50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 12)

Câu 1:

y = f (x)

như hình bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = 0$ , tiệm cận ngang $y = 1$

B. Hàm số có hai cực trị

C. Đồ thị hàm số chỉ có một đường tiệm cận

D. Hàm số đồng biến trong khoảng $(- \infty; 0)$ và $(0; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án A.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng

x = 0

; tiệm cận ngang

y = 1

.

Câu 2:

Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập số thực $ℝ$ .

A. $y = \sin x$

B. $y = \sqrt{1 - x}$

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

D. $y = 1 - x^{3}$

Xem đáp án

Đáp án D.

Ta có hàm số $y = 1 - x^{3}$ có tập xác định là $ℝ$ và $y^{'} = - 3 x^{2} \leq 0$ với $\forall x \in ℝ$ . Do đó hàm số nghịch biến trên $ℝ$ .

Câu 3:

Tổng n số hạng đẩu tiên của một cấp số cộng là

S_{n} = \frac{3 n^{2} - 19 n}{4}

với

n \in ℕ^{*}

. Tìm số hạng đầu tiên

u_{1}

và công sai d của cấp số cộng đã cho.

A. $u_{1} = 2$ ; $d = - \frac{1}{2}$

B. $u_{1} = - 4$ ; $d = \frac{3}{2}$

C. $u_{1} = - \frac{3}{2}$ ; $d = - 2$

D. $u_{1} = \frac{5}{2}$ ; $d = \frac{1}{2}$

Xem đáp án

Đáp án B.

Ta có $\frac{3 n^{2} - 19 n}{4} = \frac{3}{4} n^{2} - \frac{19}{4} n = S_{n} = n u_{1} + \frac{n^{2} - n}{2} d = \frac{d}{2} n^{2} + (u_{1} - \frac{d}{2}) n$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{d}{2} = \frac{3}{4} \\ u_{1} - \frac{d}{2} = - \frac{19}{4} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} u_{1} = - 4 \\ d = \frac{3}{2} \end{cases}$ .

Câu 4:

Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số hình đa diện là

Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số hình đa diện là (ảnh 1)

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án C

Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:

- Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

- Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Ta thấy có ba hình thỏa mãn hai tính chất trên.

Câu 5:

Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 cm, độ dài đường cao bằng 4 cm. Tính diện tích xung quanh của hình trụ này.

A. $22 π (c m^{2})$

B. $24 π (c m^{2})$

C. $20 π (c m^{2})$

D. $26 π (c m^{2})$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có

S_{x q} = 2 π R h = 2 π .3.4 = 24 π (c m^{2})

Câu 6:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với $A (1; 1; 2)$ , $B (- 3; 0; 1)$ , $C (8; 2; - 6)$ . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

A. $G (2; - 1; 1)$

B. $G (2; 1; 1)$

C. $G (2; 1; - 1)$

D. $G (6; 3; - 3)$

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi $G (x; y; z)$ là trọng tâm của $Δ A B C$ . Khi đó: $\{\begin{cases} x = \frac{x_{A} + x_{B} + x_{C}}{3} = \frac{1 - 3 + 8}{3} = 2 \\ y = \frac{y_{A} + y_{B} + y_{C}}{3} = \frac{1 + 0 + 2}{3} = 1 \\ z = \frac{z_{A} + z_{B} + z_{C}}{3} = \frac{2 + 1 - 6}{3} = - 1 \end{cases}$

Vậy $G (2; 1; - 1)$ .

Câu 7:

Tìm nguyên hàm của hàm số $f (x) = \cos 6 x$ .

A. $\int \cos 6 x d x = 6 \sin 6 x + C$

B. $\int \cos 6 x d x = \frac{1}{6} \sin 6 x + C$

C. $\int \cos 6 x d x = - \frac{1}{6} \sin 6 x + C$

D. $\int \cos 6 x d x = \sin 6 x + C$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $\int \cos 6 x d x = \frac{1}{6} \int \cos 6 x d (6 x) = \frac{1}{6} \sin 6 x + C$ .

Câu 8:

Cho hàm số

y = f (x)

là hàm lẻ và liên tục trên

[- 4; 4]

biết

\int_{- 2}^{0} f (- x) d x = 2

. Tính

I = \int_{0}^{2} f (x) d x

.

A. $I = - 10$

B. $I = - 6$

C. $I = 6$

D. $I = 2$

Xem đáp án

Đáp án D

Xét tích phân $\int_{- 2}^{0} f (- x) d x = 2$

Đặt $- x = t \Rightarrow d x = - d t$ .

Đổi cận: khi $x = - 2$ thì $t = 2$ ; khi $x = 0$ thì $t = 0$

do đó $\int_{- 2}^{0} f (- x) d x = - \int_{2}^{0} f (t) d t = \int_{0}^{2} f (t) d t \Rightarrow \int_{0}^{2} f (t) d t = 2 \Rightarrow \int_{0}^{2} f (x) d x = 2$

Câu 9:

Cho hai đường thẳng $d_{1}$ : $\{\begin{cases} x = 2 + t \\ y = - 1 + t \\ z = 3 \end{cases}$ và $d_{2}$ : $\{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 \\ z = - 2 + t \end{cases}$ . Góc giữa hai đường thẳng $d_{1}$ và $d_{2}$ là

A. $30 °$

B. $120 °$

C. $150 °$

D. $60 °$

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi $\vec{u_{1}}$ ; $\vec{u_{2}}$ lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng $d_{1}$ ; $d_{2}$ . $\vec{u_{1}} = (1; 1; 0)$ ; $\vec{u_{2}} = (- 1; 0; 1)$

Áp dụng công thức ta có $\cos (d_{1}, d_{2}) = |\cos (\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}})| = \frac{|\vec{u_{1}} . \vec{u_{2}}|}{|\vec{u_{1}}| . |\vec{u_{2}}|} = \frac{|- 1|}{\sqrt{1 + 1} . \sqrt{1 + 1}} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow (d_{1}, d_{2}) = 60 °$

Câu 10:

Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. $y = \ln x$

B. $y = - e^{x}$

C. $y = |\ln x|$

D. $y = e^{x}$

Xem đáp án

Đáp án A

Đồ thị hàm số đi qua các điểm $(1; 0)$ và $(e; 1)$ nên loại đáp án B, D.

Mặt khác với $x \in (0; 1)$ thì đồ thị nằm dưới trục Ox nên loại đáp án C.

Câu 11:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào sau đây là phương trình tham số của đường thẳng d qua điểm $M (- 2; 3; 1)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{a} = (1; - 2; 2)$ ?

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

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

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

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

Xem đáp án

Đáp án D

Câu 12:

Một túi đựng 6 bi trắng, 5 bi xanh. Lấy ra 4 viên bi từ túi đó. Hỏi có bao nhiêu cách lấy mà 4 viên bi lấy ra có đủ hai màu.

A. 300

B. 310

C. 320

D. 330

Xem đáp án

Đáp án B

Các viên bi lấy ra có đủ cả 2 màu nên ta có các trường hợp:

Vậy có tất cả $C_{6}^{1} \times C_{5}^{3} + C_{6}^{2} \times C_{5}^{2} + C_{6}^{3} \times C_{5}^{1} = 310$ cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 13:

Điểm M là điểm biểu diễn của số phức z trong hình vẽ bên dưới. Chọn khẳng định đúng

A. $z = 2 i$ .

B. $z = 0$ .

C. $z = 2.$

D. $z = 2 + 2 i$ .

Xem đáp án

Đáp án C

Hoành độ của điểm M bằng 2; tung độ điểm M bằng 0 suy ra $z = 2$ .

Câu 14:

Hình bên là đồ thị của ba hàm số $y = \log_{a} x$ , $y = \log_{b} x$ , $y = \log_{c} x$ , $(0 < a, b, c \neq 1)$ được vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ. Khẳng định nào sau đây đúng

Hình bên là đồ thị của ba hàm số y = logarit cơ số a của x , y = logarit cơ số b của x , y = logarit cơ số c của x , (0 nhỏ hơn a, b,c khác 1) được vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ. Khẳng định nào sau đây đúng (ảnh 1)

A. $b > a > c$

B. $b > c > a$

C. $a > b > c$

D. $a > c > b$

Xem đáp án

Đáp án A

Do là hàm số nghịch biến nên $y = \log_{c} x \Rightarrow 0 < c < 1$ . Hàm số $y = \log_{a} x$ , $y = \log_{b} x$ đồng biến $\Rightarrow a, b > 1$ . Kẻ đường thẳng $y = 1$ lần lượt cắt các đồ thị $y = \log_{a} x$ , $y = \log_{b} x$ , $y = \log_{c} x$ tại a, b, c ta có $b > a > c$ .

Câu 15:

Cho hàm số $y = f (x)$ xác định trên $ℝ \ \{0\}$ , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau

Cho hàm số y = f(x) xác định trên R khác 0 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau . Số nghiệm của phương trình f(x) = x bằng (ảnh 1)

Số nghiệm của phương trình $f (x) = x$ bằng

A. 3

B. 2

C. 1

D. 4

Xem đáp án

Đáp án A

Số nghiệm của phương trình $f (x) = x$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f (x)$ và đường thẳng $y = x$ . Theo bảng biến thiên ta có số nghiệm là 3.

Câu 16:

Cho hình trụ ngoại tiếp hình lập phương cạnh a. Diện tích xung quanh hình trụ là

A. $\frac{π a^{2} \sqrt{2}}{2}$

B. $π a^{2}$

C. $2 π a^{2}$

D. $π a^{2} \sqrt{2}$

Xem đáp án

Đáp án D

Bán kính đáy $r = \frac{A C}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

Chiều cao $h = a$

Diện tích xung quanh

S_{x q} = 2 π r h = 2 π \frac{a \sqrt{2}}{2} a = π \sqrt{2} a^{2}

Câu 17:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = x^{4} + m x^{2}$ đạt cực tiểu tại $x = 0$ .

A. $m \leq 0$

B. $m = 0$

C. $m \geq 0$

D. $m > 0$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $y = x^{4} + m x^{2} \Rightarrow y^{'} = 4 x^{3} + 2 m x = 2 x (2 x^{2} + m)$

$y^{'} = 0 \Leftrightarrow 2 x (2 x^{2} + m) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x^{2} = \frac{- m}{2} \end{array}$

• Nếu $m \geq 0$ ta có bảng biến thiên:

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$ .

• Nếu $m < 0$ ta có bảng biến thiên:

Suy ra hàm số đạt cực đại tại

x = 0

.

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$ khi $m \geq 0$ .

Câu 18:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

y = \log_{2} (x^{2} - 2 x + m)

có tập xác định là

ℝ

.

A. $m \geq 1$

B. $m \leq 1$

C. $m > 1$

D. $m < - 1$

Xem đáp án

Đáp án C

Hàm số có tập xác định là $ℝ \Leftrightarrow x^{2} - 2 x + m > 0$ , $\forall x \in ℝ$ .

Tam thức vế trái có hệ số bậc hai dương nên để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $Δ^{'} < 0 \Leftrightarrow 1 - m < 0 \Leftrightarrow m > 1$ . Vậy $m > 1$ .

Câu 19:

Có 3 bó hoa, bó thứ nhất có 8 hoa hồng, bó thứ hai có 7 bông hoa ly, bó thứ ba có 6 bông hoa huệ. Chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa trên để cắm vào lọ hoa, tính xác suất để trong 7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly.

A. $\frac{3851}{4845}$

B. $\frac{1}{71}$

C. $\frac{36}{71}$

D. $\frac{994}{4845}$

Xem đáp án

Đáp án D

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa gồm 21 hoa.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $|Ω| = C_{21}^{7} = 116280$

Gọi A là biến cố "7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly". Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

• TH1: Chọn 1 hoa hồng, 1 hoa ly và 5 hoa huệ nên có $C_{8}^{1} . C_{7}^{1} . C_{6}^{5}$ cách.

• TH2: Chọn 2 hoa hồng, 2 hoa ly và 3 hoa huệ nên có $C_{8}^{2} . C_{7}^{2} . C_{6}^{3}$ cách.

• TH3: Chọn 3 hoa hồng, 3 hoa ly và 1 hoa huệ nên có $C_{8}^{3} . C_{7}^{3} . C_{6}^{1}$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là $|Ω| C_{8}^{1} . C_{7}^{1} . C_{6}^{5} + C_{8}^{2} . C_{7}^{2} . C_{6}^{3} + C_{8}^{3} . C_{7}^{3} . C_{6}^{1} = 23856$ .

Vậy xác suất cần tính

P (A) = \frac{|Ω_{A}|}{|Ω|} = \frac{23856}{116280} = \frac{994}{4845}

Câu 20:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường

y = x^{3} + 11 x - 6

và

y = 6 x^{2}

là

A. 52

B. 14

C. $\frac{1}{4}$

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

Xem đáp án

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: $x^{3} + 11 x - 6 = 6 x^{2} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 2 \\ x = 3 \end{array}$

Diện tích của hình phẳng là: $S = |\int_{1}^{2} (x^{3} - 6 x^{2} + 11 x - 6) d x| + |\int_{2}^{3} (x^{3} - 6 x^{2} + 11 x - 6) d x|$

$= |(\frac{x^{4}}{4} - 2 x^{3} + \frac{11}{2} x^{2} - 6 x) |\begin{array}{l} ^{2} \\ _{1} \end{array}| + |(\frac{x^{4}}{4} - 2 x^{3} + \frac{11}{2} x^{2} - 6 x) |\begin{array}{l} ^{3} \\ _{2} \end{array}| = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

Câu 21:

Số nghiệm của phương trình $l o g_{3} x . l o g_{3} (2 x - 1) = 2 l o g_{3} x$ là

A. 2

B. 0

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Đáp án A

Điều kiện: $\{\begin{cases} x > 0 \\ 2 x - 1 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$

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

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{3} x = 0 \\ \log_{3} (2 x - 1) = 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ 2 x - 1 = 9 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 (T M) \\ x = 5 (T M) \end{array}$ .

Vậy phương trình có 2 nghiệm.

Câu 22:

Cho biểu thức

\sqrt[5]{8 \sqrt{2 \sqrt[3]{2}}} = 2^{\frac{m}{n}}

, trong đó

\frac{m}{n}

là phân số tối giản. Gọi

P = m^{2} + n^{2}

. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $P \in (330; 340)$

B. $P \in (350; 360)$

C. $P \in (260; 370)$

D. $P \in (340; 350)$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có $\sqrt[5]{8 \sqrt{2 \sqrt[3]{2}}} = \sqrt[5]{2^{3} \sqrt{2 \sqrt[3]{2}}} = 2^{\frac{3}{5}} {.2}^{\frac{1}{10}} {.2}^{\frac{1}{30}} = 2^{\frac{3}{5} + \frac{1}{10} + \frac{1}{30}} = 2^{\frac{11}{15}}$

$\Rightarrow \frac{m}{n} = \frac{11}{15} \Rightarrow \{\begin{cases} m = 11 \\ n = 15 \end{cases} \Rightarrow P = m^{2} + n^{2} = 11^{2} + 15^{2} = 346$

Câu 23:

Hai đồ thị

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

và

y = 3 x^{2} + 1

có bao nhiêu điểm chung?

A. 2

B. 4

C. 1

D. 0

Xem đáp án

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^{4} - x^{2} = 3 x^{2} + 1$ $(1)$

$(1) \Leftrightarrow x^{4} - x^{2} - 3 x^{2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x^{4} - 4 x^{2} - 1 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} = 2 + \sqrt{5} \\ x^{2} = 2 - \sqrt{5} (V N) \end{array} \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{2 + \sqrt{5}}$

Số điểm chung của hai đồ thị $y = x^{4} - x^{2}$ và $y = 3 x^{2} + 1$ bằng số nghiệm của phương trình $(1)$ là hai.

Câu 24:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng $(A B C D)$ . Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là điểm I với

A. I là trung điểm của đoạn thẳng SD

B. I là trung điểm của đoạn thẳng AC

C. I là trung điểm của đoạn thẳng SC

D. I là trung điểm của đoạn thằng SB

Xem đáp án

Đáp án C

Từ giả thiết ta có: $\{\begin{cases} B C ⊥ A B \\ B C ⊥ S A \end{cases}$

$\Rightarrow B C ⊥ (S A B) \Rightarrow B C ⊥ S B \Rightarrow \hat{S B C} = 90 °$ $(1)$ .

Chứng minh tương tự ta cũng có: $C D ⊥ S D$

$\Rightarrow \hat{S D C} = 90 °$ $(2)$ .

Do $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow S A ⊥ A C \Rightarrow \hat{S A C} = 90 °$ $(3)$ .

Từ $(1)$ , $(2)$ và $(3)$ suy ra: mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là mặt cầu đường kính SC nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của đoạn thẳng SC.

Câu 25:

Hàm số $y = \frac{2 x^{2} + 5}{x - \sqrt{x^{2} - 9}}$ , có tập xác định là

A. $ℝ \ \{3\}$

B. $[3; + \infty)$

C. $(- \infty; - 3] \cup [3; + \infty)$

D. $[- 3; 3]$

Xem đáp án

Đáp án C

Hàm số xác định khi $x^{2} - 9 \geq 0 \Leftrightarrow (x - 3) (x + 3) \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \geq 3 \\ x \leq - 3 \end{array}$ .

Câu 26:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng $(α)$ : $x + 2 y + 2 z + m = 0$ và điểm $A (1; 1; 1)$ . Khi đó m nhận giá trị nào sau đây để khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $(α)$ bằng 1?

A. $- 2$

B. $- 8$

C. $- 2 h o ặ c - 8$

D. 3

Xem đáp án

Đáp án C

$d (A (α)) = \frac{|5 + m|}{3} = 1 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m + 5 = 3 \\ m + 5 = - 3 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = - 2 \\ m = - 8 \end{array}$ .

Câu 27:

Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ hình chiếu H của $A (1; 1; 1)$ lên đường thẳng d: $\{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 1 + t \\ z = t \end{cases}$

A. $H (\frac{4}{3}; \frac{4}{3}; \frac{1}{3})$

B. $H (1; 1; 1)$

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

D. $H (1; 1; 0)$

Xem đáp án

Đáp án A

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (1; 1; 1)$ . Do $H \in d \Rightarrow H (1 + t; 1 + t; t)$ .

Ta có: $\vec{A H} = (t; t; t - 1)$ . Do H là hình chiếu của điểm A lên đường thẳng d nên suy ra $\vec{A H} ⊥ \vec{u} \Leftrightarrow \vec{A H} . \vec{u} = 0 \Leftrightarrow t + t + t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow H (\frac{4}{3}; \frac{4}{3}; \frac{1}{3})$ .

Câu 28:

Tất cả giá trị của tham số m để hàm số $y = \frac{3}{2} x^{4} - 2 m x^{2} + \frac{7}{3}$ có điểm cực tiểu mà không có điểm cực đại là

A. $m \geq 0$

B. $m \leq 0$

C. $m \geq 1$

D. $m = - 1$

Xem đáp án

Đáp án B

Do $a = \frac{3}{2} > 0$ nên hàm số có cực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi $- 2 m \geq 0 \Leftrightarrow m \leq 0$ .

Câu 29:

Gọi

z_{1}

,

z_{2}

lần lượt có điểm biểu diễn là M, N trên mặt phẳng phức (hình bên). Khi đó phần ảo của số phức

\frac{z_{1}}{z_{2}}

là

Gọi z1 , z2 lần lượt có điểm biểu diễn là M, N trên mặt phẳng phức (hình bên). Khi đó phần ảo của số phức z1/z2 là (ảnh 1)

A. $\frac{17}{14}$

B. $- \frac{1}{4}$

C. $- \frac{5}{17}$

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

Xem đáp án

Đáp án A

Dựa vào hình vẽ ta có được $z_{1} = 3 + 2 i$ , $z_{2} = 1 - 4 i \Rightarrow \frac{z_{1}}{z_{2}} = \frac{3 + 2 i}{1 - 4 i} = - \frac{5}{17} + \frac{14}{17} i$ .

Câu 30:

Cho số phức $z = 1 - \frac{1}{3} i$ . Tìm số phức $w = i \bar{z} + 3 z$ .

A. $w = \frac{8}{3}$

B. $w = \frac{8}{3} + i$

C. $w = \frac{10}{3}$

D. $w = \frac{10}{3} + i$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $z = 1 - \frac{1}{3} i \Rightarrow \bar{z} = 1 + \frac{1}{3} i$ .

Khi đó: $w = i \bar{z} + 3 z = i (1 + \frac{1}{3} i) + 3 (1 - \frac{1}{3} i) = \frac{8}{3}$ .

Câu 31:

Cho hình lăng trụ đứng

A B C . A_{1} B_{1} C_{1}

,

A A_{1} = 2 a \sqrt{5}

và

\hat{B A C} = 120 °

có

A B = a

,

A C = 2 a

. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh

B B_{1}

;

C C_{1}

. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng

(A_{1} B K)

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

B. $a \sqrt{15}$

C. $\frac{a \sqrt{15}}{3}$

D. $\frac{a \sqrt{5}}{6}$

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của $A_{1}$ lên $B_{1} C_{1}$ .

Khi đó $\{\begin{cases} A_{1} H ⊥ B_{1} C_{1} \\ A_{1} H ⊥ B B_{1} \end{cases} \Rightarrow A_{1} H ⊥ (B I K)$ hay $A_{1} H$ là đường cao của tứ diện $A_{1} B I K$ .

Ta có $B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2} - 2 A B . A C . \cos 120 °} = a \sqrt{7}$

Ta có $S_{Δ A_{1} B_{1} C_{1}} = \frac{1}{2} A_{1} H . B_{1} C_{1} = \frac{1}{2} A_{1} B_{1} . A_{1} C_{1} . \sin 120 °$

$\Leftrightarrow A_{1} H = \frac{A_{1} B_{1} . A_{1} C_{1} . \sin 120 °}{B_{1} C_{1}} = \frac{a \sqrt{21}}{7}$

$V_{A_{1} I B K} = \frac{1}{3} S_{Δ B I K} . A_{1} H = \frac{1}{3} \frac{a^{2} \sqrt{35}}{2} . \frac{a \sqrt{21}}{7} = \frac{1}{6} a^{3} \sqrt{15}$

+) Mặt khác $B K = \sqrt{C K^{2} + C B^{2}} = 2 a \sqrt{3}$ , $K A_{1} = \sqrt{C_{1} K^{2} + C_{1} {A_{1}}^{2}} = 3 a$

$B A_{1} = \sqrt{A B^{2} + A A_{1}^{2}} = a \sqrt{21}$

Ta thấy $B K^{2} + K A_{1}^{2} = B A_{1}^{2}$ vuông tại K $\Rightarrow Δ A_{1} B K$ vuông tại K $\Rightarrow S_{Δ A_{1} K B} = \frac{1}{2} . K A_{1} . K B = 3 \sqrt{3} a^{2}$

+) Ta có

d (I (A_{1} B K)) = \frac{3. V_{I . A_{1} B K}}{S_{Δ A_{1} B K}} = \frac{3. \frac{1}{6} a^{3} \sqrt{15}}{3 a^{2} \sqrt{3}} = \frac{a \sqrt{5}}{6}

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1, AA1 = 2a căn bậc 2 của 5 và góc BAC = 120 độ có AB = a , AC = 2a . Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh BB1 ; CC1 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (A1BK) (ảnh 1)

Câu 32:

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

z + 2 \bar{z} = 6 - 4 i

với i là đơn vị ảo. Phần ảo của số phức z là

A. $- 4$

B. 4

C. 2

D. 6

Xem đáp án

Đáp án B

Đặt $z = a + b i$ , $a, b \in ℝ \Rightarrow \bar{z} = a - b i$

Ta có $z + 2 \bar{z} = 6 - 4 i \Leftrightarrow (a + b i) + 2 (a - b i) = 6 - 4 i \Leftrightarrow 3 a - b i = 6 - 4 i \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 a = 6 \\ - b = - 4 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 2 \\ b = 4 \end{cases}$

Vậy phần ảo của số phức z bằng 4.

Câu 33:

Cho hàm số

y = f (x)

có đạo hàm liên tục trên

ℝ

. Đồ thị hàm số

y = f (x)

như hình vẽ bên. Khi đó giá trị của biểu thức

\int_{0}^{4} f^{'} (x - 2) d x + \int_{0}^{2} f^{'} (x - 2) d x

bằng bao nhiêu ?

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R . Đồ thị hàm số y = f(x) như hình vẽ bên. Khi đó giá trị của biểu thức tích phân từ 0 đến 4 của f'(x - 2) dx + tích phân từ 0 đến 2 của f'(x - 2) dx bằng bao nhiêu (ảnh 1)

A. 6

B. $- 2$

C. 10

D. 2

Xem đáp án

Đáp án A

$\int_{0}^{4} f^{'} (x - 2) d x + \int_{0}^{2} f^{'} (x - 2) d x = f (x - 2) |\begin{array}{l} ^{4} \\ _{0} \end{array} + f (x + 2) |\begin{array}{l} ^{2} \\ _{0} \end{array} = f (4) - f (- 2) = 6$

Câu 34:

Khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng

(H)

giới hạn bởi đường cong

y = \sqrt{\frac{5 + (x - 4) e^{x}}{x e^{x} + 1}}

, trục hoành và hai đường thẳng

x = 0

,

x = 1

quay quanh trục hoành có thể tích

V = π [a + b \ln (e + 1)]

, trong đó a, b là các số nguyên. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $a + b = 5$

B. $a + b = 9$

C. $a - 2 b = - 3$

D. $a - 2 b = 13$

Xem đáp án

Đáp án D

Thể tích khối tròn xoay: $V = π \int_{0}^{1} y^{2} d x = π \int_{0}^{1} \frac{5 + (x - 4) e^{x}}{x e^{x} + 1} d x = π \int_{0}^{1} \frac{1 + x e^{x} + 4 (1 - e^{x})}{1 + x e^{x}} d x$

$= π \int_{0}^{1} (1 + 4. \frac{1 - e^{x}}{1 + x e^{x}}) d x = π x |\begin{array}{l} ^{1} \\ _{0} \end{array} + 4 π \int_{0}^{1} \frac{1 - e^{x}}{1 + x e^{x}} d x$

$= π + 4 π \int_{0}^{1} \frac{\frac{1}{e^{x}} - 1}{\frac{1}{e^{x}} + x} d x = π + 4 π \int_{0}^{1} \frac{- d (\frac{1}{e^{x}} + x)}{\frac{1}{e^{x}} + x} = π - 4 π \ln |\frac{1}{e^{x}} + x| |\begin{array}{l} ^{1} \\ _{0} \end{array}$

$= π - 4 π \ln \frac{1 + e}{e} = π - 4 π \ln (e + 1) + 4 π = π [5 - 4 \ln (e + 1)]$

$\Rightarrow a = 5$ , $b = - 4 \Rightarrow a - 2 b = 13$

Câu 35:

Cho lăng trụ

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

có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của

B^{'}

lên mặt phẳng

(A B C)

trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Cạnh bên

B B^{'}

hợp với đáy

(A B C)

góc 60°. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

(B C C^{'} B^{'})

là

A. $\frac{3 a}{2 \sqrt{13}}$

B. $\frac{a}{\sqrt{13}}$

C. $\frac{2 a}{\sqrt{13}}$

D. $\frac{3 a}{\sqrt{13}}$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có $B^{'} G ⊥ (A B C) \Rightarrow (\hat{B B^{'}, (A B C)}) = (\hat{B B^{'}, B G}) = \hat{B^{'} B G}$ .

Theo giả thiết ta có $\hat{B^{'} B G} = 60 °$ .

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ $A H ⊥ B^{'} M$ , $H \in B^{'} M$ .

$\Rightarrow A M ⊥ B C$ . Mà $\{\begin{cases} B C ⊥ A M \\ B C ⊥ B^{'} G \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (A B^{'} M) \Rightarrow B C ⊥ A H$

+) $\{\begin{cases} A H ⊥ B^{'} M \\ A H ⊥ B C \end{cases}$

$\Rightarrow A H ⊥ (B C C^{'} B^{'}) \Rightarrow d (A, (B C C^{'} B^{'})) = A H$

+) $Δ A B C$ đều cạnh a nên ta có $A M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ , $B G = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ , $G M = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

+) $B^{'} G = G B . \tan 60 ° = \frac{a \sqrt{3}}{3} . \sqrt{3} = a$

+) $B^{'} M = \sqrt{B^{'} G^{2} + G M^{2}} = \sqrt{a^{2} + {(\frac{a \sqrt{3}}{6})}^{2}} = \frac{a \sqrt{39}}{6}$

+) $B^{'} G . A M = A H . B^{'} M \Rightarrow A H = \frac{B^{'} G . A M}{B^{'} M} = \frac{a . \frac{a \sqrt{3}}{2}}{\frac{a \sqrt{39}}{6}} = \frac{3 a}{\sqrt{13}}$

Vậy $d (A, (B C C^{'} B^{'})) = A H = \frac{3 a}{\sqrt{13}}$ .

Câu 36:

Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số $y = x^{4} - 2 m^{2} x^{2} + 1$ có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân.

A. $m = 1$

B. $m \in \{- 1; 1\}$

C. $m \in \{- 1; 0; 1\}$

D. $m \in \{0; 1\}$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $y' = 4 x^{3} - 4 m^{2} x = 4 x (x^{2} - m^{2})$ ; $y^{'} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x^{2} = m^{2} \end{array}$

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị $\Leftrightarrow y^{'} = 0$ có ba nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m \neq 0$ .

Với $m \neq 0$ , gọi $A (0; 1)$ , $B (- m; - m^{4} + 1)$ , $C (m; - m^{4} + 1)$ là tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Dễ thấy B,C đối xứng với nhau qua trục Oy, nên ta có $A B = A C$

$\vec{A B} = (- m; - m^{4})$ , $\vec{A C} = (m; - m^{4})$ .

Ba điểm cực trị A, B, C tạo thành tam giác vuông cân $\Leftrightarrow \vec{A B} . \vec{A C} = 0$

$\Leftrightarrow m^{8} - m^{2} = 0 \Leftrightarrow m = \pm 1$ .

Câu 37:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

d_{1}

:

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

;

d_{2}

:

\frac{x - 5}{- 3} = \frac{y + 1}{2} = \frac{z - 2}{1}

và mặt phẳng

(P)

:

x + 2 y + 3 z - 5 = 0

. Đường thẳng vuông góc với

(P)

, cắt

d_{1}

và

d_{2}

có phương trình là

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

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

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

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

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi $Δ$ là đường thẳng cần tìm. Gọi $M = Δ \cap d_{1}$ ; $N = Δ \cap d_{2}$ .

Vì $M \in d_{1}$ nên $M (3 - t; 3 - 2 t; - 2 + t)$ ,vì $N \in d_{2}$ nên $N (5 - 3 s; - 1 + 2 s; 2 + s)$ .

$\vec{M N} = (2 + t - 3 s; - 4 + 2 t + 2 s; 4 - t + s)$ , $(P)$ có một vec tơ pháp tuyến là $\vec{n} = (1; 2; 3)$ ;

Vì $Δ ⊥ (P)$ nên $\vec{n}$ , $\vec{M N}$ cùng phương, do đó: $\{\begin{cases} \frac{2 + t - 3 s}{1} = \frac{- 4 + 2 t + 2 s}{2} \\ \frac{- 4 + 2 t + 2 s}{2} = \frac{4 - t + s}{3} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} s = 1 \\ t = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} M (1; - 1; 0) \\ N (2; 1; 3) \end{cases}$

$Δ$ đi qua M và có một vectơ chỉ phương là $\vec{M N} = (1; 2; 3)$ .

Do đó $Δ$ có phương trình chính tắc là $\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 1}{2} = \frac{z}{3}$ .

Câu 38:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ${(7 - 3 \sqrt{5})}^{x^{2}} + m {(7 - 3 \sqrt{5})}^{x^{2}} = 2^{x^{2} - 1}$ có đúng hai nghiệm phân biệt.

A. $[\begin{array}{l} - \frac{1}{2} < m \leq 0 \\ m = \frac{1}{16} \end{array}$

B. $0 < m < \frac{1}{16}$

C. $0 \leq m < \frac{1}{16}$

D. $- \frac{1}{2} < m \leq \frac{1}{16}$

Xem đáp án

Đáp án A

Có ${(7 - 3 \sqrt{5})}^{x^{2}} + m {(7 + 3 \sqrt{5})}^{x^{2}} = 2^{x^{2} - 1} \Leftrightarrow {(\frac{7 - 3 \sqrt{5}}{2})}^{x^{2}} + m {(\frac{7 + 3 \sqrt{5}}{2})}^{x^{2}} = \frac{1}{2}$ $(1)$

Đặt $t = {(\frac{7 - 3 \sqrt{5}}{2})}^{x^{2}}$ , $0 < t < 1$ . Mỗi giá trị $t \in (0; 1)$ cho ta 2 giá trị x

$(1) \Leftrightarrow t + m . \frac{1}{t} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = \frac{1}{2} t - t^{2}$ , $0 < t < 1$

Dựa bảng biến thiên suy ra $[\begin{array}{l} - \frac{1}{2} < m \leq 0 \\ m = \frac{1}{16} \end{array}$

Câu 39:

Cho một dụng cụ đựng chất lỏng được tạo bởi một hình trụ và hình nón được lắp đặt như hình bên. Bán kính đáy hình nón bằng bán kính đáy hình trụ. Chiều cao hình trụ bằng chiều cao hình nón và bằng h. Trong bình, lượng chất lỏng có chiều cao bằng

\frac{1}{24}

chiều cao hình trụ. Lật ngược dụng cụ theo phương vuông góc với mặt đất. Tính độ cao phần chất lỏng trong hình nón theo h.

A. $\frac{h}{8}$

B. $\frac{3 h}{8}$

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

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

Xem đáp án

Đáp án C

Thể tích chất lỏng $V = π r^{2} . \frac{1}{24} h = \frac{1}{24} π r^{2} h$ .

Khi lật ngược bình, thể tích phần hình nón chứa chất lỏng là $V^{'} = \frac{1}{3} π {r^{'}}^{2} h^{'}$ .

Mà $\frac{r^{'}}{r} = \frac{h^{'}}{h} \Rightarrow r^{'} = \frac{h^{'}}{h} . r$ . Do đó $V^{'} = \frac{1}{3} π {(\frac{h^{'}}{h} . r)}^{2} h^{'} = \frac{1}{3} π r^{2} . \frac{{h^{'}}^{3}}{h^{2}}$

Theo bài ra, $V^{'} = V \Leftrightarrow \frac{1}{3} π r^{2} . \frac{{h^{'}}^{3}}{h^{2}} = \frac{1}{24} π r^{2} h \Leftrightarrow {h^{'}}^{3} = \frac{1}{8} h^{3} \Leftrightarrow h^{'} = \frac{h}{2}$

Câu 40:

Trong đợt hội trại được tổ chức tại trường THPT Nguyễn Tất Thành, Đoàn trường có thể thực hiện một dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD, phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng cho một $m^{2}$ bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)?

A. 1.230.000

B. 902.000

C. 900.000

D. 1.232.000

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có hình trên cao 4, rộng 4 nến biểu diễn qua một Parabol $y = - x^{2} + 4$ .

Chi phí thấp nhất nếu diện tích hình chữ nhật lớn nhất.

Gọi $C (x; 0)$ với $0 < x < 2$ thì suy ra $B (x; - x^{2} + 4)$

Diện tích hình chữ nhật là $S (x) = 2 |x (- x^{2} + 4)| = 2 (- x^{3} + 4 x)$ ;

$S^{'} (x) = 2 (- 3 x^{2} + 4) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$

Dễ thấy $S_{\max} = S (\frac{2 \sqrt{3}}{3}) = \frac{4 \sqrt{3}}{3} . (4 - \frac{4}{3}) = \frac{32 \sqrt{3}}{9}$

Diện tích nhỏ nhất phần hoa văn là $X_{\min} = \int_{- 2}^{2} (4 - x^{2}) d x - S_{\max} = \frac{32}{3} - \frac{32 \sqrt{3}}{9}$

Số tiền nhỏ nhất là $X_{\min} .200000 = 901.652 \approx 902.000$

Câu 41:

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

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

B. $[\begin{array}{l} m \geq 0 \\ m \leq - 4 \end{array}$

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

D. $m \in ℝ$

Xem đáp án

Đáp án C

Xét phương trình $x^{3} - 3 x^{2} - m = 0 \Leftrightarrow x^{3} - 3 x^{2} = m$ $(*)$

Số nghiệm của $(*)$ là số giao điểm của đường thẳng $y = m$ và đồ thị hàm số $y = f (x)$ .

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

Bảng biến thiên của hàm $f (x)$

Đồ thị của hàm số $y = \frac{x + 1}{x^{3} - 3 x^{2} - m}$ có đúng một tiệm cận đứng thì phương trình $(*)$ phải thỏa mãn một trong các trường hợp sau:

+) TH1: Phương trình $(*)$ có duy nhất nghiệm $x \neq - 1$

Dựa vào BBT ta thấy phương trình $(*)$ có nghiệm duy nhất $x \neq - 1$ khi $[\begin{array}{l} m < - 4 \\ m > 0 \end{array}$ .

+) TH2: Phương trình $(*)$ có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm $x = - 1$ và một nghiệm kép

Dựa vào BBT ta thấy phương trình $(*)$ có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm $x = - 1$ và một nghiệm kép khi $m = - 4$ .

Kết hợp hai trường hợp ta có giá trị của tham số thỏa mãn đề bài là $[\begin{array}{l} m > 0 \\ m \leq - 4 \end{array}$ .

Câu 42:

Cho hàm số bậc ba

y = f (x)

có đồ thị trong hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

f (\sqrt{4 - x^{2}}) = m

có nghiệm thuộc nửa khoảng

[- \sqrt{2}; \sqrt{3})

là

Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị trong hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f(căn bậc 2 của ( 4- x^2) = m có nghiệm thuộc nửa khoảng [- căn bậc 2 của 2; căn bậc 2 của 3] là (ảnh 1)

A. $(- 1; 3]$

B. $(- 1; f (\sqrt{2})]$

C. $[- 1; 3]$

D. $[- 1; f (\sqrt{2})]$

Xem đáp án

Đáp án A

Đặt $t = \sqrt{4 - x^{2}} \Rightarrow t^{'} = \frac{- 2 x}{2 \sqrt{4 - x^{2}}}$ ; $t^{'} = 0 \Leftrightarrow x = 0$

Với $x \in [- \sqrt{2}; \sqrt{3})$ ta có bảng biến thiên của hàm số $t = \sqrt{4 - x^{2}}$

Với $x \in [- \sqrt{2}; \sqrt{3}) \Rightarrow t \in (1; 2]$

Từ đồ thị ta có: $t \in (1; 2] \Rightarrow f (t) \in (- 1; 3]$

Để phương trình $f (\sqrt{4 - x^{2}}) = m$ có nghiệm thì $m \in (- 1; 3]$ .

Câu 43:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: $\{\begin{cases} x = 1 + 2 t \\ y = 1 - t \\ z = t \end{cases}$ và hai điểm $A (1; 0; - 1)$ , $B (2; 1; 1)$ . Điểm $M (x; y; z)$ thuộc đường thẳng d sao cho $|M A - M B|$ lớn nhất. Tính giá trị của biểu thức $P = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ .

A. 30

B. 10

C. 22

D. 6

Xem đáp án

Đáp án B

Do $M \in d$ nên $M (1 + 2 t; 1 - t; t)$ .

$M A - M B = \sqrt{4 t^{2} + {(t - 1)}^{2} + {(t + 1)}^{2}} - \sqrt{{(2 t - 1)}^{2} + t^{2} + {(t - 1)}^{2}}$

$= \sqrt{6 t^{2} + 2} - \sqrt{6 t^{2} - 6 t + 2} = \sqrt{6 t^{2} + 2} - \sqrt{6 {(t - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{1}{2}}$

Chọn $\vec{u} = (\sqrt{6} t; \sqrt{2})$ ; $\vec{v} = (\sqrt{6} (t - \frac{1}{2}); \frac{1}{\sqrt{2}}) \Rightarrow \vec{u} - \vec{v} = (\frac{\sqrt{6}}{2}; \frac{1}{\sqrt{2}})$ .

Ta có: $|M A - M B| = ||\vec{u}| - |\vec{v}|| \leq |\vec{u} - \vec{v}| = \sqrt{\frac{6}{4} + \frac{1}{2}} = \sqrt{2}$

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow$ $\vec{u}$ và $\vec{v}$ cùng hướng $\Leftrightarrow \frac{\sqrt{6} t}{\sqrt{6} (t - \frac{1}{2})} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} \Leftrightarrow t = 1$

Vậy $|M A - M B|$ lớn nhất khi $M (3; 0; 1)$ suy ra $P = 3^{2} + 0^{2} + 1^{2} = 10$ .

Câu 44:

Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn $0 < a < b < c < d$ và hàm số $y = f (x)$ . Biết hàm số $y = f^{'} (x)$ có đồ thị như hình vẽ. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số $y = f (x)$ trên [0;d]. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn 0 nhỏ hơn a nhỏ hơn b nhỏ hơn c nhỏ hơn d và hàm số y = f(x) (ảnh 1)

A. $M + m = f (b) + f (a)$

B. $M + m = f (d) + f (c)$

C. $M + m = f (0) + f (c)$

D. $M + m = f (0) + f (a)$

Xem đáp án

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra bảng biến thiên

$\Rightarrow \{\begin{cases} M = \{f (0), f (b), f (d)\} \\ m = \{f (a), f (c)\} \end{cases}$

- Mặt khác dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng

+ $\int_{a}^{b} f^{'} (x) d x < \int_{b}^{c} [- f^{'} (x)] d x \Rightarrow f (x) |\begin{array}{l} ^{b} \\ _{c} \end{array} - f (x) |\begin{array}{l} ^{c} \\ _{b} \end{array} \Leftrightarrow f (a) > f (c)$

+ $\int_{0}^{a} [- f^{'} (x)] d x > \int_{a}^{b} f^{'} (x) d x \Leftrightarrow f (0) - f (a) > f (b) - f (a) \Leftrightarrow f (0) > f (b)$

+ $\int_{c}^{b} [- f^{'} (x)] d x > \int_{c}^{d} f^{'} (x) d x \Leftrightarrow f (b) - f (c) > f (d) - f (c) \Leftrightarrow f (b) > f (d)$

Vậy

\{\begin{cases} f (a) > f (c) \Rightarrow m = f (c) \\ f (0) > f (b) > f (d) \Rightarrow M = f (0) \end{cases} \Rightarrow M + m = f (0) + f (c)

Câu 45:

Cho hai số thực

a, b > 1

sao cho luôn tồn tại số thực x

(0 < x \neq 1)

thỏa mãn

a^{\log_{b} x} = b^{\log_{a} x^{2}}

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

P = \ln^{2} a + \ln^{2} b - \ln (a b)

.

A. $\frac{1 - 3 \sqrt{3}}{4}$

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

C. $\frac{1}{4}$

D. $- \frac{3 + 2 \sqrt{2}}{12}$

Xem đáp án

Đáp án D

Có $1 < a, b,0 < x \neq 1$

Có $a^{\log_{b} x} = b^{\log_{a} x^{2}} \Leftrightarrow a^{\log_{b} a . \log_{a} x} = b^{2 \log_{a} x} \Leftrightarrow a^{\log_{a} x . \log_{b} a} = b^{2 \log_{a} x}$

$\Leftrightarrow x^{\log_{b} a} = x^{2 \log_{a} b} \Leftrightarrow \log_{b} a = 2 \log_{a} b \Leftrightarrow \log_{b} a = 2 \frac{1}{\log_{b} a}$

$\Leftrightarrow {(\log_{b} a)}^{2} = 2 \Leftrightarrow \log_{b} a = \sqrt{2}$

(do $1 < a, b$ , nên $\log_{b} a > 0$ ) . $\Leftrightarrow a = b^{\sqrt{2}}$

Có $P = \ln^{2} a + \ln^{2} b - \ln (a b) = {(\ln b^{\sqrt{2}})}^{2} + \ln^{2} b - \ln (b^{\sqrt{2}} b)$ .

$= 2 \ln^{2} b + \ln^{2} b - (\sqrt{2} + 1) \ln b = 3 \ln^{2} b - (\sqrt{2} + 1) \ln b .$

Đặt $t = \ln b$ , $t > 0$ (do $b > 1$ ).

Xét hàm số $y = f (t) = 3 t^{2} - (\sqrt{2} + 1) t$ , với $t > 0$ .

Có $f^{'} (t) = 6 t - (\sqrt{2} + 1)$ , $f^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow 6 t - (\sqrt{2} + 1) = 0$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên có $\min P = \min_{(0; + \infty)} f (t) = - \frac{3 + 2 \sqrt{2}}{12}$ khi $t = \frac{\sqrt{2} + 1}{6}$

Vậy $\min P = - \frac{3 + 2 \sqrt{2}}{12}$

Câu 46:

Cho hàm số $f (x)$ có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau . Hàm số y =f( 2x + 1) + 2/3x^3 - 8x + 5 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây (ảnh 1)

Hàm số $y = f (2 x + 1) + \frac{2}{3} x^{3} - 8 x + 5$ nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $(1; + \infty)$

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

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

D. $(- 1; 7)$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $y^{'} = 2 f^{'} (2 x + 1) + 2 x^{2} - 8$ .

Xét $y^{'} \leq 0 \Leftrightarrow f^{'} (2 x + 1) \leq 4 - x^{2}$ .

Từ bảng biến thiên của $f^{'} (x)$ ta suy ra bảng biến thiên của $f^{'} (2 x + 1)$ như sau

Từ đó suy ra: $f^{'} (2 x + 1) < 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} - \frac{5}{2} < x < \frac{1}{2} \\ x > 3 \end{array} \Rightarrow - 1 < x < \frac{1}{2}$

Mà $4 - x^{2} > 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 2 \Rightarrow - 1 < x < \frac{1}{2}$ . Do đó $f^{'} (2 x + 1) \leq 4 - x^{2} \Rightarrow - 1 < x < \frac{1}{2}$

Câu 47:

Cho hàm số

f (x)

có đạo hàm liên tục trên

[0; 1]

thỏa mãn

f (0) = 1

,

\int_{0}^{1} {[f^{'} (x)]}^{2} d x = \frac{1}{30}

,

\int_{0}^{1} (2 x - 1) f (x) d x = - \frac{1}{30}

. Tích phân

\int_{0}^{1} f (x) d x

bằng

A. $\frac{11}{12}$

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

C. $\frac{1}{30}$

D. $\frac{11}{30}$

Xem đáp án

Đáp án A

Đặt $\{\begin{cases} u = f (x) \\ d v = (2 x - 1) d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = f (x) d x \\ v = x^{2} - x \end{cases}$

$\Rightarrow - \frac{1}{30} = \int_{0}^{1} (2 x - 1) f (x) d x = (x^{2} - x) f (x) |\begin{array}{l} ^{1} \\ _{0} \end{array} - \int_{0}^{1} (x^{2} - x) f^{'} (x) d x = - \int_{0}^{1} (x^{2} - x) f^{'} (x) d x$

$\Rightarrow \int_{0}^{1} (x^{2} - x) f^{'} (x) d x = \frac{1}{30}$ .

