50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 15)

Câu 1:

Tính thể tích V của khối trụ có bán kính và chiều cao đều bằng 6a.

A. $V = 72 π a^{3}$

B. $V = 9 π a^{3}$

C. $V = 216 π a^{3}$

D. $V = 72 π a^{3}$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $V = h . π R^{2} = 6 a . π . {(6 a)}^{2} = 216 π a^{3}$

Câu 2:

Cho hàm số

y = f (x)

có bảng biến thiên như hình bên. Tổng các giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số bằng:

A. 1

B. -1

C. -4

D. -2

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có:

\{\begin{cases} y_{C Ð} = 3 \\ y_{C T} = - 5 \end{cases} \Rightarrow y_{C Ð} + y_{C T} = - 2

Câu 3:

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng $d : \frac{x - 1}{2} = \frac{y + 1}{- 2} = \frac{z}{1}$ , một vectơ chỉ phương của đường thẳng d có tọa độ là:

A. $\vec{u} = (1; - 1; 0)$

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

C. $\vec{u} = (1; - 1; 1)$

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

Xem đáp án

Đáp án D

Vectơ chỉ phương của d là: $\vec{u} = (2; - 2; 1)$

Câu 4:

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

Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây (ảnh 1)

A. $y = \frac{x + 3}{x}$

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

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

D. $y = x^{3} - 6 x^{2} + 9 x$

Xem đáp án

Đáp án D

+) Đồ thị đi qua điểm $O (0; 0)$ và có 2 điểm cực trị $\Rightarrow$ loại A, C.

+) Đồ thị đi qua điểm $(3; 0)$ , suy ra loại B.

Câu 5:

Cho

\int_{0}^{2} f (x) d x = 4

và

\int_{2}^{0} g (x) d x = 1

, khi đó

\int_{0}^{2} [f (x) + 2 g (x)] d x

bằng

A. 3

B. 2

C. 5

D. 6

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có $\int_{0}^{2} [f (x) + 2 g (x)] d x = \int_{0}^{2} f (x) d x - 2 \int_{2}^{0} g (x) d x = 4 - 2.1 = 2$

Câu 6:

Cho hàm số $y = f (x)$ liên tục trên đoạn $[- 2; 4]$ và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn $[- 2; 4]$ . Giá trị của M + m bằng

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn -2;4 và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất (ảnh 1)

A. 0

B. -2

C. 3

D. 5

Xem đáp án

Đáp án C

Trên đoạn $[- 2; 4]$ điểm cao nhất và điểm thấp của đồ thị $y = f (x)$ lần lượt có tung độ là: $7; - 4 \Rightarrow \{\begin{cases} M = 7 \\ m = - 4 \end{cases} \Rightarrow M + m = 3$

Câu 7:

Họ nguyên hàm của hàm số $f (x) = 2 (x + \cos 2 x)$ là

A. $x^{2} + 2 \sin 2 x + C$

B. $x^{2} - 2 \sin 2 x + C$

C. $x^{2} + \sin 2 x + C$

D. $x^{2} - \sin 2 x + C$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: nguyên hàm của $f (x)$ bằng $2 (1 + \frac{1}{2} \sin 2 x) + C = 2 + \sin 2 x + C$

Câu 8:

Trong không gian Oxyz, mặt phẳng $(P) : x + 2 y - 2 z - 5 = 0$

A. $E (2; 1; 0)$

B. $M (1; - 3; 0)$

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

D. $H (3; 0; - 1)$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có:

H (3; 0; - 1) \in (P)

Câu 9:

Tập nghiệm S của bất phương trình

\log_{3} (5 - x) < 1

là

A. $S = (2; 5)$

B. $S = (0; 2)$

C. $S = (3; 5)$

D. $S = (2; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án A

\log_{3} (5 - x) < 1 \Leftrightarrow \log_{3} (5 - x) < \log_{3} 3 \Leftrightarrow 0 < 5 - x < 3 \Leftrightarrow 2 < x < 5 \Rightarrow S = (2; 5)

Câu 10:

Cho k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn $k \leq n$ , $A_{n}^{k}$ là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. $A_{n}^{k} = \frac{n!}{(n - k)!}$

B. $A_{n}^{k} = (n - k)!$

C. $A_{n}^{k} = \frac{n!}{k! (n - k)!}$

D. $A_{n}^{k} = \frac{n!}{k!}$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có:

A_{n}^{k} = \frac{n!}{(n - k)!}

Câu 11:

Với a và b là sai số thực dương tùy ý, $\ln (\frac{a^{2}}{b})$ bằng

A. $2 (\ln a - \ln b)$

B. $\ln (2 a) - \ln b$

C. $2 \ln a - \ln b$

D. $\frac{2 \ln a}{\ln b}$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $\ln (\frac{a^{2}}{b}) = \ln a^{2} - \ln b = 2 \ln a - \ln b$

Câu 12:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm $A (1; 2; - 2)$ và $B (3; - 2; 2)$ . Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. 3

B. 10

C. 2

D. 6

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có:

A B = \sqrt{2^{2} + 4^{2} + 4^{2}} = 6

Câu 13:

Gọi a và b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức $z = 2 + 3 i$ . Tính giá trị biểu thức $T = 2 a - b$

A. 1

B. 7

C. 4 + 3i

D. 4 – 3i

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $z = 2 + 3 i \Rightarrow a = 2, b = 3 \Rightarrow T = 2 a - b = 1$

Câu 14:

Cho bốn hàm số $y = \sqrt[3]{x}, y = x^{\frac{1}{3}}, y = \log_{2} |x| v à y = \log_{x^{2} + 1} 2$ . Có bao nhiêu hàm số có tập xác định là $ℝ$ ?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án A

+) Hàm $y = \sqrt[3]{x}$ có tập xác định là $ℝ$ .

+) Hàm số $y = x^{\frac{1}{3}}$ có tập xác định $D = (0; + \infty)$

+) Hàm số $y = \log_{2} |x|$ , có điều kiện: $|x| > 0 \Leftrightarrow x \neq 0$

+) Hàm số $y = \log_{x^{2} + 1} 2$ , có điều kiện: $0 < x^{2} + 1 \neq 1 \Leftrightarrow x \neq 0$

Vậy chỉ có duy nhất hàm $y = \sqrt[3]{x}$ có tập xác định là $ℝ$ .

Chú ý: Do

\sqrt[3]{x} = x^{\frac{1}{3}}

chỉ đúng khi

x > 0

. Nên tập xác định của

y = \sqrt[3]{x}

và

y = x^{\frac{1}{3}}

là khác nhau.

Câu 15:

Tính thể tích V của hình lập phương

A B C D . A' B' C' D'

có đường chéo

A C' = 2 \sqrt{3} a

A. $V = a^{3}$

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

C. $V = \frac{8 a^{3}}{3}$

D. $V = 8 a^{3}$

Xem đáp án

Đáp án D

Hình lập phương cạnh x có đường chéo $A C' = x \sqrt{3} = 2 \sqrt{3} a \Rightarrow x = 2 a \Rightarrow V = x^{3} = {(2 a)}^{3} = 8 a^{3}$

Câu 16:

Trong không gian Oxyz, bán kính của mặt cầu (S) tâm

I (2; 1; - 1)

tiếp xúc với mặt phẳng

(P) : x + 2 y - 2 z + 6 = 0

bằng

A. 12

B. 4

C. 3

D. 6

Xem đáp án

Đáp án B

Do (S) tiếp xúc với $(P) \Rightarrow d (I, (P)) = \frac{|2 + 2 + 2 + 6|}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + {(- 2)}^{2}}} = 4$

Câu 17:

Đặt

\log_{2} 3 = a

. Khi đó

\log_{12} 18

bằng

A. $\frac{1 + 3 a}{2 + a}$

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

C. a

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

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $\log_{12} 18 = \frac{\log_{2} 18}{\log_{2} 12} = \frac{\log_{2} ({2.3}^{2})}{\log_{2} (2^{2} .3)} = \frac{1 + 2 \log_{2} 3}{2 + \log_{2} 3} = \frac{1 + 2 a}{2 + a}$

Câu 18:

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{2 - x}}{x^{4} - 10 x^{2} + 9}$ bằng

A. 5

B. 3

C. 2

D. 4

Xem đáp án

Đáp án D

+) Do $\sqrt{2 - x}$ có nghĩa khi $x \leq 2$ hay $x \in (- \infty; - 2]$ (chứa $x \to - \infty$ ) nên để xác định tiệm cận ngang (TCN) ta tính $\lim_{x \to - \infty} \frac{\sqrt{2 - x}}{x^{4} - 10 x^{2} + 9} = 0 \Rightarrow y = 0$ là TCN (bậc trên tử nhỏ hơn bậc mẫu).

+) Xét phương trình $x^{4} - 10 x^{2} + 9 = 0 \Leftrightarrow x \in \{\pm 1; \pm 3\}$ . Thay lần lượt $x = \pm 1$ và $x = \pm 3$ lên tử thì có $x \in \{\pm 1; - 3\}$ làm cho $\sqrt{2 - x}$ khác 0 và có nghĩa $\Rightarrow$ có 3 tiệm cận đứng là $x = \pm 1$ ; $x = - 3$ .

Vậy tổng số đường tiệm cận là: 4.

Câu 19:

Tập nghiệm của phương trình

\log_{2}^{2} (x^{2}) - 4 \log_{2} (2 x) + 4 = 0

là:

A. $\{1; 4\}$

B. $\{1; 2\}$

C. $\{2; 4\}$

D. $\{4\}$

Xem đáp án

Đáp án B

Điều kiện: $x > 0$ . Biến đổi phương trình:

${(2 \log_{2} x)}^{2} - 4 (1 + \log_{2} x) + 4 = 0 \Leftrightarrow \log_{2}^{2} x - \log_{2} x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{2} x = 0 \\ \log_{2} x = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 2 \end{array} \Rightarrow S = \{1; 2\}$

Câu 20:

Trong không gian Oxyz, tọa độ giao điểm của đường thẳng $d : \frac{x}{1} = \frac{y + 1}{2} = \frac{z - 1}{- 1}$ với mặt phẳng $(P) : 2 x - y + z - 1 = 0$ là

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

B. $F (1; 1; 0)$

C. $E (2; 3; - 1)$

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

Xem đáp án

Đáp án B

$d : \{\begin{cases} x = t \\ y = - 1 + 2 t \\ z = 1 - t \end{cases}$ thay vào (P) được: $2 t - (- t + 2 t) + 1 - t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow F (1; 1; 0)$

Câu 21:

Cho tứ diện

O A B C

có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và

O A = 4, O B = O C = 8

. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

O A B C

bằng

A. $\sqrt{5}$

B. 12

C. 3

D. 6

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $R = \frac{\sqrt{O A^{2} + O B^{2} + O C^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{4^{2} + 8^{2} + 8^{2}}}{2} = 6$

Câu 22:

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

Số nghiệm thực của phương trình $2 f (x^{2} - 1) - 5 = 0$

A. 1

B. 3

C. 4

D. 2

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $2 f (x^{2} - 1) - 5 = 0 \Leftrightarrow f (x^{2} - 1) = \frac{5}{2}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} - 1 = a < - 3 \\ x^{2} - 1 = b \in (- 2; - 1) \\ x^{2} - 1 = c \in (- 1; 0) \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} = a + 1 < - 2 < 0 \\ x^{2} = b + 1 < 0 \\ x^{2} = c + 1 > 0 \end{array} \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{c + 1}$

Có 2 nghiệm thực.

Câu 23:

Cho khối chóp

S . A B C D

có thể tích

V = 6 a^{3}

, đáy ABCD là hình thang với hai cạnh đáy AD và BC thỏa mãn

A D = 2 B C

, diện tích tam giác SCD bằng

\sqrt{34} a^{2}

(tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng

(S C D)

bằng

Cho khối chóp S.ABCD có thể tích V = 6a^3 , đáy ABCD là hình thang với hai cạnh đáy AD và BC thỏa mãn (ảnh 1)

A. $\frac{3 \sqrt{34}}{17} a$

B. $\frac{9 \sqrt{34}}{34} a$

C. $\frac{3 \sqrt{34}}{34} a$

D. $\frac{\sqrt{34}}{17} a$

Xem đáp án

Đáp án A

Do $A D = 2 B C \Rightarrow S_{B C D} = \frac{1}{2} S_{A D B} \Rightarrow S_{B C D} = \frac{1}{3} S_{A B C D} \Rightarrow V_{S . B C D} = \frac{1}{3} V_{S . A B C D} = \frac{6 a^{3}}{3} = 2 a^{3}$

Suy ra

d (B, (S C D)) = \frac{3 V_{B . S C D}}{S_{S C D}} = \frac{3 V_{S . B C D}}{S_{S C D}} = \frac{6 a^{3}}{\sqrt{34} a^{2}} = \frac{3 \sqrt{34} a}{17}

Câu 24:

Cho hàm số

y = f (x)

có đạo hàm

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

. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 2

B. 1

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $f' (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0; x = - 3 \\ x = 1 (l o \underset{^{•}}{a} i) \end{array} \Rightarrow x \in \{0; - 3\}$ : hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 25:

Số cách xếp 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang sao cho hai học sinh nữ luôn luôn đứng cạnh nhau là

A. 24

B. 12

C. 120

D. 48

Xem đáp án

Đáp án D

Để thỏa mãn 2 học sinh nữ luôn đứng cạnh nhau, ta coi 2 học sinh nữa là 1 “học sinh đặc biệt”.

+) Số cách xếp 4 học sinh (gồm 3 học sinh nam và 1 học sinh đặc biệt) là: 4! = 24.

+) Số cách xếp nội bộ 2 học sinh nữa là: 2! = 2.

Suy ra số cách xếp thảo mãn bài toán là:

24.2 = 48.

Câu 26:

Thể tích vật tròn xoay sinh bởi hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên khi quay quanh trục hoành được tính theo công thức nào dưới đây?

Thể tích vật tròn xoay sinh bởi hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên khi quay quanh trục hoành được tính theo công thức nào dưới đây (ảnh 1)

A. $π \int_{1}^{3} 4^{x} d x$

B. $π \int_{1}^{3} (4^{x} - 4) d x$

C. $π \int_{1}^{3} {(2^{x} - 2)}^{2} d x$

D. $\int_{1}^{3} (2^{x} - 2) d x$

Xem đáp án

Đáp án B

Hình phẳng được giới hạn bởi các đường: $\{\begin{cases} y = 2^{x} \\ y = 2 \\ x = 1 \\ x = 3 \end{cases} \Rightarrow V_{O x} = π \int_{1}^{3} ({(2^{x})}^{2} - 2^{2}) d x = π \int_{1}^{3} (4^{x} - 4) d x$

Câu 27:

Hàm số

f (x) = 2^{x^{2} - 2 x}

có đạo hàm

A. $f' (x) = 2 (x - 1) {.2}^{x^{2} - 2 x + 1}$

B. $f' (x) = (x - 1) {.2}^{x^{2} - 2 x + 1} . \ln 2$

C. $f' (x) = (x - 1) {.2}^{x^{2} - 2 x} . \ln 2$

D. $f' (x) = 2^{x^{2} - 2 x} . \ln 2$

Xem đáp án

Đáp án B

Áp dụng công thức: ${(a^{u})}^{}^{'} = u' a^{u} \ln a$ , ta có: $f' (x) = {(2^{x^{2} - 2 x})}^{'} = (2 x - 2) {.2}^{x^{2} - 2 x} \ln 2 = (x - 1) {.2}^{x^{2} - 2 x + 1} \ln 2$

Câu 28:

Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông có cạnh huyền bằng

2 \sqrt{2} a

. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. $4 \sqrt{2} π a^{2}$

B. $\frac{2 \sqrt{2} π a^{3}}{3}$

C. $2 \sqrt{2} π a^{2}$

D. $4 {πa}^{2}$

Xem đáp án

Đáp án C

Do $S A = S B$ nên tam giác SAB vuông cân tại S $\Rightarrow 1 = S A = \frac{A B}{\sqrt{2}} = \frac{2 \sqrt{2} a}{\sqrt{2}} = 2 a \Rightarrow s_{x q} = π R l = π . \sqrt{2} a .2 a = 2 \sqrt{2} π a^{2}$

Câu 29:

Cho hình chóp

S A B C

có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a, SA vuông góc với mặt phẳng

(A B C)

, SA = a (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng

(S B C)

bằng

A. $a \sqrt{3}$

B. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$

C. $2 a$

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

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $d (A, (S B C)) = A H$ (như hình vẽ)

Có: $A M = \frac{(2 a) . \sqrt{3}}{2} = a \sqrt{3}$

$\Rightarrow \frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{A S^{2}} + \frac{1}{A M^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{3 a^{2}} = \frac{4}{3 a^{2}} \Rightarrow A H = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Câu 30:

Cho hình chóp tứ giác đều

S . A B C D

có góc giữa hai mặt bên

(S A D)

và

(S B C)

bằng

60^{o}

. Gọi M là trung điểm của cạnh SA (tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai mặt phẳng

(B C M)

và

(A B C D)

bằng

A. $60^{o}$

B. $30^{o}$

C. $15^{o}$

D. $45^{o}$

Xem đáp án

Đáp án B

Cách 1: Do $A D / / B C \Rightarrow (S A D) \cap (S B C) = d / / B C$

Gọi EF lần lượt là trung điểm của BC, AD

$\Rightarrow \{\begin{cases} F S ⊥ d \\ E S ⊥ d \end{cases} \Rightarrow ((S A D), (S B C)) = \hat{E S F} = 60^{o}$

$\Rightarrow Δ S E F$ đều.

Đặt $A B = E F = a \Rightarrow S O = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Ta có: $((B C M), (A B C D)) = \hat{M K H} = γ$ (như hình vẽ)

Với H, K lần lượt là trung điểm của AO, BE. Khi đó: $M H = \frac{S O}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{4}, \frac{H K}{A B} = \frac{C H}{C A} = \frac{3}{4} \Rightarrow H K = \frac{3 a}{4}$

Suy ra: $\tan γ = \frac{M H}{H K} = \frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow γ = 30^{o}$

Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với $O (0; 0; 0)$

Ta có: $A (- 1; 0; 0), B (0; - 1; 0), C (1; 0; 0); D (0; 1; 0); S (0; 0; a)$ với $a > 0$

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{A D} = (1; 1; 0) \\ \vec{A S} = (1; 0; a) \end{cases} \Rightarrow \vec{n_{(S A D)}} = [\vec{A D}, \vec{A S}] = (a; - a; - 1)$

$\{\begin{cases} \vec{B C} = (1; 1; 0) \\ \vec{B S} = (0; 1; a) \end{cases} \Rightarrow \vec{n_{(S B C)}} = [\vec{B C}; \vec{B S}] = (a; - a; 1)$

Suy ra $\cos ((S A D), (S B C)) = \frac{|\vec{n_{(S A D)}} . \vec{n_{(S B C)}}|}{|\vec{n_{(S A D)}}| . |\vec{n_{(S B C)}}|} = \frac{|2 a^{2} - 1|}{2 a^{2} + 1} = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 a^{2} + 1 = 2 (2 a^{2} - 1) \\ 2 a^{2} + 1 = - 2 (2 a^{2} - 1) \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} a = \frac{\sqrt{6}}{2} \\ a = \frac{\sqrt{6}}{6} \end{array}$

Xét $a = \frac{\sqrt{6}}{2}$ (với $a = \frac{\sqrt{6}}{2}$ ta có kết quả tương tự).

Khi đó $S (0; 0; \frac{\sqrt{6}}{2}) \Rightarrow M (- \frac{1}{2}; 0; \frac{\sqrt{6}}{4})$

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{B C} = (1; 1; 0) \\ \vec{B M} = (- \frac{1}{2}; 1; \frac{\sqrt{6}}{4}) \end{cases} \Rightarrow \vec{n_{(B C M)}} = [\vec{B C}, \vec{B M}] = (\frac{\sqrt{6}}{4}; - \frac{\sqrt{6}}{4}; \frac{3}{2})$ song song với vectơ $(1; - 1; \sqrt{6})$

Ta có: $\vec{n_{(A B C D)}} = \vec{n_{(O x y)}} = \vec{k} = (0; 0; 1)$

Suy ra

\cos ((B C M), (A B C D)) = \frac{|\sqrt{6}|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 6.1}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow ((B C M), (A B C D)) = 30^{o}

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc giữa hai mặt bên SAD và SBC bằng 60 độ. Gọi M là (ảnh 3)

Câu 31:

Cho hàm số $y = f (x)$ . Hàm số $y = f' (x)$ có bảng biến thiên như hình bên. Bất phương trình $e^{f (x)} + x > m + \ln (x^{2} + 1)$ có nghiệm trên khoảng $(- 2; 2)$ khi và chỉ khi

Cho hàm số y = f(x) . Hàm số y = f'(x) có bảng biến thiên như hình bên. Bất phương trình (ảnh 1)

A. $m < e^{f (2)} + 2 - \ln 5$

B. $m \leq e^{f (- 2)} - 2 - \ln 5$

C. $m < e^{f (- 2)} - 2 - \ln 5$

D. $m \leq e^{f (2)} + 2 - \ln 5$

Xem đáp án

Đáp án A

Bất phương trình tương đương: $m < e^{f (x)} + x - \ln (x^{2} + 1) = g (x)$ có nghiệm trên khoảng $(- 2; 2) (*)$

Ta có: $g' (x) = f' (x) e^{f (x)} + 1 - \frac{2 x}{x^{2} + 1} = f' (x) . e^{f (x)} + \frac{{(x - 1)}^{2}}{x^{2} + 1}$

Từ bảng xét dấu của: $f' (x) \Rightarrow f' (x) > 0, \forall x \in (- 2; 2) \Rightarrow g' (x) > 0, \forall x \in (- 2; 2)$

Khi đó $g (- 2) < g (x) < g (2) \overset{(*)}{\to} m < g (2) = e^{f (x)} + 2 - \ln 5$

Câu 32:

Ông A gửi tiết kiệm ngân hàng 500 triệu đồng theo hình thức lãi kép, loại kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0,6% / tháng. Cuối mỗi tháng đến ngày tính lãi ông A ta đến ngân hàng và rút 2 triệu đồng để chi tiêu. Sau đúng 5 năm kể từ ngày gửi ông A đến và rút hết số tiền còn lại tron ngân hàng, hỏi số tiền đó gần với con số nào dưới đây?

A. 574 triệu đồng

B. 560 triệu đồng

C. 571 triệu dồng

D. 580 triệu đồng

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có công thức: $T_{n} = T {(1 + r)}^{n} - t . \frac{{(1 + r)}^{n} - 1}{r}$ với T = 500 triệu đồng, r = 0,6% / tháng, n = 5.12 = 60 tháng.

Suy ra: $T_{60} = 500. (1 + 0,6 %) - 2 \frac{{(1 + 0,6 %)}^{60} - 1}{0,6 %} \approx 571,97$ đồng gần nhất với 571 triệu đồng.

Câu 33:

Cho $\int_{0}^{3} \frac{\sqrt{x + 1}}{x - 8} d x = a + b \ln 2 + c \ln 5$ với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của biểu thức $T = a + 2 b + c$ bằng

A. 11

B. -7

C. -1

D. 5

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $t = \sqrt{x + 1} \Rightarrow t^{2} = x + 1 \Rightarrow 2 t d t = d x$

Đổi cận: $x = 0 \Rightarrow t = 1; x = 3 \Rightarrow t = 2$

Suy ra: $I = \int_{1}^{2} \frac{t .2 t d t}{t^{2} - 9} = s \int_{1}^{2} (1 + \frac{9}{t^{2} - 9}) d t = {2 (t + \frac{9}{6} \ln |\frac{t - 3}{t + 3}|)|}_{1}^{2} = 2 + 3 \ln 2 - 3 \ln 5 = a + b \ln 2 + c \ln 5$

Suy ra $\{\begin{cases} a = 2 \\ b = 3 \\ c = - 3 \end{cases} \Rightarrow T = a + 2 b + c = 5$

Câu 34:

Cho khối đa diện đều loại

\{3; 4\}

có độ dài cạnh bằng

a \sqrt{6}

. Thể tich khối cầu ngoại tiếp khối đa diện đều đã cho bằng

A. $9 \sqrt{2} π a^{3}$

B. $4 \sqrt{3} π a^{3}$

C. $12 \sqrt{3} π a^{3}$

D. $6 \sqrt{6} a^{3}$

Xem đáp án

Đáp án B

Khối đa diện đều loại $\{3; 4\}$ là một khối bát diện đều có tâm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện (như hình vẽ).

Ta có bán kính: $R = I A = \frac{B D}{2} = \frac{a \sqrt{6} . \sqrt{2}}{2} = a \sqrt{3}$

Suy ra thể tích khối cầu: $V = \frac{4}{3} π R^{3} = \frac{4}{3} π {(a \sqrt{3})}^{3} = 4 \sqrt{3} π a^{3}$

Câu 35:

Cho hình chữ nhật ABCD và hình thang cân ABEF nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Biết $A B = a;$ $B C = B E = a \sqrt{2}$ , $A B / / E F$ và $E F = 3 a$ (tham khảo hình vẽ), thể tích khối đa diện $A B C D E F$ bằng

Cho hình chữ nhật ABCD và hình thang cân ABEF nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau (ảnh 1)

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

B. $\frac{5 \sqrt{2} a^{3}}{6}$

C. $\sqrt{2} a^{3}$

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

Xem đáp án

Đáp án B

Do $\{\begin{cases} C B ⊥ A B = (A B C D) \cap (A B E F) \\ (A B C D) ⊥ (A B E F) \end{cases} \Rightarrow C B ⊥ (A B E F)$

Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên EF.

Khi đó: $E N = N M = M F = a$ và $\begin{array}{l} V_{A B C D E F} = V_{C . B N E} + V_{B N C . A M D} + V_{D . A M E} = 2 V_{C . B N E} + V_{B N C . A M D} \\ = 2. \frac{1}{3} C B . S_{B N E} + A B . S_{C B N} = \frac{2}{3} . a \sqrt{2} . \frac{1}{2} . a^{2} + a . \frac{1}{2} . a \sqrt{2} . a = \frac{5 \sqrt{2} a^{3}}{6} \end{array}$

Câu 36:

Giả sử

z_{1}, z_{2}

là hai trong số các số phức z thỏa mãn

(z + i) (\bar{z} + 3 i)

là số thuần ảo. Biết rằng

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

, giá trị lớn nhất của

|z_{1} + 2 z_{2}|

bằng

A. $3 \sqrt{2} - 3$

B. $3 + 3 \sqrt{2}$

C. $\sqrt{2} + 1$

D. $\sqrt{2} - 1$

Xem đáp án

Đáp án B

Gọi $z = x + y i (x, y \in ℝ)$ , khi đó:

$(z + i) (\bar{z} + 3 i) = [x + (y + 1) i] . [x - (y - 3) i]$ là số thuần ảo

$\Leftrightarrow$ phần thực: $x^{2} + (y + 1) (y - 3) = 0 \Leftrightarrow x^{2} + {(y - 1)}^{2} = 4 (*)$

Gọi $\{\begin{cases} A (z_{1}) \\ B (z_{2}) \end{cases} \to_{(*)}^{|z_{1} - z_{2}| = 3} A B = 3$

Và A, B thuộc đường tròn tâm $I (0; 1)$ và bán kính R = 2.

Xét điểm M thỏa mãn $\vec{M A} + 2 \vec{M B} = \vec{0} (2 *)$

Khi đó: $P = |z_{1} + 2 z_{2}| = |\vec{O A} + 2 \vec{O B}| = {|\vec{O M} + \vec{M A} + 2 (\vec{O M} + \vec{M B})|}^{(2 *)} = 3 |\vec{O M}| = 3 O M$

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó với (2*), suy ra:

$\{\begin{cases} M H = B H - B M = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2} \\ I H = \sqrt{I B^{2} - H B^{2}} = \sqrt{2^{2} - {(\frac{3}{2})}^{2}} = \frac{\sqrt{7}}{2} \end{cases} \Rightarrow I M = \sqrt{M H^{2} + I H^{2}} = \sqrt{2}$

Suy ra M thuộc đường tròn tâm $I (0; 1)$ , bán kính $r = \sqrt{2}$ .

Khi đó: $P_{\min} = 3 O M_{\min} = 3 O C = 3 (O I + r) = 3 (1 + \sqrt{2}) = 3 + 3 \sqrt{2}$ .

Câu 37:

Cho hình chóp $S . A B C D$ có đáy ABCD là hình chữ nhật $A B = \sqrt{2} a, A D = 2 a$ , SA vuông góc với đáy và $S A = \sqrt{2} a$ . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và AD (tham khảo hình vẽ). Tính cosin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng $(S A C)$ ?

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = căn bậc 2 của 2 a, AD = 2a, , SA vuông góc với đáy (ảnh 1)

A. $\frac{\sqrt{3}}{6}$

B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{\sqrt{6}}{3}$

D. $\frac{1}{3}$

Xem đáp án

Đáp án B

Cách 1: Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC khi đó $(M P Q) / / (S A C)$ $\Rightarrow (M N, (S A C)) = (M N, (M P Q))$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên PQ $\Rightarrow N H ⊥ (M P Q)$

Suy ra: $(M N, (M P Q)) = \hat{N M H}$

Ta có: $\{\begin{cases} N H = \frac{2 S_{N P Q}}{P Q} = \frac{2. \frac{1}{4} S_{A B C S}}{\frac{A C}{2}} = \frac{S_{A B C D}}{A C} = \frac{A B . B C}{\sqrt{A B^{2} + B C^{2}}} = \frac{a \sqrt{2} .2 a}{a \sqrt{6}} = \frac{2 a}{\sqrt{3}} \\ M N = \sqrt{A M^{2} + A N^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a \sqrt{2} \end{cases}$

Suy ra: $M H = \sqrt{M N^{2} - N H^{2}} = \sqrt{{(a \sqrt{2})}^{2} - {(\frac{2 a}{\sqrt{3}})}^{2}} = \frac{\sqrt{6} a}{3}$

Suy ra $\cos \hat{N M P} = \frac{M H}{M N} = \frac{a \sqrt{6}}{3} : a \sqrt{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Cách 2: Ta gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ và cho a = 1.

Khi đó: $A (0; 0; 0), B (\sqrt{2}; 0; 0), C (\sqrt{2}; 2; 0), D (0; 2; 0), S (0; 0; \sqrt{2})$

$\Rightarrow \{\begin{cases} M (\frac{\sqrt{2}}{2}; 0; \frac{\sqrt{2}}{2}) \\ N (0; 1; 0) \end{cases} \Rightarrow \vec{N M} = (\frac{\sqrt{2}}{2}; - 1; \frac{\sqrt{2}}{2})$

Có $\{\begin{cases} \vec{A C} = (\sqrt{2}; 2; 0) \\ \vec{A S} = (0; 0; \sqrt{2}) \end{cases} \Rightarrow [\vec{A C}, \vec{A S}] = (2 \sqrt{2}; - 2; 0) \Rightarrow \vec{n_{(S A C)}} = (\sqrt{2}; - 1; 0)$

Suy ra $\sin (M N, (S A C)) = \frac{|\vec{u_{M N}} . \vec{n_{(S A C)}}|}{|\vec{u_{M N}}| . |\vec{n_{(S A C)}}|} = \frac{2 \sqrt{2}}{2 \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

$\Rightarrow \cos (M N, (S A C)) = \sqrt{1 - {(\frac{\sqrt{6}}{3})}^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Câu 38:

Cho hàm số $y = 2 x^{3} - (m + 3) x^{2} - 2 (m - 6) x + 2019$ . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số trên có hai điểm cực trị đều thuộc đoạn $[0; 3]$ ?

A. 0

B. 3

C. 2

D. 1

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $y' = 6 x^{2} - 2 (m + 3) - 2 (m - 6); y' = 0 \Leftrightarrow 3 x^{2} - (m + 3) x + 6 - m = 0$

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

Yêu cầu bài toán trở thành “Tìm $m \in ℤ$ , sao cho (*) có 2 nghiệm phân biệt đều thuộc $[0; 3]$ ”.

Xét hàm số $f (x) = \frac{3 (x^{2} - x + 2)}{x + 1}$ trên đoạn $[0; 3]$ .

Ta có: $f' (x) = \frac{3 (x^{2} + 2 x - 3)}{{(x + 1)}^{2}}; f' (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = - 3 \end{array}$

Cho hàm số y = 2x^3 - (m + 3)x^2 - 2(m - 6)x + 2019 . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số trên có hai điểm cực trị đều thuộc đoạn (ảnh 1)

Từ bảng biến thiên, suy ra: $3 < m \leq 6 \overset{m \in ℤ}{\to} m \in \{4; 5; 6\}$

Câu 39:

Cho số phức $z = a + b i (a, b \in ℝ)$ thỏa mãn phương trình $i (z - 5) = 2 (\bar{z} - 3) - (1 - i) |z|$ . Giá trị biểu thức $T = a - 2 b$ bằng

A. 11

B. 2

C. -2

D. -11

Xem đáp án

Đáp án C

Biến đổi phương trình tương đương: $i . (a + b i - 5) = 2 (a - b i - 3) - (1 - i) \sqrt{a^{2} + b^{2}}$

$\Leftrightarrow (2 a + b - 6 - \sqrt{a^{2} + b^{2}}) + (\sqrt{a^{2} + b^{2}} - a - 2 b + 5) i = 0$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 a + b - 6 - \sqrt{a^{2} + b^{2}} = 0 \\ \sqrt{a^{2} + b^{2}} - a - 2 b + 5 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} \sqrt{a^{2} + b^{2}} = 2 a + b - 6 \\ \sqrt{a^{2} + b^{2}} = a + 2 b - 5 \end{cases} \Rightarrow 2 a + b - 6 = a + 2 b - 5 \Leftrightarrow b = a - 1$

Khi đó ta có: $\sqrt{a^{2} + {(a - 1)}^{2}} = 2 a + (a - 1) - 6 \Leftrightarrow \sqrt{2 a^{2} - 2 a + 1} = 3 a - 7$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} a \geq \frac{7}{3} \\ 7 a^{2} - 40 a + 48 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow a = 4 \Rightarrow b = 3 \Rightarrow T = a - 2 b = - 2$

Câu 40:

Gọi S là tập hợp các số có bốn chữ số được lập nên từ các số 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8. Rút ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số đực rút là số chẵn có dạng $\bar{a b c d}$ thỏa mãn $a \leq b < c \leq d$ .

A. $\frac{2}{21}$

B. $\frac{8}{343}$

C. $\frac{80}{2401}$

D. $\frac{76}{2401}$

Xem đáp án

Đáp án C

Số phần tử không gian mẫu: $n (Ω) = 7.7.7.7 = 2401$

Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Do $\bar{a b c d}$ là số chẵn nên ta có:

Trường hợp 1: Nếu $d = 8 \Rightarrow 2 \leq a \leq b < c \leq 8 \Leftrightarrow 2 \leq a < b + 1 < c + 1 \leq 9 (*)$

Khi đó ứng với mỗi bộ 3 số: a, b + 1, c + 1 lấy từ các chữ số từ $2 \to 9$ (có 8 chữ số) ta chỉ có 1 cách xếp suy nhất thỏa mãn (*). Suy ra số các số tạo ra: $C_{8}^{3}$

Trường hợp 2: Nếu $d = 6 \Rightarrow 2 \leq a \leq b < c \leq 6 \Leftrightarrow 2 \leq a < b + 1 < c + 1 \leq 7 (2 *)$

Lí luận (2*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: $C_{6}^{3}$

Trường hợp 3: Nếu $d = 4 \Rightarrow 2 \leq a \leq b < c \leq 4 \Leftrightarrow 2 \leq a < b + 1 < c + 1 \leq 5 (3 *)$

Lí luận (3*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: $C_{4}^{3}$

Vậy: $n (A) = C_{8}^{3} + C_{6}^{3} + C_{4}^{3} = 80$ . Suy ra: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{80}{2401}$ .

Câu 41:

Cho hàm số

y = f (x)

có đạo hàm liên tục trên đoạn

[0; 1]

và thỏa mãn

f^{2} (x) - x f (x) f' (x) = 2 x + 4 \forall x \in [0; 1]

. Biết

f (1) = 3

, tích phân

I = \int_{0}^{1} f^{2} (x) d x

bằng

A. 13

B. $\frac{13}{3}$

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

D. 19

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $f^{2} (x) = x f (x) f' (x) + 2 x + 4$

$\Rightarrow I = \int_{0}^{1} f^{2} (x) d x = \int_{0}^{1} [x f (x) f' (x) + 2 x + 4] d x = \int_{0}^{1} x f (x) f' (x) d x + \int_{0}^{1} (2 x + 4) d x = A + 5 (*)$

Tính $A = \int_{0}^{1} x f (x) f' (x) d x$

Đặt $\{\begin{cases} u = x f (x) \\ d v = f' (x) d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = (f (x) + x f' (x)) d x \\ v = f (x) \end{cases}$

$\Rightarrow A = x f^{2} {(x)|}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f (x) (f (x) + x f' (x)) d x = 9 - \int_{0}^{1} f^{2} (x) d x - \int_{0}^{1} x f (x) f' (x) d x$

$\Rightarrow A = \frac{9 - I}{2} (2 *)$ . Thay (2*) vào (*), ta được: $I = \frac{9 - I}{2} + 5 \Leftrightarrow I = \frac{19}{3}$

Câu 42:

Một biển quảng cáo có dạng hình vuông ABCD và I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Trên tấm biển đó có đường Parabol đỉnh I đi qua A, B và cắt đường chéo BD tại M. Chi phí để sơn phần tô hình tổ ong (có diện tích $S_{1}$ ) là 200000 đồng/m², chi phí sơn phần tô đậm (có diện tích $S_{2}$ ) là 150000 đồng/m² và phần còn lại là 100000 đồng/m². Số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết $A B = 4 m$ ?

Một biển quảng cáo có dạng hình vuông ABCD và I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Trên tấm biển đó có đường Parabol (ảnh 1)

A. 2,51 triệu đồng

B. 2,36 triệu đồng

C. 2,58 triệu đồng

D. 2,34 triệu đồng

Xem đáp án

Đáp án B

Diện tích hình vuông là: $S = 4^{2} = 16 m^{2}$

Gọi $S_{3}$ là phần diện tích còn lại (không tô đậm).

Gắn hệ tọa độ nhưu hình vẽ:

Do $I (0; 4)$ là đỉnh của parabol (P) nên có phương trình: $y = a x^{2} + 4 \overset{B (2; 0) \in (P)}{\to} 0 = 4 a + 4 \Leftrightarrow a = - 1 \Rightarrow y = - x^{2} + 4$

Ta có $B (2; 0), D (- 2; 4) \Rightarrow$ phương trình $D B : y = - x + 2$

Xét phương trình: $- x^{2} + 4 = - x + 2 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = 2 \end{array} \Rightarrow M (- 1; 3)$ . Khi đó $\{\begin{cases} S_{1} = \int_{- 1}^{2} ((- x^{2} + 4) - (- x + 2)) d x = \int_{- 1}^{2} (- x^{2} + x + 2) d x = \frac{9}{2} m^{2} \\ S_{2} = \int_{- 2}^{- 1} (- x^{2} + 4) d x + \int_{- 1}^{2} (- x + 2) d x = \frac{37}{6} m^{2} \end{cases} \overset{(*)}{\to} S_{3} = S - (S_{1} + S_{2}) = \frac{16}{3}$

Suy ra tổng tiền: $T = \frac{9}{2} .200000 + \frac{37}{6} .150000 + \frac{16}{3} .100000 = 2368333, (3) \approx 2,37$ triệu đồng.

Chú ý: Ở bài toán này ta có thể sử dụng công thức giải nhanh: “Diện tích giới hạn bởi parabol (P) và trục hoành là:

$S_{1} + S_{2} = \frac{2}{3} I O . A B = \frac{2}{3} .4.4 = \frac{32}{3} m^{2} \Rightarrow S_{2} = \frac{32}{3} - S_{1} = \frac{32}{3} - \frac{9}{2} = \frac{37}{6} m^{2}$

Câu 43:

Bình hút chân không bằng thủy tinh là kết hợp của một hình nón cụt (N) và một hình trụ (T) xếp chồng lên nhau, bán kính đường tròn đáy của hình trụ và đáy lớn của hình nón cụt lần lượt là R và 4R, chiều cao của hình trụ và hình nón cụt lần lượt là h và 3h (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích của bình bằng 4dm³, thể tích của khối nón cụt (N) bằng

Bình hút chân không bằng thủy tinh là kết hợp của một hình nón cụt (N) và một hình trụ (T) xếp chồng lên nhau (ảnh 1)

A. $\frac{42}{11} d m^{3}$

B. $\frac{192}{19} d m^{3}$

C. $3,5 d m^{3}$

D. $3 d m^{3}$

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi $V, V_{1}, V_{2}$ lần lượt là thể tích của bình hút chân không, khối trụ (T) và khối nón cụt (N).

Ta có: $\{\begin{cases} V_{1} = h π R^{2} \\ V_{2} = \frac{1}{3} . (3 h) . π (R^{2} + {(4 R)}^{2} + R .4 R) = 21 h π R^{2} \end{cases} \Rightarrow V_{1} = \frac{V_{2}}{21}$

Khi đó:

V = V_{1} + V_{2} = \frac{V_{2}}{21} + V_{2} = \frac{22 V_{2}}{21} \Rightarrow V_{2} = \frac{21}{22} V = \frac{21}{22} .4 = \frac{42}{11} d m^{3}

Câu 44:

Cho dãy số $(u_{n}) c ó u_{n + 1} = 10 u_{n} + 9, \forall n \geq 1$ và $\log (u_{10} + 1) = u_{1} + 1$ . Giá trị nhỏ nhất của n để $u_{n} > 2018^{2019}$ bằng

A. 6673

B. 6672

C. 6671

D. 6674

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $u_{n + 1} = 10 u_{n} + 9 \Leftrightarrow u_{n + 1} + 1 = 10. (u_{n} + 1) (*)$

Đặt $v_{n} = u_{n} + 1 \overset{(*)}{\to} v_{n + 1} = 10 v_{n}$ , suy ra $v_{n}$ là một cấp số nhân với công bội $q = 10$ .

Suy ra: $v_{n} = v_{1} {.10}^{n - 1} \Leftrightarrow u_{n} + 1 = (u_{1} + 1) {.10}^{n - 1} (2 *)$ . Từ (2*), suy ra: $u_{10} + 1 = (u_{1} + 1) {.10}^{9}$

Khi đó: $\log (u_{10} + 1) = u_{1} + 1 \Leftrightarrow \log [(u_{1} + 1) {.10}^{9}] = u_{1} + 1 \Leftrightarrow 9 + \log (u_{1} + 1) = u_{1} + 1 \overset{C a s i o}{\Leftrightarrow} u_{1} = 9$

Suy ra: $u_{n} + 1 = 10^{n} \Leftrightarrow u_{n} = 10^{n} - 1$

Khi đó: $u_{n} > 2018^{2019} \Leftrightarrow 10^{n} - 1 > 2018^{2019} \Rightarrow 10^{n} > 2018^{2019} \Rightarrow n > 2019 \log 2018 \approx 6672,64$

$\Rightarrow n_{\min} = 6673$

Câu 45:

Gọi S là tập hợp tất cả các gái trị nguyên dương của tham số m để hàm số

y = x \ln x - m x - \frac{18}{x}

đồng biến trên khoảng

(1; + \infty)

. Tổng tất cả các phần tử thuộc S bằng

A. 1

B. 6

C. 10

D. 3

Xem đáp án

Đáp án B

Yêu cầu bài toán tương đương: $y' = \ln x + 1 - m + \frac{18}{x^{2}} \geq 0$ với $\forall x \in (1; + \infty)$

$\Leftrightarrow m \leq \frac{18}{x^{2}} + 1 + \ln x = f (x), \forall x \in (1; + \infty) (*)$

Ta có: $f' (x) = - \frac{36}{x^{3}} + \frac{1}{x} = \frac{x^{2} - 36}{x^{3}}; f' (x) = 0 \overset{x > 1}{\to} x = 6$

Lập bảng biến thiên, suy ra: $\underset{(1; + \infty)}{\min f (x)} = f (6) = \frac{3}{2} + \ln 6$

Khi đó $(*) \Leftrightarrow m \leq \underset{(1; + \infty)}{\min f (x)} = \frac{3}{2} + \ln 6 \approx 3,3 \overset{m \in N^{*}}{\to} S = \{1; 2; 3\} \Rightarrow \sum S = 6$

Câu 46:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm $A (1; 3; 0), B (4; 3; 3)$ và đường thẳng $d : \frac{x + 5}{5} = \frac{y + 3}{4} = \frac{z}{1}$ . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho $\hat{A M B} = 60^{o}$ , giá trị biểu thức $T = M A^{2} + M B^{2}$ bằng

A. 207

B. 30

C. 12

D. 36

Xem đáp án

Đáp án B

Do $M \in d \Rightarrow M (5 t - 5; 4 t - 3; t)$

$\Rightarrow \{\begin{cases} \vec{A M} = (5 t - 6; 4 t - 6; t) \\ \vec{B M} = (5 t - 9; 4 t - 6; t - 3) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} M A^{2} = 42 t^{2} - 108 t + 72 \\ M B^{2} = 42 t^{2} - 144 t + 126 \\ M A^{2} + M B^{2} = 84 t^{2} - 252 t + 198 (*) \end{cases}$

Ta có: $A B^{2} + M A^{2} + M B^{2} - 2 M A . M B . \cos \hat{A M B}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 18 = 84 t^{2} - 252 t + 198 - \sqrt{(42 t^{2} - 108 t + 72) (42 t^{2} - 144 t + 126)} \\ \Leftrightarrow 84 t^{2} - 252 t + 180 - \sqrt{(42 t^{2} - 108 t + 72) (42 t^{2} - 144 t + 126)} = 0 \overset{C a s i o}{\to} t = 2 \end{array}$

Thay t = 2 vào (*), ta được T = 30.

Câu 47:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đồ thị hàm số $y = f' (x)$ liên tục trên $ℝ$ như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in (- 10; 10)$ đề hàm số $y = f (3 x - 1) + x^{3} - 3 m x$ đồng biến trên khoảng $(- 2; 1)$ ?

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hàm số y = f'(x) liên tục trên R như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số (ảnh 1)

A. 10

B. 8

C. 6

D. 11

Xem đáp án

Đáp án C

Yêu cầu bài toán tương đương: $y' = 3 f' (3 x - 1) + 3 x^{2} - 3 m \geq 0$ với $\forall x \in (- 2; 1)$

$\Leftrightarrow m \leq f' (3 x - 1) + x^{2}, \forall x \in (- 2; 1) (*)$

Đặt $t = 3 x - 1 \overset{x \in (- 2; 1)}{\to} t \in (- 7; 2)$

Khi đó (*) có dạng: $m \leq f' (t) + \frac{{(t + 1)}^{2}}{9} = g (t), \forall t \in (- 7; 2)$

Ta có: $\{\begin{cases} \underset{(- 7; 2)}{\min f' (t)} = f' (- 1) = - 4 \\ \min_{(- 7; 2)} \frac{{(t + 1)}^{2}}{9} = 0 k h i t = - 1 \end{cases} \Rightarrow \underset{(- 7; 2)}{\min g (t)} = \underset{(- 7; 2)}{\min f' (t)} + \min_{(- 7; 2)} \frac{{(t + 1)}^{2}}{9} = - 4 k h i t = - 1$

Vậy (*) $\Leftrightarrow m \leq \underset{(- 7; 2)}{\min g (t)} = - 4 \overset{m \in (- 10; 10), m \in ℤ}{\to} m \in \{- 9, - 8; ...; - 4\}$ : có 6 số nguyên m

Câu 48:

Cho khối lăng trụ $A B C . A' B' C'$ có $A' B = 4 a$ . Gọi M là trung điểm của cạnh $B B' v à C M = a \sqrt{2}$ . Biết khoảng cách giữa $A' B$ và CM bằng a và góc tạo bởi hai đường thẳng $A' B$ và CM là $30^{o}$ (tham khảo hình bên), thể tích khối lăng trụ $A B C . A' B' C'$ bằng

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có A'B = 4a . Gọi M là trung điểm của cạnh BB' và CM = a căn bậc 2 của 2 (ảnh 1)

A. $2 \sqrt{2} a^{3}$

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

C. $6 \sqrt{2} a^{3}$

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

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi N là trung điểm của $A' B'$ , khi đó: $N M / / A' B'$

Suy ra: $\{\begin{cases} M N = \frac{A B}{2} = 2 a \\ \hat{(A' B, C M)} = \hat{(N M, C M)} = 30^{o} \end{cases}$

$\Rightarrow S_{C M N} = \frac{1}{2} M N . C M . \sin (\hat{N M, C M}) = 30^{o}$

Ta có: $d (A' B, C M) = d (A' B, (C M N)) = d (B, (C M N)) = a$

Khi đó: $V_{B . C M N} = \frac{1}{3} d (B, (C M N)) . S_{C M N} = \frac{1}{3} a . \frac{a^{2} \sqrt{2}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{6} (*)$

Ta có: $S_{B M N} = \frac{1}{2} S_{B N B'} = \frac{1}{4} S_{A' B B'} \Rightarrow V_{B . C M N} = V_{C . B M N} = \frac{1}{4} S_{C . A' B B'} = \frac{1}{4} . \frac{1}{3} . V_{A B C . A' B' C'}$

$\Rightarrow V_{A B C . A' B' C'} = 12 V_{B . C M N} = 12. \frac{a^{3} \sqrt{2}}{6} = 2 \sqrt{2} a^{3}$

Chú ý: Với khối lăng trụ tam giác có thể tích V nếu lấy 4 đỉnh bất kì từ 6 đỉnh (để tạo thành tứ diện) thì thể tích $V_{(4)} = \frac{V}{3}$ , nếu lấy 5 điểm bất kì tạo thành khối đa diện có thể tích $V_{(5)} = \frac{2 V}{3}$

Câu 49:

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình $(m - 1) e^{x} = 2 x (m + 1)$ có 2 nghiệm phân biệt. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng

A. 28

B. 20

C. 27

D. 21

Xem đáp án

Đáp án B

Do m = -1 (không thỏa mãn phương trình) nên phương trình tương đương: $\frac{m - 1}{m + 1} = \frac{2 x}{e^{x}} = f (x)$

Ta có: $f' (x) = \frac{2 e^{x} - 2 x e^{x}}{e^{2 x}} = \frac{2 (1 - x)}{e^{x}}; f' (x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình (ảnh 1)

Có: $\{\begin{cases} \lim_{x \to - \infty} \frac{2 x}{e^{x}} = \lim_{x \to - \infty} (2 x . e^{- x}) = - \infty . (+ \infty) \\ \lim_{x \to + \infty} \frac{2 x}{e^{x}} = 0 \end{cases}$

Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm khi và chỉ khi:

$0 < \frac{m - 1}{m + 1} < \frac{2}{e} \overset{m > 0}{\leftrightarrow} \{\begin{cases} m - 1 > 0 \\ (e - 2) m - e - 2 < 0 \end{cases} \Leftrightarrow 1 < m < \frac{e + 2}{e - 2} \approx 6,6 \overset{m \in ℕ^{*}}{\to} m \in \{2; 3; 4; 5; 6\}$

Suy ra $\sum m = (2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 20$

Câu 50:

Cho hàm số $f (x) = x^{3} - 2 a x^{2} + a^{2} x + b (a, b \in ℝ)$ có 2 điểm cực trị A và B. Biết tam giác ABC vuông cân tại O (O là gốc tọa độ), giá trị của biểu thức $P = a^{2} + b^{2}$ bằng

A. 25

B. $\frac{10}{3}$

C. 40

D. 10

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $f' (x) = 3 x^{2} - 4 a x + a^{2}; f' (x) = 0 \Leftrightarrow 3 x^{2} - 4 a x + a^{2} = 0 (*)$

Để hàm số có 2 điểm cực trị thì $Δ' = a^{2} > 0 \Leftrightarrow a \neq 0$

Khi đó (*) $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{2 a + a}{3} = a \Rightarrow y = b \\ x = \frac{2 a - a}{3} = \frac{a}{3} \Rightarrow y = \frac{4 a^{3}}{27} + b \end{array} \Rightarrow \{\begin{cases} A (a; b) \\ B (\frac{a}{3}; \frac{4 a^{3}}{27} + b) \end{cases}$

Đặt $c = \frac{a}{3} \neq 0 \Rightarrow \{\begin{cases} A (3 c; b) \\ B (c; 4 c^{3} + b) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} A B^{2} = 4 c^{2} + 16 c^{6} \\ O A^{2} = 9 c^{2} + b^{2} \\ O B^{2} = c^{2} + 16 c^{6} + 8 c^{3} b + b^{2} \end{cases}$

Tam giác OAB vuông cân $\Leftrightarrow \{\begin{cases} O A^{2} = O B^{2} \\ A B^{2} = 2 O A^{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} c^{2} = 2 c^{6} + c^{3} b \\ 8 c^{6} = 7 c^{2} + b^{2} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 c^{4} + b c = 1 \\ 8 c^{6} = 7 c^{2} + b^{2} \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} b = 1; c = - 1 \\ b = - 1; c = 1 \end{array} \Rightarrow [\begin{array}{l} b = 1; a = - 3 \\ b = - 1; a = 3 \end{array} \Rightarrow T = a^{2} + b^{2} = 10$

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 15)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan