Đề số 25
-
5772 lượt thi
-
50 câu hỏi
-
90 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Biết giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lần lượt là \(M,m.\) Giá trị biểu thức \(P = {M^2} + {m^2}\) bằng
Đáp án A.
Từ bảng biến thiên, ta thấy \(M = \frac{1}{2},m = - \frac{1}{2}.\)
Vậy \(P = {M^2} + {m^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}.\)
Câu 2:
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 2.\) Tính \({u_3}?\)
Đáp án A.
Ta có: \({u_3} = {u_1}.{q^2} = {2.2^2} = 8.\)
Câu 3:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng xét dấu như sau:
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trong khoảng nào dưới đây?
Đáp án A.
\(f'\left( x \right) >0\) với \(x \in \left( { - 2;0} \right)\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right).\)
Câu 4:
Cho khối chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) và hai mặt bên \(\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)\) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp \(S.ABC\) biết \(SC = a\sqrt 3 .\)
Đáp án B.
\(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)
Hai mặt bên \(\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)\) cùng vuông góc với mặt đáy nên \(SA \bot \left( {ABC} \right).\)
Trong tam giác vuông \(SAC\) ta có: \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 .\)
Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\)
Câu 5:
Kết luận nào sau đây về tính đơn điệu của hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) là đúng?
Đáp án C.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)
Ta có \(y' = - \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \in D.\) Suy ra, hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)
Câu 6:
Cho hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right) - \frac{{{x^6}}}{3} + {x^4} - {x^2}\) đạt cực tiểu tại bao nhiêu điểm?
Đáp án D.
Ta có \(g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2}} \right) - 2{x^5} + 4{x^3} - 2x.\)
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\f'\left( {{x^2}} \right) - {x^4} + 2{x^2} - 1 = 0\left( 1 \right)\end{array} \right..\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right),\) khi đó \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 1\\t = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left( 1 \right)\) có nghiệm \(x = 0,x = \pm 1,x = \pm \sqrt 2 .\)
\(f'\left( t \right) >{t^2} - 2t + 1 \Leftrightarrow 0 < t < 1 \Leftrightarrow 0 < {x^2} < 1 \Leftrightarrow - 1 < x < 1.\)
\(f'\left( t \right) < {t^2} - 2t + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < 0\\t >1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x >1\end{array} \right..\)
Bảng biến thiên
Suy ra, hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right) - \frac{{{x^6}}}{3} + {x^4} - {x^2}\) đạt cực tiểu tại một điểm.
Câu 7:
Biết rằng đồ thị hàm số \(y = \frac{{\left( {m - 2n - 3} \right)x + 5}}{{x - m - n}}\) nhận hai trục tọa độ làm hai đường tiệm cận. Tính tổng \(S = {m^2} + {n^2} - 2.\)
Đáp án A.
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là trục \(Ox \Rightarrow m - 2n - 3 = 0\).
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là trục \(Oy \Rightarrow m + n = 0.\)
Suy ra \(\left( {m,n} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}m - 2n - 3 = 0\\m + n = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = - 1\end{array} \right. \Rightarrow S = 0.\)
Câu 8:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a,SA\) vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 3 .\) Góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng
Đáp án B.
Có \(\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \angle SDA.\)
Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) có: \(\tan SDA = \frac{{SA}}{{AD}} = \sqrt 3 \Rightarrow \angle SDA = {60^0} \Rightarrow \left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = {60^0}.\)
Câu 9:
Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 8{x^2} + 16x - 9\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) là
Đáp án C.
Hàm số liên tục trên đoạn [1;3].
+ Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 16x + 16;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 16x + 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4 \notin \left[ {1;3} \right]\\x = \frac{4}{3} \in \left[ {1;3} \right]\end{array} \right.\)
+ \(f\left( 1 \right) = 0;f\left( 3 \right) = - 6;f\left( {\frac{4}{3}} \right) = \frac{{13}}{{27}}.\) Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = \frac{{13}}{{27}}.\)
Câu 10:
Số đỉnh của hình mười hai mặt đều là:
Đáp án D.
Hình mười hai mặt đều có 20 đỉnh.
Câu 11:
Đáp án C.
Giả sử hình chóp có đáy là đa giác \(n\) cạnh \(\left( {n \ge 3} \right)\) nên có \(n\) cạnh bên.
Tổng số cạnh của hình chóp là \(2n = 20 \Leftrightarrow n = 10.\) Khi đó hình chóp có 10 mặt bên và 1 mặt đáy. Vậy hình chóp có 11 mặt.
Câu 12:
Đường cong sau đây là đồ thị của hàm số nào?
Đáp án B.
Đồ thị hình vẽ là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số \(a >0,\) đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\) nên chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) thỏa mãn điều kiện trên.
Câu 13:
Tìm hệ số \(h\) của số hạng chứa \({x^5}\) trong khai triển \({\left( {{x^2} + \frac{2}{x}} \right)^7}?\)
Đáp án D.