Ta có: $\int_{0}^{1} {(x^{2} - x)}^{2} d x = \int_{0}^{1} (x^{4} - 2 x^{3} + x^{2}) d x = (\frac{x^{5}}{5} - \frac{x^{4}}{2} + \frac{x^{3}}{3}) |\begin{array}{l} ^{1} \\ _{0} \end{array} = \frac{1}{30}$ .

Do đó, $\int_{0}^{1} {[f^{'} (x) - (x^{2} - x)]}^{2} d x = \int_{0}^{1} {[f^{'} (x)]}^{2} d x - 2 \int_{0}^{1} (x^{2} - x) f (x) d x + \int_{0}^{1} {(x^{2} - x)}^{2} d x = 0$

$\Rightarrow f^{'} (x) = x^{2} - x \Rightarrow f (x) = \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{2}}{2} + C$ , mà $f (0) = 1$ nên $C = 1 \Rightarrow f (x) = \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{2}}{2} + 1$

Vậy $\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} (\frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{2}}{2} + 1) d x = (\frac{x^{4}}{12} - \frac{x^{3}}{6} + x) |\begin{array}{l} ^{1} \\ _{0} \end{array} = \frac{11}{12}$

Câu 48:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: $\frac{x + 1}{2} = \frac{y}{1} = \frac{z - 2}{- 1}$ và hai điểm $A (- 1; 3; 1)$ ; $B (0; 2; - 1)$ . Gọi $C (m; n; p)$ là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng $2 \sqrt{2}$ . Giá trị của tổng $m + n + p$ bằng

A. $- 1$

B. 2

C. 3

D. $- 5$

Xem đáp án

Đáp án C

Phương trình tham số của đường thẳng d: $\{\begin{cases} x = - 1 + 2 t \\ y = t \\ z = 2 - t \end{cases}$

Vì $C \in d$ : $\{\begin{cases} x = - 1 + 2 t \\ y = t \\ z = 2 - t \end{cases} \Rightarrow C (- 1 + 2 t; t; 2 - t)$

Ta có $\vec{A B} = (1; - 1; - 2)$ ; $\vec{A C} = (2 t; t - 3; 1 - t) \Rightarrow [\vec{A B}, \vec{A C}] = (3 t - 7; - 3 t - 1; 3 t - 3)$

Diện tích tam giác ABC là $S_{A B C} = \frac{1}{2} |[\vec{A B}, \vec{A C}]| = \frac{1}{2} \sqrt{27 t^{2} - 54 t + 59}$

$S_{A B C} = 2 \sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \sqrt{27 t^{2} - 54 t + 59} = 2 \sqrt{2} \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow C (1; 1; 1) \Rightarrow m + n + p = 3$

Câu 49:

Cho khối lăng trụ

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

điểm M là thuộc cạnh

A^{'} B^{'}

sao cho

A^{'} B^{'} = 3 A^{'} M

. Đường thẳng BM cắt đường thẳng

A A^{'}

tại F, và đường thẳng CF cắt đường thẳng

A^{'} C^{'}

tại G. Tính tỉ số thể tích khối chóp

F A^{'} M G

và thể tích khối đa diện lồi

G M B^{'} C^{'} C B

.

A. $\frac{1}{28}$

B. $\frac{1}{11}$

C. $\frac{3}{22}$

D. $\frac{1}{27}$

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$ , $V_{1}$ là thể tích khối chóp $F A^{'} M G$ , $V_{2}$ là thể tích khối đa diện lồi $G M B^{'} C^{'} C B$ .

$A^{'} M / / A B \Rightarrow \frac{F A^{'}}{F A} = \frac{F M}{F B} = \frac{A^{'} M}{A B} = \frac{1}{3}$ ;

$A^{'} G / / A C \Rightarrow \frac{F G}{F C} = \frac{F A^{'}}{F A} = \frac{1}{3}$ ;

$\Rightarrow \frac{V_{F A^{'} M G}}{V_{F A B C}} = \frac{1}{3} . \frac{1}{3} . \frac{1}{3} = \frac{1}{27} \Rightarrow V_{1} = \frac{1}{27} V_{F A B C}$

$V_{F A B C} = \frac{1}{3} S_{Δ A B C} d (F, (A B C)) = \frac{1}{3} S_{Δ A B C} . \frac{3}{2} d (A^{'}, (A B C)) = \frac{1}{2} V$

$\Rightarrow V_{1} = \frac{1}{27} . \frac{1}{2} V = \frac{1}{54} V$

$V_{2} = V - V_{A' M G A B C} = V - (V_{F A B C} - V_{F A^{'} M G})$

$= V - (\frac{1}{2} V - \frac{1}{54} V) = \frac{14}{27} V$

Nên: $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{1}{28}$

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' điểm M là thuộc cạnh A'B' sao cho A'B' = 3A'M (ảnh 1)

Câu 50:

Cho số phức z thỏa mãn $|z + \bar{z}| + 2 |z - \bar{z}| = 8$ . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức $P = |z - 3 - 3 i|$ . Tính $M + m$ .

A. $\sqrt{10} + \sqrt{34}$

B. $2 \sqrt{10}$

C. $\sqrt{10} + \sqrt{58}$

D. $\sqrt{5} + \sqrt{58}$

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi $z = x + y i$ , $x, y \in ℝ$ , ta có $|z - \bar{z}| + 2 |z - \bar{z}| = 8 \Leftrightarrow |x| + 2 |y| = 4 \Rightarrow \{\begin{cases} |x| \leq 4 \\ |y| \leq 2 \end{cases}$ , tập hợp $K (x; y)$ biểu diễn số phức z thuộc các cạnh của hình thoi ABCD như hình vẽ.

$P = |z - 3 - 3 i|$ đạt giá trị lớn nhất khi KM lớn nhất, theo hình vẽ ta có KM lớn nhất khi $K \equiv D$ hay $K (- 4; 0)$ suy ra $M = \sqrt{49 + 9} = \sqrt{58}$ .

$P = |z - 3 - 3 i|$ đạt giá trị nhỏ nhất khi KM nhỏ nhất, theo hình vẽ ta có KM nhỏ nhất khi $K \equiv F$ (F là hình chiếu của E trên AB.

Suy ra $F (2; 1)$ do $A E = B E$ nên F là trung điểm của AB.

Suy ra $m = \sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$ . Vậy $M + m = \sqrt{58} + \sqrt{5}$ .

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 12)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan