Đề số 29
-
5771 lượt thi
-
50 câu hỏi
-
90 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 2:
Tập nghiệm của bất phương trình \({3^x} \le 9\) là
Đáp án C.
Ta có \({3^x} \le 9 \Leftrightarrow {3^x} \le {3^2} \Leftrightarrow x \le 2.\)
Câu 3:
Gọi \(M\) và \(m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right].\) Khi đó tổng \(M + m\) bằng
Đáp án C.
Ta có \(y' = 3{x^2} - 3x,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ {0;2} \right]\\x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.\)
\(y\left( 0 \right) = 2,y\left( 2 \right) = 4,y\left( 1 \right) = 0,\) vậy \(M = 4;m = 0\), do đó \(M + m = 4.\)
Câu 4:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Đáp án D.
Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( {0;2} \right).\)
Câu 5:
Cho khối cầu có bán kính \(R = 3\). Thể tích khối cầu đã cho bằng
Đáp ánA.
Thể tích khối cầu đã cho bằng: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi .\)
Câu 6:
Với \(a,b\) là các số thực dương, \(a \ne 1.\) Biểu thức \({\log _a}\left( {{a^2}b} \right)\) bằng
Đáp án B.
Với \(a,b\) là các số thực dương, \(a \ne 1.\) Ta có:
\({\log _a}\left( {{a^2}b} \right) = {\log _a}{a^2} + {\log _a}b = 2{\log _a}a + {\log _a}b = 2 + {\log _a}b.\)
Câu 7:
Tập xác định của hàm số \(y = {\log _{2021}}\left( {x - 3} \right)\)là
Đáp ánD.
Điều kiện \(x - 3 >0 \Leftrightarrow x >3.\)
Tập xác định \(D = \left( {3; + \infty } \right)\).
Câu 8:
Cho tập hợp \(A = \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.\) Số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp \(A\) là
Đáp ánC.
Mỗi tập hợp con gồm 2 phần tử của \(A\) tập hợp là một tổ hợp chập 2 của 6 phần tử. Do đó số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp \(A\) là \(C_6^2.\)
Câu 9:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục và có đạo hàm số điểm cực trị của hàm số là
Đáp ánB.
Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 1 = 0\\x + 2 = 0\\3 - 3x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0,5\\x = - 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.
Câu 10:
Cho hàm số\(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới:
Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Đáp án B.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).
Vậy đáp án đúng là đáp án B.
Câu 11:
Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?
Đáp án A.
Đường cong đã cho là đồ thị hàm trùng phương dạng: \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\)
Đồ thị quay bề lõm xuống dưới nên \(a < 0 \Rightarrow \) Ta loại các đáp án B, D.
Đồ thị hàm số cắt trục \(Oy\) tại \(y = c < 0 \Rightarrow \) Ta loại đáp án C.
Câu 12:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\)\\(\left\{ 0 \right\}\) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Số nghiệm của phương trình \(3f\left( x \right) - 1 = 0\) là
Đáp án B.
Số nghiệm của phương trình \(3f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{3}\) bằng số giao điểm của đồ thị \(\left( C \right):y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(\Delta :y = \frac{1}{3}.\)
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị \(\left( C \right):y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(\Delta :y = \frac{1}{3}\) tại 3 điểm nên phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 13:
Cho khối lặng trụ có chiều cao bằng 9, diện tích đáy bằng 5. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
Đáp án B.
Thể tích khối lăng trụ đã cho: \(V = B.h = 5.9 = 45\) (đvdt).
Câu 14:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Giá trị cực đại của hàm số bằng
Đáp án A.
Hàm số đạt cực đại tại \(x = 2 \Rightarrow {y_{CD}} = 3.\)
Câu 15:
Với \(C\) là một bằng số tùy ý, họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 2\cos x - x\) là
Đáp án D.
Ta có \(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {\left( {2\cos x - x} \right)dx} = 2\int\limits_{}^{} {\cos xdx} - \int\limits_{}^{} {xdx} = 2\sin x - \frac{{{x^2}}}{2} + C\)
Câu 16:
Tính thể tích khối hộp chữ nhật có các kích thước \(a,2a,3a.\)
Đáp án D.
Ta có \(V = a.2a.3a = 6{a^3}.\)
Câu 17:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\)với \({u_1} = 3\) và công sai \(d = 4.\) Số hạng thứ 2021 của cấp số cộng đã cho bằng
Đáp án A.
\({u_{2021}} = {u_1} + 2020d = 3 + 4.2020 = 8083\)
Câu 18:
Số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 4{x^2} + 1\) với trục hoành là
Đáp án B.
Giải phương trình \({x^4} - 4{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \\x = - \sqrt 2 \\x = \sqrt {2 + \sqrt 3 } \\x = - \sqrt {2 + \sqrt 3 } \end{array} \right.\)
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 4{x^2} + 1\) với trục hoành là 4.
Câu 19:
Cho hình trụ có độ dài đường sinh bằng 4, bán kính đáy bằng 3. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
Đáp án D.
Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .3.4 = 24\pi .\)
Câu 20:
Tập nghiệm của phương trình \({5^{x - 1}} = 625\) là
Đáp án D.
Ta có \({5^{x - 1}} = 625 \Leftrightarrow {5^{x - 1}} = {5^4} \Leftrightarrow x - 1 = 4 \Leftrightarrow x = 5.\)
Tập nghiệm của phương trình \({5^{x - 1}} = 625\) là \(\left\{ 5 \right\}.\)
Câu 21:
Cho khối nón có chiều cao \(h,\) bán kính đáy \(r.\) Thể tích khối nón đã cho bằng
Đáp án A.
Câu 22:
Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập xác định của nó?
Đáp án D.
Hàm số mũ \(y = {a^x}\) đồng biến trên tập xác định của nó khi \(a >1.\)
Vì \(\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{e} >1\) nên hàm số \(y = {\left( {\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{e}} \right)^x}\) đồng biến trên tập xác định của nó.
Câu 23:
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình \(f\left( {2020x - 1} \right) = 1\) là
Đáp án D.
Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(f\left( {2020x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2020x - 1 = a\left( {a < 0} \right)\\2020x - 1 = b\left( {0 < b < 1} \right)\\2020x - 1 = c\left( {c >2} \right)\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + a}}{{2020}}\\x = \frac{{1 + b}}{{2020}}\\x = \frac{{1 + c}}{{2020}}\end{array} \right..\) Vậy phương trình \(f\left( {2020x - 1} \right) = 1\) có ba nghiệm.
Câu 24:
Cho \(a\) là số thực dương, \(a \ne 1,\) khi đó \({a^{3{{\log }_a}}}3\) bằng
Đáp án B.
Ta có \({a^{3{{\log }_a}3}} = {a^{{{\log }_a}{3^3}}} = {3^3} = 27.\)
Câu 25:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \ln \frac{{2020x}}{{x + 1}}.\) Tính tổng
Đáp ánC.
\(f\left( x \right) = \ln \frac{{2020x}}{{x + 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}\)
Khi đó: \(S = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) + ... + f'\left( {2020} \right) = \sum\limits_{k = 1}^{2020} {\left( {\frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 1}}} \right) = 1 - \frac{1}{{2021}} = \frac{{2020}}{{2021}}.} \)
Câu 26:
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + x - 3\) tại điểm \(M\left( {0; - 3} \right)\) có phương trình là
Đáp ánC.
Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 1 \Rightarrow f'\left( 0 \right) = 1.\)
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + x - 3\) tại điểm \(M\left( {0; - 3} \right)\) là: \(y = x - 3.\)
Câu 27:
Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,4%/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nàm dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi?
Đáp ánA.
Ta thấy cách gửi tiền theo đề bài là gửi theo hình thức lãi kép.
Áp dụng công thức lãi kép ta có sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là \({P_6} = {P_0}{\left( {1 + r} \right)^6} = 100{\left( {1 + 0,4\% } \right)^6} = 102.424.128,4\) đồng.
Câu 28:
Khối lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có thể tích bằng \(99c{m^3}.\) Tính thể tích của khối tứ diện A'.ABC.
Đáp án D.
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\)
Khi đó: \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}},{V_{A'.ABC}} = \frac{1}{3}A'H.{S_{ABC}}\).
Suy ra: \(\frac{{{V_{A'.ABC}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{A'.ABC}} = \frac{1}{3}.99 = 33c{m^3}.\)
Câu 29:
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt {{x^2} - 4} }}{{{x^2} - 5\left| x \right| + 4}}\) có bao nhiêu đường tiệm cận?
Đáp án C.
Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4 \ge 0\\{x^2} - 5\left| x \right| + 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \le - 2\\x \ge 2\end{array} \right.\\x \ne \pm 4\end{array} \right..\)
Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 4;4} \right\}.\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 0 \Rightarrow \) đường thẳng \(y = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} y = + \infty \Rightarrow \) đường thẳng \(x = 4\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ - }} y = + \infty \Rightarrow \) đường thẳng \(x = - 4\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Câu 30:
Biết \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{x - 1}}\) và \(F\left( 2 \right) = 1.\) Tính \(F\left( 3 \right)?\)
Đáp án B.
Ta có: \(F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {\frac{1}{{x - 1}}dx} = \ln \left| {x - 1} \right| + C.\)
Mà \(F\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow C = 1.\)
\( \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left| {x - 1} \right| + 1 \Rightarrow F\left( 3 \right) = \ln 2 + 1.\)
Câu 31:
Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' là tam giác\(ABC\) vuông cân tại \(A\) có cạnh \(BC = a\sqrt 2 \) và biết Tính thể tích khối lăng trụ.
Đáp án C.
Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = a.\)
Diện tích tam giác \(ABC\) bằng: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{{{a^2}}}{2}.\)
Xét tam giác \[BAA'\] vuông tại \(A\) ta có: \(A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a.\)
Câu 32:
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \({4^x} - m{.2^{x + 1}} + 3m - 3 = 0\) có hai nghiệm trái dấu là
Đáp án D.
Ta có: \({4^x} - m{.2^{x + 1}} + 3m - 3 = 0 \Leftrightarrow {4^x} - 2m{.2^x} + 3m - 3 = 0.\left( 1 \right)\)
Đặt \({2^x} = t >0,\) phương trình đã cho trở thành: \({t^2} - 2mt + 3m - 3 = 0.\left( 2 \right)\)
\(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm trái dấu khi \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({t_1};{t_2}\) thỏa mãn: \(0 < {t_1} < 1 < {t_2}\) hay:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' >0\\S >0\\P >0\\a.f\left( 1 \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - \left( {3m - 3} \right) >0\\2m >0\\3m - 3 >0\\1 - 2m + 3m - 3 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 3 >0,\forall m \in \mathbb{R}\\m >0\\m >1\\m < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < 2.\)
Câu 33:
Hàm số nào sau đây không là nguyên hàm của hàm số \(y = \frac{{x\left( {2 + x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( { - 1; + \infty } \right)?\)
Đáp ánB.
Ta có:
\(\int\limits_{}^{} {\frac{{x\left( {2 + x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_{}^{} {\frac{{\left[ {\left( {x + 1} \right) - 1} \right]\left[ {\left( {x + 1} \right) - 1} \right]}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_{}^{} {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_{}^{} {\left[ {1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right]dx} = x + \frac{1}{{x + 1}} + C\)
Khi đó:
\(y = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}} = \frac{{x\left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = x + \frac{1}{{x + 1}} + 0\) là nguyên hàm của hàm số đã cho.
\(y = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}} = \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = x + \frac{1}{{x + 1}} - 1\) là nguyên hàm của hàm số đã cho.
\(y = \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} - x - 2 + 1}}{{x + 1}} = \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = x + \frac{1}{{x + 1}} - 2\) là nguyên hàm của hàm số đã cho.
Vậy hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}}\) không phải là nguyên hàm của hàm số \(y = \frac{{x\left( {2 + x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.\)
Câu 34:
Phương trình \(\frac{1}{2}{\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + 3} \right) + \frac{1}{2}{\log _9}{\left( {x - 1} \right)^4} = 2{\log _9}\left( {4x} \right)\) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Đáp ánC.
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3 >0\\x - 1 \ne 0\\4x >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >- 3\\x \ne 1\\x >0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x \ne 1.\)
Ta có: \(\frac{1}{2}{\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + 3} \right) + \frac{1}{2}{\log _9}{\left( {x - 1} \right)^4} = 2{\log _9}\left( {4x} \right) \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 3} \right) + {\log _3}\left| {x - 1} \right| = {\log _3}\left( {4x} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 3} \right)\left| {x - 1} \right| = {\log _3}\left( {4x} \right) \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left| {x - 1} \right| = 4x\left( * \right).\)
Trường hợp 1: Nếu \(x >1\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 4x \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\left( {loa\"i i} \right)\\x = 3\end{array} \right.\)
Trường hợp 2: Nếu \(0 < x < 1\) thì
\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {1 - x} \right) = 4x \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3 - 2\sqrt 3 \left( {loa\"i i} \right)\\x = - 3 + 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.
Câu 35:
Cho khối chóp \(S.ABC\) có \[\widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA} = {60^ \circ },SA = a,SB = 2a,SC = 4a.\] Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\) theo\(a?\)
Đáp án A.
Lấy trên \(SB,SC\) hai điểm \(E,F\) sao cho \(SE = SF = SA = a.\) Do \(\widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA} = {60^0}\) nên tứ diện \(SAEF\) là tứ diện đều có cạnh bằng \(a.\)
Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(S\) xuống mặt phẳng \(\left( {AEF} \right).\) Thể tích khối tứ diện \(SAEF\) bằng:
\({V_{SAEF}} = \frac{1}{3}SH.{S_{AEF}} = \frac{1}{3}.\sqrt {S{A^2} - A{H^2}} .{S_{AEF}} = \frac{1}{3}.\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Lại có: \(\frac{{{V_{SAEF}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SE}}{{SB}}.\frac{{SF}}{{SC}} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{SABC}} = 8.{V_{SAEF}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{3}.\)
Câu 36:
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng \(2a,O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\) Gọi \(M\) là trung điểm \[{\rm{AO}}{\rm{.}}\] Tính khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) theo\(a?\)
Đáp án B.
Ta có: \(\frac{{MC}}{{OC}} = \frac{3}{2} \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right).\)
Kẻ \(OH \bot CD;OI \bot SH\). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OH\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SOH} \right).\)
Mà \(\left\{ {\left( {SCD} \right) \cap \left( {SOH} \right) = SH;OI \bot SH \Rightarrow OI \bot \left( {SCD} \right)} \right.\) hay \(OI = d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right).\)
Có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 2 ;OH = a.\)
Trong tam giác vuông \(SOH:OI = \frac{{SO.OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)
\(d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}.d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)
Câu 37:
Đồ thị hàm số \(y = {x^4} + 2m{x^2} + 3{m^2}\) có ba điểm cực trị lập thành tam giác nhận \(G\left( {0;7} \right)\) làm trọng tâm khi và chỉ khi
Đáp án D.
Ta có: \(y = {x^4} + 2m{x^2} + 3{m^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} + 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = - m\end{array} \right..\)
Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì \(m < 0.\) Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là: \(A\left( {0;3{m^2}} \right);B\left( { - \sqrt { - m} ;2{m^2}} \right);C\left( {\sqrt { - m} ;2{m^2}} \right).\)
Vì ba điểm cực trị lập thành tam giác nhận \(G\left( {0;7} \right)\) làm trọng tâm nên
\(\left\{ \begin{array}{l}3{x_G} = {x_A} + {x_B} + {x_C}\\3{y_G} = {y_A} + {y_B} + {y_C}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 = 0\\7{m^2} = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} = 3 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt 3 \) mà \(m < 0\) do đó \(m = - \sqrt 3 .\)
Câu 38:
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = a;AD = 2a;AA' = 2a.\) Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABB'C'?\)
Đáp án A.
Ta có: \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AB \bot BC' \Rightarrow \Delta ABC'\) vuông tại \(B.\)
Lại có: \(B'C' \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow B'C' \bot AB' \Rightarrow \Delta AB'C'\) vuông tại \(B'.\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(A'C \Rightarrow IA = IB = IB' = IC' = R.\) Mặt khác, \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật nên \(R = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} = \frac{{3a}}{2}.\)
Vậy diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABB'C'\) là: \(S = 4\pi {R^2} = 9\pi {a^2}.\)
Câu 39:
Cho khối chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\). Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với đáy. Biết \(AD = 2BC = 2a\) và \(BD = a\sqrt 5 .\) Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\) biết rằng góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({30^0}\)?
Đáp án B.
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\)
Ta có: \(AB = \sqrt {B{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\)
\(SA = AB\tan {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
\({S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {2a + a} \right).a}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\)
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là:
\(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
Câu 40:
Cho lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0};AB = a.\) Khi đó thể tích của khối đa diện \(ABCC'B'\) bằng
Đáp án C.
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC,\Delta ABC\) đều nên \(AM \bot BC\).
Tam giác \(A'BC\) đều nên \(A'M \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right)\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'AM} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = A'M\\\left( {A'AM} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AM\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} = \widehat {\left( {A'M;AM} \right)} = \widehat {A'MA}\)
Xét \(\Delta AA'M\) vuông tại \(A,\) có \(\tan \widehat {A'MA} = \frac{{AA'}}{{AM}} \Rightarrow AA' = \tan {60^0}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}.\)
Tứ giác \(BCC'B'\) là hình chữ nhật có diện tích \({S_{BCC'B'}} = BB'.BC = \frac{{3{a^2}}}{2}.\)
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\AM \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Thể tích khối chóp \(ABCC'B'\) là \({V_{ABCC'B'}} = \frac{1}{3}.d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{BCC'B'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)
Vậy diện tích thiết diện bằng \(\frac{{8\sqrt {11} }}{3}\) (đvtt)
Câu 41:
Cho hình nón có chiều cao bằng 4 và bán kính đáy bằng 3. Cắt hình nón đã cho bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và cách tâm của đáy một khoảng bằng 2, ta được thiết diện có diện tích bằng
Đáp ánB.
Gọi \(S\) là đỉnh, \(I\) là tâm đường tròn đáy của hình nón đã cho.
Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cách tâm của đáy một khoảng bằng 2 cắt đường tròn đáy theo dây cung \(AB\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB.\) Qua \(I\) kẻ \(IH \bot SM\left( {H \in SM} \right)\).
Ta có:
\(IA = IB = 3\) nên tam giác \(IAB\) cân tại \(I\) hay \(IM \bot AB\left( 1 \right)\)
\(SI \bot \left( {IAB} \right) \Rightarrow SI \bot AB\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(AB \bot \left( {SIM} \right) \Rightarrow AB \bot IH\) mà \(IH \bot SM\) nên \(IH \bot \left( {SAB} \right)\)
Khoảng cách từ tâm đến \(mp\left( {SAB} \right)\) bằng 2 nên \(IH = 2\)
Tam giác \(SIM\) vuông tại \(I\), có đường cao \(IH\) nên:
\(\frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{1}{{{4^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} \Rightarrow IM = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)
\(S{M^2} = S{I^2} + I{M^2} = {4^2} + {\left( {\frac{{4\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} \Rightarrow SM = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\)
Tam giác \(IAM\) vuông tại \(M\) nên \(AM = \sqrt {I{A^2} - I{M^2}} = \frac{{\sqrt {33} }}{3} \Rightarrow AB = \frac{{2\sqrt {33} }}{3}\).
Tam giác \(SAB\) có \(SM \bot AB\) nên diện tích tam giác \(SAB\) là:
\({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB = \frac{1}{2}.\frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\frac{{2\sqrt {33} }}{3} = \frac{{8\sqrt {11} }}{3}\)
Câu 42:
Cho hàm số bậc ba \(f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx - 2\) với \(a,b \in \mathbb{R},\) biết \(a + b >1\) và \(3 + 2b + b < 0.\) Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = \left| {f\left( x \right)} \right|\) là
Đáp án D.
\(f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx - 2 \Rightarrow f\left( 1 \right) = a + b - 1\)
\(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 3 + 2a + b\)
Theo đề bài, \(\left\{ \begin{array}{l}a + b >1\\3 + 2a + b < 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) >0\\f'\left( 1 \right) < 0\end{array} \right.\)
Khi đó, đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) có dạng như hình vẽ bên:
Như vậy, hàm số \(y = \left( {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right)\) có tất cả 11 cực trị.
Câu 43:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và hàm \(f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{2}f\left( {1 - x} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x\) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Đáp án B.
Với \(t = 1 - x,\) ta có hàm số \(y = f\left( t \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Có:
\(y = g\left( x \right) = f\left( {1 - x} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x\)
\(y'\left( x \right) = - f'\left( {1 - x} \right) + x - 1 = - f'\left( t \right) - t\)
Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi:
\( - f'\left( t \right) - t < 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) >- t\)</>
Dựa vào đồ thị hàm số xác định được
\(f'\left( t \right) >- t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < - 3\\1 < t < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - x < - 3\\1 < 1 - x < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >4\\ - 2 < x < 0\end{array} \right.\)
Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn.
Câu 44:
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\) tâm \(O.\) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(BC.\) Góc giữa đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^0}.\) Tính góc giữa đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\)?
Đáp án A.
Goi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\).
Vì \(SABCD\) là chóp tứ giác đều nên \(SO\) vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\)
Gọi \(E\) là hình chiếu \(M\) trên \(\left( {ABCD} \right)\)
\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(AO\)
\( \Rightarrow \left( {\widehat {MN;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {MN;EN}} \right) = \widehat {MNE} = {60^0}\)
Do: \(N{E^2} = C{N^2} + C{E^2} - 2.CN.CE.\cos \widehat {NCE}\)
\( \Rightarrow NE = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)
\( \Rightarrow MN = 2.ME = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\)
Gọi \(I\) là giao điểm của \(EN\) và \(BO\).
Từ \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(ME,\) cắt \(MH\) tại \(H\)
\( \Rightarrow H\) là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {SBD} \right)\).
Hình chiếu của \(N\) lên \(\left( {SBD} \right)\) là góc \(NHK\).
Xét tam giác vuông \(NHK\) có:
\(NH = \frac{{MN}}{2} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)
\(NK = \frac{{CO}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)
\( \Rightarrow \sin \widehat {NHK} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)
\( \Rightarrow \left( {\widehat {MN;\left( {SBD} \right)}} \right) = \arcsin \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)
Câu 45:
Cho hàm số \(y = {x^3} - 2\left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {5m + 1} \right)x - 2m - 2\) có đồ thị \(\left( {{C_m}} \right)\) với \(m\) là tham số. Tập \(S\) là tập các giá trị nguyên của \(m\left( {m \in \left( { - 2021;2021} \right)} \right)\) để \(\left( {{C_m}} \right)\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt \(A\left( {2;0} \right);B,C\) sao cho trong hai điểm \(B,C\) có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn có phương trình \({x^2} + {y^2} = 1.\) Tính số phần tử của \(S?\)
Đáp án D.
* Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và \(Ox:{x^3} - 2\left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {5m + 1} \right)x - 2m - 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 2mx + m + 1 = 0\left( * \right)\end{array} \right.\)
* Để đồ thị cắt \(Ox\) tại 3 điểm phân biệt \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác 2
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {m^2} - m - 1 >0\\5 - 3m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m >\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\\m < \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\\m \ne \frac{5}{3}\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
* Gọi \(B\left( {{x_1};0} \right),C\left( {{x_2};0} \right)\), trong đó \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của \(\left( * \right).\)
\(B,C\) có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn có phương trình \({x^2} + {y^2} = 1\)
\( \Leftrightarrow \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {x_2^2 - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 2{x_1}{x_2} + 1 < 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - 4{m^2} + 2m + 3 < 0 \Leftrightarrow - 3{m^2} + 4m + 4 < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >2\\m < - \frac{2}{3}\end{array} \right.\left( 2 \right)\)
Kết hợp (1), (2) suy ra \(\left[ \begin{array}{l}m >2\\m < - \frac{2}{3}\end{array} \right.\)
Mà \(m \in \left( { - 2021;2021} \right) \cap \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ { - 2020; - 2019;...; - 1;3;...2020} \right\}.\)
Câu 46:
Cho khối lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\) gọi \(I,J,K\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AA',B'C'.\) Mặt phẳng \(\left( {IJK} \right)\) chia khối lăng trụ thành 2 phần. Gọi \({V_1}\) là thể tích phần chứa điểm \(B',V\) là thể tích khối lăng trụ. Tính \(\frac{{{V_1}}}{V}.\)
Đáp án A.
Ta thấy thiết diện của \(\left( {IJK} \right)\) và lăng trụ như hình vẽ.
Ta có \(IB//EB' \Rightarrow \frac{{FI}}{{FE}} = \frac{{FB}}{{FB'}} = \frac{{FH}}{{FK}} = \frac{{IB}}{{EB'}} = \frac{1}{3}.\)
Ba điểm \(E,G,K\) thẳng hàng nên \(\frac{{EA'}}{{EB'}}.\frac{{KB'}}{{KC'}}.\frac{{GC'}}{{GA'}} = 1 \Rightarrow GC' = 3GA'.\)
Ba điểm \(A',G,C'\) thẳng hàng nên \(\frac{{A'E}}{{A'B'}}.\frac{{C'B'}}{{C'K}}.\frac{{GK}}{{GE}} = 1 \Rightarrow GK = GE.\)
Ta có \(\frac{{{S_{EB'K}}}}{{{S_{A'B'C'}}}} = \frac{{EB'.d\left( {K,A'B'} \right)}}{{A'B'.d\left( {C',A'B'} \right)}} = \frac{3}{4}\)
\( \Rightarrow {V_{F.EB'K}} = \frac{1}{3}{S_{EB'K}}.d\left( {F,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \frac{1}{3}.\frac{3}{4}{S_{A'B'C'}}.\frac{3}{2}d\left( {B,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \frac{{3V}}{8}.\)
\(\frac{{{V_{FIBH}}}}{{{V_{FEB'K}}}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3} = \frac{1}{{27}} \Rightarrow {V_{FIBH}} = \frac{1}{{27}}.\frac{{3V}}{8} = \frac{V}{{72}}.\)
\(\frac{{{V_{EJA'G}}}}{{{V_{FEB'K}}}} = \frac{{EA'}}{{EB'}}.\frac{{EJ}}{{EF}}.\frac{{EG}}{{EK}} = \frac{1}{{18}} \Rightarrow {V_{FIBH}} = \frac{1}{{18}}.\frac{{3V}}{8} = \frac{V}{{48}}.\)
\( \Rightarrow {V_1} = \frac{{3V}}{8} - \frac{V}{{48}} - \frac{V}{{72}} = \frac{{49V}}{{144}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{49}}{{144}}.\)
Câu 47:
Gọi \(S\) là tập các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập hợp \(A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}.\) Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp \(S.\) Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 1400.
Đáp án C.
Tập hợp \(S\) có \({9.10^5}\) phần tử.
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {9.10^5}.\)
Gọi \(A\) là biến cố: “Số được chọn là số tự nhiên có tích các chữ số bằng 1400”.
Ta có: \(1400 = {2^3}{.5^2}{.7^1} = {1^1}{.2^1}{.4^1}{.5^2}{.7^1} = {1^2}{.8^1}{.5^2}{.7^1}.\)
* Trường hợp 1: Số được chọn có 3 chữ số 2, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có \(C_6^3.C_3^2 = 60\) cách.
* Trường hợp 2: Số được chọn có 1 chữ số 1, 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có \(C_6^2.4! = 360\) cách.
* Trường hợp 3: Số được chọn có 2 chữ số 1, 1 chữ số 8, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có \(C_6^2.C_4^2.2! = 180\) cách.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(n\left( A \right) = 60 + 360 + 180 = 600\) cách.
Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{600}}{{{{9.10}^5}}} = \frac{1}{{1500}}.\)
Câu 48:
Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \( - 2{x^3} + 6{x^2} - 16x + 10 + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = 0\) có nghiệm \(x \in \left[ { - 1;2} \right].\) Tính tổng tất cả các phần tử của \(S.\)
Đáp án C.
Ta có: \( - 2{x^3} + 6{x^2} - 16x + 10 + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = 0\)
\( \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = {x^3} - 6{x^2} + 13x - 10\)
\( \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = {\left( {x - 2} \right)^3} + x - 2\)
\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}}} \right)^3} + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = {\left( {x - 2} \right)^3} + \left( {x - 2} \right){\rm{ }}\left( * \right)\)
Xét hàm số \(y = f\left( t \right) = {t^3} + t\) có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 >0,\forall t \in \mathbb{R}\) nên hàm số \(y = f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\) Do đó phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = x - 2 \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m = {\left( {x - 2} \right)^3}\)
\( \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m = {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8 \Leftrightarrow 2{x^3} - 6{x^2} + 15x - 8 = m\) (1)
Phương trình \( - 2{x^3} + 6{x^2} - 16x + 10 + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = 0\) có nghiệm \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x \in \left[ { - 1;2} \right].\)
Xét hàm số \(y = 2{x^3} - 6{x^2} + 15x - 8\) có \(y' = 6{x^2} - 12x + 15 >0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số này đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Ta có: \(y\left( { - 1} \right) = - 31\) và \(y\left( 2 \right) = 14.\)
Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) khi và chỉ khi \( - 31 \le m \le 14.\)
Kết hợp điều kiện \(m \in \mathbb{Z}\) ta có \(S = \left\{ { - 31; - 30; - 29;...;13;14} \right\}.\)
Vậy tổng tất cả các phần tử của tập \(S\) là \( - 391.\)
Câu 49:
Cho khối chóp có diện tích đáy \(B = 5\) và chiều cao \(h = 6.\) Thể tích của khối chóp đã cho bằng
Đáp án A
Thể tích của khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.5.6 = 10.\)
Câu 50:
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x}}{{x + 4}}\) có phương trình là
Đáp án A.
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 4} \right\}.\)
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3x}}{{x + 4}} = 3\) nên đường thẳng \(y = 3\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x}}{{x + 4}}.\)