Số hạng thứ \(k + 1\) trong khai triển là:
\({T_{k + 1}} = C_7^k{\left( {{x^2}} \right)^{7 - k}}{\left( {\frac{2}{x}} \right)^k} = C_7^k{2^k}.{x^{14 - 3k}}.\)
Vì số hạng có chứa \({x^5}\) nên: \(14 - 3k = 5 \Leftrightarrow k = 3.\)
Vậy hệ số cần tìm là \(h = C_7^3{.2^3} = 280.\)
Câu 14:
Gọi \(S\) là tập hợp các giá trị thực của tham số \(m\) sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \left| {\frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}}} \right|\) trên \(\left[ {1;2} \right]\) bằng 2. Số phần tử của \(S\) là
Đáp án D.
Đặt \(y = h\left( x \right) = \left| {\frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}}} \right|\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}} + m,\) ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} >0,\forall x \in \left[ {1;2} \right].\)
Suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {1;2} \right].\)
\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} + m,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{4}{3} + m.\)
Nếu \(\frac{1}{2} + m >0 \Leftrightarrow m >- \frac{1}{2}\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} h\left( x \right) = m + \frac{4}{3},\) suy ra: \(\frac{4}{3} + m = 2 \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}\) (thỏa mãn).
Nếu \(\frac{4}{3} + m < 0 \Leftrightarrow m < - \frac{4}{3}\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} h\left( x \right) = \left| {m + \frac{1}{2}} \right|,\) suy ra: \(\left| {m + \frac{1}{2}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{3}{2}\left( l \right)\\m = - \frac{5}{2}\end{array} \right..\)
Nếu \(\frac{1}{2} + m < 0 < \frac{4}{3} + m \Leftrightarrow - \frac{4}{3} < m < - \frac{1}{2}\) thì: \(\left| {m + \frac{1}{2}} \right| \le \left| m \right| + \frac{1}{2} \le \frac{4}{3} + \frac{1}{2} = \frac{{11}}{6} < 2,\) suy ra:
\(\left| {m + \frac{4}{3}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + \frac{4}{3} = 2\\m + \frac{4}{3} = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{2}{3}\\m = - \frac{{10}}{3}\end{array} \right.\) (không thỏa mãn).
Vậy có hai giá trị \(m\) thỏa mãn: \(m = - \frac{5}{2}\) và \(m = \frac{2}{3}.\)
Câu 15:
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{4x - 1}}\) có đường tiệm cận ngang là đường thẳng nào dưới đây?
Đáp án C.
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \frac{1}{4};\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \frac{1}{4} \Rightarrow \) đường thẳng \(y = \frac{1}{4}\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 16:
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để hàm số \(y = \frac{m}{3}{x^3} - 2m{x^2} + \left( {3m + 5} \right)x\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Đáp án A.
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)
*) Nếu \(m = 0\) ta có \(y = 5x.\) Đồ thị hàm số luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
*) Nếu \(m \ne 0.\) Ta có: \(y' = m{x^2} - 4mx + 3m + 5.\)
Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}.\)
\( \Leftrightarrow m{x^2} - 4mx + 3m + 5 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \le 0\\a >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} - m\left( {3m + 5} \right) \le 0\\m >0\end{array} \right..\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 5m \le 0\\m >0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 5\\m >0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 5\)
Kết hợp với điều kiện ta có: \(0 < m \le 5.\)
Vậy \(0 < m \le 5,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.\)
Câu 17:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 4;4} \right]\) và có bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ { - 4;4} \right]\) như sau
Phát biểu nào sau đây đúng?
Đáp án C.
Dựa vào đồ thị ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = 10\) khi \(x = 4\) và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = - 10\) khi \(x = - 4.\)
Tuy nhiên hàm số không có GTLN, GTNN trên \(\left( { - 4;4} \right).\)
Câu 18:
Cho \(K\) là một khoảng, nửa khoảng hoặc một đoạn. Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục và xác định trên \(K.\) Mệnh đề nào không đúng?
Đáp án B.
Phát biểu đúng là “nếu \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in K\) và \(f'\left( x \right) = 0\) chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên
Câu 19:
Cho hai dãy ghế đối diện nhau mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam, 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
Đáp án C.
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 10!\)
Gọi A là biến cố “xếp 5 nam và 5 nữ ngồi đối diện nhau”
Đánh số cặp ghế đối diện nhau là \({C_1},{C_2},{C_3},{C_4},{C_5}\)
Xếp 5 bạn nam vào 5 cặp ghế có 5! cách.
Xếp 5 bạn nữ vào 5 cặp ghế có 5! cách.
Ở mỗi cặp ghế, ta có 2 cách xếp một cặp nam, nữ ngồi đối diện.
\( \Rightarrow \) Số phần tử của \(A\) là \(n\left( A \right) = 5!.5!{.2^5} = 460800.\)
\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{460800}}{{10!}} = \frac{8}{{63}}.\)
Câu 20:
Bảng biến thiên trong hình vẽ là của hàm số
Đáp án A.
Do đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = - 2\) nên loại đáp án C và D.
Xét đáp án A có \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D,\) tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = - 2,\) tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 1\) nên chọn.
Xét đáp án B có \(y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} >0,\forall x \in D\) nên loại.
Câu 21:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành và có thể tích \(V.\) Gọi \(E\) là điểm trên cạnh \(SC\) sao cho \(EC = 2ES.\) Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng \(AE\) và song song với đường thẳng \(BD,\left( \alpha \right)\) cắt hai cạnh \(SB,SD\) lần lượt tại \(M,N.\) Tính theo \(V\) thể tích khối chóp \(S.AMEN.\)
Đáp án D.
Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành \(ABCD.\)
Trong \(\left( {SAC} \right).\) Gọi \(I = SO \cap AE.\)
Từ \(I,\) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng \(BD\) cắt hai cạnh \(SB,SD\) lần lượt tại \(M,N.\)
Gọi \(K\) là trung điểm \(EC \Rightarrow SE = EK = KC.\)
Do \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(CAE \Rightarrow OK//IE \Rightarrow \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SE}}{{SK}} = \frac{1}{2}.\)
Do \(MN//BD \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{1}{2}\)
Ta có: \({V_{S.AMBN}} = {V_{S.AMB}} + {V_{S.ABN}}.\)
\(\frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.AME}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABC}}.\)
\(\frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ANE}} = \frac{1}{6}{V_{S.ACD}}.\)
\({V_{S.AMBN}} = {V_{S.AMB}} + {V_{S.ABN}} = \frac{1}{6}\left( {{V_{S.ABC}} + {V_{S.ACD}}} \right) = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}.\)
\( \Rightarrow {V_{S.AMBN}} = \frac{1}{6}V.\)
Câu 22:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\},\) liên tục trên mỗi khoảng và có bảng biến thiên như sau:
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) sao cho phương trình \(f\left( x \right) = m\) có ba nghiệm thực phân biệt.
Đáp án B.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = m\) có ba nghiệm thực phân biệt khi \(m \in \left( { - \sqrt 2 ; - 1} \right).\)
Câu 23:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật với \(AB = a,AD = 2a,SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\sqrt 3 .\) Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng
Đáp án C.
Diện tích của hình chữ nhật \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = AB.AD = a.2a = 2{a^2}.\)
Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .2{a^2} = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\) (đvtt).
Câu 24:
Cho tập \(A\) có 20 phần tử. Hỏi tập \(A\) có bao nhiêu tập con khác rỗng mà có số phần tử chẵn?
Đáp án B.
Số tập hợp con khác rỗng của tập hợp \(A\) mà có \(k\) phần tử là \(C_{20}^k\left( {k \in \mathbb{N},0 \le k \le 20} \right).\)
Khi đó tổng số tập hợp con khác rỗng mà có số phần tử chẵn là \(S = C_{20}^2 + C_{20}^4 + ... + C_{20}^{20}.\)
Xét \({\left( {1 + x} \right)^{20}} = C_{20}^0 + C_{20}^1x + C_{20}^2{x^2} + ... + C_{20}^{20}{x^{20}}.\)
Cho \(x = 1,\) ta được \({2^{20}} = C_{20}^0 + C_{20}^1 + C_{20}^2 + ... + C_{20}^{20}\left( 1 \right)\)
Cho \(x = - 1,\) ta được \(0 = C_{20}^0 - C_{20}^1 + C_{20}^2 - ... + C_{20}^{20}\left( 2 \right).\)
Công vế theo vế (1) và (2), ta được
\({2^{20}} = 2\left( {C_{20}^0 + C_{20}^2 + C_{20}^4 + ... + C_{20}^{20}} \right) \Leftrightarrow 2\left( {S + 1} \right) = {2^{20}} \Leftrightarrow S = {2^{19}} - 1.\)
Câu 25:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ sau. Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình \(f\left( x \right) = 1.\)
Đáp án C.
Từ đồ thị hàm số dễ thấy đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 1 điểm nên phương trình \(f\left( x \right) = 1\) có đúng 1 nghiệm.
Vậy mệnh đề C đúng.
Câu 26:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a,SA \bot \left( {ABC} \right),\) góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(SB\) bằng:
Đáp án C.
Trong mp \(\left( {ABC} \right)\) kẻ hình bình hành \(ABDC,AE \bot BD;\) trong mp \(\left( {SAE} \right)\) kẻ \(AH \bot SE.\)
Theo giả thiết:
\(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\AE \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right)\)
\( \Leftrightarrow BD \bot AH\) mà \(AH \bot SE\) nên \(AH \bot \left( {SBD} \right).\)
Ta lại có \(BD//AC \Rightarrow AC//\left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {AC,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {ABD} \right)} \right) = AH\).
Mặt khác: Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0},SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\)
Vì \(ABDC\) là hình bình hành nên \(\widehat {ABD} = {180^0} - \widehat {BAC} = {120^0}\) do đó điểm \(E\) nằm ngoài đoạn thẳng \(BD\) và góc \(\widehat {ABE} = {60^0} \Rightarrow AE = AB\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Tam giác \(SAE\) vuông có:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}} \Rightarrow A{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)
Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)
Câu 27:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm và liên tục trên \(\mathbb{R},\) có đồ thị như hình vẽ:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:
Đáp án C.
Dựa vào đồ thị của hàm số ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị
Vậy đáp án đúng là đáp án C.
Câu 28:
Gọi \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) là một điểm thuộc \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2} + 2,\) biết tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) cắt \(\left( C \right)\) tại điểm \(N\left( {{x_N};{y_N}} \right)\) (khác \(M\)) sao cho \(P = 5x_M^2 + x_N^2\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính \(OM.\)
Đáp án D.
Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\)
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow \) Tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) có phương trình là:
\(y = \left( {3x_M^2 - 6{x_M}} \right)\left( {x - {x_M}} \right) + x_M^3 - 3x_M^2 + 2\)
Tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) cắt \(\left( C \right)\) tại điểm \(N\left( {{x_N};{y_N}} \right)\) (khác \(M)\) nên \({x_M};{x_N}\) là nghiệm của phương trình: \({x^3} - 3{x^2} + 2 = \left( {3x_M^2 - 6{x_M}} \right)\left( {x - {x_M}} \right) + x_M^3 - 3x_M^2 + 2\)
\( \Leftrightarrow \left( {{x^3} - x_M^3} \right) - 3\left( {{x^2} - x_M^2} \right) - \left( {3x_M^2 - 6{x_M}} \right)\left( {x - {x_M}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - {x_M}} \right)^2}\left( {x + 2{x_M} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_M}\\x = - 2{x_M} + 3\end{array} \right.\)
\(M\) khác \(N \Leftrightarrow {x_M} \ne - 2{x_M} + 3 \Leftrightarrow 3{x_M} \ne 3 \Leftrightarrow {x_M} \ne 1 \Rightarrow {x_N} = - 2{x_M} + 3\)
Khi đó: \(P = 5x_M^2 + x_N^2 = 5x_M^2 + {\left( { - 2x_M^{} + 3} \right)^2} = 9x_M^2 - 12{x_M} + 9 = {\left( {3{x_M} - 2} \right)^2} + 5 \ge 5\) với \(\forall {x_M}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\left( {3{x_M} - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow 3{x_M} - 2 = 0 \Leftrightarrow 3{x_M} = 2 \Leftrightarrow {x_M} = \frac{2}{3}\) (thỏa mãn)
Với \({x_M} = \frac{2}{3} \Rightarrow {y_M} = \frac{{26}}{{27}} \Rightarrow OM = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{26}}{{27}}} \right)}^2}} = \frac{{10\sqrt {10} }}{{27}}\)
Vậy \(OM = \frac{{10\sqrt {10} }}{{27}}.\)
Câu 29:
Hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} - 4\) đồng biến trên khoảng nào?
Đáp án B.
Ta có \(y' = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right).\)
Câu 30:
Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}.\)
Đáp án D.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}}{{x\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{1 - \frac{1}{x}}} = 2.\)
Câu 31:
Cho khối chóp có thể tích \(V,\) diện tích đáy là \(B\) và chiều cao \(h.\) Tìm khẳng định đúng?
Đáp án A.
Thể tích của khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}Bh.\)
Câu 32:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên
Khẳng định nào dưới đây sai?
Đáp án D.
\(M\left( {0;2} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
Câu 33:
Tính thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng 2
Đáp án C.
Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD,M\) là trung điểm của \(CD\) ta có:
\(BM = 2\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 ;BG = \frac{2}{3}BM = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)
\[AG \bot (BCD) = >AG \bot BG = >SG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{2^2} - {{(\frac{{2\sqrt 3 }}{3})}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}.\]
\[{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}BM.CD = \frac{1}{2}.\sqrt 3 .2 = \sqrt 3 \]
\[ = >{V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AG.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 6 }}{3} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\]
Câu 34:
Cho tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng \(a.\) Gọi \(M,N\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABD,ABC\) và \(E\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(D.\) Mặt phẳng \(MNE\) chia khối tứ diện \(ABCD\) thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh \(A\) có thể tích \(V.\) Tính \(V.\)
Đáp án A.
Xét mặt phẳng chứa tam giác \(ABD\). Gọi \(D'\) trên \(IE\) sao cho \[DD'//AQ\] ta có: \(\frac{{DD'}}{{MQ}} = \frac{{ED}}{{EQ}} = \frac{2}{3}\)
Mà \(\Delta KDD' \sim \Delta KAM \Rightarrow \frac{{KD}}{{KA}} = \frac{{DD'}}{{AM}} = \frac{{DD'}}{{2MQ}} = \frac{1}{3}\)
Gọi \(M'\) trên \(BD\) sao cho \(MM'//AB.\) Ta có:
\(M'Q = \frac{1}{3}BQ = \frac{1}{3}.\frac{1}{4}BE = \frac{1}{{12}}BE \Rightarrow EM' = 3EQ + QM' = \left( {\frac{3}{4} + \frac{1}{{12}}} \right)BE = \frac{5}{6}BE\)
\( \Rightarrow \frac{{MM'}}{{IB}} = \frac{{EM'}}{{EB}} = \frac{5}{6} \Rightarrow MM' = \frac{5}{6}IB\)
Xét mặt tam giác \(ABQ\). Ta có \(\frac{{MM'}}{{AB}} = \frac{{QM}}{{QA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{5}{6}\frac{{IB}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{IB}}{{AB}} = \frac{2}{5} \Rightarrow \frac{{AI}}{{AB}} = \frac{3}{5}\)
Vì \(MN//PQ//CD \Rightarrow MN//\left( {ACD} \right) \Rightarrow MN//JK//CD \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AC}} = \frac{{AK}}{{AD}} = \frac{3}{4}\)
Vì \(ABCD\) là tứ diện đều có cạnh bằng \(a \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Ta lại có: \(\frac{{{V_{AIJK}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AI}}{{AB}}.\frac{{AJ}}{{AC}}.\frac{{AK}}{{AD}} = \frac{3}{5}.\frac{3}{4}.\frac{3}{4} = \frac{{27}}{{80}} \Rightarrow {V_{AIJK}} = \frac{{27}}{{80}}{V_{ABCD}} = \frac{{27}}{{80}}\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{9\sqrt 2 {a^3}}}{{320}}\)
Câu 35:
Cho \(k \in \mathbb{N},n \in \mathbb{N}.\) Trong các công thức về số các chỉnh hợp và số các tổ hợp sau, công thức nào là công thức đúng?
Đáp án A.
Trong các công thức về số các chỉnh hợp và số các tổ hợp công thức đúng là \(C_{n + 1}^k = C_n^k + C_n^{k - 1}\) (với \(1 \le k \le n).\)
Công thức \(A_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}},C_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}},C_{n + 1}^k = C_n^{k + 1}\) là các công thức sai.
Câu 36:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và hình chiếu \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là điểm \(H\) nằm trong tam giác \(ABC\) sao cho \[\widehat {AHB} = {150^0},\widehat {BHC} = {120^0},\widehat {CHA} = {90^0}.\] Biết tổng diện tích các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp \(S.HAB,S.HBC,S.HCA\) là \(\frac{{124}}{3}\pi .\) Tính thể tích khối chóp \(S.ABC.\)
Đáp án B.
Gọi \({R_1},{R_2},{R_3}\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(\Delta HAB,\Delta HBC,\Delta HAC\)
Áp dụng định lý sin vào các \(\Delta HAB,\Delta HBC,\Delta HAC\) ta có:
\(AB = 2{R_1}\sin \widehat {AHB} \Rightarrow {R_1} = \frac{{AB}}{{2\sin \widehat {AHB}}} = 2.\)
\(BC = 2{R_2}\sin \widehat {BHC} \Rightarrow {R_2} = \frac{{BC}}{{2\sin \widehat {BHC}}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\)
\(AC = 2{R_3}\sin \widehat {CHA} \Rightarrow {R_1} = \frac{{AC}}{{2\sin \widehat {CHA}}} = 1.\)
Gọi \({r_1},{r_2},{r_3}\) lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các tứ diện \(S.HAB,S.HBC,S.HAC.\)
Nhận xét: Trong hình chóp \(S.HAB\) với \(SH \bot \left( {HAB} \right)\) ta có \(r_1^2 = R_1^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2}.\)
Khi đó \(r_1^2 = R_1^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2};r_2^2 = R_2^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2};r_3^2 = R_3^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2}\).
Suy ra \(r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 = R_1^2 + R_2^2 + R_3^2 + \frac{{3.S{H^2}}}{4}.\)
Do tổng diện tích các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp \(S.HAB,S.HBC,S.HCA\) là \(\frac{{124}}{3}\pi \)
Ta có: \(4\pi \left( {r_1^2 + r_2^2 + r_3^2} \right) = \frac{{124}}{3}\pi \Leftrightarrow r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 = \frac{{31}}{3}.\)
Khi đó: \(\frac{{31}}{3} = R_1^2 + R_2^2 + R_3^2 + \frac{{3.S{H^2}}}{4} \Leftrightarrow S{H^2} = \frac{4}{3}\left( {\frac{{31}}{3} - R_1^2 + R_2^2 + R_3^2} \right) = \frac{{16}}{3} \Rightarrow SH = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\)
Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{4}{3}\) (đvtt).
Câu 37:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}.\) Đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) như hình vẽ dưới đây
Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{3}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} + \frac{3}{2}x + 2019.\) Trong các mệnh đề sau:
\(\left( I \right)g\left( 0 \right) < g\left( 1 \right).\)
\(\left( {II} \right)\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( { - 1} \right).\)
\(\left( {III} \right)\) Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 3; - 1} \right).\)
\(\left( {IV} \right)\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} g\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} \left\{ {g\left( { - 3} \right);g\left( 1 \right)} \right\}.\)
Số mệnh đề đúng là
Đáp án D.
Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \left( {{x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{3}{2}} \right) = f'\left( x \right) - h\left( x \right).\)
Ta vẽ đồ thị hàm số \(h\left( x \right) = {x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{3}{2}\) và \(y = f'\left( x \right)\) trên cùng một hệ trục:
Đồ thị hàm số \(y = h\left( x \right)\) có đỉnh \(I\left( { - 1; - 2} \right)\) và đi qua các điểm \(\left( { - 3; - 3} \right),\left( {1;1} \right).\)
\(\left( I \right)\)\(g\left( 0 \right) < g\left( 1 \right).\) Đúng.
\(\left( {II} \right)\)\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( { - 1} \right).\) Đúng.
\(\left( {III} \right)\)Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 3; - 1} \right).\) Đúng.
\(\left( {IV} \right)\)\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} g\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} \left\{ {g\left( { - 3} \right);g\left( 1 \right)} \right\}.\) Đúng.
Vậy cả bốn mệnh đề đều đúng.
Câu 38:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Hai điểm \(M,N\) lần lượt thuộc các đoạn thẳng \(AB\) và \(AD(M\) và \(N\) không trùng với \(A)\) sao cho \(\frac{{AB}}{{AM}} + 2\frac{{AD}}{{AN}} = 4.\) Kí hiệu \(V,{V_1}\) lần lượt là thể tích của các khối chóp \(S.ABCD\) và \(S.MBCDN.\) Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{V}.\)
Đáp án C.
Ta có: \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{{V_{S.MBCDN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - k\)
Với \(k = \frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{S_{\Delta AMN}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{\Delta AMN}}}}{{2{S_{ABD}}}} = \frac{1}{2}\frac{{AM.AN}}{{AB.AD}}\)
Mặt khác ta có: \(4 = \frac{{AB}}{{AM}} + 2\frac{{AD}}{{AN}} \ge 2\sqrt {\frac{{AB}}{{AM}}.2\frac{{AD}}{{AN}}} \Leftrightarrow 2 \ge \frac{{AB}}{{AM}}.\frac{{AD}}{{AN}} \Leftrightarrow \frac{{AM}}{{AB}}\frac{{AN}}{{AD}} \ge \frac{1}{2}.\)
Suy ra: \(k = \frac{1}{2}\frac{{AM.AM}}{{AB.AD}} \ge \frac{1}{4}.\)
\({k_{\min }} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{AM}} = \frac{{2AD}}{{AN}} = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM = 2AM\\AD = AN\end{array} \right. \Leftrightarrow N \equiv D,M\) là trung điểm của \(AB.\)
Suy ra: \(\frac{{{V_1}}}{V} \le 1 - {k_{\min }} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}.\)
Câu 39:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên dưới
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| {3 - x} \right|} \right)\) đồng biến trên các khoảng nào trong các khoảng sau?
Đáp án B.
Ta có \(y = g\left( x \right) = f\left( {\left| {x - 3} \right|} \right) \Rightarrow y' = \frac{{x - 3}}{{\left| {x - 3} \right|}}.f'\left( {\left| {x - 3} \right|} \right).\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {x - 3} \right| = - 1\left( L \right)\\\left| {x - 3} \right| = 1\\\left| {x - 3} \right| = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \vee x = 4\\x = - 1 \vee x = 7\end{array} \right.\) (Hàm số không có đạo hàm tại \(x = 3).\)
BBT
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right).\)
Câu 40:
Cho tứ diện \(SABC\) có các cạnh \(SA,SB,SC\) đôi một vuông góc với nhau. Biết \(SA = 3a,SB = 4a,SC = 5a.\) Tính theo \(a\) thể tích \(V\) của khối tứ diện \(SABC\).
Đáp án B.
Vì \(SA,SB,SC\) đôi một vuông góc nên \(AS \bot \left( {SBC} \right)\) và \(\Delta SBC\) vuông tại \(S.\)
Nên thể tích khối chóp \(SABC\) là \(V = \frac{1}{6}.SA.SB.SC = \frac{1}{6}.3a.4a.5a = 10{a^3}.\)
Câu 41:
Đáp án C.
Hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{x}\) có tập xác định \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right).\)
Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1.\) Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y = 1.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty .\) Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 0.\)
Vậy đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{x}\) có tiệm cận.
Câu 42:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}.\) Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên dưới
Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x,\) khẳng định nào sau đây là đúng?
Đáp án A.
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\) có tập xác định \(D = \mathbb{R},\) có đạo hàm \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1.\)
Ta có: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1.\)\(\left( 1 \right)\)
Nhận xét số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 1.\)
Ta có đồ thị như sau:
Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right..\)
Với \(x = 1\) là nghiệm kép, \(x = - 1;x = 2\) là nghiệm đơn.
Ta có bảng biến thiên:
Suy ra \(g\left( { - 1} \right) >g\left( 1 \right) >g\left( 2 \right).\)
Câu 43:
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2}\) tại điểm \(M\left( {1; - 2} \right).\)
Đáp án A.
Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\)
Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại \(M\) là \(k = y'\left( 1 \right) = - 3\)
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2}\) tại điểm \(M\left( {1; - 2} \right)\) là
\(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) - 2 = - 3x + 1.\)
Câu 44:
Cho phương trình: \({\sin ^3}x + 2\sin x + 3 = \left( {2{{\cos }^3}x + m} \right)\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} + 2{\cos ^3}x + {\cos ^2}x + m.\) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình trên có đúng một nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{{2\pi }}{3}} \right)?\)
Đáp án A.
\({\sin ^2}x + 2\sin x + 3 = \left( {2{{\cos }^3}x + m} \right)\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} + 2{\cos ^3}x + {\cos ^2}x + m\)
\( \Leftrightarrow {\sin ^3}x + 2\sin x + 1 - {\cos ^2}x + 2 = \left( {2{{\cos }^3}x + m} \right)\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} + 2{\cos ^3}x + m\)
\( \Leftrightarrow {\sin ^3}x + 2\sin x + {\sin ^2}x + 2 = \left( {2{{\cos }^3}x + m} \right)\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} + 2{\cos ^3}x + m\)
Đặt \(u = \sqrt {2{{\cos }^3} + m - 2} \Rightarrow {u^2} = 2{\cos ^3}x + m - 2\)
Phương trình trở thành:
\({\sin ^3}x + 2\sin x + {\sin ^2}x + 2 = \left( {{u^2} + 2} \right)u + {u^2} + 2\)
\({\sin ^3}x + 2\sin x + {\sin ^2}x + 2 = {u^3} + {u^2} + 2u + 2\left( 1 \right)\)
Xét hàm đặc trưng: \(f\left( t \right) = {t^3} + {t^2} + 2t + 2\)
\(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 2t + 2 >0,\forall t \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( t \right)\) là hàm đồng biến
Phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {\sin x} \right) = f\left( u \right) \Leftrightarrow u = \sin x\)
Với \(u = \sin x\) ta có \(\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} = \sin x \Leftrightarrow 2{\cos ^3}x + m - 2 = {\sin ^2}x\)
\( \Leftrightarrow - m = 2{\cos ^3}x + {\cos ^2}x - 1\)
Đặt \(X = \cos x\) phương trình trở thành \( - m = 2{X^3} + {X^2} - 1\left( 2 \right)\)
Với \(x \in \left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right) \Rightarrow X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right].\)
Ứng với mỗi \(X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right]\) thì có duy nhất một giá trị của \(x \in \left[ {0;\frac{{2\pi }}{3}} \right)\) do đó phương trình ban đầu có đúng một nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{{2\pi }}{3}} \right)\) thì phương trình (2) có duy nhất một nghiệm thuộc \(X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right]\)
Xét hàm \(g\left( X \right) = 2{X^3} + {X^2} - 1\)
\(g'\left( X \right) = 6{X^2} + 2X;g'\left( X \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}X = 0\\X = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có phương trình (2) có duy nhất một nghiệm thuộc \(X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right]\) khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}m = - 3\\ - \frac{{80}}{{27}} < m \le 0\end{array} \right.\)
Mà \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\}\) do vậy có 4 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán.
Câu 45:
Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh \(6\left( {cm} \right).\) Người ta muốn cắt một hình thang như hình vẽ.
Trong đó \(AE = 2\left( {cm} \right),AH = x\left( {cm} \right),CF = 3\left( {cm} \right),CG = y\left( {cm} \right).\) Tìm tổng \(x + y\) để diện tích hình thang \(EFGH\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Đáp án C.
Hai tam giác \(AHE\) và \(CFG\) đồng dạng suy ra: \(\frac{{CG}}{{AE}} = \frac{{CF}}{{AH}} \Leftrightarrow \frac{y}{2} = \frac{3}{x} \Leftrightarrow xy = 6.\)
Ta có: \({S_{EFGH}} = {S_{ABCD}} - {S_{AHE}} - {S_{BEF}} - {S_{CFG}} - {S_{DGH}}\)
\( = 36 - \frac{1}{2}.2x - \frac{1}{2}.4.3 - \frac{1}{2}.3.y - \frac{1}{2}.\left( {6 - x} \right).\left( {6 - y} \right)\)
\( = 36 - x - 6 - \frac{3}{2}.y - \frac{1}{2}.\left( {36 - 6\left( {x + y} \right) + xy} \right)\)
\( = 36 - x - 6 - \frac{3}{2}.y - \frac{1}{2}.\left( {36 - 6\left( {x + y} \right) + 6} \right) = 9 + 2x + \frac{3}{2}y\)
Với \(y = \frac{6}{x},\) ta có: \({S_{EFGH}} = 9 + 2x + \frac{9}{x}.\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 9 + 2x + \frac{9}{x},\) trên khoảng \(\left( {0;6} \right)\) ta có: \(f'\left( x \right) = 2 - \frac{9}{{{x^2}}},\) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2 - \frac{9}{{{x^2}}} = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\)
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra: \({\min _{{S_{EFGH}}}} = \mathop {\min }\limits_{\left( {0;6} \right)} f\left( x \right) = 9 + 6\sqrt 2 \) khi \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow y = 2\sqrt 2 .\)
Câu 46:
Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\sqrt 2 ,\) cạnh bên bằng \(2a.\) Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right).\) Tính \(\cos \alpha .\)
Đáp án D.
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right).\) Hình chóp \(S.ABCD\) đều nên \(H\) là tâm hình vuông \(ABCD,\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\) và \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right).\)
Ta có: \(HD \bot AC \Rightarrow HD \bot \left( {SAC} \right).\left( 1 \right)\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD,\) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HM\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right)\) mà \(CD \subset \left( {SCD} \right).\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \bot \left( {SHM} \right)\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SHM} \right) = SM\end{array} \right.\) nên từ \(H\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(SM\) tại \(K,\) suy ra \(HK \bot \left( {SCD} \right)\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\alpha = \left( {\left( {SAC} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {HD,HK} \right) = \widehat {KHD}.\)
Tam giác \(KHD\) vuông tại \(K\) có \(HD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\sqrt 2 = a.\)
\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{D^2} - H{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2} - {a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\)
Vậy \(\cos \alpha = \frac{{HK}}{{HD}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}.\)
Câu 47:
Cho hàm số \(y = - {x^4} + 2{x^2}\) có đồ thị như hình vẽ.
Tìm tất cả các giá trị thực của \(m\) để phương trình \( - {x^4} + 2{x^2} = m\) có hai nghiệm phân biệt.
Đáp án A.
Số nghiệm của \( - {x^4} + 2{x^2} = m\) là số điểm chung giữa đường thẳng \(y = m\) và đồ thị hàm số đã vẽ.
Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m < 0\end{array} \right..\)
Câu 48:
Có bao nhiêu giá trị nguyên \(m\) để hàm số \(y = \left( {m + 2} \right){x^3} + 3{x^2} + mx - 6\) có hai điểm cực trị
Đáp án D.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)
Nếu \(m = - 2\) thì \(y = 3{x^2} - 2x - 6\) là hàm số bậc hai nên không thể có hai điểm cực trị.
Xét \(m \ne - 2\) lúc đó \(y = \left( {m + 2} \right){x^3} + 3{x^2} + mx - 6\) là hàm số bậc ba, hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
Ta có \(y' = 3\left( {m + 2} \right){x^2} + 6x + m,\) phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' >0\)
\( \Leftrightarrow 9 - 3m\left( {m + 2} \right) >0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 < 0 \Leftrightarrow - 3 < m < 1.\)
Vậy tập các giá trị \(m\) để hàm số có hai điểm cực trị là \(m \in \left( { - 3;1} \right)\backslash \left\{ { - 2} \right\}\). Do đó có tất cả là 2 số nguyên để hàm số \(y = \left( {m + 2} \right){x^3} + 3{x^2} + mx - 6\) có hai điểm cực trị là \(m = - 1\) và \(m = 0.\)
Câu 49:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - \left( {1 - m} \right)x + 2m} }}\) có hai tiệm cận đứng?
Đáp án A.
ĐK: \(x \ge - 1\) và \({x^2} - \left( {1 - m} \right)x + 2m >0\)
Xét phương trình \(1 + \sqrt {x + 1} = 0\) vô nghiệm.
Xét phương trình \({x^2} - \left( {1 - m} \right)x + 2m = 0\left( * \right).\) Để đồ thị hàm số có hai TCĐ thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐK \(x \ge - 1.\)
\( \Leftrightarrow \Delta >0 \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^2} - 8m >0 \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 1 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >5 + 2\sqrt 6 \\m < 5 - 2\sqrt 6 \end{array} \right..\)
Khi đó gọi hai nghiệm của phương trình là \({x_1} >{x_2}\) ta có:
\({x_1} >{x_2} \ge - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}af\left( { - 1} \right) \ge 0\\\frac{S}{2} >- 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 \ge 0\\2 - m >- 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 2\\m < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m < 4\)
Kết hợp điều kiện ta có: \(m \in \left[ { - 2;5 - 2\sqrt 6 } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{m \in \mathbb{Z}} m \in \left\{ { - 2; - 1;0} \right\}.\)
Thử lại:
Với \(m = - 2 \Rightarrow {x^2} - 3x - 4 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >4\\x < - 1\end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left( {4; + \infty } \right)\)
Khi đó hàm số có dạng \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - 3x - 4} }}\) có 1 tiệm cận đứng \(x = 4 \Rightarrow \) Loại.
Với \(m = - 1 \Rightarrow {x^2} - 2x - 2 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >1 + \sqrt 3 \\x < 1 - \sqrt 3 \end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left[ { - 1;1 - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {1 + \sqrt 3 ; + \infty } \right)\)
Khi đó hàm số có dạng \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - 2x - 2} }}\) có 2 tiệm cận đứng \(x = 1 \pm \sqrt 3 \Rightarrow TM.\)
Khi \(m = 0 \Rightarrow {x^2} - x >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >1\\x < 0\end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left[ { - 1;1} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\)
Khi đó hàm số có dạng \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - x} }}\) có 2 tiệm cận đứng \(x = 0;x = 1 \Rightarrow TM.\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 1;0} \right\}.\)