Đề số 11
-
5760 lượt thi
-
50 câu hỏi
-
90 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Trong các phương trình dưới đây, phương trình nào có tập nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
Ta có: \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
\(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)
Đáp án B.
Câu 2:
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 4}}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. Cho \(x = 0 \Rightarrow y = \frac{{0 - 2}}{{0 + 4}} = \frac{{ - 1}}{2}.\)
Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 4}}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(\frac{{ - 1}}{2}.\)
Đáp án D.
Câu 3:
Cho hình chóp tứ giác có đáy là hình vuông cạnh \(a,\) khi cạnh đáy của hình chóp giảm đi 3 lần và vẫn giữ nguyên chiều cao thì thể tích của khối chóp giảm đi mấy lần:
* Thể tích hình chóp tứ giác có đáy là hình vuông cạnh \(a,\) chiều cao \(h\) là: \({V_1} = \frac{1}{3}{a^2}.h\)
* Thể tích hình chóp tứ giác có đáy là hình vuông cạnh \(\frac{a}{3},\) chiều cao \(h\) là: \({V_2} = \frac{1}{3}\frac{{{a^2}}}{9}h.\)
* Tỷ số thể tích là: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 9.\)
Đáp án B.
Câu 4:
Chọn kết quả sai trong các kết quả dưới đây:
Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} x = {x_0}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5} = - \infty \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{{x^2}}} = 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} c = c.\)
Đáp án C.
Câu 5:
Hàm số \(y = \sqrt {2x - {x^2}} \) nghịch biến trên khoảng:
Tập xác định \(D = \left[ {0;2} \right].\)
Ta có \(y' = \frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }},\forall x \in \left( {0;2} \right).\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right).\)
Đáp án D.
Câu 6:
Tính đạo hàm của hàm số \(y = {x^2} + 1\)
Ta có \(y' = \left( {{x^2} + 1} \right)' = \left( {{x^2}} \right)' + \left( 1 \right)' = 2x.\)
Đáp án A.
Câu 7:
Tính đạo hàm của hàm số \(y = \sin x + \cot x\)
Ta có: \(y' = \left( {\sin x + \cot x} \right)' = \cos x - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}.\)
Đáp án D.
Câu 8:
Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng B, chiều cao bằng h là:
Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng \(B,\) chiều cao bằng \(h\) là: \(V = \frac{1}{3}Bh.\)
Đáp án C.
Câu 9:
Cho khối lăng trụ có thể tích là V, diện tích đáy là B, chiều cao là h. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
Đáp án B.
Câu 10:
Xét phép thử T: “Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất” và biến cố A liên quan đến phép thử: “Mặt lẻ chấm xuất hiện”. Chọn khẳng định sai trong những khẳng định dưới đây:
\(\left. \begin{array}{l}n\left( \Omega \right) = 6\\n\left( A \right) = 3\end{array} \right\} \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)
Đáp án B.
Câu 11:
Cho hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}.\) Mệnh đề nào dưới đây đúng?
TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)
Đặt \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\)
\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x.\)
Cho \(f'\left( x \right) = 0\) ta được:
\(3{x^2} - 6x = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)
Bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu ta được kết quả hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right).\)
Câu 12:
Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = 2{x^3} - 3{x^2} + {10^{2020}}\) trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) là:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)
Đặt \(y = f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2} + {10^{2020}}\)
\(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x.\)
Cho \(f'\left( x \right) = 0\) ta được:
\(6{x^2} - 6x = 0\)
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;1} \right]\\x = 1 \in \left[ { - 1;1} \right]\end{array} \right.\]
Ta có: \(f\left( { - 1} \right) = - 5 + {10^{2020}};f\left( 1 \right) = - 1 + {10^{2020}};f\left( 0 \right) = {10^{2020}}\)
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = 2{x^3} - 3{x^2} + {10^{2020}}\) trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) là \(f\left( 0 \right) = {10^{2020}}.\)
Đáp án C.
Câu 13:
Hàm số \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 3\) có giá trị cực tiểu là
Ta có \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 3 \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 4x = - 4x\left( {{x^2} - 1} \right).\)
\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right..\)
Từ BBT ta có \({y_{CT}} = 3.\)
Đáp án B.
Câu 14:
Cho khối chóp có thể tích là V, khi diện tích của đa giác đáy giảm đi ba lần thì thể tích của khối chóp bằng bao nhiêu.
Ta có thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}Bh.\)
Khi diện tích của đa giác đáy giảm đi ba lần thì thể tích của khối chóp là
\(V = \frac{1}{3}\frac{B}{3}h = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}Bh = \frac{V}{3}.\)
Đáp án A.
Câu 15:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0,\) đạt cực đại tại \(x = 1.\)
\(x = - 1\)không là điểm cực trị của hàm số vì đạo hàm không đổi dấu khi đi qua \(x = - 1.\)
Đáp án A.
Câu 16:
Hàm số nào sau đây đồng biến trên \(\mathbb{R}?\)
Hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{x + 1}}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Hàm số \(y = x + \frac{1}{x}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Hàm số \(y = {x^3} - {x^2} + x - 1\) có \(y' = 3{x^2} - 2x + 1 = 3\left( {{x^2} - 2.\frac{1}{3}.x + \frac{1}{9}} \right) + \frac{2}{3} = 3{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} + \frac{2}{3} >0\) với mọi Vậy hàm số \(y = {x^3} - {x^2} + x - 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Hàm số \(y = {x^3} - 3x\) có \(y' = 3{x^2} - 3 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\end{array} \right..\)
Bảng biến thiên
Suy ra, hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)
Đáp án C.
Câu 17:
Một lớp học có 40 học sinh, chọn 2 bạn tham gia đội “Thanh niên tình nguyện” của trường, biết rằng bạn nào trong lớp cũng có khả năng để tham gia đội này. Số cách chọn là:
Đáp án D.
Câu 18:
Mệnh đề nào sau đây sai:
Ta thấy các phương án B, C, D đúng, vậy phương án A sai
Đáp án A.
Câu 19:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên dưới.
Khi đó
Dựa vào hình ảnh đồ thị ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^ + }} f\left( x \right) < \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^ - }} f\left( x \right)\) do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{}}} f\left( x \right)\) không tồn tại.
Vậy hàm số gián đoạn tại \(x = \frac{1}{2}.\)
Đáp án D.
Câu 20:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình bên dưới
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đường tiệm cận đứng là?
Từ bảng biến thiên ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \left( { - 2} \right) - } f\left( x \right) = + \infty \) do đó \(x = - 2\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
Đáp án C.
Câu 21:
Số hạng chứa \({x^{15}}{y^9}\) trong khai triển nhị thức \({\left( {xy - {x^2}} \right)^{12}}\) là:
Ta có số hạng tổng quát trong khai triển
\(C_{12}^k{\left( {xy} \right)^{12 - k}}{\left( { - {x^2}} \right)^k} = {\left( { - 1} \right)^k}C_{12}^k{y^{12 - k}}{x^{12 - k}}\left( {0 \le k \le 12,k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Số hạng chứa \({x^{15}}{y^9}\) trong khai triển nhị thức tương ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}12 - k = 9\\12 + k = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 3\left( {TM} \right)\)
Số hạng chứa \({x^{15}}{y^9}\) trong khai triển nhị thức \({\left( {xy - {x^2}} \right)^{12}}\) là \( - C_{12}^3{x^{15}}{y^9}\)
Đáp án D.
Câu 22:
Cho khối chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B,AB = a,AC = a\sqrt 3 ,\) \(SB = a\sqrt 5 ,SA \bot \left( {ABC} \right).\) Tính thể tích khối chóp \(S.ABC.\)
Ta có \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 ,SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = 2a,\)
Do đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{6}.2a.a.a\sqrt 2 = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}\)
Đáp án A.
Câu 23:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = a,AD = a\sqrt 2 ,\) đường thẳng \(SA\) vuông góc với \(mp\left( {ABCD} \right).\) Góc giữa \(SC\) và \(mp\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^0}.\) Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\)
Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SCA} = {60^0}.\)
Xét \(\Delta ABC\) có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 3 .\)
Xét \(\Delta SAC\) có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} \Rightarrow SA = AC.\tan {60^0} = 3a.\)
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3a.a.a\sqrt 2 = \sqrt 2 {a^3}.\)
Đáp án A.
Câu 24:
Cho hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - \frac{1}{2}\left( {m + 3} \right){x^2} + {m^2}x + 1.\) Có bao nhiêu số thực \(m\) để hàm số đạt cực trị tại \(x = 1?\)
Ta có \(y' = {x^2} - \left( {m + 3} \right)x + {m^2}.\)
Hàm số đạt cực trị tại \(x = 1\) nên
Kiểm tra
Với \(m = 2\) ta có \(y' = {x^2} - 5x + 4.\)
Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\)
Do \(x = 1\) là nghiệm đơn của phương trình \(y' = 0\) nên \(x = 1\) là cực trị của hàm số. Do đó \(m = 2\) thỏa mãn.
Với \(m = - 1\) ta có \(y' = {x^2} - 2x + 1.\)
Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)
Do \(x = 1\) là nghiệm kép của phương trình \(y' = 0\) nên \(x = 1\) không là cực trị của hàm số. Do đó \(m = - 1\) không thỏa mãn.
Vậy có 1 số thực \(m\) để hàm số đạt cực trị tại \(x = 1.\)
Đáp án D.
Câu 25:
Cho hàm số \(y = \frac{{mx - 8}}{{2x - m}}.\) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{m}{2}} \right\}.\)
Ta có: \(y' = \frac{{ - {m^2} + 16}}{{{{\left( {2x - m} \right)}^2}}}.\)
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định \( \Leftrightarrow y' >0,\forall x \in D \Leftrightarrow - {m^2} + 16 >0 \Leftrightarrow - 4 < m < 4.\)
Vậy đáp số là \( - 4 < m < 4.\)
Đáp án C.
Câu 26:
Một vật có phương trình chuyển động \(S\left( t \right) = 4,9{t^2};\) trong đó t tính bằng (s), S(t) tính bắng mét (m). Vận tốc của vật tại thời điểm t=6s bằng
Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t\) bất kỳ là: \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 9,8t.\)
Do đó, vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 6s\) là: \(v\left( 6 \right) = 9,8.6 = 58,8m/s.\)
Đáp án B.
Câu 27:
Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2, chiều cao của khối chóp bằng 4. Tính thể tích của khối chóp.
Ta có \(V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4}.4 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\)
Đáp án A.
Câu 28:
Cho tứ giác \(ABCD\) biết số đo của 4 góc của tứ giác lập thành cấp số cộng và có 1 góc có số đo bằng \({30^0},\) góc có số đo lớn nhất trong 4 góc của tứ giác này là:
Giả sử \({0^0} < A < B < C < D < {180^0}\) và \(A,B,C,D\) lập thành 1 cấp số cộng, giả sử công sai \(d >0\left( * \right)\)</>
Khi đó: \(B = A + d,c = A + 2d,D = A + 3d\)
Nên
\( \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} + {30^0} + d + {30^0} + 2d + {30^0} + 3d = {120^0} + 6d = {360^0}\)
\( \Leftrightarrow f = {40^0} \Rightarrow D = {30^0} + {3.40^0} = {150^0} < {180^0}\) (thỏa mãn)
Nếu \(B = {30^0} \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} - d + {30^0} + {30^0} + d + {30^0} + 2d = {360^0}\)
\( \Leftrightarrow {120^0} + 2d = {360^0} \Leftrightarrow d = {120^0}\)
\( \Rightarrow D = {30^0} + 2d = {30^0} + {2.120^0} = {270^0}\) (không thỏa mãn)
Nếu \(C = {30^0} \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} - 2d + {30^0} - d + {30^0} + {30^0} + d = {360^0}\)
\( \Leftrightarrow {120^0} - 2d = {360^0} \Leftrightarrow d = - {120^0}\) (không thỏa mãn)
Nếu \(D = {30^0} \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} - 3d + {30^0} - 2d + {30^0} - d + {30^0} = {360^0}\)
\( \Leftrightarrow {120^0} - 6d = {360^0} \Leftrightarrow d = - {40^0}\) (không thỏa mãn).
Vậy góc lớn nhất của tứ giác là \({150^0}.\)
Đáp án A.
Câu 29:
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có \(BB' = a,\) đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B,AB = a.\) Tính thể tích của khối lăng trụ.
Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{2}{a^2}.\)
\(BB' = a.\)
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.BB' = \frac{1}{2}{a^3}.\)
Đáp án C.
Câu 30:
Tính thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng 2.
Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\)
Do \(ABCD\) là tứ diện đều nên \(AG \bot \left( {BCD} \right).\)
Ta có \(BG = \frac{2}{3}BI = \frac{2}{3}.\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\)
Suy ra \(AG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}.\)
Lại có \({S_{BCD}} = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 .\)
Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.AG = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 6 }}{3} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.\)
Đáp án D.
Câu 31:
Cho hàm số \(y = \left| {x + \sqrt {16 - {x^2}} } \right| + a\) có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt là \(m,M,\) Biết \(m + M = {a^2}.\) Tìm tích \(P\) tất cả giá trị \(a\) thỏa mãn đề bài.
Xét \(g\left( x \right) = x + \sqrt {16 - {x^2}} \)
TXĐ: \(D = \left[ { - 4;4} \right],g\left( x \right)\) liên tục trên đoạn [-4;4]
Ta có: \(g'\left( x \right) = 1 - \frac{{2x}}{{2\sqrt {16 - {x^2}} }} = 1 - \frac{x}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\)
Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {16 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\16 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)
Khi đó: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} g\left( x \right) = 4\sqrt 2 ;\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} g\left( x \right) = - 4\)
Từ đó ta được: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = 4\sqrt 2 + a;\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = a\)
Khi đó: \(m + M = {a^2} \Leftrightarrow 4\sqrt 2 + a + a = {a^2} \Leftrightarrow {a^2} - 2a - 4\sqrt 2 = 0 \Rightarrow P = - 4\sqrt 2 \) nên chọn đáp án C.
Câu 32:
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(SA = AB = a.\) Góc giữa \(SA\) và \(CD\) là
Vì \(AB//CD\) nên \(\left( {\widehat {SA;CD}} \right) = \left( {\widehat {SA;AB}} \right)\) mà \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều và \(SA = AB = a\) nên \(\Delta SAB\) đều. Vậy \(\widehat {\left( {SA;AB} \right)} = {60^0},\) khi đó góc giữa \(SA\) và \(CD\) là \({60^0}\) nên chọn đáp án A.
Câu 33:
Tính giới hạn \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{3{x^2} - 2}}{{x - 2}}\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {3{x^2} - 2} \right) = 3.{\left( { - 2} \right)^2} - 2 = 10 >0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 2} \right) = 2 - 2 = 0\\x \to {2^ - } \Rightarrow x < 2 \Rightarrow x - 2 < 0\end{array} \right. \Rightarrow I = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{3{x^2} - 2}}{{x - 2}} = - \infty .\)
Đáp án B.
Câu 34:
Cho hàm số \(y = - {x^4} + \left( {{m^2} - m} \right){x^2}.\) Tìm \(m\) để hàm số có đúng một cực trị.
Ta có: \(y' = - 4{x^3} + 2\left( {{m^2} - m} \right)x = - 2x\left( {2{x^2} - {m^2} + m} \right)\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} = {m^2} - m\left( * \right)\end{array} \right.\)
Để hàm số đã cho có đúng một cực trị
\( \Leftrightarrow \) phương trình \(y' = 0\) phải có duy nhất một nghiệm \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow \) Phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} - m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 1.\)
Đáp án C.
Câu 35:
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}}\) có mấy đường tiệm cận?
Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{x}\left( {\frac{{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}} \right) = 0\)
Nên đường \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Xét \({x^3} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right..\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = - \frac{1}{2}\). Nên đường \(x = 1\) không là đường tiệm cận đứng.
Nên đường \(x = 1\) không là đường tiệm cận đứng.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = + \infty \)
Nên đồ thị hàm số có các đường tiệm cận đứng là: \(x = - 1;x = 0\)
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Đáp án B.
Câu 36:
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng \(a.\) Gọi \(M;N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(BC.\) Biết góc giữa \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^0}.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BC\) và \(DM\) là:
Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\) ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)
Gọi \(I\) là trung điểm của OA
\( \Rightarrow MI//SO \Rightarrow MI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle MNI = {60^0}\)
Xét \(\Delta NCI\) có \(CN = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2};CI = \frac{3}{4}AC = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}a;\angle NCI = {45^0}\)
Suy ra \(NI = \sqrt {C{N^2} + C{I^2} - 2CN.CI.\cos C} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{18{a^2}}}{{16}} - 2.\frac{a}{2}.\frac{{3\sqrt 2 }}{4}.a.\cos {{45}^0}} = a\frac{{\sqrt {10} }}{4}.\)
\(MI = NI.\tan {60^0} = a\frac{{\sqrt {30} }}{4} \Rightarrow SO = a\frac{{\sqrt {30} }}{2}.\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC//\left( {SAD} \right)\\DM \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {BC,DM} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = 2h.\)
Xét tứ diện \(\left( {SAOD} \right)\) có \(SO;OA;OD\) đôi một vuông góc
Nên ta có: \(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{15{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{{62}}{{15{a^2}}} \Rightarrow h = a\sqrt {\frac{{15}}{{62}}} \)
Do đó \(d\left( {BC,DM} \right) = 2h = 2a\sqrt {\frac{{15}}{{62}}} = a\sqrt {\frac{{30}}{{31}}} \)
Đáp án C.
Câu 37:
Tìm số hạng không chứa \(x\) trong khai triển \({\left( {x - \frac{2}{x}} \right)^n},n \in {\mathbb{N}^*}\) biết \(C_n^1 - 2.2.C_n^2 + {3.2^2}.C_n^3 - {4.2^3}.C_n^4 + {5.2^4}C_n^5 + ... + {\left( { - 1} \right)^n}.n{.2^{n - 1}}C_n^n = - 2022\)
Xét khai triển:
\({\left( {1 - x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - x} \right)}^k}} \)
\( = C_n^0 - C_n^1.x + C_n^2.{x^2} - C_n^3.{x^3} + ... + {\left( { - 1} \right)^k}.{x^k}.C_n^k + ... + C_n^2.{\left( { - x} \right)^n}\)
Lấy đạo hàm cả hai vế ta được:
\( - n{\left( {1 - x} \right)^{n - 1}} = - C_n^1 + 2.C_n^2.x - 3.{x^2}.C_n^3 + ... + {\left( { - 1} \right)^k}.k.{x^{k - 1}}.C_n^k + ... - C_n^n.n.{\left( { - x} \right)^{n - 1}}\)
\( \Rightarrow n{\left( {1 - x} \right)^{n - 1}} = C_n^1 - 2.x.C_n^2 + 3.{x^2}.C_n^3 - ... - {\left( { - 1} \right)^k}.k.{x^{k - 1}}.C_n^k - ... + C_n^n.n.{\left( { - x} \right)^{n - 1}}\)
Cho \(x = 2\) ta được
\(n.{\left( { - 1} \right)^{n - 1}} = C_n^1 - 2.2.C_n^2 + {3.2^2}.C_n^3 - {4.2^3}.C_n^4 + {5.2^4}.C_n^5 + ... + {\left( { - 1} \right)^n}.n{.2^{n - 1}}.C_n^n\)
\( \Leftrightarrow n.{\left( { - 1} \right)^{n - 1}} = - 2022 \Leftrightarrow n = 2022\)
Xét khai triển: \({\left( {x - \frac{2}{x}} \right)^{2020}} = \sum\limits_{k = 0}^{2022} {C_{2022}^k.{x^{2022 - k}}.{{\left( {\frac{{ - 2}}{x}} \right)}^k}} \)
\( = \sum\limits_{k = 0}^{2022} {C_{2022}^k.{{\left( { - 2} \right)}^k}.{x^{2022 - 2k}}} \)
Số hạng không chứa \(x\) ứng với: \(2022 - 2k = 0\)
\( \Leftrightarrow k = 1011\)
Vậy số hạng không chứa \(x\) là: \( - C_{2022}^{1011}{.2^{1011}}\)
Đáp án D.
Câu 38:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình chữ nhật. Biết \(AB = a\sqrt 2 ,AD = 2a,SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SA = a\sqrt 2 .\) Góc giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(AB\) bằng
Vì \(AB//CD\) nên \(\left( {\widehat {SC;AB}} \right) = \left( {\widehat {SC;CD}} \right) = \widehat {SCD}.\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD\)
\( \Rightarrow \Delta SCD\) vuông tại D.
Trong tam giác vuông \(SAD\) có
\(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 6 .\)
Trong tam giác vuông \(SCD\) có
\(\tan \widehat {SCD} = \frac{{SD}}{{CD}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SCD} = {60^0}.\)
Vậy góc giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(AB\) bằng \({60^0}.\)
Đáp án B.
Câu 39:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left| {3{x^3} - 9{x^2} + 12x + m + 2} \right|.\) Có bao nhiêu giá trị nguyên của \(m \in \left[ { - 20;30} \right]\) sao cho với mọi số thực \(a,b,c \in \left[ {1;3} \right]\) thì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( c \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^3} - 9{x^2} + 12x + m + 2,\) ta có:
\(g'\left( x \right) = 9{x^2} - 18x + 12 = 9{\left( {x - 1} \right)^2} + 3 >0\)
Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {1;3} \right].\)
Suy ra: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = m + 8,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 3 \right) = m + 38.\)
Vì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( x \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:
\(f\left( x \right) >0\forall x \in \left[ {1;3} \right],\) suy ra: \(g\left( 1 \right).g\left( 3 \right) >0 \Leftrightarrow \left( {m + 8} \right)\left( {m + 38} \right) >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >- 8\\m < - 38\end{array} \right..\)
Suy ra trên đoạn \(\left[ { - 20;30} \right]\) thì \(m >- 8.\)
\(f\left( 1 \right) = \left| {8 + m} \right| = m + 8,f\left( 2 \right) = \left| {14 + m} \right| = m + 14,f\left( 3 \right) = \left| {38 + m} \right| = m + 38.\)
Mặt khác với mọi số thực \(a,b,c \in \left[ {1;3} \right]\) thì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( x \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác khi và chỉ khi \(f\left( 1 \right),f\left( 1 \right),f\left( 3 \right)\) cũng là độ dài ba cạnh của tam giác.
Với \(m \in \left[ { - 20;30} \right]\) thì ta có 8 giá trị nguyên.
Đáp án C.
Câu 40:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(AB = AC = 5a;BC = 6a.\) Các mặt bên tạo với đáy góc \({60^0}.\) Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\) Các điểm \(M,N,P\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) trên các cạnh \(AB,AC,BC.\)
Khi đó ta có: \(\widehat {SMH} = \widehat {SNH} = \widehat {SPH} = {60^0},\) suy ra: \(HM = HN = HP\) hay \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC.\)
Xé tam giác \(ABC\) ta có:
Nửa chu vi: \(p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{5a + 5a + 6a}}{2} = 8a.\)
Diện tích: \({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \sqrt {8a.3a.3a.2a} = 12{a^2}.\)
Áp dụng công thức \(S = pr \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{{12{a^2}}}{{8a}} = \frac{{3a}}{2}.\)
Suy ra: \(HM = r = \frac{{3a}}{2},SH = HM.\tan {60^0} = \frac{{3a}}{2}.\sqrt 3 = \frac{{3\sqrt 3 a}}{2}.\)
Vậy \({V_{ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.12{a^2}.\frac{{3\sqrt 3 a}}{2} = 6\sqrt 3 {a^3}.\)
Đáp án A.
Câu 41:
Cho hàm số \(f\left( x \right).\) Hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hnhf bên dưới
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {1 - 2x} \right) + {x^2} - x\) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(g\left( x \right) = f\left( {1 - 2x} \right) + {x^2} - x.\)
\(g'\left( x \right) = - 2f'\left( {1 - 2x} \right) + 2x - 1.\)
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - 2x} \right) = - \frac{{1 - 2x}}{2}\left( 1 \right).\)
Đặt \(t = 1 - 2x;\left( 1 \right) \Leftrightarrow f'\left( t \right) = - \frac{t}{2}.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\\t = 0\\t = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - 2x = - 2\\1 - 2x = 0\\1 - 2x = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{3}{2}\\x = \frac{1}{2}\\x = - \frac{3}{2}\end{array} \right..\)
Ta có bảng biến thiên như sau:
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{2};1} \right).\)
Đáp án B.
Câu 42:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên tập R và biết \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới
Số điểm cực tiểu của hàm số \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{3}{2}x\) là
\(h\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{3}{2}x\)
\(h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{3}{2}.\)
\(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{3}{2}\left( 1 \right)\)
Số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là số giao điểm của hai đường \(y = f'\left( x \right)\) và \(y = \frac{3}{2}.\)
Ta có bảng biến thiên sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{3}{2}x\) có 2 điểm cực tiểu.
Đáp án D.
Câu 43:
Cho biết đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 2m{x^2} - 2{m^2} + {m^4}\) có 3 điểm cực trị \(A,B,C\) cùng với điểm \(D\left( {0; - 3} \right)\) là 4 đỉnh của một hình thoi. Gọi \(S\) là tổng các giá trị \(m\) thỏa mãn đề bài thì \(S\) thuộc khoảng nào sau đây
Ta có: \(y = {x^4} - 2m{x^2} - 2{m^2} + {m^4}\) có 3 điểm cực trị A, B, C.
\(y' = 4{x^3} - 4m = 4x\left( {{x^2} - m} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow m >0\)
Không làm mất tính tổng quát giả sử:
\(A\left( {0;{m^4} - 2{m^2}} \right);B\left( {\sqrt m ;{m^4} - 3{m^2}} \right);C\left( { - \sqrt m ;{m^4} - 3{m^2}} \right);\)
Gọi \(I = AD \cap BC\left( {A,D \in Oy} \right)\)
\(I\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow I\left( {0;{m^4} - 3{m^2}} \right)\)
\(I\) là trung điểm của \(AD \Rightarrow I\left( {0;\frac{{{m^4} - 2{m^2} - 3}}{2}} \right)\)
Đồng nhất ta có: \(\frac{{{m^4} - 2{m^2} - 3}}{2} = {m^4} - 3{m^2} \Leftrightarrow {m^4} - 4{m^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \pm 1\\m = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)
Kết hợp với đk ta có \(m = 1,m = \sqrt 3 \Rightarrow S = 1 + \sqrt 3 \)
Vậy \(S \in \left( {2;4} \right).\)
Đáp án A.
Câu 44:
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy là hình chữ nhật, \(AB = \sqrt 3 ,AD = \sqrt 7 .\) Hai mặt bên \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ADD'A'} \right)\) lần lượt tạo với đáy góc \({45^0}\) và \({60^0},\) biết cạnh bên bằng 1. Tính thể tích khối hộp.
\(AH = h\)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên đáy \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) suy ra là chiều cao
Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'B' \Rightarrow \widehat {AIH} = {45^0}\)
Gọi \(J\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'D' \Rightarrow \widehat {AJH} = {60^0}\)
Ta có \(\Delta AIH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow IH = AH = h\)
\(\Delta AJH\) vuông tại \(H \Rightarrow JH = \frac{h}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{{h\sqrt 3 }}{3}\)
Tứ giác \(A'JHI\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow A'H = \frac{{2h\sqrt 3 }}{3}\)
\(\Delta AA'H\) vuông tại \(H \Rightarrow 1 = {h^2} + {\left( {\frac{{2h\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} \Rightarrow h = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\)
\({S_{ABCD}} = AB.AD = \sqrt {21} \)
\( \Rightarrow V = {S_{ABCD}}.h = \sqrt {21} .\frac{{\sqrt {21} }}{7} = 3\)
Đáp án D.
Câu 45:
Cho \(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} - 2x + 4} - \frac{1}{2}x + 2020\) và \(h\left( x \right) = f\left( {3\sin x} \right).\) Số nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) của phương trình \(h'\left( x \right) = 0\) là
Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 2} }} - \frac{1}{2},h'\left( x \right) = 3\cos x.f'\left( {3\sin x} \right).\)
Phương trình: \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\f'\left( {3\sin x} \right) = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)
Với \(x \in \left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right],\) suy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \in \mathbb{Z}\\\frac{\pi }{6} \le \frac{\pi }{2} + k\pi \le 6\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \in \mathbb{Z}\\ - \frac{1}{3} \le k \le \frac{{11}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.\)
Trên đoạn \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có 6 nghiệm.
\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f'\left( {3\sin x} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{3\sin x - 1}}{{\sqrt {{{\left( {3\sin x - 1} \right)}^2} + 2} }} - \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {3\sin x - 1} \right) = \sqrt {{{\left( {3\sin x - 1} \right)}^2} + 2} \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x >\frac{1}{3}\\4{\left( {3\sin x - 1} \right)^2} = {\left( {3\sin x - 1} \right)^2} + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x >\frac{1}{3}\\{\left( {3\sin x - 1} \right)^2} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x >\frac{1}{3}\\\sin x = \frac{{3 \pm \sqrt 6 }}{9}\end{array} \right. \Rightarrow \sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9}\left( { \approx 0.605} \right)\)
Mặt khác: \(\sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9} >\frac{1}{2} = \sin \frac{\pi }{6}\) nên:
+) Trên \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) thì phương trình \(\sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9}\) cho hai nghiệm.
+) Trên mỗi chu kỳ \(2\pi \) thì phương trình \(\sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9}\) cũng cho hai nghiệm.
Suy ra trên \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) thì phương trình (2) cho 6 nghiệm.
Vậy trên \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) thì phương trình \(h'\left( x \right) = 0\) cho 12 nghiệm.
Đáp án A.
Câu 46:
Cho hàm số \(f\left( x \right).\) Hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên dưới.
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 4x} \right) - 8{x^2} + 12x + 2020\) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Ta có: \(g'\left( x \right) = - 4f'\left( {3 - 4x} \right) - 16x + 12 = - 4\left[ {f'\left( {3 - 4x} \right) + 4x - 3} \right]\)
\(g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 4x} \right) + 4x - 3 >0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 4x} \right) >3 - 4x\left( * \right)\)</>
Đặt \(t = 3 - 4x\) ta có \(\left( * \right)\) trở thành: \(f'\left( t \right) >t.\)
Từ đồ thị trên ta có: \(f'\left( t \right) >t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < t < 2\\t >4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < 3 - 4x < 2\\3 - 4x >4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{1}{4} < x < \frac{5}{4}\\x < - \frac{1}{4}\end{array} \right..\)
Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{4};\frac{5}{4}} \right).\)
Đáp án D.
Câu 47:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Trong đoạn \(\left[ { - 20;20} \right]\), có bao nhiêu số nguyên \(m\) để hàm số \(y = \left| {10f\left( {x - m} \right) - \frac{{11}}{3}{m^2} + \frac{{37}}{3}m} \right|\) có 3 điểm cực trị?
\(g\left( x \right) = 10f\left( {x - m} \right) - \frac{{11}}{3}{m^2} + \frac{{37}}{3}m.\)
\(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {x - m} \right) = \frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m.\)
Đặt \(x - m = t,\) khi đó ta có \(f\left( t \right) = \frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m.\)
Để \(y = \left| {g\left( x \right)} \right|\) có 3 điểm cực trị thì phương trình \(f\left( t \right) = 0\) có 3 – 2 = 1 nghiệm đơn.
Khi đó \(\left[ \begin{array}{l}\frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m \ge 3\\\frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m \le - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le \frac{{ - 18}}{{11}}\\m \ge 5\\\frac{{15}}{{11}} \le m \le 2\end{array} \right..\)
Kết hợp với điều kiện trên đoạn \(\left[ { - 20;20} \right]\). Khi đó ta có \(19 + 1 + 16 = 36\) giá trị \(m\) nguyên.
Đáp án C.
Câu 48:
Cho tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng 1, gọi \(M\) là trung điểm \(AD\) và \(N\) trên cạnh \(BC\) sao cho \(BN = 2NC.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(CD\) là
Gọi \(H\) là trung điểm \(CD.\)
\(E,F\) lần lượt là điểm trên \(BD,BC\) sao cho \(BE = \frac{1}{3}BC,BF = \frac{1}{3}BD.\)
\(K\) là giao điểm của \(BH\) và \(EF.\) Kẻ \(GL\) vuông góc với \(AK\)
\(\left\{ \begin{array}{l}NP//CD\\NP \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD//\left( {MNP} \right).\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNP} \right)//\left( {AEF} \right)\\BK = KG = GH\end{array} \right.\) nên \(d\left( {G;\left( {AEF} \right)} \right) = d\left( {\left( {AEF} \right),\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {MNP} \right)} \right).\)
\(d\left( {CD,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {G,\left( {AEF} \right)} \right) = GL.\)
Ta có GA là chiều cao của khối chóp đều nên \(GA = \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\)
\(GK = \frac{1}{3}BH = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}.\)
Trong tam giác \(AGK\) vuông tại \(G\) có \(GL = \sqrt {\frac{{G{A^2}.G{K^2}}}{{G{A^2} + G{K^2}}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{9}\).
Đáp án B.
Câu 49:
Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) có \(SA = x\) và tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Khi thể tích khối chóp \(S.ABCD\) đạt giá trị lớn nhất thì \(x\) nhận giá trị nào sau đây?
Gọi
\(H\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD,\) do \(SB = SC = SD\) nên \(SH\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD,\) suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)
Do tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\) là đường trung trực của đường thẳng \(BD\) do đó \(H \in AC.\)
Đặt \(\alpha = \widehat {ACD},0 < \alpha < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \widehat {BCD} = 2\alpha ,\) suy ra \({S_{ABCD}} = 2{S_{BCD}} = BC.CD.\sin \widehat {BCD} = \sin 2\alpha .\)
Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow CD \bot SK,\) mà \(CD \bot SH\) suy ra \(CD \bot HK.\)
\(HC = \frac{{CK}}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{{2\cos \alpha }},SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {1 - \frac{1}{{4{{\cos }^2}\alpha }}} = \frac{{\sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} }}{{2\cos \alpha }}\).
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\frac{{\sqrt {4\cos \alpha - 1} }}{{2\cos \alpha }}.\sin 2\alpha = \frac{1}{3}\sin \alpha \sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} \)
Do đó \(V = \frac{1}{6}\left( {2\sin \alpha } \right)\sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} \le \frac{1}{6}\frac{{4{{\sin }^2}\alpha + 4{{\cos }^2}\alpha - 1}}{2} = \frac{1}{4}.\)
Dấu “=” xảy ra khi \(2\sin \alpha = \sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} \Leftrightarrow 4{\sin ^2}\alpha = 4{\cos ^2}\alpha - 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{5}{8}\)
\( \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt {10} }}{4}.\) Khi đó \(HC = \frac{2}{{\sqrt {10} }},SH = \frac{{\sqrt {15} }}{5}.\)
Gọi \(O = AC \cap BD,\) suy ra \(AC = 2OC = 2CD.\cos \alpha = \frac{{\sqrt {10} }}{2}.\)
\(AH = AC - HC = \frac{{\sqrt {10} }}{2} - \frac{2}{{\sqrt {10} }} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}.\)
Vậy \(x = SA = \sqrt {S{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {\frac{3}{5} + \frac{9}{{10}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}.\)
Đáp án D.
Câu 50:
Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng
Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: \(n\left( \Omega \right) = 10!\) cách.
Gọi \(A\) là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.
Sắp xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí, có 5! cách.
Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại
C1 |
C2 |
C3 |
C4 |
C5 |
TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có \[A_4^3\] cách.
Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong 2 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách.
Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách.
Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.A_4^3.2.8\) cách.
TH2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có \(C_3^1.2.A_4^2\) cách.
Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có 2 cách.
Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.C_3^1.2.A_4^2.2\) cách.
Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là:
\(n\left( A \right) = 5!.2.8 + 5!.C_3^1.2.A_4^2.2 = 63360\) cách.
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{63360}}{{10!}} = \frac{{11}}{{630}}.\)
Đáp án B.