50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề số 5

Câu 1:

Thể tích của khối nón có chiều cao bằng $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ và bán kính đường tròn đáy bằng $\frac{a}{2}$ là:

A.

\frac{\sqrt{3} π a^{3}}{6}

.

B.

\frac{\sqrt{3} π a^{3}}{24}

.

C.

\frac{3 π a^{3}}{8}

.

D. $\frac{\sqrt{3} π a^{3}}{8}$

Xem đáp án

Đáp án B

Thể tích khối nón là: $V = \frac{1}{3} . π {(\frac{a}{2})}^{2} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3} π a^{3}}{24}$ .

Câu 2:

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên.

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm giá trị cực đại của hàm số (ảnh 1)

Tìm giá trị cực đại của hàm số

A. y_CĐ=0

B. y_{CĐ $= - \sqrt{2}$}.

C. y_{CĐ $= 4.$}

D. y_CĐ

= \sqrt{2}

.

Xem đáp án

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là y_CĐ $= 4$ tại $x = \pm \sqrt{2}$ .

Câu 3:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng (Oyz) là

A.

M (0; 2; 3)

B.

N (1; 0; 3)

.

C.

P (1; 0; 0)

.

D.

Q (0; 2; 0)

.

Xem đáp án

Đáp án A

Theo lý thuyết ta có: Hình chiếu của điểm $M (x; y; z)$ lên mặt phẳng $(O y z)$ là $M^{'} (0; y; z)$ .

Nên $M (0; 2; 3)$ là hình chiếu của $A (1; 2; 3)$ điểm trên mặt phẳng $(O y z)$ .

Câu 4:

Cho hàm số $y = \frac{a x + b}{c x + d} (c \neq 0)$ và có $a d - b c > 0$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên R .

B. Hàm số đồng biến trên

ℝ \ \{- \frac{d}{c}\}

.

C. Hàm số đồng biến trên

(- \infty; - \frac{d}{c})

và

(- \frac{d}{c}; + \infty)

.

D. Hàm số đồng biến trên $(- \infty; - \frac{d}{c}) \cup (- \frac{d}{c}; + \infty)$ .

Xem đáp án

Đáp án C

TXĐ: $D = ℝ \ \{- \frac{d}{c}\} .$

Ta có: $y^{'} = \frac{a d - b c}{{(c x + d)}^{2}} > 0, \forall x \in D ($ vì $a d - b c > 0)$ .

Vậy hàm số đồng biến trên $(- \infty; - \frac{d}{c})$ và $(- \frac{d}{c}; + \infty)$ .

Câu 5:

Với là số thực dương tùy ý. Khi đó $\log (8 a) - \log (5 a)$ bằng

A.

\frac{\log (8 a)}{\log (5 a)}

.

B.

\log (3 a)

.

C.

\log \frac{8}{5}

.

D. $\frac{\log 8}{\log 5}$ .

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $\log (8 a) - \log (5 a) = \log \frac{8 a}{5 a} = \log \frac{8}{5}$ .

Câu 6:

Cho

\int_{- 1}^{0} f (x) d x = 3 \int_{0}^{3} f (x) d x = 3

. Tích phân

\int_{- 1}^{3} f (x) d x

bằng

A. 6.

B. 4.

C. 2.

D. 0.

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $\int_{- 1}^{3} f (x) d x = \int_{- 1}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{3} f (x) d x = 3 + 1 = 4$ .

Câu 7:

Cho mặt cầu có diện tích bằng $36 π a^{2}$ . Thể tích khối cầu là

A.

9 π a^{3}

.

B.

18 π a^{3}

.

C.

12 π a^{3}

.

D.

36 π a^{3}

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $S_{m c} = 4 π R^{2} = 36 π a^{2} \Rightarrow R = 3 a \Rightarrow V_{m c} = \frac{4}{3} π R^{3} = \frac{4}{3} π {(3 a)}^{3} = 36 π a^{3}$ .

Câu 8:

Tập nghiệm của phương trình

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

là

A. $\{- 2,4\} .$

B. $\{- 4,2\} .$

C. $\{- 4, - 2\} .$

D.

\{2,4\}

.

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có:

\log_{\frac{1}{2}} (x^{2} - 2 x) = - 3 \Leftrightarrow x^{2} - 2 x = 8 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 2 \\ x = 4 \end{array}

.

Câu 9:

Trong không gian với hệ tọa độ , mặt phẳng (P) đi qua điểm M(3;-1;4), đồng thời vuông góc với giá của vectơ $\vec{a} = (1; - 1; 2)$ có phương trình là

A.

3 x - y + 4 z - 12 = 0

.

B.

3 x - y + 4 z + 12 = 0

.

C.

x - y + 2 z - 12 = 0

.

D. $x - y + 2 z + 12 = 0$ .

Xem đáp án

Đáp án C

Do mặt phẳng (P) vuông góc với giá của vectơ $\vec{a} = (1; - 1; 2)$ nên mặt phằng (P) nhận vectơ $\vec{a} = (1; - 1; 2)$ làm vectơ pháp tuyến và đi qua $M (3; - 1; 4)$ điểm nên có phương trình: $1 (x - 3) - 1 (y + 1) + 2 (z - 4) = 0 \Leftrightarrow x - y + 2 z - 12 = 0$ .

Câu 10:

Nguyên hàm của hàm số $f (x) = 2 x + \sin x$ là

A.

- \cos x + x^{2} + C

.

B.

- \cos x + 2 x^{2} + C

.

C.

2 x^{2} + \cos x + C

.

D.

\cos x + x^{2} + C

.

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $\int f (x) d x = \int (2 x + \sin x) d x = x^{2} - \cos x + C$ .

Câu 11:

Trong không gian với hệ tọa độ $O x y z$ , đường thằng $Δ$ đi qua $A (2; - 1; 2)$ và nhận véctơ $\vec{u} (- 1; 2; - 1)$ làm véctơ chỉ phương có phương trình chính tắc làc

A.

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

.

B.

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

.

C.

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

.

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

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có đường thẳng $Δ$ đi qua $A (2; - 1; 2)$ và nhận véctơ $\vec{u} (- 1; 2; - 1)$ làm véctơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\frac{x - 2}{- 1} = \frac{y + 1}{2} = \frac{z - 2}{- 1}$ .

Câu 12:

Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn $k \leq n,$ mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

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

.

B.

C_{n}^{k} = \frac{n!}{k!}

.

C.

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

.

D.

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

.

Xem đáp án

Đáp án A

Kí hiệu $C_{n}^{k}$ là số tổ hợp chập k của n phần tử $(0 \leq k \leq n)$

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

Câu 13:

Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số cộng?

A.

1; - 3; - 7; - 11; - 15

.

B.

1; - 2; - 4; - 6; - 8

.

C.

1; - 3; - 5; - 7; - 9

.

D.

1; - 3; - 6; - 9; - 12

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $- 3 - 1 = - 7 - (- 3) = - 11 - (- 7) = - 15 - (- 11) = - 4$ (không đổi) nên dãy số trên lập thành một cấp số cộng.

Câu 14:

Cho số phức $z = {(1 - 2 i)}^{2}$ . Tính mô đun của số phức $\frac{1}{z}$ .

A.

\frac{1}{5}

.

B.

\sqrt{5}

.

C.

\frac{1}{25}

.

D.

\frac{1}{\sqrt{5}}

.

Xem đáp án

Đáp án A

Cách 1:

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

Cách 2:

Ta có $z = {(1 - 2 i)}^{2} = 1 - 4 i + 4 i^{2} = - 3 - 4 i \Rightarrow \frac{1}{z} = \frac{1}{- 3 - 4 i} = - \frac{3}{25} + \frac{4}{25} i$ .

Do đó $|\frac{1}{z}| = \sqrt{{(- \frac{3}{25})}^{2} + {(\frac{4}{25})}^{2}} = \frac{1}{5}$ .

Câu 15:

Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau đây?

A.

y = x^{4} - 2 x^{2} + 1

.

B.

y = - x^{3} + 3 x^{2} + 1

C.

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

.

D.

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

.

Xem đáp án

Đáp án C

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 nên loại A,B.

Hàm số đạt cực trị tại $x = 0; x = 2$ .

Câu 16:

Hàm số

y = x + \frac{10^{8}}{x}

đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn

[10^{3}; 10^{9}]

tại x bằng

A.

10^{3}

.

B.

10^{4}

.

C. $10^{5}$

D.

10^{6}

.

Xem đáp án

Đáp án B

Hàm số $y = x + \frac{10^{8}}{x}$ liên tục trên $[10^{3}; 10^{9}]$ .

Ta có $y^{'} = 1 - \frac{10^{8}}{x^{2}} = 0 \Leftrightarrow x^{2} = 10^{8} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 10^{4} \in [10^{3}; 10^{9}] \\ x = - 10^{4} \notin [10^{3}; 10^{9}] \end{array}$ .

Ta lại có: $y (10^{3}) = 10^{3} + 10^{5}; y (10^{4}) = {2.10}^{4}; y (10^{9}) = 10^{9} + 10^{- 1}$ .

Do đó: $\underset{[10^{3}; 10^{9}]}{\min y} = y (10^{4}) = {2.10}^{4},$ đạt được khi $x = 10^{4}$ .

Câu 17:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm $f^{'} (x) = x^{2} (x^{2} - 1), \forall x \in ℝ$ . Hàm số $y = 2 f (- x)$ đồng biến trên khoảng

A.

(2; + \infty)

.

B.

(- \infty; - 1)

.

C. (-1;1).

D.

(0; 2)

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $f^{'} (x) = x^{2} (x^{2} - 1),$ suy ra $f (x) = \int f^{'} (x) d x = \int x^{2} (x^{2} - 1) d x = \frac{x^{5}}{5} - \frac{x^{3}}{3} + C .$

Suy ra $y = g (x) = 2 f (- x) = 2 [\frac{{(- x)}^{5}}{5} - \frac{{(- x)}^{3}}{3} + C] = - \frac{2 x^{5}}{5} + \frac{2 x^{3}}{3} + 2 C$ Suy ra $y = g (x) = 2 f (- x) = 2 [\frac{{(- x)}^{5}}{5} - \frac{{(- x)}^{3}}{3} + C] = - \frac{2 x^{5}}{5} + \frac{2 x^{3}}{3} + 2 C$ Ta có . $g^{'} (x) = - 2 f^{'} (- x) = - 2 x^{2} (x^{2} - 1) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \pm 1 \end{array}$

Bảng xét dấu $g^{'} (x)$

Câu 18:

Kí hiệu a, b lần lượt là phần thực và phần ảo z=i(1-i) của số phức . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A.

a = 1, b = i

.

B.

a = 1, b = 1

.

C.

a = 1, b = - 1

.

D.

a = 1, b = - i

.

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $z = i (1 - i) = i - i^{2} = i - (- 1) = 1 + i \overset{}{\to} \{\begin{cases} a = 1 \\ b = 1 \end{cases}$ .

Câu 19:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm $I (- 2; 1; 1)$ qua điểm $A (0; - 1; 0)$ là

A.

x^{2} + {(y + 1)}^{2} + z^{2} = 9

.

B.

{(x - 2)}^{2} + {(y + 1)}^{2} + {(z + 1)}^{2} = 9

.

C.

{(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 9

.

D.

x^{2} + {(y - 1)}^{2} + z^{2} = 9

.

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $\vec{I A} = (2; - 2; - 1) \Rightarrow I A = \sqrt{2^{2} + {(- 2)}^{2} + {(- 1)}^{2}} = 3$

Do mặt cầu tâm $I (- 2; 1; 1)$ qua điểm $A (0; - 1; 0)$ nên bán kính là $R = I A = 3$ .

Vậy mặt cầu cần tìm có tâm $I (- 2; 1; 1)$ và bán kính $R = 3$ nên phương trình là: ${(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 9$ .

Câu 20:

Giá trị của biểu thức $P = 3^{1 + \log_{9} 4} + 4^{2 - \log_{2} 3} + 5^{\log_{125} 27}$ là?

A.

P = \frac{99}{8}

.

B.

P = \frac{97}{8}

.

C.

P = \frac{98}{9}

.

D.

P = \frac{97}{9}

.

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có $P = {3.3}^{\log_{3^{2}} 2^{2}} + \frac{16}{4^{\log_{2} 3}} + 5^{\log_{5^{3}} 3^{3}}$

= {3.3}^{\log_{3} 2} + \frac{16}{3^{\log_{2} 4}} + 5^{\log_{5} 3} = {3.2}^{\log_{3} 3} + \frac{16}{3^{2 \log_{2} 2}} + 3^{\log_{5} 5} = 3.2 + \frac{16}{3^{2}} + 3 = \frac{97}{9}

.

Câu 21:

Tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình

2 z^{4} - 3 z^{2} - 2 = 0

là

A.

3 \sqrt{2}

.

B.

5 \sqrt{2}

.

C.

2 \sqrt{5}

.

D.

2 \sqrt{3}

.

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $2 z^{4} - 3 z^{2} - 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} z^{2} = 2 \\ z^{2} = - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} i^{2} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} z = \sqrt{2} \\ z = - \sqrt{2} \\ z = \frac{\sqrt{2}}{2} i \\ z = - \frac{\sqrt{2}}{2} i \end{array}$

Khi đó, tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình đã cho bằng

$|\sqrt{2}| + |- \sqrt{2}| + |\frac{\sqrt{2}}{2} i| + |- \frac{\sqrt{2}}{2} i| = 3 \sqrt{2}$ .

Câu 22:

Trong không gian với hệ tọa độ $O x y z$ cho hai mặt phẳng $(α) : x + y + z - 1 = 0$ và $(β) : 2 x - y + m z - m + 1 = 0,$ với m là tham số thực. Giá trị của m để $(α) ⊥ (β)$ là

A. -1

B. 0

C. 1

D. -4

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $\{\begin{cases} \vec{n_{(α)}} = (1; 1; 1) \\ \vec{n_{(β)}} = (2; - 1; m) \end{cases}$ .

Để $(α) ⊥ (β)$ thì $\vec{n_{(α)}} ⊥ \vec{n_{(β)}} \Leftrightarrow 1 + m = 0 \Leftrightarrow m = - 1$ .

Câu 23:

Tập nghiệm của bất phương trình

{(\frac{2}{5})}^{1 - 3 x} \geq \frac{25}{4}

là

A.

S = [\frac{1}{3}; + \infty)

.

B.

S = (- \infty; \frac{1}{3})

.

C.

S = (- \infty; 1]

.

D.

S = [1; + \infty)

.

Xem đáp án

Đáp án D

Bất phương trình tương đương với: ${(\frac{5}{2})}^{3 x - 1} \geq {(\frac{5}{2})}^{2} \Leftrightarrow 3 x - 1 \geq 2 \Leftrightarrow x \geq 1$ .

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: $S = [1; + \infty)$ .

Câu 24:

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đường cong y^2-2y+x=0 và đường thẳng x+y-2=0. Tính diện tích S của hình (H).

A. S=6

B. S=14

C. $S = \frac{17}{6}$

D.

S = \frac{1}{6}

.

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $y^{2} - 2 y + x = 0 \Leftrightarrow x = - y^{2} + 2 y$ và $x + y - 2 = 0 \Leftrightarrow x = - y + 2$ .

Phương trình tung độ giao điểm là: $- y^{2} + 2 y = - y + 2 \Leftrightarrow y^{2} - 3 y + 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} y = 1 \\ y = 2 \end{array}$ .

Diện tích S của hình (H) là: $S = \int_{1}^{2} |(- y^{2} + 2 y) - (- y + 2)| d y = \frac{1}{6}$ .

Câu 25:

Tính chiều cao h của hình trụ biết chiều caho bằng bán kính đáy và thể tích của khối trụ đó là $8 π$ .

A. h=2.

B.

2 \sqrt{2}

.

C.

\sqrt[3]{32}

.

D.

\sqrt[3]{4}

.

Xem đáp án

Đáp án A

Thể tích khối trụ là:

V = π r^{2} h = π h^{3} = 8 π \Leftrightarrow h^{3} = 8 \Leftrightarrow h = 2

Câu 26:

Cho hàm số

y = f (x)

xác định trên

ℝ \ {1}

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng?

$Cho hàm số y=f(x) xác định trên R\{1} liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng? (ảnh 1)$

A. Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là

y = 0, y = 5

và không có tiệm cận đứng.

B. Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là y=0, y=5 và chỉ có tiệm cận đứng là x=1.

C. Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y=0 và chỉ có tiệm cận đứng là x=1.

D. Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y=5 và chỉ có tiệm cận đứng là x=1.

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có $\lim_{x \to - \infty} f (x) = 0 \Rightarrow y = 0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\lim_{x \to + \infty} f (x) = 5 \Rightarrow y = 5$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\lim_{x \to 1^{-}} f (x) = - \infty \Rightarrow x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Câu 27:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy $(A B C D)$ và $S C = a \sqrt{5}$ . Tính theo a thể tích V khối chóp S.ABCD.

A.

V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}

.

B.

V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}

.

C.

V = a^{3} \sqrt{3}

.

D.

V = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{3}

.

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $A C = a \sqrt{2}$ .

Tam giác SAC vuông tại C, ta có $S A = \sqrt{S C^{2} - A C^{2}} = a \sqrt{3}$ .

Chiều cao khối chóp là: $S A = a \sqrt{3}$ .

Diện tích hình vuông ABCD là: $S_{A B C D} = a^{2}$ (đvdt).

Vậy thể tích khối chóp: $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S_{A B C D} . S A = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{3} ($ đvtt).

Câu 28:

Tính đạo hàm của hàm số $y = e^{\sqrt{2 x}}$ .

A.

y^{'} = \frac{e^{\sqrt{2 x}}}{2 \sqrt{2 x}}

.

B.

y^{'} = \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{2 x}}

.

C.

y^{'} = \frac{e^{\sqrt{2 x}}}{\sqrt{2 x}}

.

D.

y^{'} = \sqrt{2 x} . e^{\sqrt{2 x}}

.

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có

y^{'} = {(\sqrt{2 x})}^{'} . e^{\sqrt{2 x}} = \frac{2}{2 \sqrt{2 x}} . e^{\sqrt{2 x}} = \frac{e^{\sqrt{2 x}}}{\sqrt{2 x}}

.

Câu 29:

Cho hàm số

y = f (x)

liên tục trên

(- \infty; 1)

và

(1; + \infty)

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình $2 f (x) - 1 = 0$ là

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Xem đáp án

Đáp án C

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

Số nghiệm của phương trình $2 f (x) - 1 = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f (x)$ và đường thằng $y = \frac{1}{2}$ .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Câu 30:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên $S A = a \sqrt{3}$ và vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi $φ$ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

φ = 30 ° .

B.

\sin φ = \frac{\sqrt{5}}{5}

C.

φ = 60 ° .

D.

\sin φ = \frac{2 \sqrt{5}}{5} .

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra $A M ⊥ B C$ .

Ta có $\{\begin{array}{l} A M ⊥ B C \\ B C ⊥ S A \end{array} \Rightarrow B C ⊥ (S A M) \Rightarrow B C ⊥ S M$ .

Do đó $\bar{(S B C), (A B C)} = \hat{(S M, A M)} = \hat{S M A}$

Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến $A M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Tam giác vuông SAM, có $\sin \hat{S M A} = \frac{S A}{S M} = \frac{S A}{\sqrt{S A^{2} + A M^{2}}} = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$ .

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên SA=a căn 3 và vuông góc với mặt đáy . Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) . Mệnh đề nào sau đây đúng? (ảnh 1)

Câu 31:

Tính P là tích tất cả các nghiệm của phương trình

{3.9}^{x} - {10.3}^{x} + 3 = 0

.

A. P=1.

B. P=-1.

C. P=0

D. P=9

Xem đáp án

Đáp án B

Phương trình tương đương với: ${3.3}^{2 x} - {10.3}^{x} + 3 = 0$ .

Đặt $t = 3^{x} > 0$ .

Phương trình trở thành $3 t^{2} - 10 t + 3 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3}$ hoặc $t = 3$ .

Với $t = \frac{1}{3} \Rightarrow 3^{x} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = - 1 = x_{1}$ .

Với $t = 3 \Rightarrow 3^{x} = 3 \Leftrightarrow x = 1 = x_{2}$

Vậy $P = x_{1} x_{2} = - 1$ .

Câu 32:

Một ngôi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao 4,2 m. Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính và 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính . Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một loại sơn giả đá là 380.000 đồng/ $m^{2}$ (gồm cả tiền thi công) thì người chủ nhà phải chi bao nhiêu tiền để sơn 10 cây cột đó? (số tiền làm tròn đến hàng nghìn).

A. 13 627 000 đồng.

B. 14 647 000 đồng.

C. 15 844 000 đồng.

D. 16 459 000 đồng.

Xem đáp án

Đáp án C

Diện tích cần sơn là tồng diện tích xung quanh của các hình trụ.

Tổng diện tích xung quanh của 4 cây cột đường kính 40cm là: $S_{1} = 4.2 π r_{1} h$ .

Tổng diện tích xung quanh của 6 cây cột đường kính 26cm là $S_{2} = 6.2 π r_{2} h$ .

Số tiền cần dùng là $T = (S_{1} + S_{2}) .380 000 = 2 π .4,2. (4. \frac{0,40}{2} + 6 \cdot \frac{0,2}{2}) \times 380 000 \approx 15 844 000$

đồng.

Câu 33:

Tìm F(x) nguyên hàm của hàm số $f (x) = \frac{x^{3} + 3 x^{2} + 3 x - 1}{x^{2} + 2 x + 1}$ .

A.

F (x) = 1 + \frac{2}{{(x + 1)}^{2}} + C

B. $\frac{1}{3000}$

C. $F (x) = \frac{x^{2}}{2} + x - \frac{2}{x + 1} + C$

D.

F (x) = 1 - \frac{2}{{(x + 1)}^{2}} + C

.

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $f (x) = \frac{x^{3} + 3 x^{2} + 3 x - 1}{x^{2} + 2 x + 1} = \frac{x^{3} + 3 x^{2} + 3 x + 1 - 2}{{(x + 1)}^{2}} = \frac{{(x + 1)}^{3} - 2}{{(x + 1)}^{2}} = x + 1 - \frac{2}{{(x + 1)}^{2}}$

Do đó: $F (x) = \int f (x) d x = \int [x + 1 - \frac{2}{{(x + 1)}^{2}}] d x = \frac{x^{2}}{2} + x + \frac{2}{x + 1} + C$ .

Câu 34:

Cho hình lăng trụ $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$ có đáy là tam giác đều với độ dài cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của $A^{'}$ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB' và A'H.

A. d=2a.

B. d=a

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

D.

d = \frac{a \sqrt{3}}{3}

.

Xem đáp án

Đáp án B

Do $B B^{'} ∥ A A^{'}$ nên $d (B B^{'}, A^{'} H) = d (B B^{'}, (A A^{'} H)) = d (B, (A A^{'} H))$ .

Ta có $\{\begin{array}{l} B H ⊥ A H \\ B H ⊥ A^{'} H \end{array} \Rightarrow B H ⊥ (A A^{'} H)$

nên $d (B, (A A^{'} H)) = B H = \frac{B C}{2} = a$ .

Vậy $d (B B^{'}, A^{'} H) = a$ .

Câu 35:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(0;-1;2) và hai đường thẳng $d_{1} : \frac{x - 1}{1} = \frac{y + 2}{- 1} = \frac{z - 3}{2}, d_{2} : \frac{x + 1}{2} = \frac{y - 4}{- 1} = \frac{z - 2}{4} .$ Phương trình đường thẳng đi qua M, cắt cả $d_{1}$ và $d_{2}$ là

A.

\frac{x}{- \frac{9}{2}} = \frac{y + 1}{\frac{9}{2}} = \frac{z + 3}{8}

.

B.

\frac{x}{3} = \frac{y + 1}{- 3} = \frac{z - 2}{4}

.

C.

\frac{x}{9} = \frac{y + 1}{- 9} = \frac{z - 2}{16}

.

D.

\frac{x}{- 9} = \frac{y + 1}{9} = \frac{z - 2}{16}

.

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi $Δ$ là đường thẳng cần tìm.

$Δ \cap d_{1} = A (t_{1} + 1; - t_{1} - 2; 2 t_{1} + 3); Δ \cap d_{2} = B (2 t_{2} - 1; - t_{2} + 4; 4 t_{2} + 2)$ .

Ta có M,A,B thẳng hàng khi $\vec{M A} = k \vec{M B} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} t_{1} + 1 = k (2 t_{2} - 1) \\ - t_{1} - 1 = k (- t_{2} + 5) \\ 2 t_{1} + 1 = 4 k t_{2} \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} t_{1} = \frac{7}{2} \\ k = - \frac{1}{2} \\ k t_{2} = 2 \end{array} \Rightarrow \{\begin{cases} t_{1} = \frac{7}{2} \\ t_{2} = - 4 \end{cases}$

Suy ra $\vec{M B} = (- 9; 9; - 16)$ .

Đường thẳng $Δ$ đi qua $M (0; - 1; 2),$ một vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (9; - 9; 16)$ có phương trình là: $Δ : \frac{x}{9} = \frac{y + 1}{- 9} = \frac{z - 2}{16}$ .

Câu 36:

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số $y = \frac{\tan x + m}{m \tan x + 1}$ nghịch biến trên khoảng $(0; \frac{π}{4}) ?$

A.

(- \infty; - 1)

.

B.

(- \infty; - 1) \cup (1; + \infty)

.

C.

(- \infty; 0] \cup (1; + \infty)

.

D.

[0; + \infty)

.

Xem đáp án

Đáp án A

Đặt $t = \tan x$ (khi $(0; \frac{π}{4})$ thì $t \in (0; 1)$ ).

Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số $y = \frac{t + m}{m t + 1}$ nghịch biến trên (0;1).

TH1: m=0, hàm số trở thành y=t hàm số này đồng biến trên (0;1); nên m=0 không thỏa mãn.

TH2: $m \neq 0$ .

TXĐ: $D = ℝ / \{- \frac{1}{m}\} .$

Ta có $y^{'} = \frac{1 - m^{2}}{{(m t + 1)}^{2}}$ .

Để hàm số nghịch biến trên (0;1) thì

$\{\begin{cases} y^{'} < 0, \forall x \in (0; 1) \\ - \frac{1}{m} \notin (0; 1) \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} 1 - m^{2} < 0 \\ [\begin{array}{l} - \frac{1}{m} \leq 0 \\ - \frac{1}{m} \geq 1 \end{array} \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} [\begin{array}{l} m < - 1 \\ m > 1 \end{array} \\ [\begin{array}{l} m < 0 \\ 0 < 0 \leq 1 \end{array} \end{array} \Leftrightarrow m < - 1.$

Câu 37:

Trong mặt phẳng Oxy, tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn $2 | z - 1 | = | z - \bar{z} + 2 |$ là hình gồm

A. Hai đường thẳng.

B. Hai đường tròn.

C. Một đường tròn.

D. Một đường thẳng.

Xem đáp án

Đáp án A

Đặt $z = x + y i (x, y \in ℝ)$ .

Số phức z có điểm biểu diễn M(x;y) .

Ta có $2 |z - 1| = |z - \bar{z} + 2| \Leftrightarrow 2 |x + y i - 1| = |x + y i - (x - y i) + 2|$

$\Leftrightarrow 2 \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} = \sqrt{4 + 4 y^{2}} \Leftrightarrow 4 {(x - 1)}^{2} + 4 y^{2} = 4 + 4 y^{2} \Leftrightarrow 4 x^{2} - 8 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 2 \end{array}$ .

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là hai đường thẳng có phương trình x=0 và x=2.

Câu 38:

Cho hàm số $f (x)$ thỏa mãn $f (x) f^{'} (x) = 1$ với mọi $x \in ℝ$ . Biết $\int_{1}^{2} f (x) d x = a$ và $f (1) = b, f (2) = c .$ Tích phân $\int_{1}^{2} \frac{x}{f (x)} d x$ bằng

A. 2c-b-a

B. 2a-b-c

C. 2c-b+a

D. 2a-b+c

Xem đáp án

Đáp án A

Vì $f (x) . f^{'} (x) = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{f (x)} = f^{'} (x)$ nên tích phân cần tính bằng cách tích phân từng phần

Ta có $2 |z - 1| = |z - \bar{z} + 2| \Leftrightarrow 2 |x + y i - 1| = |x + y i - (x - y i) + 2|$

$\Leftrightarrow 2 \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} = \sqrt{4 + 4 y^{2}} \Leftrightarrow 4 {(x - 1)}^{2} + 4 y^{2} = 4 + 4 y^{2} \Leftrightarrow 4 x^{2} - 8 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 2 \end{array}$

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x=0 và x=2

Câu 39:

Cho hàm số xác định trên và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây

H ỏ i c ó b a o n h i ê u g i á t r ị c ủ a t h a m s ố (v ớ i) đ ể đ ồ t h ị h à m s ố

A. 2024

B. 3

C. 4

D. 2020

Xem đáp án

Đáp án A

Từ bảng biến thiên của hàm số $y = f (x)$ ta có đồ thị hàm số $y = f (x)$ và $y = f (| x |)$ như hình vẽ sau:

Cho hàm số xác định trên và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây (ảnh 2)

Từ đồ thị ta có $y = f (| x |)$ có 5 điểm cực trị.

(Chú ý: Hàm số $y = f (x)$ có a=2 điểm cực trị dương nên hàm số $y = f (|x|)$ có số điểm cực trị là $2 a + 1 = 5$ ).

Vì hàm số $y = f (|x|)$ có 5 điểm cực trị nên hàm số $y = m + f (|x|)$ cũng có 5 điểm cực trị (vì đồ thị hàm số $y = m + f (|x|)$ được suy ra từ đồ thị $y = f (|x|)$ bằng cách tịnh tiến theo phương trục Oy ).

Số điểm cực trị của hàm số $y = |m + f (|x|)|$ bằng số cực trị của hàm số $y = m + f (|x|)$ và số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình .

Vậy để $y = |m + f (| x |)|$ có 7 điểm cực trị thì phương trình $f (|x|) + m = 0$ có hai nghiệm đơn hoặc bội lẻ.

Ta có $f (|x|) + m = 0 \Leftrightarrow f (|x|) = - m$ .

Từ đồ thị hàm số $y = f (|x|)$ ta có: $[\begin{array}{l} - 5 < - m \leq - 1 \\ 0 \leq - m \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 1 \leq m < 5 \\ m \leq 0 \end{array}$ .

Vì

\{\begin{array}{l} m \in ℤ \\ |m| \leq 2019 \end{array} \Rightarrow

có 2024 giá trị nguyên của thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 40:

Thầy Nam gửi 5 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng. Chưa đầy một năm thì lãi suất tăng lên thành 1,15%/tháng. Sáu tháng sau lãi suất chì còn /tháng. Thầy Nam tiếp tục gửi thêm một số tháng nữa rồi rút cả vốn lẫn lãi được 5 787 710,707 đồng. Hỏi thầy Nam đã gửi tổng thời gian bao nhiêu tháng?

A. 18 tháng

B. 17 tháng

C. 16 tháng

D. 15 tháng

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi a là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,7%.

Gọi là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,9%.

Theo đề bài, ta có phương trình:

$5 000 000 {(1 + 0,7 %)}^{a} . {(1 + 1,15 %)}^{6} . {(1 + 0,9 %)}^{b} = 5 787 710,707 (*)$ $\Leftrightarrow {(1 + 0,7 %)}^{a} . {(1 + 0,9 %)}^{b} = 1,080790424$ .

$\Rightarrow \{\begin{cases} 0 < a < \log_{1,007} 1,080790424 \\ 0 < b < \log_{1,009} 1,080790424 \Rightarrow \log_{1,009} 1,080790424 < a + b < \log_{1,007} 1,080790424 \\ a, b \in ℕ \end{cases}$

$\Rightarrow 9 \leq a + b \leq 11$

Với a+b=9, thử $a, b \in ℕ$ ta thấy (*) không thoả mãn.

Với a+b=10, thử $a, b \in ℕ$ ta được thoả mãn (*).

Với a+b=11, thử $a, b \in ℕ$ ta thấy (*) không thoả mãn.

Vậy thầy Nam gửi tổng thời gian là 16 tháng.

Câu 41:

Cho hàm số $y = |x^{3} - \frac{9}{2} x^{2} + 6 x - 3 + m|$ . Tổng các giá trị nguyên của tham số thuộc đoạn $[- 10; 10]$ để giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0 ; 3] không bé hơn 5.

A. 1

B. -1

C. 0

D. -7

Xem đáp án

Đáp án D

Xét hàm số $f (x) = x^{3} - \frac{9}{2} x^{2} + 6 x - 3 + m$ liên tục trên đoạn [0 ; 3].

Ta có $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 9 x + 60 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \in [0; 3] \\ x = 2 \in [0; 3] \end{array}$ .

Ta lại có: $f (0) = m - 3; f (1) = m - \frac{1}{2}; f (2) = m - 1; f (3) = m + \frac{3}{2}$ .

Khi đó: $\{\begin{cases} \min_{[0; 3]} f (x) = m - 3 \\ \max_{[0; 3]} f (x) = m + \frac{3}{2} \end{cases}$ .

TH1: $(m + \frac{3}{2}) . (m - 3) \leq 0$ .

Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên đoạn [0 ; 3] là 0 .

TH2: $(m + \frac{3}{2}) . (m - 3) > 0$ .

Khi đó: $\frac{|(m + \frac{3}{2}) + (m - 3)| - |(m + \frac{3}{2}) - (m - 3)|}{2} \geq 5 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m \geq 8 \\ m \leq - \frac{13}{2} \end{array}$

Mà $\{\begin{array}{l} m \in ℤ \\ m \in [- 10; 10] \end{array} \Rightarrow m = {- 10; - 9; - 8; - 7; 8; 9; 10}$ .

Vậy tổng các giá trị m cần tìm là -7 .

Câu 42:

Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên A có bốn chữ số. Gọi N là số thỏa mãn $3^{N} = A$ . Xác suất để N là số tự nhiên bằng:

A. $\frac{1}{4500}$

B. 0

C.

\frac{1}{2500}

.

D.

\frac{1}{3000}

.

Xem đáp án

Đáp án A

Ký hiệu là biến cố lấy được số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có $3^{N} = A \Leftrightarrow N = \log_{3} A$

Để N là số tự nhiên thì $A = 3^{m} (m \in ℕ)$ .

Những số A dạng có 4 chữ số gồm $3^{7} = 2187$ và .

$3^{8} = 6561$ .

$n (Ω) = 9000; m (B) = 2$

Suy ra $P (B) = \frac{1}{4500}$ .

Câu 43:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

A (2; - 2; 4), B (- 3; 3; - 1)

và mặt phẳng

(P) : 2 x - y + 2 z - 8 = 0.

Xét điểm M là điểm thay đổi thuộc (P), giá trị nhỏ nhất của

2 M A^{2} + 3 M B^{2}

bằng

A. 135

B. 105

C. 108

D. 145

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi I là điểm thỏa mãn $2 \vec{I A} + 3 \vec{I B} = \vec{0} \Rightarrow \{\begin{cases} x_{I} = \frac{2 x_{A} + 3 x_{B}}{5} \\ y_{I} = \frac{2 y_{A} + 3 y_{B}}{5} \Rightarrow I (- 1; 1; 1) \\ z_{I} = \frac{2 z_{A} + 3 z_{B}}{5} \end{cases}$

Khi đó ta có $2 M A^{2} + 3 M B^{2} = 2 {(\vec{M I} + \vec{I A})}^{2} + 3 {(\vec{M I} + \vec{I B})}^{2} = 5 M I^{2} + 2 I A^{2} + 3 I B^{2} + 2 \vec{M I} (2 \vec{I A} + 3 \vec{I B})$

$= 5 M I^{2} + 90 \geq 5 d {(I, (P))}^{2} + 90 = 135$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của I(-1;1;1) lên (P) hay M(1;0;3).

Câu 44:

Cho hàm số bậc bốn y=f(x). Đồ thị hàm số y=f'(x) như hình vẽ bên:

Số điểm cực đại của hàm số $g (x) = f (\sqrt{x^{2} + 2 x + 2})$

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $g^{'} (x) = \frac{x + 1}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 2}} f^{'} (\sqrt{x^{2} + 2 x + 2})$

Suy ra

$g^{'} (x) = 0 [\begin{array}{l} x + 1 = 0 \\ f^{'} (\sqrt{x^{2} + 2 x + 2}) = 0 \end{array} \underset{\leftrightarrow}{t h e o ® å t h Þ f^{'} (x)} [\begin{array}{l} x + 1 = 0 \\ \sqrt{x^{2} + 2 x + 2} = - 1 \\ \sqrt{x^{2} + 2 x + 2} = 1 \\ \sqrt{x^{2} + 2 x + 2} = 3 \end{array}$ $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = - 1 + \sqrt{2} \\ x = - 1 - \sqrt{2} \end{array}$

Bảng xét dấu g'(x) như sau:

Từ đó suy ra hàm số $g (x) = f (\sqrt{x^{2} + 2 x + 2})$ có 1 điểm cực đại.

Câu 45:

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

Tất cả cá giá trị của tham số m để bất phương trình $m + x^{2} < f (x) + \frac{1}{3} x^{3}$ nghiệm đúng với mọi $x \in (0; 3)$ là

A. m<f(0).

B. $m \leq f (0)$

C.

m \leq f (3)

.

D.

m < f (1) - \frac{2}{3}

.

Xem đáp án

Đáp án B

Bất phương trình đã cho tương đương với: $m < f (x) + \frac{1}{3} x^{3} - x^{2}, \forall x \in (0; 3)$ .

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

Bài toán trở thành tìm m để $m < g (x), \forall x \in (0; 3) \Leftrightarrow m \leq \min_{_{[0; 3]}} g (x)$ .

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

Nhân xét: Với $x \in (0; 3) \Rightarrow \{\begin{array}{l} f^{'} (x) > 1 \\ - 1 < x^{2} - 2 x < 3 \end{array} \Rightarrow g^{'} (x) > 0$ .

Do đó ta có $m \leq \min_{_{[0; 3]}} g (x) = g (0) = f (0) + \frac{1}{3} {.0}^{3} - 0^{2} = f (0)$ .

Vậy $m \leq f (0)$ . Chọn B.

Câu 46:

Một hoa văn trang trí được tạo ra tử một miếng bìa mỏng hình vuông có cạnh 10cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng Parabol như hình bên. Biết AB=5cm, OH=4cm. Tính diện tích bề mặt hóa văn đó.

A.

\frac{140}{3} {cm}^{2}

.

B.

\frac{160}{3} {cm}^{2}

.

C.

\frac{14}{3} {cm}^{2}

.

D.

50 {cm}^{2}

.

Xem đáp án

Đáp án A

Chọn hệ trục tọa độ OH sao cho O là gốc tọa độ OH thuộc Oy, Ox vuông góc với OH tại chiều dương hướng từ A đến B.

Khi đó ta có $B (\frac{5}{2}; 4)$ .

Giả sử Parabol (P) đi qua ),A,B nhận O làm đỉnh có dạng: $y = a x^{2} + b x + c$

Ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l} O \in (P) \\ \frac{- b}{2 a} = 0 \\ B \in (P) \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = \frac{16}{25} \\ b = 0 \\ c = 0 \end{cases}$ .

Do đó $y = \frac{16}{25} x^{2}$ .

Gọi diện tích hình phẳng giới hạn các đường $y = \frac{16}{25} x^{2}, y = 4, x = - \frac{5}{2}, x = \frac{5}{2}$ là .

Khi đó ta có: $S_{1} = \int_{- 2,5}^{2,5} (4 - \frac{16}{25} x^{2}) d x = {(4 x - \frac{16}{75} x^{3})|}_{- 2,5}^{2,5} = \frac{40}{3}$ .

Do đó diện tích hình hoa văn là: $S = 10^{2} - \frac{40}{3} \cdot 4 = \frac{140}{3} ({cm}^{2})$ .

Câu 47:

Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn $\log_{2} x + x (x + y) \geq \log_{2} (6 - y) + 6 x$ . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = 3 x + 2 y + \frac{6}{x} + \frac{8}{y}$ bằng

A.

\frac{59}{3}

.

B. 19

C.

\frac{53}{3}

.

D.

8 + 6 \sqrt{2}

.

Xem đáp án

Đáp án B

Điều kiện: $\{\begin{cases} x > 0 \\ 0 < y < 6 \end{cases}$ .

Bất phương trình tương đương với: $\log_{2} x^{2} + x^{2} \geq \log_{2} [x (6 - y)] + x (6 - y) (*)$ .

Xét hàm số $f (t) = \log_{2} t + t$ (với t>0 ).

Ta có $f^{'} (t) = \frac{1}{t \ln 2} + 1 > 0, \forall t > 0$ nên hàm số $f (t) = \log_{2} t + t$ đồng biến trên khoảng $(0; + \infty)$ .

Do đó $(*) \Leftrightarrow f (x^{2}) \geq f (x (6 - y)) \Leftrightarrow x^{2} \geq x (6 - y) \Leftrightarrow x \geq 6 - y \Leftrightarrow x + y \geq 6 ($ **) (do x>0).

Áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dương và bất đẳng thức $P = 3 x + 2 y + \frac{6}{x} + \frac{8}{y} = \frac{3}{2} (x + y) + (\frac{3 x}{2} + \frac{6}{x}) + (\frac{y}{2} + \frac{8}{y}) \geq \frac{3}{2} \cdot 6 + 2 \sqrt{\frac{3 x}{2} \cdot \frac{6}{x}} + 2 \sqrt{\frac{y}{2} \cdot \frac{8}{y}} = 19$ ta có:

Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{cases} x + y = 6 \\ \frac{3 x}{2} = \frac{6}{x} \\ \frac{y}{2} = \frac{8}{y} \end{cases}$ . $\Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 \\ y = 4 \end{cases}$

Vậy $P_{\min} = 19$ .

Câu 48:

Cho điểm trên cạnh SA, điểm trên cạnh SB của hình chóp tam giác S.ABC có thể tích bằng V sao cho $\frac{S M}{S A} = \frac{1}{3}, \frac{S N}{S B} = x .$ Mặt phẳng (P) qua MN và song song với SC chia khối chóp S.ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Khẳng định nào sau đây là đúng

A.

0 < x < 1

.

B.

1 < x < 2

.

C.

2 < x < 3

.

D.

x > 3

.

Xem đáp án

Đáp án A

Trong (ABS) có: $M N \cap A B = E$

Trong (SAC) có: $M Q ∥ S C, Q \in A C$ .

Trong (ABC) có: $E Q \cap B C = P$ .

Khi đó $N P ∥ S C ∥ M Q \Rightarrow \{\begin{cases} \frac{S M}{S A} = \frac{C Q}{C A} = \frac{1}{3} \\ \frac{S N}{S B} = \frac{C P}{C B} = x \end{cases}$ .

Cho điểm trên cạnh SA, điểm trên cạnh SB của hình chóp tam giác S.ABC có thể tích bằng sao cho Mặt phẳng qua MN và song song với SC chia khối chóp S.ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Khẳng định nào sau đây là đúng (ảnh 1)

Trong tam giác SAB ta có: $\frac{N B}{N S} \cdot \frac{M S}{M A} \cdot \frac{E A}{E B} = 1$

$\Rightarrow \frac{1 - x}{x} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{E A}{E B} = 1 \Rightarrow \frac{E A}{E B} = \frac{2 x}{1 - x} \Rightarrow \frac{A B}{E B} = \frac{3 x - 1}{1 - x}$

Ta có . $\frac{V_{EAMQ}}{V_{S, A B C}} = \frac{A M}{A S} \cdot \frac{A Q}{A C} \cdot \frac{E A}{B A} = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2 x}{3 x - 1} = \frac{8 x}{9 (3 x - 1)} \Rightarrow V_{EAMQ} = \frac{8 x}{9 (3 x - 1)} V$

$\frac{V_{E B N P}}{V_{S . A B C}} = \frac{B N}{B S} \cdot \frac{B P}{B C} \cdot \frac{E B}{A B} = {(1 - x)}^{2} \cdot \frac{1 - x}{3 x - 1} = \frac{{(1 - x)}^{3}}{3 x - 1} \Rightarrow V_{E B N P} = \frac{{(1 - x)}^{3}}{3 x - 1} V$ $\Rightarrow V_{A M Q B N P} = \frac{8 x}{9 (3 x - 1)} V - \frac{{(1 - x)}^{3}}{3 x - 1} V = \frac{1}{2} V \Leftrightarrow \frac{8 x}{9 (3 x - 1)} - \frac{{(1 - x)}^{3}}{3 x - 1} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{8 - \sqrt{10}}{6}$ .

Câu 49:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;1), B(0;1;2), C(-2;1;4) và mặt phẳng (P): x-y+z+2=0. Tìm điểm $N \in (P)$ sao cho $S = 2 N A^{2} + N B^{2} + N C^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

A.

N (- \frac{4}{3}; 2; \frac{4}{3})

.

B. N(-2;0;1)

C. $N (- \frac{1}{2}; \frac{5}{4}; \frac{3}{4})$

D. N(-1;2;1)

Xem đáp án

Đáp án D

Với mọi điểm I ta có: $S = 2 {(\vec{N I} + \vec{I A})}^{2} + {(\vec{N I} + \vec{I B})}^{2} + {(\vec{N I} + \vec{I C})}^{2}$

$= 4 N I^{2} + 2 \vec{N I} (2 \vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C}) + 2 I A^{2} + I B^{2} + I C^{2}$

Chọn điểm I sao cho: $2 \vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} = \vec{0}$

$2 \vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} = \vec{0} \Leftrightarrow 4 \vec{I A} + \vec{A B} + \vec{A C} = \vec{0}$ .

Suy ra tọa độ điểm I là I(0;1;2).

Khi đó $S = 4 N I^{2} + 2 I A^{2} + I B^{2} + I C^{2},$ do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P).

Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) là: $\{\begin{cases} x = 0 + t \\ y = 1 - t \\ z = 2 + t \end{cases}$ .

Tọa độ điểm $N (t; 1 - t; 2 + t) \in (P) \Rightarrow t - 1 + t + 2 + t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow N (- 1; 2; 1)$ .

Câu 50:

Cho hàm số $y = f (x) = x^{3} + 3 x^{2} + 2$ và phương trình $||f (x) + m| + m| = n$ có 8 nghiệm phân biệt với $m \in (- 6; - 2)$ . Khẳng định nào sau đây đúng?

A.

\{\begin{cases} - 6 < m < - 4 \\ 2 < n < - 6 - 2 m \end{cases}

.

B.

\{\begin{cases} - 3 < m < - 2 \\ 6 + 2 m < n < 2 \end{cases}

C.

\{\begin{cases} - 3 < m < - 2 \\ - m < n \end{cases}

.

D.

\{\begin{cases} - 3 < m < - 2 \\ [\begin{array}{l} 0 < n < 6 + 2 m \\ 2 < n < - m \end{array} \end{cases}

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có bảng biến thiên của $y = |f (x) + m|$

Bảng biến thiên của $y = |f (x) + m| + m$

TH1: $2 m + 6 > 0 \Rightarrow m > - 3$

Ta có: $||f (x) + m| + m| = n \Leftrightarrow \{\begin{cases} n \geq 0 \\ [\begin{array}{l} |f (x) + m| + m = n \\ |f (x) + m| + m = - n \end{array} \end{cases}$ .

Suy ra phương trình $||f (x) + m| + m| = n$ có 8 nghiệm phân biệt khi:

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} - 3 < m < - 2 \\ [\begin{array}{l} 0 < n < 2 m + 6 \\ \{\begin{cases} n > 2 m + 6 \\ m < - n < - 2 \end{cases} \end{array} \end{cases} \{\begin{array}{l} - 3 < m < - 2 \\ [\begin{array}{l} 0 < n < 2 m + 6 \\ \{\begin{cases} n > 2 m + 6 \\ 2 < n < - m \end{cases} \end{array} \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{cases} - 3 < m < - 2 \\ [\begin{array}{l} 0 < n < 2 m + 6 \\ 2 < n < - m \end{array} \end{cases}$

TH2: $2 m + 6 \leq 0 \Rightarrow m \leq - 3$

Ta có bảng biến thiên của $y = ||f (x) + m| + m|$ như sau:

+ Nếu -2m-6<2 thì $||f (x) + m| + m| = n$ có 8 nghiệm phân biệt khi $2 < n < - m$ hay $\{\begin{cases} - 4 < m \leq - 3 \\ 2 < n < - m \end{cases}$ .

+ Nếu $- 2 m - 6 > 2 \Leftrightarrow - 6 < m < - 4$ thì $||f (x) + m| + m| = n$ có 8 nghiệm phân biệt khi $- 2 m - 6 < n < - m \Leftrightarrow 0 < n < - m$ hay $\{\begin{cases} - 6 < m < - 4 \\ 0 < n < - m \end{cases}$ .

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (25 đề)

Đề số 5

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan