50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc (2023) Đề thi thử Toán THPT Chuyên Hạ Long có đáp án

Giá dầu thô WTI hôm nay (ngày 6/1/2023) là 81 USD. Giả sử ngày mai (ngày 7/1/2023) giảm 10% và ngày kia (ngày 8/1/2023) tăng 10%. Hỏi giá dầu thô WTI ngày 8/1/2023 là bao nhiêu USD?

A. 80

B. 80,19

C. 81

D. 81,19

Xem đáp án

Chọn D

Giá dầu ngày ngày 7/1/2023 là: $81. (1 - \frac{10}{100}) = 72, 9$ USD.

Giá dầu ngày ngày 8/1/2023 là:

72, 9. (1 + \frac{10}{100}) = 80, 19

USD.

Câu 24:

Đội thanh niên xung kích gồm 15 học sinh (10 học sinh nam và 5 học sinh nữ). Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi làm nhiệm vụ, tính xác suất để 2 học sinh được chọn cùng giới tính.

A. $\frac{13}{21} .$

B. $\frac{10}{21} .$

C. $\frac{5}{21} .$

D. $\frac{11}{21} .$

Xem đáp án

Chọn D

Số phần tử của không gian mẫu là $n (Ω) = C_{15}^{2}$ .

Gọi A là biến cố để 2 học sinh được chọn cùng giới tính.

+) Số cách chọn hai học sinh nam là $C_{10}^{2}$

+) Số cách chọn hai học sinh nữ là $C_{5}^{2}$

Từ đó suy ra $n (A) = C_{10}^{2} + C_{5}^{2}$

Xác xuất của biến cố A là

P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{C_{10}^{2} + C_{5}^{2}}{C_{15}^{2}} = \frac{55}{105} = \frac{11}{21} .

Câu 25:

Cho cấp số cộng (u_n), biết u₁ = 6 và công sai d = 3. Tìm số hạng thứ 10 của cấp số cộng.

A. $u_{10} = 33.$

B. $u_{10} = 30.$

C. $u_{10} = 39.$

D. $u_{10} = 36.$

Xem đáp án

Chọn A

$u_{10} = u_{1} + 9 d = 6 + 9.3 = 33$

Câu 26:

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a, cạnh bên 2a. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C'

A. $V = a^{3} .$

B. $V = \frac{a^{3}}{3} .$

C. $V = 2 a^{3} .$

D. $V = \frac{2 a^{3}}{3} .$

Xem đáp án

Chọn A

$V_{A B C . A' B' C'} = S_{A B C} . B B' = \frac{1}{2} . a . a .2 a = a^{3}$

Câu 27:

Cho khối trụ có bán kính đường tròn đáy r = a và thể tích $V = 2 π a^{3} .$ Diện tích xung quanh của khối trụ đã cho bằng

A. $π a^{2} .$

B. $2 π a^{2} .$

C. $8 π a^{2} .$

D. $4 π a^{2} .$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: $V = 2 π a^{3} \Leftrightarrow π r^{2} h = 2 π a^{3} \Leftrightarrow h = 2 a$ .

Suy ra

S_{x q} = 2 π r h = 2 π . a .2 a = 4 π a^{2}

Câu 28:

Với mọi cặp số dương a, b thỏa mãn

\log_{3} a + 2 \log_{3} b - 2 = 0,

khẳng định nào dưới đây đúng?

A. $a b^{2} = 9.$

B. $a + b^{2} = 9.$

C. $a + 2 b = 9.$

D. $a b^{2} = 8.$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có:

\log_{3} a + 2 \log_{3} b - 2 = 0 \Leftrightarrow \log_{3} a + \log_{3} b^{2} = 2 \Leftrightarrow \log_{3} (a b^{2}) = 2 \Leftrightarrow a b^{2} = 9

Câu 29:

Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{2} .$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6} .$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{12} .$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{8} .$

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S_{A B C D} . h$ với h chính là đường cao của tam giác SAB.

Do đó,

V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S_{A B C D} . h = \frac{1}{3} . a^{2} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}

Câu 30:

Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 5. Thể tích khối nón đã cho bằng

A. $12 π .$

B. $18 π .$

C. $6 π .$

D. $36 π .$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có:

V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π {.3}^{2} . \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 12 π

Câu 31:

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích V và M là trọng tâm tam giác A'B'C'. Thể tích khối chóp M.ABC là

A. $\frac{V}{3}$

B. $\frac{V}{4}$

C. $\frac{V}{2}$

D. $\frac{V}{6}$

Xem đáp án

Chọn A

$V_{M . A B C} = \frac{1}{3} d (M, (A B C)) . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} d (A^{'} (A B C)) . S_{Δ A B C} = \frac{V}{3}$

Câu 32:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f(x) = m có ba nghiệm phân biệt?

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R và có bảng biến thiên dưới đây

A. $- 1 \leq m \leq 1.$

B. $- 3 < m < 5.$

C. $- 3 \leq m \leq 5.$

D. $- 1 < m < 1.$

Xem đáp án

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f(x) = m có ba nghiệm phân biệt <=> -3 < m < 5

Câu 33:

Với a là số thực dương tùy ý. Ta có

\log_{2} (2 a^{3})

bằng

A. $\frac{1}{3} + \log_{2} a .$

B. $1 + 3 \log_{2} a .$

C. $3 \log_{2} a .$

D. $\frac{1}{3} . \log_{2} a .$

Xem đáp án

Chọn B

$\log_{2} (2 a^{3}) = \log_{2} 2 + \log_{2} a^{3} = 1 + 3 \log_{2} a$

Câu 34:

Biết F(x) là một nguyên hàm của hàm số

f (x) = \frac{1}{x}

trên

(0; + \infty)

sao cho F(1) = 2. Tính F(3)

A. $F (3) = 2 \ln 3.$

B. $F (3) = 2 - \ln 3.$

C. $F (3) = 2 + \ln 3.$

D. $F (3) = - 2 + \ln 3.$

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: $F (x) = \int \frac{1}{x} d x = \ln x + C, x \in (0; + \infty)$

$F (1) = 2 \Leftrightarrow C = 2 \Rightarrow F (x) = \ln x + 2$

Vậy

F (3) = \ln 3 + 2

Câu 35:

Hỏi bán kính R của khối cầu bằng bao nhiêu?

Một khối cầu có thể tích

V = 36 π c m^{3} .

A. R = 6 cm

B. $R = \sqrt{6} c m .$

C. R = 3 cm

D. $R = \sqrt{3} c m .$

Xem đáp án

Chọn C

$V = 36 π \Leftrightarrow \frac{4}{3} π R^{3} = 36 π \Rightarrow R = 3 c m$

Câu 36:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;-3). Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Ozx). Tính giá trị biểu thức

T = O A^{2} + 2 O B^{2} - 4 O C^{2} .

A. 19

B. -19

C. -9

D. 9

Xem đáp án

Chọn C

A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt phẳng $(O x y), (O y z), (O z x)$ nên tọa độ của chúng là: $A (1; 2; 0), B (0; 2; - 3), C (1; 0; - 3)$ .

Do đó,

T = O A^{2} + 2 O B^{2} - 4 O C^{2} = (1^{2} + 2^{2} + 0) + 2 (0 + 2^{2} + 3^{2}) - 4 (1^{2} + 0 + 3^{2}) = - 9.

Câu 37:

19/07/2024

Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số

y = \frac{\sqrt{x - 2}}{x^{2} - 3 x + 2}

A. 0

B. 3

C. 2

D. 1

Xem đáp án

Chọn C

Tập xác định : $(2; + \infty)$

$\lim_{x \to + \infty} y = \lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x - 2}}{x^{2} - 3 x + 2} = 0$ nên y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

$\lim_{x \to 2^{+}} y = \lim_{x \to 2^{+}} \frac{\sqrt{x - 2}}{x^{2} - 3 x + 2} = \lim_{x \to 2^{+}} \frac{1}{(x - 1) \sqrt{x - 2}} = + \infty$ nên x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Câu 38:

20/07/2024

Tính thể tích của khối tứ diện đều biết chiều cao tứ diện bằng a.

A. $\frac{\sqrt{3}}{8} a^{3}$

B. $\frac{\sqrt{3}}{3} a^{3}$

C. $\frac{\sqrt{6}}{2} a^{3}$

D. $\frac{\sqrt{6}}{3} a^{3}$

Xem đáp án

Chọn A

Tính thể tích của khối tứ diện đều biết chiều cao tứ diện bằng a. (ảnh 1)

Xét tứ diện đều ABCD cạnh AB = x, P là trung điểm BC, đường cao $D H = a$ $A P = \frac{x \sqrt{3}}{2} \Rightarrow A H = \frac{x \sqrt{3}}{3}$ . Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác ADH ta có: $D H^{2} + H A^{2} = D A^{2} \Rightarrow a^{2} + \frac{x^{2}}{3} = x^{2} \Rightarrow x = \frac{a \sqrt{6}}{2}$ .

Do đó: $S_{Δ A B C} = \frac{x^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{8}$

Vậy

V_{A B C D} = \frac{1}{3} . D H . S_{Δ A B C} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}

.

Câu 39:

20/07/2024

Tìm họ các nguyên hàm của hàm số

f (x) = \frac{\sin x - \cos x}{{(\sin x + \cos x)}^{2} - 4} .

A. $\frac{1}{4} \ln (\frac{2 + \sin x + \cos x}{2 - \sin x - \cos x}) + C .$

B. $- \frac{1}{4} \ln (\frac{2 + \sin x + \cos x}{2 - \sin x - \cos x}) + C .$

C. $\frac{1}{4} \ln (\frac{2 + \sin x - \cos x}{2 - \sin x + \cos x}) + C .$

D. $\frac{1}{4} \ln (\frac{\sin x + \cos x + 2}{\sin x + \cos x - 2}) + C .$

Xem đáp án

Chọn D

$\int f (x) d x = \int \frac{\sin x - \cos x}{{(\sin x + \cos x)}^{2} - 4} d x$

Đặt

\sin x + \cos x = t \Rightarrow (\sin x - \cos x) d x = - d t

\Rightarrow \int f (x) d x = - \int \frac{d t}{t^{2} - 4} = \frac{1}{4} \int (\frac{1}{t + 2} - \frac{1}{t - 2}) d t = \frac{1}{4} \ln |\frac{t + 2}{t - 2}| + C = \frac{1}{4} \ln \frac{2 + \sin x + \cos x}{2 - \sin x - \cos x} + C

Câu 40:

Cho các số dương a, b thay đổi luôn thỏa mãn b > a > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = \log_{a} b + \frac{1}{\log_{a} b - 1}

A. $2 \sqrt{2}$

B. $\frac{13}{4}$

C. 3

D. $3 \sqrt{2}$

Xem đáp án

Chọn D

Đặt $\log_{a} b = t$ . Do $1 < a < b \Rightarrow \log_{a} b > 1 \Rightarrow t > 1$ . Áp dụng BĐT Co-si cho 2 số dương $t - 1; \frac{1}{t - 1}$

Ta có: $P = t + \frac{1}{t - 1} = (t - 1 + \frac{1}{t - 1}) + 1 \geq 2 \sqrt{(t - 1) . \frac{1}{t - 1}} + 1 = 3$ .

Dấu ''='' xảy ra $\Leftrightarrow t - 1 = \frac{1}{t - 1} \Leftrightarrow t = 2$ . Vậy GTNN của P bằng 3 khi $b = a^{2} .$ .

Câu 41:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC, biết AB = a, AC = 2a, SA =

a \sqrt{3}

. Tính thể tích khối chóp S.AMB theo a

A. $\frac{1}{2} a^{3}$

B. $\frac{1}{4} a^{3}$

C. $\frac{\sqrt{2}}{4} a^{3}$

D. $\frac{\sqrt{3}}{2} a^{3}$

Xem đáp án

Chọn B

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC, biết AB = a, AC = 2a, SA = (ảnh 1)

Vì M là trung điểm của SC nên $V_{S . A M B} = \frac{1}{2} V_{S . A B C} = \frac{1}{2} . \frac{1}{3} . S A . \frac{1}{2} B A . B C = \frac{1}{12} . a \sqrt{3} . a . \sqrt{4 a^{2} - a^{2}} = \frac{1}{4} a^{3}$

Câu 42:

20/11/2024

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(9;6;2) và B(-3;4;6). Biết điểm M(a;b;0) thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho

|\vec{M A} + \vec{M B}|

nhỏ nhất. Tính a + b

A. -8

B. -7

C. 8

D. 7

Xem đáp án

Đáp án đúng: C

*Lời giải

Gọi I là trung điểm AB => I(3;5;4)

Khi đó $T = |\vec{M A} + \vec{M B}| = |\vec{M I} + \vec{I A} + \vec{M I} + \vec{I B}| = 2. M I \geq 2. H I$ , với H(3;5;0) là hình chiếu của I lên mặt phẳng (Oxy)

Dấu “ = ” xảy ra khi

M \equiv H (3; 5; 0) \Rightarrow a + b = 8

*Phương pháp giải

- Áp dụng tính chất cộng hai vectơ:

+ Tổng và hiệu của hai vectơ:

$\vec{a} \pm \vec{b} = (a_{1} \pm b_{1}; a_{2} \pm b_{2}; a_{3} \pm b_{3})$

* Lý thuyết cần nắm và dạng toán về vectơ trong không gian:

Hệ trục tọa độ trong không gian

Trong không gian, xét ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau từng đôi một và chung một điểm gốc O. Gọi $\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}$ là các vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục Ox, Oy, Oz. Hệ ba trục như vậy gọi là hệ trục tọa độ vuông góc trong không gian.

Điểm O được gọi là gốc tọa độ.

Các mặt phẳng (Oxy); (Oyz); (Oxz) đôi một vuông góc với nhau được gọi là các mặt phẳng tọa độ.

Chú ý: ${\vec{i}}^{2} = {\vec{j}}^{2} = {\vec{k}}^{2} = 1$

và $\vec{i} . \vec{j} = \vec{i} . \vec{k} = \vec{k} . \vec{j} = 0$

Tọa độ của vectơ

Các bài toán về tọa độ điểm, tọa độ vectơ và cách giải – Toán lớp 12 (ảnh 1)

a) Định nghĩa:

$\vec{u} = (x; y; z) \Leftrightarrow \vec{u} = x \vec{i} + y \vec{j} + z \vec{k}$

b) Tính chất:

Cho $\vec{a} = (a_{1}; a_{2}; a_{3}), \vec{b} = (b_{1}; b_{2}; b_{3}), k \in ℝ$ ta có:

+ Tổng và hiệu của hai vectơ:

$\vec{a} \pm \vec{b} = (a_{1} \pm b_{1}; a_{2} \pm b_{2}; a_{3} \pm b_{3})$

+ Tích của vectơ với một số:

$k \vec{a} = (k a_{1}; k a_{2}; k a_{3})$ $(k \in ℝ)$

+ Hai vectơ bằng nhau:

$\vec{a} = \vec{b} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a_{1} = b_{1} \\ a_{2} = b_{2} \\ a_{3} = b_{3} \end{cases}$

+ Chú ý:

$\vec{0} = (0; 0; 0), \vec{i} = (1; 0; 0), \vec{j} = (0; 1; 0), \vec{k} = (0; 0; 1)$

+ $\vec{a}$ cùng phương $\vec{b} (\vec{b} \neq \vec{0}) ⇔ \vec{a} = k \vec{b} (k \in ℝ)$

Tọa độ của điểm

a) Định nghĩa: M(x; y; z) $\Leftrightarrow \vec{O M} = x . \vec{i} + y . \vec{j} + z . \vec{k}$ (x: hoành độ, y: tung độ, z: cao độ).

Chú ý:

$M \in (O x y) \Leftrightarrow z = 0; M \in (O y z) \Leftrightarrow x = 0; M \in (O x z) \Leftrightarrow y = 0$

$M \in O x \Leftrightarrow y = z = 0; M \in O y \Leftrightarrow x = z = 0; M \in O z \Leftrightarrow x = y = 0$

b) Tính chất: Cho $A (x_{A}; y_{A}; z_{A}), B (x_{B}; y_{B}; z_{B})$

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết

50 bài toán về tọa độ điểm, tọa độ vectơ (có đáp án 2024) – Toán 12

Toán 12 Bài 6 giải vở bài tập (Kết nối tri thức): Vectơ trong không gian

Câu 43:

Một viên đá hình trụ đặc có bán kính đáy bằng 2cm, chiều cao bằng 4cm được đặt vừa khít vào trong một chiếc ly rỗng có phần chứa nước là một hình nón như hình vẽ. Biết rằng chiều cao của phần chứa nước của ly gấp đôi chiều cao viên đá, miệng ly bằng bề mặt viên đá. Tính thể tích nước (ml) cần đổ vào ly cho đầy, làm tròn đến 2 chữ số thập phân sau dấu phẩy, biết do lực đẩy Archimedes, khi đổ nước vào, có 8% thể tích viên đá nổi lên phía trên mặt nước.

A. 84,78 ml

B. 130,02 ml

C. 87,80 ml

D. 83,78 ml

Xem đáp án

Chọn D

Gọi $r_{1}, r_{2}$ lần lượt là bán kính đáy của phần chứa nước và viên đá, ta có $r_{2} = 2 c m, r_{1} = 2 r_{2} = 4 c m$ .

Gọi $h_{1}, h_{2}$ lần lượt là chiều cao của phần chứa nước và viên đá, ta có $h_{2} = 4 c m, r_{1} = 2 r_{2} = 8 c m$ .

Thể tích nước cần đổ vào ly cho đầy là

V = V_{1} - V_{2} = \frac{1}{3} π r_{1}^{2} h_{1} - π r_{2}^{2} h_{2} \approx 83, 78

(ml)

Câu 44:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm

f' (x) = x (x + 1) (x^{2} + 2 x + m)

trên R. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc [-10;10] của m để hàm số y = f(x) có 4 điểm cực trị?

A. 13

B. 10

C. 11

D. 20

Xem đáp án

Chọn B

Hàm số y = f(x) có 4 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f'(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Nói cách khác, phương trình $x^{2} + 2 x + m = 0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và -1.

$\{\begin{cases} Δ' = 1 - m > 0 \\ 0^{2} + 2.0 + m \neq 0 \\ {(- 1)}^{2} + 2 (- 1) + m \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m < 1 \\ m \neq 0 \\ m \neq 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m < 1 \\ m \neq 0 \end{cases}$ .

Có giá trị nguyên của m thuộc [-10;10] thỏa yêu cầu bài toán là

- 10; - 9; - 8; ...; - 1

Câu 45:

Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình

\log_{3}^{2} (3 x) - 2 \log_{3} x^{2} = \frac{x^{2} - 6 x + 9}{4}

A. $\frac{5 + 2 \sqrt{3}}{2}$

B. 4

C. $5 + 2 \sqrt{3}$

D. $4 + 2 \sqrt{3}$

Xem đáp án

Chọn B

$\log_{3}^{2} (3 x) - 2 \log_{3} x^{2} = \frac{x^{2} - 6 x + 9}{4}$ . Điều kiện của phương trình x > 0

$\log_{3}^{2} (3 x) - 2 \log_{3} x^{2} = \frac{x^{2} - 6 x + 9}{4} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 0 \\ {(1 + \log_{3} x)}^{2} - 4 \log_{3} x = {(\frac{x - 3}{2})}^{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 0 \\ {(1 - \log_{3} x)}^{2} = {(\frac{x - 3}{2})}^{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 0 \\ [\begin{array}{l} 1 - \log_{3} x = \frac{x - 3}{2} \\ - 1 + \log_{3} x = \frac{x - 3}{2} \end{array} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 0 \\ [\begin{array}{l} \log_{3} x = \frac{- x + 5}{2} (2) \\ \log_{3} x = \frac{x - 1}{2} (3) \end{array} \end{cases}$

+ $\log_{3} x = \frac{- x + 5}{2} (2)$ có nghiệm duy nhất x = 3 vì hàm số $y = \log_{3} x$ đồng biến, hàm số $y = \frac{- x + 5}{2}$ nghịch biến.

+ $\log_{3} x = \frac{x - 1}{2} \Leftrightarrow \log_{3} x - (\frac{x - 1}{2}) = 0$ .

Đặt $y = \log_{3} x - (\frac{x - 1}{2}) \Rightarrow y^{'} = \frac{1}{x \ln 3} - \frac{1}{2} \Rightarrow {y^{'}}^{'} = \frac{- 1}{x^{2} \ln 3} < 0$ .

Vậy phương trình (3) có không quá 2 nghiệm. Phương trình (3) có 2 nghiệm x = 1, x = 3.

Vậy tổng các nghiệm là 1 + 3 = 4

Câu 46:

Tìm số các số nguyên dương a không vượt quá 10 để phương trình

9^{1 - \frac{1}{x^{2}}} - a {.3}^{1 - \frac{1}{x^{2}}} + 2 = 0

có hai nghiệm phân biệt.

A. 7

B. 5

C. 2

D. 1

Xem đáp án

Chọn D

$9^{1 - \frac{1}{x^{2}}} - a {.3}^{1 - \frac{1}{x^{2}}} + 2 = 0$

Điều kiện $x \neq 0.$

Đặt $t = 3^{1 - \frac{1}{x^{2}}} (0 < t < 3)$ . Vì $1 - \frac{1}{x^{2}} < 1$ .

Ta được phương trình $t^{2} - a . t + 2 = 0 (2)$ . Bài toán đưa về tìm số các số nguyên dương a không vượt quá 10 để phương trình $t^{2} - a . t + 2 = 0 (2)$ có 1 nghiệm duy nhất $t_{0}, (0 < t_{0} < 3)$ .

Vì mỗi t (0 < t < 3) thì phương trình $t = 3^{1 - \frac{1}{x^{2}}}$ có 2 giá trị phân biệt của x

$t^{2} - a . t + 2 = 0 \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = t + \frac{2}{t} \\ 0 < t < 3 \end{cases} .$

Đặt $h (t) = t + \frac{2}{t} \Rightarrow h^{'} (t) = 1 - \frac{2}{t^{2}} = \frac{t^{2} - 2}{t^{2}} .$

$h^{'} (t) = 0 \Rightarrow t = \sqrt{2}$ .

Bảng biến thiên

Tìm số các số nguyên dương a không vượt quá 10 để phương trình 9^ 1 - 1/x - a. 3^1 - 1/x^2 + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt. (ảnh 1)

Dựa vào bảng biến thiên ta được

2 \sqrt{2} \leq a < \frac{11}{3}

. Do a là số nguyên dương nên a = 3

Câu 47:

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi M là trung điểm của AA' và N là điểm nằm trên cạnh N sao cho DN = 3ND'. Mặt phẳng (BMN) chia khối lập phương thành hai phần có thể tích lần lượt là

V_{1}, V_{2} (V_{1} < V_{2})

, tính

\frac{V_{1}}{V_{2}} .

A. $\frac{3}{5}$

B. $\frac{5}{11}$

C. $\frac{3}{8}$

D. $\frac{3}{13}$

Xem đáp án

Chọn A

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi M là trung điểm của AA' và N là điểm nằm trên cạnh N sao cho DN = 3ND'. Mặt phẳng (BMN) chia khối lập phương thành hai phần có thể tích lần lượt (ảnh 1)

Gọi $S = M N \cap A D$ , $E = S B \cap D C$ và $E = N F \cap D C$ .

Ta có $\frac{M A}{N D} = \frac{\frac{1}{2} A A'}{\frac{3}{4} D D'} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{S A}{S D} = \frac{S B}{S E} = \frac{S M}{S N} = \frac{M A}{N D} = \frac{2}{3}$ và $\frac{E F}{E N} = \frac{E C}{E D} = \frac{E B}{E S} = \frac{E S - S B}{E S} = \frac{1}{3}$ .

Ta có $V_{S N D E} = \frac{1}{3} N D . S_{S D E} = \frac{1}{6} N D . D S . D E = \frac{1}{6} \frac{3}{4} D D' .3 D A . \frac{3}{2} D C = \frac{9}{16} V_{A B C D . A' B' C' D'}$

$= V_{S N D E} - {(\frac{S M}{S N})}^{3} V_{S N D E} - {(\frac{E F}{E N})}^{3} V_{S N D E} = V_{S N D E} - {(\frac{2}{3})}^{3} V_{S N D E} - {(\frac{1}{3})}^{3} V_{S N D E} = \frac{2}{3} V_{S N D E}$ .

Mà

V_{S N D E} = \frac{1}{3} N D . S_{S D E} = \frac{1}{6} N D . D S . D E = \frac{1}{6} \frac{3}{4} D D' .3 D A . \frac{3}{2} D C = \frac{9}{16} V_{A B C D . A' B' C' D'}

\Rightarrow V_{M A B . N D C F} = \frac{2}{3} V_{S N D E} = \frac{3}{8} V_{A B C D . A' B' C' D'} \Rightarrow \frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{3}{5}

Câu 48:

Một nguyên hàm của hàm số

f (x) = \frac{x^{2} + 1}{x^{4} + 2 x^{3} - 10 x^{2} - 2 x + 1}

có dạng

F (x) = \frac{a}{b} \ln |\frac{x^{2} - c x - 1}{x^{2} + d x - 1}|,

trong đó a, b, c, d là các số nguyên dương và phân số

\frac{a}{b}

tối giản. Tính a + b + c + d

A. 24

B. 21

C. 15

D. 13

Xem đáp án

Chọn D

$\int \frac{x^{2} + 1}{x^{4} + 2 x^{3} - 10 x^{2} - 2 x + 1} d x = \int \frac{1 + \frac{1}{x^{2}}}{x^{2} + 2 x - 10 - 2 \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}}} d x = \int \frac{d (x - \frac{1}{x})}{{(x - \frac{1}{x})}^{2} + 2 (x - \frac{1}{x}) - 8}$

$= \frac{1}{6} \int \frac{(x - \frac{1}{x} + 4) - (x - \frac{1}{x} - 2)}{(x - \frac{1}{x} - 2) (x - \frac{1}{x} + 4)} d (x - \frac{1}{x}) = \frac{1}{6} \int [\frac{d (x - \frac{1}{x})}{x - \frac{1}{x} - 2} - \frac{d (x - \frac{1}{x})}{x - \frac{1}{x} + 4}]$

$= \frac{1}{6} \ln |x - \frac{1}{x} - 2| - \frac{1}{6} \ln |x - \frac{1}{x} + 4| + C = \frac{1}{6} \ln |\frac{x - \frac{1}{x} - 2}{x - \frac{1}{x} + 4}| + C = \frac{1}{6} \ln |\frac{x^{2} - 2 x - 1}{x^{2} + 4 x - 1}| + C$

Câu 49:

Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng 3a

A. $\frac{\sqrt{15}}{2} a .$

B. $\frac{\sqrt{14}}{2} a .$

C. $\frac{\sqrt{13}}{2} a .$

D. $\frac{\sqrt{11}}{2} a .$

Xem đáp án

Chọn D

Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng 3a (ảnh 1)

Vì là lăng trụ tứ giác đều nên ta có: AH = DE = CF = BF: là các đường chéo của lăng trụ tứ giác đều.

Do vậy tâm O của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ tứ giác đều là giao điểm của 4 đường chéo AH, DE, CF, BF.

Ta có $E G = E F = a \Rightarrow E H = a \sqrt{2} \Rightarrow A H = \sqrt{E A^{2} + E H^{2}} = a \sqrt{11}$ .

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ tứ giác đều là

R = \frac{A H}{2} = \frac{a \sqrt{11}}{2}

Câu 50: