50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề số 25

Câu 1:

Hình hộp chữ nhật đứng đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 4.

Xem đáp án

Đáp án C

Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây:

Câu 2:

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

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

Câu 3:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình $x^{3} + 3 x^{2} - 2 = m$ có hai nghiệm phân biệt.

A.

m \in (- \infty; - 2] .

B.

m \notin [- 2; 2] .

C.

m \in [2; + \infty) .

D.

m \in {- 2; 2} .

Xem đáp án

Đáp án D

Số nghiệm của phương trình $x^{3} + 3 x^{2} - 2 = m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = x^{3} + 3 x^{2} - 2$ và đường thẳng $y = m$

Ta có: $y' = 3 x^{2} + 6 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = - 2 \end{array}$ . Ta có đồ thị hàm số như hình vẽ:

Quan sát đồ thị hàm số ta có đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = x^{3} + 3 x^{2} - 2$ tại 2 điểm phân biệt $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 2 \\ m = - 2 \end{array}$

Câu 4:

Trên đồ thị $(C) : y = \frac{x + 1}{x + 2}$ có bao nhiêu điểm M mà tiếp tuyến với (C) tại M song song với đường thẳng $d : x + y = 1.$

A. 0.

B. 4.

C. 3.

D. 2.

Xem đáp án

Đáp án A

TXĐ: $D = R \ {2} .$ Ta có: $y' = \frac{2.1 - 1.1}{{(x + 2)}^{2}} = \frac{1}{{(x + 2)}^{2}}$

Gọi $M (x_{o}; \frac{x_{o} + 1}{x_{o} + 2}) \in (C)$

Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ $x = x_{o}$ là: $y' = \frac{1}{{(x_{o} + 2)}^{2}} (x - x_{o}) + \frac{x_{o} + 1}{x_{o} + 2} (d')$

Để $(d') / / (d) : x + y = 1 \Leftrightarrow y = - x - 1 \Rightarrow \frac{1}{{(x_{o} + 2)}^{2}} = - 1$ (vô nghiệm)

Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 5:

Cho hàm số $y = x^{3} + b x^{2} + c x + d, (b, c, d \in ℝ)$ có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

Cho hàm số y=x^3+bx^2+cx+d (b,c,d thuộc R) có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? (ảnh 1)

A.

b < 0, c < 0, d > 0.

B.

b > 0, c < 0, d > 0.

C.

b < 0, c > 0, d < 0.

D.

b > 0, c > 0, d > 0.

Xem đáp án

Đáp án A

Với $x = 0 \Rightarrow d > 0$

Từ đồ thị ta thấy nếu gọi $x_{1}; x_{2}$ là hai điểm cực trị của hàm số thì khi đó

${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = \frac{- 2 b}{3 a} > 0 \\ x_{1} x_{2} = \frac{c}{3 a} < 0 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} b < 0 \\ c < 0 \end{cases}$

Câu 6:

Cho hàm số $y = f (x)$ có $f' (x) > 0 \forall x \in ℝ$ . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của x để $f (\frac{1}{x}) < f (1) .$

A.

(- \infty; 0) \cup (0; 1) .

B.

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

C.

(- \infty; 1) .

D.

(0; 1) .

Xem đáp án

Đáp án B

Hàm số $y = f (x)$ có $f' (x) > 0 \forall x \in ℝ$ thì đồng biến trên

Khi đó ta có $f (\frac{1}{x}) < f (1) \Leftrightarrow \frac{1}{x} < 1 \Leftrightarrow \frac{1}{x} - 1 < 0 \Leftrightarrow \frac{1 - x}{x} < 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x > 1 \\ x < 0 \end{array}$

Vậy $x \in (- \infty; 0) \cup (1; + \infty)$

Câu 7:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm $y' = x^{2} (x - 2)$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên R

B. Hàm số đồng biến trên

(0; 2) .

C. Hàm số nghịch biến trên

(- \infty; 0)

và

(2; + \infty) .

D. Hàm số đồng biến trên $(2; + \infty) .$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên $(- \infty; 2)$ và đồng biến trên $(2; + \infty)$ .

Câu 8:

Cho cấp số nhân $(u_{n})$ có $u_{1} = 2$ và biểu thức $20 u_{1} - 10 u_{2} + u_{3}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm số hạng thứ bảy của cấp số nhân $(u_{n})$ ?

A. 2000000.

B. 136250.

C. 39062.

D. 31250.

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có:

$\begin{array}{l} 20 u_{1} - 10 u_{2} + u_{3} = 20 u_{1} - 10 u_{1} q + u_{1} q^{2} = 40 - 20 q + 2 q^{2} = 2 (q^{2} - 10 q + 25) - 10 \\ = t^{2} - 10 \geq - 10 \end{array}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow q = 5$

Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là $u_{7} = u_{1} q^{6} = {2.5}^{6} = 31250$

Câu 9:

Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm B( 2;1;-3) đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng (Q): x+y+3z=0 , (R): 2x-y+z=0 là:

A.

4 x + 5 y - 3 z + 22 = 0.

B. $4 x + 5 y - 3 z + 22 = 0.$

C.

2 x + y - 3 z - 14 = 0.

D.

4 x + 5 y - 3 z - 22 = 0.

Xem đáp án

Đáp án D

Mặt phẳng (P) vuông góc với $(Q), (R) \Rightarrow \vec{n_{P}} ⊥ \vec{n_{Q}}, \vec{n_{P}} ⊥ \vec{n_{R}} \Rightarrow \vec{n_{P}} = [\vec{n_{Q}}, \vec{n_{R}}]$

Ta có: $\vec{n_{Q}} = (1; 1; 3), \vec{n_{R}} = (2; - 1; 1) \Rightarrow \vec{n_{P}} = [\vec{n_{Q}}, \vec{n_{R}}] = (4; 5; - 3)$

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm $B (2; 1; - 3)$ và có vecto pháp tuyến $\vec{n} = (4; 5; - 3)$ là: $4 (x - 2) + 5 (y - 1) - 3 (z + 3) = 0 \Leftrightarrow 4 x + 5 y - 3 z - 22 = 0$

Câu 10:

Đạo hàm của hàm số $y = \ln (5 - 3 x^{2})$ là:

A.

\frac{6}{3 x^{2} - 5} .

B.

\frac{2 x}{5 - 3 x^{2}} .

C.

\frac{6 x}{3 x^{2} - 5} .

D.

\frac{- 6 x}{3 x^{2} - 5} .

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $[\ln (5 - 3 x^{2})]' = \frac{- 6 x}{5 - 3 x^{2}} = \frac{6 x}{3 x^{2} - 5}$

Câu 11:

Dặt $a = \log_{2} 5$ và $b = \log_{3} 5$ . Biểu diễn đúng $\log_{6} 5$ theo a, b là:

A.

\frac{1}{a + b} .

B.

a + b .

C.

\frac{a b}{a + b} .

D.

\frac{a + b}{a b} .

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $\log_{5} 2 = \frac{1}{\log_{2} 5} = \frac{1}{a}; \log_{5} 3 = \frac{1}{\log_{3} 5} = \frac{1}{b}$

$\log_{6} 5 = \frac{1}{\log_{5} 6} = \frac{1}{\log_{5} 2 + \log_{5} 3} = \frac{1}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} = \frac{a b}{a + b}$

Câu 12:

Cho số phức z thỏa mãn $2 z - i . \bar{z} = 2 + 5 i .$ Môđun của số phức z bằng

A.

| z | = 7.

B.

| z | = 5.

C.

| z | = 25.

D.

| z | = \frac{\sqrt{145}}{5} .

Xem đáp án

Đáp án B

Giả sử: $z = a + b i$ (với $a, b \in ℝ)$

Khi đó: $2 z - i . \bar{z} = 2 + 5 i \Leftrightarrow 2 (a + b i) - i (a - b i) = 2 + 5 i$

$\Leftrightarrow 2 a - b + (2 b - a) i = 2 + 5 i \Leftrightarrow {\begin{cases} 2 a - b = 2 \\ 2 b - a = 5 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a = 3 \\ b = 4 \end{cases}$

Do đó: $z = 3 + 4 i \Rightarrow | z | = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5$

Câu 13:

Một hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 5.

B. 3.

C. 4.

D. 6.

Xem đáp án

Đáp án C

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:

3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện.

1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Câu 14:

Họ nguyên hàm của hàm số y=x-sin2x là

A.

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

B.

\frac{x^{2}}{2} + \frac{1}{2} \cos 2 x + C .

C.

x^{2} + \frac{1}{2} \cos 2 x + C .

D.

\frac{x^{2}}{2} - \frac{1}{2} \cos 2 x + C .

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $\int (x - \sin 2 x) d x = \frac{x^{2}}{2} + \frac{1}{2} \cos 2 x + C$

Câu 15:

Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm của SA, N là hình chiếu vuông góc của A lên SO. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

A C ⊥ (S B D) .

B.

D N ⊥ (S A B) .

C.

A N ⊥ (S O D) .

D. $A M ⊥ (S B C) .$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow S A ⊥ B D$

Lại có: $B D ⊥ A C$ (do ABCD là hình vuông)

Mà $A N ⊥ S O$ (giả thiết) $\Rightarrow A N ⊥ (S B D) \Rightarrow A N ⊥ (S O D)$

Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian.

Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm của SA, N là hình chiếu vuông góc của A lên SO. Mệnh đề nào sau đây đúng? (ảnh 1)

Câu 16:

Gọi A, B lần lượt là các giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số

y = \frac{x^{2} + m^{2} + 2 m}{x - 2}

trên đoạn [3;4]. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để

A + B = \frac{19}{2} .

A.

m = 1; m = - 3.

B.

m = - 1; m = 3.

C.

m = \pm 3.

D.

m = - 4.

Xem đáp án

Đáp án A

TXĐ: $D = ℝ \ {2}$ . Ta có:

$y' = \frac{- 2.1 - 1. (m^{2} + 2 m)}{{(x - 2)}^{2}} = \frac{- m^{2} - 2 m - 2}{{(x - 2)}^{2}} = \frac{- {(m + 1)}^{2} - 1}{{(x - 2)}^{2}} < 0 \forall x \in D$

$y' < 0 \forall x \in [3; 4]$ Hàm số đã cho nghịch biến trên [3;4]

$\begin{array}{l} \Rightarrow \underset{[3; 4]}{\min y} = y (4) = \frac{m^{2} + 2 m + 4}{2}; \max_{[3; 4]} y = y (3) = m^{2} + 2 m + 3 \\ \Rightarrow A = \frac{m^{2} + 2 m + 4}{2}; B = m^{2} + 2 m + 3 \end{array}$

Theo đề bài ta có $A + B = \frac{19}{2} \Rightarrow \frac{m^{2} + 2 m + 4}{2} + m^{2} + 2 m + 3 = \frac{19}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{m^{2} + 2 m + 4 + 2 m^{2} + 4 m + 6}{2} = \frac{19}{2} \Leftrightarrow 3 m^{2} + 6 m - 9 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 \\ m = - 3 \end{array}$

Câu 17:

Giả sử hàm số $f (x)$ liên tục trên đoạn [0;2] thỏa mãn $\int_{0}^{2} f (x) d x = 6.$ Tính tích phân $I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (2 \sin x) \cos x d x .$

A. 3.

B. – 3.

C. 6.

D. – 3.

Xem đáp án

Đáp án A

Đặt $t = 2 \sin x \Rightarrow d t = 2 \cos x d x \Rightarrow \frac{1}{2} d t = \cos x d x$

Đổi cận: ${\begin{cases} x = 0 \Rightarrow t = 0 \\ x = \frac{π}{2} \Rightarrow t = 2 \end{cases}$

Vậy $I = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f (t) d t = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f (x) d x = 3$

Câu 18:

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(-2;4) và B(8;4) Tìm tọa độ điểm C trên trục Ox, có hoành độ dương sao cho tam giác ABC vuông tại C.

A.

C (3; 0) .

B.

C (1; 0) .

C.

C (5; 0) .

D.

C (6; 0) .

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi $C (c; 0) \in O x (c > 0)$ ta có $C (c; 0) \in O x (c > 0)$

Tam giác ABC vuông tại $C \Leftrightarrow \vec{C A} . \vec{C B} = 0 \Leftrightarrow (- 2 - c) (8 - c) + 16 = 0$

$- 16 + 2 c - 8 c + c^{2} + 16 = 0 \Leftrightarrow c^{2} - 6 c = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} c = 0 (k t m) \\ c = 6 (t m) \end{array} \Rightarrow C (6; 0)$

Câu 19:

Giá trị lớn nhất của hàm số $y = x^{2} + \frac{16}{x}$ trên đoạn $[\frac{3}{2}; 4]$ bằng:

A. 24.

B. 20.

C. 12.

D.

\frac{155}{12} .

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $y' = 2 x - \frac{16}{x^{2}} \Leftrightarrow y = 0 \Leftrightarrow 2 x^{3} = \frac{16}{x^{2}} \Leftrightarrow 2 x^{3} = 16 \Leftrightarrow x = 2 \in [\frac{3}{2}; 4]$

Ta lại có: $y (\frac{3}{2}) = \frac{155}{12}; y (2) = 12; y (4) = 20$

Vậy $\max_{[\frac{3}{2}; 4]} y = 20$ khi $x = 4$

Câu 20:

Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD thuộc hai đáy hình trụ, AB=4a, AC=5a Tính thể tích khối trụ:

A.

V = 8 π a^{3} .

B.

V = 16 π a^{3} .

C.

V = 12 π a^{3} .

D.

V = 4 π a^{3} .

Xem đáp án

Đáp án C

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có

$B C = \sqrt{A C^{2} - A B^{2}} = \sqrt{25 a^{2} - 16 a^{2}} = 3 a$

Vậy thể tích khối trụ là

V = π {(\frac{A}{B})}^{2} . B C = π {(2 a)}^{2} .3 a = 12 π a^{2}

Câu 21:

Cho hàm số $y = \log_{\frac{1}{2}} | x |$ . Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai?

A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định.

B. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang.

C. Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là trục tung.

D. Hàm số đã cho có tập xác định là

D = ℝ \ {0} .

Xem đáp án

Đáp án A

Tập xác định của hàm số: $| x | > 0 \Leftrightarrow x \neq 0 \Rightarrow$ Đáp án D đúng.

Ta có: $y = \log_{\frac{1}{2}} | x | = {\begin{cases} \log_{\frac{1}{2}} x k h i x > 0 \\ \log_{\frac{1}{2}} (- x) k h i x < 0 \end{cases}$

Vì $0 < a = \frac{1}{2} < 1 \Rightarrow$ hàm số $y = \log_{\frac{1}{2}} x$ nghịch biến trên $(0; + \infty)$ và hàm số $y = \log_{\frac{1}{2}} (- x)$ đồng biến trên $(- \infty; 0)$

Câu 22:

Cho x là số thực dương, khai triển nhị thức ${(x^{2} + \frac{1}{x})}^{12}$ ta có hệ số của số hạng chứa $x^{m}$ bằng 792: Giá trị của m là:

A. m=3 và m=9

B. m=0 và m=9

C. m=9

D. m=0

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: ${(x^{2} + \frac{1}{x})}^{12} = \sum_{k = 0}^{12} C_{12}^{k} {(x^{2})}^{12 - k} {(\frac{1}{x})}^{k} = \sum_{k = 0}^{12} C_{12}^{k} x^{24 - 3 k}$ , do đó hệ số của số hạng chứa trong khai triển trên ứng với $24 - 3 k = m \Leftrightarrow k = \frac{24 - m}{3}$

Theo bài ra ta có $C_{12}^{\frac{24 - m}{3}} = 792 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \frac{24 - m}{3} = 5 \\ \frac{24 - m}{3} = 7 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 9 \\ m = 3 \end{array}$

Câu 23:

Tìm tập nghiệm S của phương trình $2^{x + 1} = 4$

A.

S = {4} .

B.

S = {1} .

C.

S = {3} .

D.

S = {2} .

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $2^{x + 1} = 4 \Leftrightarrow 2^{x + 1} = 2^{2} \Leftrightarrow x + 1 = 2 \Leftrightarrow x = 1$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = {1}$

Câu 24:

Cho tứ diện ABCD có (ACD) vuông góc (BCD), AC=AD=BC=BD=A, CD=2Aa Giá trị của O để hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau là:

A.

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

B.

\frac{a \sqrt{3}}{3} .

C.

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

D.

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

Xem đáp án

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của CD.

Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B

$\Rightarrow {\begin{cases} C D ⊥ A H \\ C D ⊥ B H \end{cases} \Rightarrow C D ⊥ (A B H) \Rightarrow C D ⊥ A B$

Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại $C \Rightarrow C E ⊥ A B$ .

Ta có ${\begin{cases} A B ⊥ C D \\ A B ⊥ C E \end{cases} \Rightarrow A B ⊥ (C D E) \Rightarrow A B ⊥ D E$

${\begin{cases} (A B C) \cap (A B D) = A B \\ (A B C) \supset C E ⊥ A B \\ (A B D) \supset D E ⊥ A B \end{cases} \Rightarrow ∠ ((A B C); (A B D)) = ∠ (C E; D E) = ∠ C E D = 90^{o}$

Cho tứ diện ABCD có (ACD) vuông góc (BCD), AC=AD=BC=BD=A, CD=2Aa Giá trị của O để hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau là: (ảnh 1)

Ta có $Δ A B C = Δ A D C (c . c . c) \Rightarrow C E = D E \Rightarrow Δ C D E$ vuông cân tại E

$\Rightarrow C D = C E \sqrt{2} \Leftrightarrow 2 x = C E \sqrt{2} \Leftrightarrow C E = x \sqrt{2} (*)$

Xét tam giác vuông CBH có $B H^{2} = B C^{2} - C H^{2} = a^{2} - x^{2}$

Xét tam giác vuông ACH có $A H^{2} = A C^{2} - C H^{2} = a^{2} - x^{2}$

Xét tam giác vuông ABH có $A B^{2} = A H^{2} + B H^{2} = 2 a^{2} - 2 x^{2} \Rightarrow A E = \frac{\sqrt{2 a^{2} - 2 x^{2}}}{2}$

Xét tam giác vuông ACE có $C E^{2} = A C^{2} - A E^{2} = a^{2} - \frac{a^{2} - x^{2}}{2} = \frac{a^{2} + x^{2}}{2} \Rightarrow C E = \frac{\sqrt{a^{2} + x^{2}}}{2}$

Thay vào (*) ta có

\frac{\sqrt{a^{2} - x^{2}}}{\sqrt{2}} = x \sqrt{2} \Leftrightarrow a^{2} + x^{2} = 4 x^{2} \Leftrightarrow 3 x^{2} = a^{2} \Leftrightarrow x = \frac{a \sqrt{3}}{3} .

Câu 25:

Cho khối chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh $\frac{a}{\sqrt{2}}, Δ S A C$ vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy góc $60^{o}$ . Tính thể tích V của khối chóp SABCD.

A.

V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{24} .

B.

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

C.

V = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{24} .

D.

V = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{24} .

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của S trên AC.

Ta có ${\begin{cases} (S A C) \cap (A B C D) = A C \\ (S A C) \supset S H ⊥ A C \end{cases} \Rightarrow S H ⊥ (A B C D)$

Ta có: $∠ (S A, (A B C D)) = ∠ (S A, A H) = ∠ (S A, A C) = ∠ S A C$

Ta có: $∠ A C = A B \sqrt{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2} . \sqrt{2} = a$

Xét $Δ S A C$ vuông tại S ta có: ${\begin{cases} S A = A C . c o s 60^{o} = \frac{a}{2} \\ S C = A C . \sin 60^{o} = \frac{a \sqrt{3}}{2} \end{cases}$

Áp dụng hệ thức lượng cho $Δ S A C$ vuông tại S và có đường cao SH ta có:

$S H = \frac{S A . S C}{A C} = \frac{\frac{a}{2} . \frac{a \sqrt{3}}{2}}{a} = \frac{a \sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S A . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{4} . \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{24}$ $\Rightarrow V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S A . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{4} . \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{24}$

Câu 26:

Cho tích phân $I = \int_{0}^{\frac{π}{4}} (x - 1) \sin 2 x d x$ . Đẳng thức nào sau đây là đúng?

A.

I = - (x - 1) \cos 2 x - \int_{0}^{\frac{π}{4}} \cos 2 x d x .

B.

I = {- \frac{1}{2} (x - 1) \cos 2 x |}_{0}^{\frac{π}{4}} - \int_{0}^{\frac{π}{4}} \cos 2 x d x .

C.

I = {- \frac{1}{2} (x - 1) \cos 2 x |}_{0}^{\frac{π}{4}} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \cos 2 x d x .

D.

I = {- (x - 1) \cos 2 x |}_{\begin{array}{l} 0 \end{array}}^{\frac{π}{4}} + \int_{0}^{\frac{π}{4}} \cos 2 x d x .

Xem đáp án

Đáp án C

Đặt: ${\begin{cases} u = x - 1 \\ d v = \sin 2 x d x \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} d u = d x \\ v = - \frac{1}{2} \cos 2 x \end{cases}$

Do đó: $I = \int_{0}^{\frac{π}{4}} (x - 1) \sin 2 x d x = {- \frac{1}{2} (x - 1) \cos 2 x |}_{0}^{\frac{π}{4}} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \cos 2 x d x$

Câu 27:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm cấp 2 trên khoảng K và $x_{o} \in K .$ Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Nếu $f'' (x_{o}) = 0$ thì $x_{o}$ là điểm cực trị của hàm số $y = f (x)$

B. Nếu

x_{o}

là điểm cực trị của hàm số

y = f (x)

thì

f'' (x_{o}) \neq 0

C. Nếu $x_{o}$ là điểm cực trị của hàm số $y = f (x)$ thì $f' (x_{o}) = 0$

D. Nếu

x_{o}

là điểm cực trị của hàm số

y = f (x)

thì

f'' (x_{o}) > 0

Xem đáp án

Đáp án C

Nếu $x = x_{o}$ là điểm cực trị của hàm số thì $f' (x_{o}) = 0$

Nếu $x = x_{o}$ là điểm cực trị của hàm số thì ${\begin{cases} f' (x_{o}) = 0 \\ f'' (x_{o}) > 0 \end{cases}$

Câu 28:

Tìm nguyên hàm của hàm số $f (x) = \frac{1}{x {(\ln x + 2)}^{2}}$

A.

\int f (x) d x = \frac{1}{\ln x + 2} + C .

B.

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

C.

\int f (x) d x = \frac{x}{\ln x + 2} + C .

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

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $\int f (x) d x = \int \frac{1}{x {(\ln x + 2)}^{2}} d x = \int \frac{d (\ln x + 2)}{{(\ln x + 2)}^{2}} = \frac{- 1}{\ln x + 2} + C$

Câu 29:

Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình $2^{2 x^{2} + 5 x + 4} = 4$

A. 1.

B.

\frac{5}{2} .

C.

- \frac{5}{2} .

D. – 1.

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $2^{2 x^{2} + 5 x + 4} = 4 \Leftrightarrow 2 x^{2} + 5 x + 4 = 2 \Leftrightarrow 2 x^{2} + 5 x + 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - \frac{1}{2} \\ x = - 2 \end{array} \Rightarrow x_{1} x_{2} = 1$

Câu 30:

Ký hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = \sqrt{(x - 1) e^{x^{2} - 2 x}}; y = 0; x = 2$ . Tích thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H) xung quanh trục hoành

A.

V = \frac{π (2 e - 1)}{2 e} .

B.

V = \frac{π (2 e - 3)}{2 e} .

C.

V = \frac{π (e - 1)}{2 e} .

D.

V = \frac{π (e - 3)}{2 e} .

Xem đáp án

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm: $\sqrt{(x - 1) e^{x^{2} - 2 x}} = 0 \Leftrightarrow x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là: $V = π \int_{1}^{2} (x - 1) e^{x^{2} - 2 x} d x$

$= \frac{1}{2} π \int_{1}^{2} e^{x^{2} - 2 x} d (x^{2} - 2 x) {= \frac{1}{2} π e^{x^{2} - 2 x} |}_{1}^{2} = \frac{1}{2} π - \frac{π}{2 e} = \frac{π (e - 1)}{2 e}$

Câu 31:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho $\vec{a} = (1; - 2; 3)$ và $\vec{b} = (2; - 1; - 1)$ . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Vecto

\vec{a}

không vuông góc với

\vec{b}

B. Vecto

\vec{a}

cùng phương với

\vec{b}

C.

| \vec{a} | = \sqrt{14} .

D.

[\vec{a}; \vec{b}] = (- 5; - 7; - 3)

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $\vec{a} . \vec{b} = 1.2 - 2. (- 1) + 3. (- 1) = 1 \neq 0 \Rightarrow \vec{a}, \vec{b}$ không vuông góc $\Rightarrow$ loại đáp án A.

Ta thấy không tồn tại số k để $\vec{a} = k \vec{b} \Rightarrow \vec{a}, \vec{b}$ không cùng phương $\Rightarrow$ loại đáp án B.

$| \vec{a} | = \sqrt{1 + {(- 2)}^{2} + 3^{2}} = \sqrt{14} \Rightarrow$ Đáp án C đúng.

Câu 32:

Cho hình chóp S.ABCD có $S C = x (0 < x < a \sqrt{3}),$ các cạnh còn lại đều bằng a. Biết rằng thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi $x = \frac{a \sqrt{m}}{n} (m, n \in ℕ^{*})$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $m + 2 n = 10.$

B.

2 m^{2} - 3 m < 15.

C.

m^{2} - n = 30.

D.

4 m - n^{2} = - 20.

Xem đáp án

Đáp án A

Vì $S A = S B = S D = a$ nên hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

$A B D \Rightarrow S H ⊥ (A B C D)$

Do tam giác ABD cân tại $A \Rightarrow H \in A C$

Dễ dàng chứng minh được: $Δ S B D = Δ A B D (c . c . c) \Rightarrow S O = A O = \frac{A C}{2} \Rightarrow Δ S A C$ vuông tại S (tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

$\Rightarrow A C = \sqrt{S A^{2} + S C^{2}} = \sqrt{a^{2} + x^{2}}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có $S H = \frac{S A . S C}{A C} = \frac{a x}{\sqrt{a^{2} + x^{2}}}$

Ta có $O A = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} \sqrt{a^{2} + x^{2}}$

$\Rightarrow O B = \sqrt{A B^{2} - O A^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2} + x^{2}}{4}} = \frac{\sqrt{3 a^{2} - x^{2}}}{2} \Rightarrow B D = \sqrt{3 a^{2} - x^{2}}$

Do ABCD là hình thoi $\Rightarrow S_{A B C D} = \frac{1}{2} A C . B D$

Khi đó ta có: $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S H . S_{A B C D} = \frac{1}{6} . \frac{a x}{\sqrt{a^{2} + x^{2}}} \sqrt{a^{2} + x^{2}} . \sqrt{3 a^{2} - x^{2}} = \frac{1}{6} a x \sqrt{3 a^{2} - x^{2}}$

Áp dụng BĐT Cosi ta có: $x \sqrt{3 a^{2} - x^{2}} \leq \frac{x^{2} + 3 a^{2} - x^{2}}{2} = \frac{3 a^{2}}{2} \Rightarrow V_{S . A B C D} \leq \frac{1}{6} a \frac{3 a^{2}}{2} = \frac{a^{3}}{4}$

Dấu “=” xảy ra

\Leftrightarrow x^{2} = 3 a^{2} - x^{2} \Leftrightarrow x = \sqrt{\frac{3 a^{2}}{2}} = \frac{a \sqrt{6}}{2} = \frac{a \sqrt{m}}{n} \Rightarrow {\begin{cases} m = 6 \\ n = 2 \end{cases} \Rightarrow m + 2 n = 10

Câu 33:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số sau đạt cực tiểu tại $x = 0 y = x^{8} + (m + 1) x^{5} - (m^{2} - 1) x^{4} + 1$

A. Vô số.

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $y' = 8 x^{7} + 5 (m + 1) x^{4} - 4 (m^{2} - 1) x^{3}; y'' = 56 x^{6} + 20 (m + 1) x^{3} - 12 (m^{2} - 1) x^{2}$

$\Rightarrow y = 0 \Leftrightarrow 8 x^{7} + 5 (m + 1) x^{4} - 4 (m^{2} - 1) x^{3} = 0 \Leftrightarrow x^{3} [8 x^{4} + 5 (m + 1) x - 4 (m^{2} - 1)] = 0$

TH1: Xét $m^{2} - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \pm 1$

· Khi $m = 1$ ta có $y' = 0 \Leftrightarrow x^{3} (8 x^{4} + 10 x) = x^{4} (8 x^{3} + 10) \Rightarrow x = 0$ là nghiệm bội $4 \Rightarrow x = 0$ không là cực trị của hàm số.

· Khi $m = - 1$ ta có $y' = 0 \Leftrightarrow x^{3} .8 x^{4} = 0 \Leftrightarrow 8 x^{7} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ là nghiệm bội lẻ $\Leftrightarrow x = 0$ là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm thì đổi dấu từ âm sang dương nên x=0 là điểm cực tiểu của hàm số.

TH2: Xét $m^{2} - 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \pm 1$ ta có:

$y = 0 \Leftrightarrow x^{2} [8 x^{5} + 5 (m + 1) x^{2} - 4 (m^{2} - 1) x] = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} = 0 \\ 8 x^{5} + 5 (m + 1) x^{2} - 4 (m^{2} - 1) x = 0 \end{array}$

$x^{2} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình $g (x) = 8 x^{5} + 5 (m + 1) x^{2} - 4 (m^{2} - 1) x = 0$

Hàm số đạt cực tiểu $x = 0 \Leftrightarrow g' (0) > 0$

Ta có $g' (x) = 40 x^{4} + 10 (m + 1) x - 4 (m^{2} - 1)$

$\Rightarrow g' (0) = - 4 (m^{2} - 1) > 0 \Leftrightarrow m^{2} - 1 < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 1$

Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có

- 1 \leq m < 1.

Do

m \in Z \Rightarrow m \in {- 1; 0}

Câu 34:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn $[- 2018; 2018]$ để phương trình ${(x + 2 - \sqrt{x^{2} + 1})}^{2} + \frac{18 (x^{2} + 1) \sqrt{x^{2} + 1}}{x + 2 + \sqrt{x^{2} + 1}} = m (x^{2} + 1)$ có nghiệm thực?

A. 25.

B. 2019.

C. 2018.

D. 2012.

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có ${(x + 2 - \sqrt{x^{2} + 1})}^{2} + \frac{18 (x^{2} + 1) \sqrt{x^{2} + 1}}{x + 2 + \sqrt{x^{2} + 1}} = m (x^{2} + 1)$

$\Rightarrow \frac{{(x + 2 - \sqrt{x^{2} + 1})}^{2}}{x^{2} + 1} + \frac{18 \sqrt{x^{2} + 1}}{x + 2 + \sqrt{x^{2} + 1}} = m$

Đặt $f (x) = \frac{{(x + 2 - \sqrt{x^{2} + 1})}^{2}}{x^{2} + 1} + \frac{18 \sqrt{x^{2} + 1}}{x + 2 + \sqrt{x^{2} + 1}}$

Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm $\min f (x) = 7 \Leftrightarrow x = 0$

Để phương trình $f (x) = m$ có nghiệm $\Rightarrow m \geq 7$

Kết hợp điều kiện ta có $m \in [7; 2018], m \in ℤ$

Vậy có

(2018 - 7) + 1 = 2012

giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 35:

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

A.

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

B.

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

C.

- \frac{1}{2} < m < 0.

D.

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

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $(7 + 3 \sqrt{5}) (7 - 3 \sqrt{5}) = 49 - 45 = 4 \Rightarrow 7 - 3 \sqrt{5} = \frac{4}{7 + 3 \sqrt{5}}$

Phương trình tương đương với: ${(\frac{4}{7 + 3 \sqrt{5}})}^{x^{2}} + m {(7 + 3 \sqrt{5})}^{x^{2}} = \frac{1}{2} {.2}^{x^{2}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {2.2}^{x^{2}} - 2^{x^{2}} . {(7 + 3 \sqrt{5})}^{2} + 2 m {(7 + 3 \sqrt{5})}^{x^{2}} = 0 \\ \Leftrightarrow 2. {(\frac{2}{7 + 3 \sqrt{5}})}^{2 x^{2}} - {(\frac{2}{7 + 3 \sqrt{5}})}^{x^{2}} + 2 m = 0 (*) \end{array}$

Đặt ${(\frac{2}{7 + 3 \sqrt{5}})}^{2 x^{2}} = t \Rightarrow x^{2} = \log_{\frac{2}{7 + 3 \sqrt{5}}} t .$

Ta có: $0 < \frac{2}{7 + 3 \sqrt{5}} < 1 \Rightarrow \log_{\frac{2}{7 + 3 \sqrt{5}}} t > 0 \Leftrightarrow 0 < t < 1 \Rightarrow (*) \Leftrightarrow 2 t^{2} - t + 2 m = 0 (1)$

Để có phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $t \in (0; 1)$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} Δ > 0 \\ a f (0) > 0 \\ a f (1) > 0 \\ 0 < - \frac{b}{2 a} < 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} 1 - 16 m > 0 \\ 4 m > 0 \\ 2 (2 m + 1) > 0 \\ 0 < \frac{1}{2} < 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} m < \frac{1}{16} \\ m > 0 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{1}{16} \\ m > - \frac{1}{2} \end{cases}$

Câu 36:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho $A (- 3; 0; 0); B (0; 0; 3); C (0; - 3; 0)$ và mặt phẳng $(P) : x + y + z - 3 = 0.$ Tìm trên (P) điểm M sao cho $| \vec{M A} + \vec{M B} - \vec{M C} |$ nhỏ nhất

A.

M (3; 3; - 3) .

B.

M (3; - 3; 3) .

C.

M (- 3; 3; 3) .

D.

M (- 3; - 3; 3) .

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi điểm $I (a, b, c)$ thỏa mãn $\vec{I A} + \vec{I B} - \vec{I C} = \vec{0}$

Ta có: ${\begin{cases} \vec{I A} = (- 3 - a; - b; - c) \\ \vec{I B} = (- a; - b; 3 - c) \\ \vec{I C} = (- a; - 3 - b; - c) \end{cases} \Rightarrow \vec{I A} + \vec{I B} - \vec{I C} = (- 3 - a; 3 - b; 3 - c) = \vec{0}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} - 3 - a = 0 \\ 3 - b = 0 \\ 3 - c = 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a = - 3 \\ b = 3 \\ c = 3 \end{cases} \Leftrightarrow I (- 3; 3; 3)$

Ta có $| \vec{M A} + \vec{M B} - \vec{M C} | = | \vec{M I} + \vec{I A} + \vec{M I} + \vec{I B} - \vec{M I} - \vec{I C} | = | \vec{M I} + (\vec{I A} + \vec{I B} - \vec{I C}) | = | \vec{M I} | = M I$

Do đó nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất là hình chiếu của I trên (P)

Ta thấy $- 3 + 3 + 3 - 3 = 0 \Rightarrow I \in (P)$

Nên hình chiếu của I trên (P) là chính nó

Do đó $M \equiv I \Rightarrow M (- 3; 3; 3)$

Câu 37:

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình $\log (2 x^{2} + 3) < \log (x^{2} + m x + 1)$ có tập nghiệm là R.

A. Vô số.

B. 2.

C. 5.

D. 0.

Xem đáp án

Đáp án D

Bất phương trình tương đương với: $\log (2 x^{2} + 3) < \log (x^{2} + m x + 1) \forall x \in R$

$\Leftrightarrow 0 < 2 x^{2} + 3 < x^{2} + m x + 1 \Leftrightarrow x^{2} - m x + 2 < 0 \forall x \in R (*) \Leftrightarrow {\begin{cases} a = 1 < 0 \\ Δ = m^{2} - 8 < 0 \end{cases}$ (vô nghiệm)

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 38:

Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số $f (x) = 6 \sqrt{x^{2} - 6 x + 12} + 6 x - x^{2} - 4$ .Tính tích các nghiệm của phương trình $f (x) = M$

A. – 6.

B. 3.

C. – 3.

D. 6.

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $f (x) = 6 \sqrt{x^{2} - 6 x + 12} + 6 x - x^{2} - 4 = 6 \sqrt{x^{2} - 6 x + 12} - (x^{2} - 6 x + 12) + 8$

Đặt $t = \sqrt{x^{2} - 6 x + 12} = \sqrt{{(x - 3)}^{2} + 3} \geq 3,$ khi đó ta có $f (t) = - t^{2} + 6 t + 8 \forall x \geq 3$

Ta có $f' (t) = - 2 t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = 3$

Bảng biến thiên:

$\max_{[3; + \infty]} f (t) = 17 \Leftrightarrow t = 3 \Leftrightarrow \sqrt{{(x - 3)}^{2} + 3} = 3 \Leftrightarrow x = 3$

$\Rightarrow \max f (x) = 17 = M \Leftrightarrow x = 3$

Vậy phương trình $f (x) = M$ có nghiệm duy nhất x=3, do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3.

Câu 39:

Gọi $F (x)$ là một nguyên hàm của hàm số $f (x) = x^{3} - 2 x^{2} + 1$ thỏa mãn $F (0) = 5.$ Khi đó phương trình $F (x) = 5$ có số nghiệm thực là:

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $F (x) = \int (x^{3} - 2 x^{2} + 1) d x = \frac{x^{4}}{4} - \frac{2 x^{3}}{3} + x + C$

Lại có: $F (0) = 5 \Leftrightarrow C = 5 \Rightarrow F (x) = \frac{x^{4}}{4} - \frac{2 x^{3}}{3} + x + 5$

$\Rightarrow F (x) = 5 \Leftrightarrow \frac{x^{4}}{4} - \frac{2 x^{3}}{3} + x = 0 \Leftrightarrow x (\frac{x^{4}}{4} - \frac{2 x^{3}}{3} + 1) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x \approx - 1,04 \end{array}$

Câu 40:

Biết phương trình $z^{2} + m z + n = 0$ (với là các tham số thực) có một nghiệm là $z = 1 + i$ . Tính môđun của số phức $z = m + n i .$

A.

2 \sqrt{2} .

B. 4.

C. 16.

D. 8.

Xem đáp án

Đáp án A

Vì $z = 1 + i$ là nghiệm của phương trình $z^{2} + m z + n = 0$ nên:

${(1 + i)}^{2} + m (1 + i) + n = 0 \Leftrightarrow m + n + (2 + m) i = 0$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} m + n = 0 \\ 2 + m = 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} m = - 2 \\ n = 2 \end{cases} \Rightarrow | z | = \sqrt{m^{2} + n^{2}} = 2 \sqrt{2}$

Câu 41:

Cho hàm sô $f (x) = | \frac{x^{2} - m x + 2 m}{x - 2} |$ . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để $\max_{[- 1; 1]} f (x) \leq 5$ . Tổng tất cả các phần tử của S là:

A. – 11.

B. 9.

C. – 5.

D. – 1.

Xem đáp án

Đáp án C

Xét hàm số $g (x) = \frac{x^{2} - m x + 2 m}{x - 2} \Rightarrow g' (x) = \frac{x^{2} - 4 x}{{(x - 2)}^{2}} = 0 \Rightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 4 \end{array}$

Khi $x = 0 \Rightarrow g (0) = - m$ . Ta có $g (- 1) = \frac{1}{3} (- 3 m - 1) = - m - \frac{1}{3}; g (1) = \frac{1 + m}{- 1} = - 1 - m$

Mà $- 1 - m < - \frac{1}{3} - m < - m$

Suy ra $\max_{[- 1; 1]} f (x) = \max {| m |, | m + 1 |, | m + \frac{1}{3} |} = \max {| m |, | m + 1 |}$

TH1: ${\begin{cases} | m + 1 | \geq | m | \\ | m + 1 | \leq 5 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} m \geq - \frac{1}{2} \\ - 6 \leq m \leq 4 \end{cases} \Rightarrow m \in {0; 1; 2; 3; 4}$

TH2: ${\begin{cases} | m + 1 | < | m | \\ | m | \leq 5 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} m < - \frac{1}{2} \\ - 5 \leq m \leq 5 \end{cases} \Rightarrow m \in {- 5; - 4; - 3; - 2; - 1}$

Suy ra tổng các phần tử của S bằng – 5.

Câu 42:

Một giải thi đấu bóng đá quốc gia có 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận). Sau mỗi trận đấu, đội thắng 3 điểm, đội thua 0 điểm, nếu hòa mỗi đội được 1 điểm. Sau giải đấu ban tổ chức thống kê được 60 trận hòa. Hỏi tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là

A. 336.

B. 630

C. 360.

D. 306.

Xem đáp án

Đáp án A

Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận) nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận).

Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 - 60 = 72.

60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm.

72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm.

Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 126 = 336.

Câu 43:

Một hộp sữa hình trụ có thể tích V (không đổi) được làm từ một tấm tôn có diện tích đủ lớn. Nếu hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao h bằng

A.

h = \sqrt{3} R .

B. $h = \sqrt{2} R .$

C.

h = 2 R .

D.

h = R .

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: $V = π R^{2} h \Rightarrow h = \frac{V}{π R^{2}}$

Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: $S = 2 π R h + π R^{2}$

$\Rightarrow S = 2 π . R \frac{V}{π R^{2}} + π R^{2} = \frac{2 V}{R} + π R^{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương $\frac{V}{R}; \frac{V}{R}; π R^{2}$ ta có:

$\frac{V}{R} + \frac{V}{R} π R^{2} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{V}{R} + \frac{V}{R} π R^{2}} = 3 \sqrt[3]{π V^{2}}$

Dấu “=” xảy ra $\Rightarrow \frac{V}{R} = π R^{2} \Leftrightarrow R^{3} = \frac{V}{π} \Leftrightarrow V = π R^{3} \to h = \frac{π R^{3}}{π R^{2}} = R$

Câu 44:

Bất phương trình $\log_{2}^{2} x - (2 m + 5) \log_{2} x + m^{2} + 5 m + 4 < 0$ đúng với mọi $x \in [2; 4)$ khi và chỉ khi

A.

m \in [0; 1) .

B.

m \in [- 2; 0)

.

C.

m \in (0; 1] .

D.

m \in (- 2; 0] .

Xem đáp án

Đáp án B

Yêu cầu bài toán tương đương với: $\log_{2}^{2} x - (2 m + 5) \log_{2} x + m^{2} + 5 m + 4 < 0, \forall x \in [2; 4)$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow m + 1 < \log_{2} x < m + 4, \forall x \in [2; 4) \\ \Leftrightarrow {\begin{cases} m < \log_{2} x - 1, \forall x \in [2; 4) \\ m > \log_{2} x - 4, \forall x \in [2; 4) \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} m < \min_{[2; 4)} (\log_{2} x - 1) \\ m \geq \max_{[2; 4)} (\log_{2} x - 4) \end{cases} \end{array}$

$\Leftrightarrow {\begin{cases} m < \log_{2} 2 - 1 = 0 \\ m \geq \log_{2} 4 - 4 = - 2 \end{cases} \Leftrightarrow m \in [- 2; 0)$

Cách giải phương trình bậc hai có tham số m

Cho phương trình $t^{2} - (2 m + 5) t + m^{2} + 5 m + 4 = 0 (*)$

Cho $m = 100$ , phương trình (*) trở thành: $t^{2} - 205 t + 10504 = 0$ có hai nghiệm $t_{1} = 1001 = m + 1; t_{2} = 1004 = m + 4$

Câu 45:

Cho tứ diện ABCD có $A D ⊥ (A B C), A B C$ có tam giác vuông tại B. Biết $B C = 2 a, A B = 2 a \sqrt{3}, A D = 6 a$ . Quay tam giác ABC và AB (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng:

A.

\frac{5 \sqrt{3} π a^{3}}{2} .

B.

\frac{3 \sqrt{3} π a^{3}}{2} .

C.

\frac{64 \sqrt{3} π a^{3}}{2} .

D.

\frac{4 \sqrt{3} π a^{3}}{2} .

Xem đáp án

Đáp án B

Khối nón N1 được sinh bởi tam giác ABC khi quay quanh AB có chiều cao h1=AB và bán kính đáy R1=BC .

Khối nón N2 được sinh bởi khi quay quanh AB có chiều cao h2=AB và bán kính đáy R2=AD.

Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song.

Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc (ABCD) có tam giác vuông tại B. Biết BC=2x, AB=2a căn3, AD=6a . Quay tam giác ABC và AB (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng: (ảnh 1)

Trong mặt phẳng đáy của hình nón (N1) kẻ đường kính GH//DE. Dễ dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân.

Gọi $M = A G \cap B E; N = A H \cap B D; I = A B \cap M N$

Khi đó phần chung giữa hai khối nón (N1) và (N2) là hai khối nón:

Khối nón (N3) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy $I N \Rightarrow V_{3} = \frac{1}{3} π . I N^{2} . B I$

Khối nón (N4) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy $I N \Rightarrow V_{4} = \frac{1}{3} π . I N^{2} . A I$

Thể tích phần chung $V = V_{3} + V_{4} = \frac{1}{3} π . I N^{2} . B I + \frac{1}{3} π . I N^{2} . A I = \frac{1}{3} π . I N^{2} . (A I + B I) = \frac{1}{3} π . I N^{2} . A B$

Áp dụng định lí Ta-let ta có: $\frac{M N}{G H} = \frac{A I}{A B}; \frac{M N}{D E} = \frac{B I}{A B} \Rightarrow \frac{M N}{G H} + \frac{M N}{D E} = \frac{A I + B I}{A B} = 1$

$\Rightarrow M N (\frac{1}{2 B C} + \frac{1}{2 A D}) = 1 \Leftrightarrow M N . (\frac{1}{2.2 a} + \frac{1}{2.6 a}) = 1 \Leftrightarrow M N = 3 a$

Dễ thấy I là trung điểm của $M N \Rightarrow I N = \frac{M N}{2} = \frac{3 a}{2}$

Vậy $V = \frac{1}{3} π . {(\frac{3 a}{2})}^{2} .2 a \sqrt{3} = \frac{3 \sqrt{3} π a^{3}}{2}$

Câu 46:

Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên R , có đạo hàm f'(x) . Biết rằng đồ thị hàm số f'(x) như hình vẽ. Xác định điểm cực đại của hàm số g(x)=f(x)+x

A. Không có giá trị.

B. x=0

C. x=1

D. x=2

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có $g' (x) = f' (x) + 1 = 0 \Leftrightarrow f' (x) = - 1 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \\ x = 2 \end{array}$

Bảng biến thiên:

Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên R , có đạo hàm f'(x) . Biết rằng đồ thị hàm số f'(x) như hình vẽ. Xác định điểm cực đại của hàm số g(x)=f(x)+x (ảnh 2)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số $y = g (x)$ có 1 điểm cực đại là $x = 2.$

Câu 47:

Cho hàm số $y = f (x)$ thỏa mãn ${[f' (x)]}^{2} + f (x) . f'' (x) = x^{3} - 2 x \forall x \in ℝ$ và $f (0) = f' (0) = 2.$ Tính giá trị của $T = f^{2} (2)$

A.

\frac{268}{15} .

B.

\frac{160}{15} .

C.

\frac{268}{30} .

D.

\frac{4}{15} .

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: $V T = [f (x) . f' (x)]' = f' (x) . f' (x) + f (x) . f'' (x) = {[f' (x)]}^{2} + f (x) . f'' (x)$

$\Rightarrow [f' (x) . f (x)]' = x^{3} - 2 x (*)$

Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: $f' (x) . f (x) = \frac{x^{4}}{4} - x^{2} + C (1)$

Lại có: $f' (0) = f (0) = 2 \Rightarrow C = 2.2 = 4 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow f (x) . f' (x) = \frac{x^{4}}{4} - x^{2} + 4$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int f (x) f' (x) d x = \int (\frac{x^{4}}{4} - x^{2} + 4) d x \Leftrightarrow \int f (x) d f (x) = \frac{x^{5}}{20} - \frac{x^{3}}{3} + 4 x + A \\ \Leftrightarrow \frac{f^{2} (x)}{2} = \frac{x^{5}}{20} - \frac{x^{3}}{3} + 4 x + A \Leftrightarrow f^{2} (x) = \frac{x^{5}}{10} - \frac{2 x^{3}}{3} + 8 x + 2 A \end{array}$

Có $f (0) = 2 \Rightarrow 4 = 2 A \Leftrightarrow A = 2 \Rightarrow f^{2} (x) = \frac{x^{5}}{10} - \frac{2 x^{3}}{3} + 8 x + 4$

$\Rightarrow f^{2} (x) = \frac{2^{5}}{10} - \frac{{2.2}^{3}}{3} + 8.2 + 4 = \frac{268}{15}$

Câu 48:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết AB=2AD=2DC=2a góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 60 độ . Độ dài cạnh SA là:

A.

a \sqrt{2} .

B.

2 a \sqrt{3} .

C.

3 a \sqrt{2} .

D.

a \sqrt{3} .

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông

$\Rightarrow {\begin{cases} C E ⊥ A B \\ C E ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow C E ⊥ (S A B) \Rightarrow C E ⊥ S B$

Trong (SAB) kẻ $H E ⊥ S B$ ta có: ${\begin{cases} S B ⊥ E H \\ S B ⊥ C E \end{cases} \Rightarrow S B ⊥ (C H E) \Rightarrow S B ⊥ C H$

${\begin{cases} (S A B) \cap (S B C) = S B \\ (S A B) \supset E H ⊥ S B \\ (S A C) \supset C H ⊥ S B \end{cases} \Rightarrow \hat{((S A B), (S B C))} = \hat{(E H, C H)} = \hat{C H E} = 60^{o}$ Xét tam giác vuông CEH có $E H = C E . \cot 60^{o} = \frac{a}{\sqrt{3}} .$

Ta có $Δ S A B ~ Δ E H G (g . g) \Rightarrow \frac{S A}{E H} = \frac{S B}{B E} \Rightarrow S A = \frac{E H . S B}{B E} = \frac{\frac{a}{\sqrt{3}} . \sqrt{S A^{2} + 4 a^{2}}}{a}$

$\Leftrightarrow \sqrt{3} S A = \sqrt{S A^{2} + 4 a^{2} \Leftrightarrow} 3 S A^{2} = S A^{2} + 4 a^{2} \Leftrightarrow S A^{2} = 2 a^{2} \Leftrightarrow S A = a \sqrt{2}$

Câu 49:

Cho các hàm số $f_{o} (x), f_{1} (x), f_{2} (x),...$ biết: $f_{o} (x) = \ln x + | \ln x - 2019 | - | \ln x + 2019 |, f_{n + 1} (x) = | f_{n} (x) | - 1, \forall n \in ℕ .$

Số nghiệm của phương trình $f_{2020} (x) = 0$ là

A. 6058.

B. 6057.

C. 6059.

D. 6063.

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có: $f_{2020} (x) = 0 \Leftrightarrow f_{2019} (x) = \pm 1 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f_{2018} (x) = 0 \\ f_{2018} (x) = \pm 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f_{2017} (x) = \pm 1 \\ f_{2017} (x) = \pm 3 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f_{o} (x) = 0 \\ f_{o} (x) = \pm 2 \\ .... \\ f_{o} (x) = \pm 2020 \end{array}$

Xét hàm số ta có: $y = f_{o} (x) = {\begin{cases} \ln x + 4038; 0 < x < e^{- 2019} \\ - \ln x; e^{- 2019} \leq x < e^{2019} \\ \ln x - 4038; x \geq e^{2019} \end{cases},$

BBT hàm số $y = f_{o} (x)$

Vậy số nghiệm của phương trình là: $2019.3 + 2 = 6059$

Câu 50:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;2;-1), B(0;4;00 , mặt phẳng (P) có phương trình 2x-y-2z+2017=0 . Mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A,B và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. (Q) có một vecto pháp tuyến là

\vec{n_{(Q)}} = (1; a; b)

, khi đó a+b bằng

A. 4.

B. 0.

C. 1.

D. – 2.

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $\vec{A B} = (- 1; 2; 1), \vec{n_{(Q)}} . \vec{A B} = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2 a + b = 0 \Leftrightarrow b = 1 - 2 a$

$\cos α = \frac{| \vec{n_{(P)} .} \vec{n_{(Q)}} |}{| \vec{n_{(P)}} | . | \vec{n_{(Q)}} |} = \frac{| 2 - a - 2 b |}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + 2^{2}} . \sqrt{1 + a^{2} + b^{2}}} = \frac{| 2 - a - 2 (1 - 2 a) |}{3 \sqrt{1 + a^{2} + {(2 a - 1)}^{2}}}$

$= \frac{| 3 a |}{3 \sqrt{5 a^{2} - 4 a + 2}} = \frac{1}{\sqrt{5 - \frac{4}{a} + \frac{2}{a^{2}}}}$

Đặt $t = \frac{1}{a}$ thì $\sqrt{5 - \frac{4}{a} + \frac{2}{a^{2}}} = \sqrt{5 - 4 t + 2 t^{2}} = \sqrt{2 {(t - 1)}^{2} + 3} \geq \sqrt{3}$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{5 - \frac{4}{a} + \frac{2}{a^{2}}}} \leq \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \cos α \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$ đạt giá trị lớn nhất khi $\cos α = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Dấu “=” xảy ra khi $t = 1 \Rightarrow a = 1 \Rightarrow b = - 1 \Rightarrow a + b = 0$

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 25

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan