{1} + A I_{2} - 3 \geq I_{1} I_{2} - 3 = 4 \sqrt{5} - 3$ .

Dấu “=” xảy ra khi $\{A\} = I_{1} I_{2} \cap Δ$ . Vậy $T_{\min} = 4 \sqrt{5} - 3$ .

Chú ý: Ở bài toán này do $I_{1}, I_{2}$ khác phía so với nên dấu “=” xảy ra, nếu trường hợp cùng phía ta phải lấy thêm điểm đối xứng để chuyển về khác phía.

Câu 49:

Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều, SA vuông góc với đáy và góc tạo bởi SC và mặt phẳng (ABC) bằng

60 °

. Biết diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng

\frac{13 π a^{2}}{3}

. Khi đó thể tích V của khối chóp S.ABC bằng bao nhiêu?

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

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

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

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

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có diện tích mặt cầu $S_{m c} = 4 π R_{c}^{2} \Rightarrow R_{c}^{2} = \frac{S_{m c}}{4 π} = \frac{\frac{13 π a^{2}}{3}}{4 π} = \frac{13 a^{2}}{12}$ (*).

Gọi $R_{d}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.

Đặt $A B = x \Rightarrow \{\begin{cases} S A = A C \tan 60 ° = x \sqrt{3} \\ R_{d a y} = \frac{x \sqrt{3}}{3} \end{cases}$ .

Áp dụng mô hình 1 (cạnh bên vuông góc với mặt đáy)

Ta có: $R_{c} = \sqrt{R_{d a y}^{2} + {(\frac{S A}{2})}^{2}} \Leftrightarrow R_{c}^{2} = R_{d a y}^{2} + {(\frac{S A}{2})}^{2} = {(\frac{x \sqrt{3}}{3})}^{2} + {(\frac{x \sqrt{3}}{2})}^{2} = \frac{13 x^{2}}{12}$ (2*).

Từ (*) và (2*), suy ra: $x = a \Rightarrow \{\begin{cases} S A = a \sqrt{3} \\ S_{A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} \end{cases}$ .

Khi đó $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S A . S_{A B C} = \frac{a^{3}}{4}$ .

Câu 50:

Gọi $V, V_{1}, V_{2}$ lần lượt là thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi một tam giác vuông khi quay quanh cạnh huyền và các cạnh góc vuông của tam giác đó. Biết $V_{1} = 3$ và $V_{2} = 4$ . Khi đó giá trị của V là:

A. $V = 5$

B. $V = 7$

C. $V = \frac{12}{5}$

D. $V = \frac{7}{12}$

Xem đáp án

Đáp án C

Đặt $B C = a, A C = b, A B = c, A H = h$ .

Ta có: $\{\begin{cases} V = \frac{1}{3} B C . π h^{2} = \frac{π a h^{2}}{3} \\ V_{1} = \frac{1}{3} C A . π A B^{2} = \frac{π b c^{2}}{3} \\ V_{2} = \frac{1}{3} B A . π A C^{2} = \frac{π c b^{2}}{3} \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} \frac{1}{V^{2}} = \frac{9}{π^{2} a^{2} h^{4}} \\ \frac{1}{V_{1}^{2}} = \frac{9}{π^{2} b^{2} c^{4}} \\ \frac{1}{V_{2}^{2}} = \frac{9}{π^{2} c^{2} b^{4}} \end{cases}$ .

Suy ra: $\frac{1}{V_{1}^{2}} + \frac{1}{V_{2}^{2}} = \frac{9}{π^{2} b^{2} c^{4}} + \frac{9}{π^{2} c^{2} b^{4}} = \frac{9}{π^{2} b^{2} c^{2}} (\frac{1}{c^{2}} + \frac{1}{b^{2}})$

$= \frac{9}{π^{2} a^{2} h^{2}} . \frac{1}{h^{2}} = \frac{9}{π^{2} a^{2} h^{4}} = \frac{1}{V^{2}}$ .

Vậy $\frac{1}{V^{2}} = \frac{1}{V_{1}^{2}} + \frac{1}{V_{2}^{2}} \Rightarrow V = \frac{V_{1} . V_{2}}{\sqrt{V_{1}^{2} + V_{2}^{2}}} = \frac{3.4}{\sqrt{3^{2} + 4^{2}}} = \frac{12}{5}$ .

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (20 đề)

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 10)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan