IMG-LOGO

Đề số 20

  • 5769 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 4} \frac{{{x^2} + 3x - 4}}{{{x^2} + 4x}} = \frac{a}{b}\) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Tính giá trị biểu thức \({a^2} - {b^2}.\) 

Xem đáp án

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 4} \frac{{{x^2} + 3x - 4}}{{{x^2} + 4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 4} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 4} \frac{{x - 1}}{x} = \frac{5}{4}.\)

\( \Rightarrow a = 5;b = 4\)

\( \Rightarrow {a^2} - {b^2} = 25 - 16 = 9.\)

Đáp án C


Câu 2:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có cạnh \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\) biết \(AB = AC = a,BC = a\sqrt 3 .\) Tính góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAC} \right).\)

Xem đáp án
Cho hình chóp \(S.ABC\) có cạnh \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\) biết \(AB = AC = a,BC = a\sqrt 3 .\) Tính góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left(  (ảnh 1)

\(\left\{ \begin{array}{l}SA = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right)\\AB \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {AB,AC} \right)\)

\(\Delta ABC\) có: \(\cos \widehat A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat A = {120^0}.\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = {60^0}.\)

Đáp án C


Câu 3:

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

Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào (ảnh 1)
Xem đáp án

Do đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm \(\left( {1;0} \right)\) nên đường cong là đồ thị của hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right).\)

Đáp án C


Câu 4:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a,SD = \frac{{3a}}{2},\) hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là trung điểm của cạnh \(AB.\) Tính theo \(a\) thể tích khối chóp \(S.ABCD.\) 

Xem đáp án
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a,SD = \frac{{3a}}{2},\) hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là trung điểm của cạnh \(AB.\) T (ảnh 1)

Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB.\) Khi đó \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Tam giác \(AHD\) vuông tại \(H\) có \(D{H^2} = A{H^2} + A{D^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + {a^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}.\)

Tam giác \(SHD\) vuông tại \(H\)có \(S{H^2} = S{D^2} - D{H^2} = \frac{{9{a^2}}}{4} - \frac{{5{a^2}}}{4} = {a^2} \Rightarrow SH = a.\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\) (đvtt).

Đáp án C


Câu 5:

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số \(y = {\log _3}x.\) Tìm điều kiện của \({x_0}\) để điểm \(M\) nằm phía trên đường thẳng \(y = 2.\)

Xem đáp án

Điểm \(M\) nằm phía trên đường thẳng \(y = 2\) khi \({y_0} >2 \Leftrightarrow {\log _3}{x_0} >2 \Leftrightarrow {x_0} >9.\)

Đáp án A


Câu 6:

Cho hình chóp S.ABCDđáy là hình vuông tâm \(O\) cạnh \(a,SO\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(SO = a.\) Khoảng cách giữa \(SC\) và \(AB\) bằng:

Xem đáp án
Cho hình chóp S.ABCDđáy là hình vuông tâm \(O\) cạnh \(a,SO\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(SO = a.\) Khoảng cách giữa \(SC\) và \(AB\) bằng: (ảnh 1)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD,\) khi đó \(OM \bot CD\) tại \(M.\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SOM} \right)\) kẻ \(OH \bot SM\) tại \(H.\)

Ta có \(AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right).\)

Khi đó \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right).\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}OM \bot CD\\SO \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OH.\)

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH.\)

Xét tam giác \(SOM\) có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}.\)

Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\)

Đáp án C


Câu 8:

Cho mặt cầu \(S\left( {O;r} \right)\), mặt phẳng \(\left( P \right)\) cách tâm \(O\) một khoảng bằng \(\frac{r}{2}\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn. Hãy tính theo \(r\) chu vi của đường tròn là giao tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right).\) 

Xem đáp án

Bán kính đường tròn giao tuyến là \(\sqrt {{r^2} - {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}} = \frac{{r\sqrt 3 }}{2}.\)

Chu vi đường tròn giao tuyến là \(2\pi .\frac{{r\sqrt 3 }}{2} = \pi r\sqrt 3 .\)

Đáp án A


Câu 9:

Đạo hàm của hàm số \(y = \frac{{\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{x}\) tại điểm \(x = 1\) là \(y'\left( 1 \right) = a\ln 2 + b,\left( {a,b \in \mathbb{Z}} \right).\) Tính \(a - b.\) 

Xem đáp án

Ta có \(y' = \frac{{\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}.x - \ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - \left( {{x^2} + 1} \right)\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2}\left( {{x^2} + 1} \right)}}\)

\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \frac{{2 - \ln 2}}{2} = 1 - \ln 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow a - b = - 2.\)

Đáp án D


Câu 10:

Bạn An gửi tiết kiệm một số tiền ban đầu là 1000000 đồng với lãi suất 0,58% / tháng (không kỳ hạn). Hỏi bạn An phải gửi ít nhất bao nhiêu tháng thì được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1300000 đồng?

Xem đáp án

Gọi \({A_0}\) là số tiền ban đầu bạn An mang đi gửi tiếp kiệm, \(r\) là lãi suất đem gửi, \(x\) là số tháng bạn An cần gửi tiết kiệm để thu được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1300000 đồng.

Vì bạn An gửi tiết kiệm không thời hạn nên số tiền gốc và lãi thu được của tháng này sẽ là tiền gốc hay chính là số tiền đem gửi tiết kiệm của tháng sau.

Vậy sau 1 tháng bạn An thu được cả gốc và lãi là \({A_0} + {A_0}.r = {A_0}{\left( {1 + r} \right)^3}.\)

Sau 2 tháng bạn An thu được số tiền cả gốc và lãi là \({A_0}\left( {1 + r} \right) + {A_0}\left( {1 + r} \right).r = {A_0}{\left( {1 + r} \right)^2}.\)

Sau \(x\) tháng bạn An thu được số tiền cả gốc và lãi là \({A_0}{\left( {1 + r} \right)^x}.\)

Vậy ta có

\(1300000 \le 1000000{\left( {1 + 0,0058} \right)^x} \Leftrightarrow x \ge {\log _{1,0058}}1,3 \approx 45,366.\)

Vậy bạn An phải gửi ít nhất là 46 tháng thì thu được cả vốn và lãi bằng hoặc vượt quá 1300000 đồng.

Đáp án A


Câu 11:

Thể tích của khối nón có chiều dài đường sinh bằng 3 và bán kính đáy bằng 2 là 

Xem đáp án
Thể tích của khối nón có chiều dài đường sinh bằng 3 và bán kính đáy bằng 2 là  (ảnh 1)

Độ dài đường cao bằng \(h = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5 \)

Thể tích của khối nón bằng \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {2^2}\sqrt 5 = \frac{{4\pi \sqrt 5 }}{3}.\)

Đáp án B


Câu 12:

Trên giá sách có 6 quyển sách toán khác nhau, 7 quyển sách văn khác nhau và 8 quyển sách Tiếng anh khác. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 2 quyển thuộc 2 môn khác nhau? 

Xem đáp án

Số cách lấy 2 quyển thuộc 2 môn khác nhau là: \(C_6^1.C_7^1 + C_6^1.C_8^1 + C_7^1.C_8^1 = 146.\)

Đáp án A


Câu 13:

Cho \(x,y\) là hai số thực không âm thỏa mãn \(x + y = 1.\) Giá trị lớn nhất của \(x,y\) là: 

Xem đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số \(x,y \ge 0\)ta có \(\sqrt {xy} \le \frac{{x + y}}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow xy \le \frac{1}{4}.\)

Do đó giá trị lớn nhất của \(xy\) là \(\frac{1}{4}.\) Đẳng thức xảy ra khi \(x = y = \frac{1}{2}.\)

Đáp án A


Câu 14:

Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình \({5^{{{\sin }^2}x}} + {5^{{{\cos }^2}x}} = 2\sqrt 5 \) trên đoạn \(\left[ {0;2\pi } \right].\) 

Xem đáp án

Ta có \({5^{{{\sin }^2}x}} + {5^{{{\cos }^2}x}} \ge 2\sqrt {{5^{{{\sin }^2}x}}{{.5}^{{{\cos }^2}x}}} \Leftrightarrow {5^{{{\sin }^2}x}} + {5^{{{\cos }^2}x}} \ge 2\sqrt {{5^{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}} = 2\sqrt 5 \)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \({5^{{{\sin }^2}x}} = {5^{{{\cos }^2}x}} \Leftrightarrow {\sin ^2}x = {\cos ^2}x\)

\( \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}.\)

Mà \(x \in \left[ {0;2\pi } \right]\) nên \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{4};\frac{{3\pi }}{4};\frac{{5\pi }}{4};\frac{{7\pi }}{4}} \right\}\)

Khi đó \(T = \frac{\pi }{4} + \frac{{3\pi }}{4} + \frac{{5\pi }}{4} + \frac{{7\pi }}{4} = 4\pi .\)

Đáp án C


Câu 15:

Một hộp có 8 quả cầu đỏ khác nhau, 9 quả cầu trắng khác nhau, 10 quả cầu đen khác nhau. Số cách lấy ngẫu nhiên 1 quả cầu trong hộp là?

Xem đáp án

Tổng số quả cầu là 27 quả.

Vậy số cách để lấy ngẫu nhiên 1 quả là: \(C_{27}^1 = 27.\)

Đáp án D


Câu 16:

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = {n^2} + n + 1\) với \(n \in \mathbb{N}*\). Số 21 là số hạng thứ bao nhiêu của dãy số đã cho?

Xem đáp án

\({u_n} = 21 \Leftrightarrow {n^2} + n + 1 = 21 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 4\left( {tm} \right)\\n = - 5\left( l \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow n = 4.\)

Vậy 21 là số hạng thứ 4.

Đáp án B


Câu 17:

Nếu dãy số \(\left( {{U_n}} \right)\) là cấp số cộng có công sai \(d\) thì ta có công thức là

Xem đáp án

Theo định nghĩa cấp số cộng ta có: \({U_{n + 1}} = {U_n} + d,\forall n \in \mathbb{N}*.\)

Đáp án D


Câu 18:

Giới hạn lim(2n21) bằng  

Xem đáp án

Do \(\lim {n^2} = + \infty ;\lim \left( {2 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = 2 >0\) nên ta có \(\lim \left( {2{n^2} - 1} \right) = \lim {n^2}\left( {2 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = + \infty .\)

Đáp án D


Câu 19:

Cho số tự nhiên \(n\) thỏa mãn \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 = 11.\) Số hạng chứa \({x^7}\) trong khai triển \({\left( {{x^3} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^n}\) bằng

Xem đáp án

Với \(n \ge 2,n \in \mathbb{N}*\) ta có:

Cn0+Cn1+Cn2=11n!0!.(n0)!+n!1!.(n1)!+n!2!.(n2)!=11

n+n(n1)2=10n2+n20=0[n=5n=4(*)n=4

\(n = 4 \Rightarrow {\left( {{x^3} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^n} = {\left( {{x^3} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^4}\)

\({\left( {{x^3} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^4} = \sum\limits_{k = 0}^4 {C_4^k.{{\left( {{x^3}} \right)}^{4 - k}}.\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{{\left( {{x^2}} \right)}^k}}} = } \sum\limits_{k = 0}^4 {{{\left( { - 1} \right)}^k}.C_4^k.{x^{12 - 5k}}\left( {0 \le k \le 4,k \in \mathbb{N}} \right)} \)

Số hạng tổng quát \({\left( { - 1} \right)^k}C_4^k.{x^{12 - 5k}}\)

Phải có \({x^{12 - 5k}} = {x^7} \Rightarrow 12 - 5k = 7 \Leftrightarrow k = 1.\)

Số hạng chứa \({x^7}\) trong khai triển là: \({\left( { - 1} \right)^1}C_4^1.{x^7} = - 4{x^7}.\)

Đáp án D


Câu 20:

Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 4}}{{x - m}}\) có tiệm cận đứng 

Xem đáp án

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\)

Đồ thị \(y = \frac{{h\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{{2x - 4}}{{x - m}}\) có tiệm cận đứng khi:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ - }} \frac{{2x - 4}}{{x - m}} = \pm \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ + }} \frac{{2x - 4}}{{x - m}} = \pm \infty \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}h\left( x \right) \ne 0\\g\left( m \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 4 \ne 0\\m - m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne 2.\)

Đáp án D


Câu 21:

Tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 5x - 1\)

Xem đáp án

Hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 5x - 1\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(y' = {x^2} - 6x + 5\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 5\end{array} \right.\)

\({x_1} = 1 \Rightarrow {y_1} = \frac{4}{3};{x_2} = 5 \Rightarrow {y_2} = - \frac{{28}}{3}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \)

Bảng biến thiên:

Tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 5x - 1\) (ảnh 1)
Từ bảng biến thiên suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(\left( {5; - \frac{{28}}{3}} \right)\)

Ta có \(y'\left( 5 \right) = 0 \Rightarrow \)tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là:

\(y = y'\left( 5 \right)\left( {x - 5} \right) + y\left( 5 \right) \Rightarrow y = - \frac{{28}}{3}\)

Vậy tiếp tuyens là đường thẳng song song với trục hoành.

Đáp án B


Câu 22:

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = \frac{1}{{\sqrt {{{\log }_3}\left( {{x^2} - 2x + 3m} \right)} }}\) có tập xác định là R.

Xem đáp án

Hàm số \(y = \frac{1}{{\sqrt {{{\log }_3}\left( {{x^2} - 2x + 3m} \right)} }}\) có tập xác định là \(\mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _3}\left( {{x^2} - 2x + 3m} \right) >0\\{x^2} - 2x + 3m >0\end{array} \right.\) với \(\forall x \in \mathbb{R}.\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3m >1\) với \(\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3m - 1 >0\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - \left( {3m - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow - 3m + 2 < 0 \Leftrightarrow - 3m < - 2 \Leftrightarrow m >\frac{2}{3}\)</>

Vậy với \(m \in \left( {\frac{2}{3}; + \infty } \right)\) thì hàm số \(y = \frac{1}{{\sqrt {{{\log }_3}\left( {{x^2} - 2x + 3m} \right)} }}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}.\)

Đáp án D


Câu 23:

Thể tích khối cầu có bán kính \(r\) là: 

Xem đáp án

Công thức tính thể tích khối cầu bán kính \(r\) là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}.\) Chọn đáp án A.


Câu 24:

Hàm số \(y = \frac{{2x - 5}}{{x + 2}}\) đồng biến trên: 

Xem đáp án

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}.\)

\(y' = \frac{9}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} >0\) với \(\forall x \ne - 2.\) Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( { - 2; + \infty } \right).\)

Vậy chọn đáp án B.


Câu 25:

Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác \(ABC\) vuông tại \(B;AB = 2a,BC = a,AA' = 2a\sqrt 3 .\) Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là

Xem đáp án
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác \(ABC\) vuông tại \(B;AB = 2a,BC = a,AA' = 2a\sqrt 3 .\) Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là (ảnh 1)

Ta có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = {a^2} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = {a^2}.2a\sqrt 3 = 2{a^3}\sqrt 3 .\)

Vậy \(V = 2{a^3}\sqrt 3 .\)

Đáp án B


Câu 26:

Tìm tập nghiệm \(S\) của phương trình \({\left( {\frac{{2020}}{{2021}}} \right)^{4x}} = {\left( {\frac{{2021}}{{2020}}} \right)^{2x - 6}}\) là 

Xem đáp án

Ta có \({\left( {\frac{{2020}}{{2021}}} \right)^{4x}} = {\left( {\frac{{2021}}{{2020}}} \right)^{2x - 6}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{2020}}{{2021}}} \right)^{4x}} = {\left( {\frac{{2020}}{{2021}}} \right)^{ - 2x - 6}} \Leftrightarrow 4x = - 2x + 6 \Leftrightarrow x = 1.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 1 \right\}.\)

Đáp án B


Câu 27:

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

Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây? (ảnh 1)
Xem đáp án

- Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;1} \right)\) loại B, D.

- Đây là đồ thị của hàm số đồng biến nên loại C.

Đáp án A


Câu 28:

Số nghiệm của phương trình \({\log _{2020}}x + {\log _{2021}}x = 0\) là 

Xem đáp án

Điều kiện: \(x >0\)

Cách 1

Nhận thấy \(x = 1\) là nghiệm của phương trình

Với \(0 < x \ne 1,\) ta có

\({\log _{2020}}x + {\log _{2021}}x = 0 \Leftrightarrow {\log _{2020}}x + \frac{1}{{{{\log }_x}2021}} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _{2020}}x.{\log _x}2021 + 1 = 0 \Leftrightarrow {\log _{2020}}2021 + 1 = 0\) (vô lý)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 1.\)

Cách 2

\({\log _{2020}}x + {\log _{2021}}x = 0 \Leftrightarrow {\log _{2020}}x = - {\log _{2021}}x \Leftrightarrow {\log _{2020}}x = {\log _{2021}}\frac{1}{x} = t\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {2020^t}\\\frac{1}{x} = {2021^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow {2020^t} = \frac{1}{{{{2021}^t}}} \Leftrightarrow {\left( {2020.2021} \right)^t} = 1 \Leftrightarrow t = 0\)

Với \(t = 0 \Rightarrow x = {2020^0} = 1\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 1.\)

Đáp án B


Câu 29:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}.\) Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

Xem đáp án

Đáp án A


Câu 30:

Có bao nhiêu cách sắp xếp 8 học sinh thành một hàng dọc?

Xem đáp án

Số cách sắp xếp 8 học sinh thành một àng dọc là: 8!.

Đáp án C


Câu 31:

Cho bất phương trình log13(x22x+6)2. Mệnh đề nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Ta có: \({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{x^2} - 2x + 6} \right) \le - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 6 \ge 9 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le - 1\\x \ge 3\end{array} \right.\)

Vậy \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right).\)

Đáp án D


Câu 32:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:\(x\)\( - \infty \)                       \( - 1\)                        0                        1                        \(  (ảnh 1)

Hàm số nghịch biến trong khoảng nào?

Xem đáp án

Từ bảng biến thiên của hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {0;1} \right).\)

Đáp án B


Câu 33:

Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh bên bằng \(2a,\) góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng \({60^0}.\) Tính thể tích của khối nón có đỉnh là \(S\) và đáy là đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\) 

Xem đáp án

Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh bên bằng \(2a,\) góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng \({60^0}.\) Tính thể tích của khối nón có đỉnh là \(S\) và đáy là đường tròn ngoại tiếp \(\Delt (ảnh 1)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right).\) Suy ra \(SH\) là đường cao của hình chóp.

\(AH\) là hình chiếu của \(SA\) lên \(\left( {ABC} \right).\) Do đó góc giữa cạnh bên \(SA\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {SAH} = {60^0}.\)

Nên \(h = SH = \sin {60^0},SA = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.2a = a\sqrt 3 \)

Vì \(SA = SB = SC\) nên \(HA = HB = HC = R\)

Suy ra \(H\) cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ..

Bán kính \(R = \cos {60^0}.SA = 2a.\frac{1}{2} = a.\)

Thể tích khối nón có đỉnh là \(S\) và đáy là đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) là

\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}a\sqrt 3 = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)

Đáp án A


Câu 34:

Cho hình trụ có bán kính đáy bằng \(a\) và chiều cao gấp 2 lần đường kính đáy của hình trụ. Tính diện tích xung quanh của hình trụ.

Xem đáp án

Hình trụ có bán kính đáy R=a

Chiều cao của hình trụ là: \(h = 2d = 4R = 4a\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

\({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi a.4a = 8\pi {a^2}.\)

Đáp án D


Câu 35:

Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{2 - 3x}}\) bằng 

Xem đáp án

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{2 - 3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - \frac{1}{x}}}{{\frac{2}{x} - 3}} = - \frac{2}{3}.\)

Đáp án C


Câu 36:

Có bao nhiêu cách chọn một bạn lớp trưởng và một bạn lớp phó từ một lớp học gồm 35 học sinh, biết rằng em nào cũng có khả năng làm lớp trưởng và lớp phó?

Xem đáp án

Mỗi cách chọn một bạn lớp trưởng và một bạn lớp phó từ lớp 35 học sinh là một chỉnh hợp chấp 2 của 35. Vậy số cách chọn là \(A_{35}^2.\)

Đáp án D


Câu 37:

Cho tứ diện đều \(ABCD,M\) là trung điểm của \(BC.\) Khi đó cosin của góc giữa hai đường thẳng nào sau đây có giá trị bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}?\) 

Xem đáp án
Cho tứ diện đều \(ABCD,M\) là trung điểm của \(BC.\) Khi đó cosin của góc giữa hai đường thẳng nào sau đây có giá trị bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}?\)  (ảnh 1)

Đặt các cạnh của hình tứ diện là 1 thì ta có: \(AM = DM = \frac{{\sqrt 3 }}{2},\)

Suy ra \(\cos \widehat {AMD} = \frac{{A{M^2} + D{M^2} - A{D^2}}}{{2AM.DM}} = \frac{1}{3};\cos \widehat {ADM} = \frac{{A{D^2} + D{M^2} - A{M^2}}}{{2.AD.DM}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3};\)

\(\widehat {BAM} = {30^0};\)

Lấy \(N\) là trung điểm của \(AC\) thì ta có \(\left( {AB,DM} \right) = \left( {MN,DM} \right),\) và \(\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2.MN.MD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}.\)

Đáp án C


Câu 38:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) trong \(\left[ { - 2020;2020} \right]\) để phương trình \(\log \left( {mx} \right) = 2\log \left( {x + 1} \right)\) có nghiệm duy nhất?

Xem đáp án

Phương trình đã cho tương đương với \(\left\{ \begin{array}{l}mx = {\left( {x + 1} \right)^2}\\x + 1 >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + x\left( {2 - m} \right) + 1 = 0\left( 1 \right)\\x >- 1\end{array} \right.\)

Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có nghiệm duy nhất trong \(\left( { - 1; + \infty } \right).\)

Trường hợp 1. (1) có nghiệm kép \(\Delta = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right..\)

Thử lại: \(m = 0\) thì phương trình có nghiệm \(x = - 1,\) loại;

\(m = 4\) thì phương trình có nghiệm \(x = 1,\) thỏa mãn;

Trường hợp 2. (1) có nghiệm là \( - 1 \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} + \left( { - 1} \right)\left( {2 - m} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)

Thử lại thấy không thỏa mãn.

Trường hợp 3. (1) có 2 nghiệm là \({x_1},{x_2}\) và \({x_1} < - 1 < {x_2}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta >0\\\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m >0\\{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m >4\\m < 0\end{array} \right.\\1 + m - 2 + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0.\)

Vậy có 2020 giá trị nguyên của tham số \(m.\)

Đáp án C


Câu 39:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}.\) Biết hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Gọi \(S\) là tập hợp các giá trị nguyên \(m \in \left[ { - 2021;2021} \right]\) để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {x + m} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right).\) Hỏi \(S\) có bao nhiêu phần tử?

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}.\) Biết hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Gọi \(S\) là tập hợp các giá trị nguyên \(m \in \le (ảnh 1)
Xem đáp án

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( {x + m} \right)\)

\(g'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {x + m} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + m \le - 1\\1 \le x + m \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le - m - 1\\1 - m \le x \le 3 - m\end{array} \right.\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\)khi \(\left( {1;2} \right) \subset \left( { - \infty ; - m - 1} \right] \cup \left[ {1 - m;3 - m} \right]\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 \le - m - 1\\\left\{ \begin{array}{l}1 - m \le 1\\2 \le 3 - m\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 3\\0 \le m \le 1\end{array} \right..\) Vậy có 2021 giá trị nguyên \(m \in \left[ { - 2021;2021} \right]\) thỏa mãn.

Đáp án B


Câu 40:

Ông X muốn xây một bình chứa hình trụ có thể tích \(72{m^3}.\) Đáy làm bằng bê tông giá 100 nghìn đồng/m2, thành làm bằng tôn giá 90 nghìn đồng/m2, nắp bằng nhôm giá 140 nghìn đồng/m2. Vậy đáy của hình trụ có bán kính bằng bao nhiêu để chi phí xây dựng là thấp nhất?

Xem đáp án

Gọi bán kính đáy của hình trụ là \(r\left( m \right),\left( {r >0} \right)\) suy ra chiều cao của hình trụ là \(h = \frac{{72}}{{\pi {r^2}}}\left( m \right).\)

Diện tích xung quanh là: \({S_{xq}} = 2\pi rh = \frac{{144}}{r}\left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích đáy là: \({S_{day}} = \pi {r^2}\left( {{m^3}} \right)\)

Tổng chi phí để xây là: \(\pi {r^2}.100 + \pi {r^2}.140 + \frac{{144}}{r}.90 = \pi {r^2}.240 + \frac{{12960}}{r}\) (nghìn đồng).

Xét hàm số

\(f\left( r \right) = \pi {r^2}.240 + \frac{{12960}}{r} = \pi {r^2}.240 + \frac{{6480}}{r} + \frac{{6480}}{r} \ge 3\sqrt[3]{{\pi {r^2}.240.\frac{{6480}}{r}.\frac{{6480}}{r}}} = 6480\sqrt[3]{\pi }\)

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi \(\pi {r^2}.240 = \frac{{6480}}{r} \Leftrightarrow r = \frac{3}{{\sqrt[3]{\pi }}}.\)

Đáp án B


Câu 41:

Cho hàm số \(y = {x^4} - 2m{x^2} + m,\) có đồ thị \(\left( C \right)\) với \(m\) là tham số thực. Gọi \(A\) là điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) có hoành độ bằng 1. Tìm \(m\) để tiếp tuyến \(\Delta \) với đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(A\) cắt đường tròn (γ)(x1)2+(y1)2=4 tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất. 

Xem đáp án

\(y' = 4{x^3} - 4mx,y'\left( 1 \right) = 4 - 4m,y\left( 1 \right) = 1 - m.\) Ta có điểm \(A\left( {1;1 - m} \right).\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm \(A\left( {1;1 - m} \right)\) là

\(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + 1 - m \Rightarrow y = \left( {4 - 4m} \right)\left( {x - 1} \right) + 1 - m \Rightarrow y = \left( {4 - 4m} \right)x + 3m - 3\) suy ra phương trình tiếp tuyến  Cho hàm số \(y = {x^4} - 2m{x^2} + m,\) có đồ thị \(\left( C \right)\) với \(m\) là tham số thực. Gọi \(A\) là điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) có hoành độ bằng 1. Tìm \(m\) để tiếp tu (ảnh 1)là \(\left( {4 - 4m} \right)x - y + 3m - 3 = 0.\)

 Cho hàm số \(y = {x^4} - 2m{x^2} + m,\) có đồ thị \(\left( C \right)\) với \(m\) là tham số thực. Gọi \(A\) là điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) có hoành độ bằng 1. Tìm \(m\) để tiếp tu (ảnh 2)

\(MN = 2MH = 2\sqrt {I{M^2} - I{H^2}} = 2\sqrt {4 - I{H^2}} \).

Ta có \(MN\) nhỏ nhất khi \(IH\) lớn nhất. Ta có \(IH = d\left( {I,\Delta } \right) = \frac{{\left| m \right|}}{{\sqrt {{{\left( {4 - 4m} \right)}^2} + 1} }}.\)

\(IH\) lớn nhất khi \(I{H^2}\) lớn nhất hay \(\frac{{{m^2}}}{{16{m^2} - 32m + 17}}\) lớn nhất.

Xét hàm \(f\left( m \right) = \frac{{{m^2}}}{{16{m^2} - 32m + 17}}\) suy ra \(f'\left( m \right) = \frac{{ - 32{m^2} + 34m}}{{{{\left( {16{m^2} - 32m + 17} \right)}^2}}}.\)

 Cho hàm số \(y = {x^4} - 2m{x^2} + m,\) có đồ thị \(\left( C \right)\) với \(m\) là tham số thực. Gọi \(A\) là điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) có hoành độ bằng 1. Tìm \(m\) để tiếp tu (ảnh 3)

Từ bảng ta có \(IH\) lớn nhất khi \(m = \frac{{17}}{{16}}.\) Vậy dây cung \(MN\)nhỏ nhất khi \(m = \frac{{17}}{{16}}.\)

Đáp án D


Câu 42:

Gọi \(\left( S \right)\) là tập hợp các giá trị nguyên \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left| {3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m} \right|\) có 7 điểm cực trị. Tính tổng các phần tử của \(S.\)

Xem đáp án

Đặt \(g\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m.\) Ta có số điểm cực trị của hàm số

\(y = \left| {3{x^4} - 8{x^3} + 24x - m} \right|\) bằng \(a + b.\) Với Gọi \(\left( S \right)\) là tập hợp các giá trị nguyên \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left| {3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m} \right|\) có 7 điểm cực trị. Tính tổng các phần tử của \(S.\)A. (ảnh 1)là số điểm cực trị của hàm \(g\left( x \right)\) và \(b\) là số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình \(g\left( x \right) = 0.\)

Xét hàm số g(x)=3x48x36x2+24xm ta có

\(g'\left( x \right) = 12{x^3} - 24{x^2} - 12x + 24 = 12\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)\) suy ra hàm số \(g\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị.

Xét phương trình

\(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow g\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m = 0 \Leftrightarrow 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x = m.\) Đồ thị hàm số \(y = \left| {g\left( x \right)} \right|\) có 7 điểm cực trị khi phương trình \(g\left( x \right) = 0\) có đúng 4 nghiệm phân biệt tương đương với hai đồ thị hàm số \(y = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x\) và \(y = m\) có 4 giao điểm phân biệt.

Gọi \(\left( S \right)\) là tập hợp các giá trị nguyên \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left| {3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m} \right|\) có 7 điểm cực trị. Tính tổng các phần tử của \(S.\)A. (ảnh 2)
Từ bảng biến thiên ta có phương trình \(g\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm phân biệt khi \(8 < m < 13.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {9,10,11,12} \right\}.\) Vậy tổng các giá trị của tham số \(m\) là

\(S = 9 + 10 + 11 + 12 = 42.\)

Đáp án A


Câu 43:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {4x - {x^2}} \right) + \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 8x - \frac{5}{3}\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right].\)

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {4x - {x^2}} \right) + \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 8x  (ảnh 1)
Xem đáp án

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {4 - 2x} \right).f'\left( {4x - {x^2}} \right) + {x^2} - 6x + 8 = \left( {2 - x} \right)\left[ {2f'\left( {4x - {x^2}} \right) + 4 - x} \right].\)

Với \(x \in \left[ {1;3} \right]\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}4 - x >0\\3 \le 4x - {x^2} \le 4\end{array} \right.\) nên \(f'\left( {4x - {x^2}} \right) >0.\)

Suy ra \(2f'\left( {4x - {x^2}} \right) + 4 - x >0,\forall x \in \left[ {1;3} \right].\)

Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {1;3} \right].\)

Bảng biến thiên

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {4x - {x^2}} \right) + \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 8x  (ảnh 2)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) + 5 = 5 + 5 = 10.\)

Đáp án A


Câu 44:

Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng \(1m\) và \(1,2m.\) Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thế tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây? 

Xem đáp án

Gọi h(m) là chiều cao của hai bể nước hình trụ đã cho \(\left( {h >0} \right)\)

\(R\) là bán kính đáy của bể nước hình trụ mới \(\left( {R >0} \right)\).

Suy ra thể tích của bể nước hình trụ mới là \(V = \pi {R^2}h.\)

Vì thể tích của bể nước mới bằng tổng thể tích của hai bể nước hình trụ ban đầu nên

\(V = {V_1} + {V_2} \Leftrightarrow \pi {R^2}h = \pi {.1^2}.h + \pi {.1.2^2}.h \Leftrightarrow R = \sqrt {2,44} \approx 1,56m.\)

Đáp án B


Câu 45:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) hình vuông cạnh \(a.\) Tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

Xem đáp án
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) hình vuông cạnh \(a.\) Tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: (ảnh 1)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\) mà \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(I\) là tâm của hình vuông \(ABCD\)

Dựng \[Ix//SH\] khi đó \(Ix\) là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy \(ABCD\)

Do tam giác \(SAB\) đều nên trọng tâm \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(SAB\)

Dựng \(Gy \bot \left( {SAB} \right)\), \(Gy//HI\), khi đó \(Gy\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAB\)

Khi đó \(Ix \cap Gy = O\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) và \(R = SO = \sqrt {G{O^2} + G{S^2}} \)

Ta có: \(GO = \frac{a}{2},SG = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow R = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Đáp án C


Câu 46:

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có tâm \(O.\) Gọi \(I\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\) và \(M\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(OI\) sao cho \(MO = 2MI.\) Khi đó côsin góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {MC'D'} \right)\) và \(\left( {MAB} \right)\) bằng

Xem đáp án
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có tâm \(O.\) Gọi \(I\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\) và \(M\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(OI\) sao cho \(MO = 2MI.\) Khi đó côsin góc tạo bởi hai mặ (ảnh 1)

Gọi \(F,P,Q\) lần lượt là trung điểm \(AB,C'D',BD\)

Do \(\left. \begin{array}{l}C'D' \bot IP\\C'D' \bot OI\end{array} \right\} \Rightarrow CD' \bot \left( {FMP} \right),\left( {FMP} \right) \equiv \left( {OIP} \right)\)

Kẻ \(NM//C'D'(N \in AA'D'D) \Rightarrow NM \bot \left( {FMP} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}NM \bot MP\\NM \bot MF\end{array} \right.\)

Do đó góc tạo bởi mặt phẳng \(\left( {MC'D'} \right)\) và \(\left( {MAB} \right)\) bằng góc \({180^0} - \widehat {FMP}\)

Đặt độ dài cạnh của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ là a.

Ta có: \(MI = \frac{a}{6},IP = \frac{a}{2},FP = AD' = a\sqrt 2 .\)

Áp dụng pitago cho tam giác vuông \(MIP:MP = \sqrt {M{I^2} + P{I^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{6}\)

Ta có: \(MQ = \frac{{5a}}{6},QF = \frac{a}{2}\), áp dụng pitago cho tam giác vuông

\(MQF:MF = \sqrt {M{Q^2} + Q{F^2}} = \frac{{a\sqrt {34} }}{6}\)

Áp dụng định lí hàm số côsin cho tam giác \(MFP\)

\(\cos \widehat {FMP} = \frac{{M{F^2} + M{P^2} - F{P^2}}}{{2MF.MP}} = - \frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\)

Vậy côsin góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {MC'D'} \right)\) và \(\left( {MAB} \right)\) bằng \(\frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}.\)

Đáp án D


Câu 47:

Cho đa giác lồi \({A_1}{A_2}...{A_{20}}.\) Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho bằng

Xem đáp án

Mỗi cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh từ các đỉnh của đa giác sẽ tạo ra một tam giác và số tam giác là \(n\left( \Omega \right) = C_{20}^3.\)

Gọi \(A\) là biến cố 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.

Ta có mỗi tam giác thuộc \(\Omega \) thì có một trong 4 trường hợp sau:

TH1: Cả 3 cạnh của tam giác là các cạnh của đa giác, trường hợp này không có tam giác nào.

TH2: Chỉ có 2 cạnh của tam giác là cạnh của đa giác, khi đó đỉnh chung của 2 cạnh này sẽ là đỉnh của đa giác ban đầu, trường hợp này có 20 tam giác.

TH3: Chỉ có 1 cạnh của tam giác là cạnh của đa giác khi đó ứng với mỗi cạnh bất ký của đa giác thì sẽ có 16 tam giác thỏa mãn, vậy trường hợp này sẽ có 20x16 = 320 tam giác.

TH4: Không có cạnh nào của tam giác là cạnh của đa giác, khi đó tất cả các cạnh của tam giác đều là các đường chéo của đa giác.

Từ đây ta có \(n\left( A \right) = n\left( \Omega \right) - 20 - 320 = 800\) tam giác.

Vậy xác suất để chọn được 3 đỉnh tạo thành tam giác không có cạnh nào của đa giác đã cho là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{40}}{{57}}.\)

Đáp án B


Câu 48:

Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) tại 3 điểm phân biệt \(A,B,C\) \((B\) nằm giữa \(A\) và \(C)\) sao cho \(AB = 2BC.\) Tính tổng các phần tử thuộc \(S.\) 

Xem đáp án

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = m\) và đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) là \({x^3} - 3{x^2} - m = 0\left( * \right).\)

Gọi \({x_1},{x_2},{x_3}\left( {{x_1} < {x_2} < {x_3}} \right)\) lần lượt là 3 nghiệm của (*), theo giả thiết ta giả sử \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right),C\left( {{x_3};{y_3}} \right)\) khi đó

\(AB = 2BC \Leftrightarrow \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = 2\left| {{x_3} - {x_2}} \right|\)

\( \Leftrightarrow {x_2} - {x_1} = 2\left( {{x_3} - {x_2}} \right)\)

x13x2+2x3=0

\( \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + {x_3} = 4{x_2} - {x_3} \Leftrightarrow {x_3} = 4{x_2} - 3\) (theo ĐL Vi-et cho PT(*) có \({x_1} + {x_2} + {x_3} = 3).\)

Thay nghiệm \({x_3} = 4{x_2} - 3\) vào (*) ta có phương trình \({\left( {4{x_2} - 3} \right)^3} - 3{\left( {4{x_2} - 3} \right)^2} = m\)

Lại có \({x_2}\) cũng là nghiệm của \(\left( * \right)\) nên \(x_2^3 - 3x_2^2 = m\) do đó ta có phương trình

\({\left( {4{x_2} - 3} \right)^3} - 3{\left( {4{x_2} - 3} \right)^2} = x_2^3 - 3x_2^2\)

\( \Leftrightarrow 64x_2^3 - 144x_2^2 + 108x_2^{} - 27 - 3\left( {16x_2^2 - 24{x_2} + 9} \right) = x_2^3 - 3x_2^2\)

\( \Leftrightarrow 63x_2^3 - 189x_2^3 + 180{x_2} - 54 = 0\)

\( \Leftrightarrow 7x_2^3 - 21x_2^3 + 20{x_2} - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{{7 + \sqrt 7 }}{7}\\{x_2} = 1\\{x_2} = \frac{{7 - \sqrt 7 }}{7}\end{array} \right.\)

Với \({x_2} = 1\) suy ra \({x_3} = 1\) (loại).

Với \({x_2} = \frac{{7 \pm \sqrt 7 }}{7} \Rightarrow m = - \frac{{48 \pm 20\sqrt 7 }}{{49}}.\)

Thử lại trực tiếp ta thấy \(m = - \frac{{98 + 20\sqrt 7 }}{{49}}\) và \(m = - \frac{{98 - 20\sqrt 7 }}{{49}}\) là thỏa mãn được yêu cầu bài toán.

Vậy \(S = \left\{ { - \frac{{98 - 20\sqrt 7 }}{{49}}; - \frac{{98 + 20\sqrt 7 }}{{49}}} \right\}\) và tổng các phần tử thuộc tập \(S\) là \( - 4.\)

Đáp án A


Câu 49:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(AB = AC = 4,BC = 2,SA = 4\sqrt 3 ;\angle SAB = \angle SAC = {30^0}.\) Gọi \({G_1},{G_2},{G_3}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(\Delta SBC;\Delta SCA;\Delta SAB\) và \(T\) đối xứng \(S\) qua mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\) Thể tích của khối chóp \(T.{G_1}{G_2}{G_3}\) bằng \(\frac{a}{b}\) với \(a,b \in \mathbb{N}\) và \(\frac{a}{b}\) tối giản. Tính giá trị \(P = 2a - b.\)  

Xem đáp án
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(AB = AC = 4,BC = 2,SA = 4\sqrt 3 ;\angle SAB = \angle SAC = {30^0}.\) Gọi \({G_1},{G_2},{G_3}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(\Delta SBC;\Delta SCA;\De (ảnh 1)

Xét hai tam giác: \(\Delta SAC;\Delta SAB\) có:

\(SA\) chung.

\(AB = AC;\angle SAB = \angle SAC = {30^0} \Rightarrow \Delta SAB = \Delta SAC \Rightarrow SB = SC.\)

Suy ra tam giác \(\Delta SBC;\Delta ABC\) cân.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SI\\BC \bot AI\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SAI} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên \(AI \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Xét tam giác \(\Delta SAB\) ta có:

\(S{B^2} = S{A^2} + A{B^2} - 2SA.2B.\cos \angle SAB = 48 + 16 - 2.4\sqrt 3 .4.\cos {30^0} = 16 \Rightarrow SB = SC = 4\)

Suy ra \(\Delta SBC = \Delta ABC\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow AI = SI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {16 - 1} = \sqrt {15} \)

Tam giác \(\Delta SIA\) cân tại \(I\). Gọi \(J\) là trung điểm của \(SA\) ta có: \(IJ = \sqrt {A{I^2} - J{A^2}} = \sqrt {15 - 12} = \sqrt 3 \)

Ta lại có \({S_{\Delta SIA}} = \frac{1}{2}IJ.SA = \frac{1}{2}SH.AI \Rightarrow SH = \frac{{IJ.SA}}{{AI}} = \frac{{\sqrt 3 .4\sqrt 3 }}{{\sqrt {15} }} = \frac{{12}}{{\sqrt {15} }}\)

Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AI.BC = \sqrt {15} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{12}}{{\sqrt {15} }}.\sqrt {15} = 4.\)

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(AB = AC = 4,BC = 2,SA = 4\sqrt 3 ;\angle SAB = \angle SAC = {30^0}.\) Gọi \({G_1},{G_2},{G_3}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(\Delta SBC;\Delta SCA;\De (ảnh 2)

Xét hình chóp \(T.{G_1}{G_2}{G_3}\) có:

\({V_{T.{G_1}{G_2}{G_3}}} = \frac{1}{3}TK.{S_{\Delta {G_1}{G_2}{G_3}}} = \frac{1}{3}.\frac{4}{3}SH.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.{S_{\Delta IMN}} = \frac{1}{3}.\frac{4}{3}SH.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}\frac{1}{4}{S_{\Delta ABC}} = \frac{4}{{27}}{V_{S.ABC}} = \frac{{16}}{{27}}\)

Suy ra \(a = 16;b = 27 \Rightarrow P = 2a - b = 5.\)

Đáp án B


Câu 50:

Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có thể tích bằng \(V.\) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,A'C'.P\) là điểm trên các cạnh \(BB'\) sao cho \(PB = 2PB'.\) Thể tích khối tứ diện \(CMNP\) bằng: 

Xem đáp án
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có thể tích bằng \(V.\) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,A'C'.P\) là điểm trên các cạnh \(BB'\) sao cho \(PB = 2PB'.\) Thể tích khối tứ di (ảnh 1)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AA'\) và \(CN;J\) là giao điểm của \(A'B'\) và \(IB\) suy ra \(I\) đối xứng với \(A\) qua \(A'\) và \(J\) là trung điểm của \(IB.\)

Gọi \(K\) là giao điểm của \(AA'\) và \(PM\) suy ra \(AK = BP\)

\(\Delta OBP \sim \Delta OIK \Rightarrow \frac{{OB}}{{OI}} = \frac{{BP}}{{IK}} = \frac{{\frac{2}{3}AA'}}{{\frac{8}{3}AA'}} = \frac{1}{4} \Rightarrow OI = 4OB \Rightarrow d\left( {I,\left( {MPC} \right)} \right) = 4d\left( {B;\left( {MPC} \right)} \right)\)

\({V_{CMNP}} = \frac{1}{3}d\left( {N,\left( {MPC} \right)} \right).{S_{\Delta MPC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( {I,\left( {MPC} \right)} \right).{S_{\Delta MPC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.4d\left( {B,\left( {MPC} \right)} \right).{S_{\Delta MPC}} = 2{V_{PMBC}}\)

\({V_{PMBC}} = \frac{1}{3}d\left( {P,\left( {MBC} \right)} \right).{S_{MBC}} = \frac{1}{3}.\frac{2}{3}d\left( {B',\left( {MBC} \right)} \right).\frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}} = \frac{V}{9}\)

\( \Rightarrow {V_{CMNP}} = \frac{2}{9}V\)

Đáp án D


Bắt đầu thi ngay

Bài thi liên quan