Chọn A

Chọn B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$.

Chọn D

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x\left(2-x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Bảng xét dấu f'(x):

Vậy hàm số $y=f\left(x\right)$ có hai điểm cực trị.

Chọn C

Chọn B

Chọn C

Chọn B

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2\ge 0,\forall x\in \left[1;2\right]$. Do đó hàm số đồng biến trên [1;2].

Chọn A

Điều kiện $x-1\ne 0\iff x\ne 1$.

Chọn A

Đồ thị của hàm số có dạng của hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ nên loại phương án B và. D.

Chọn B

Chọn D

Chọn C

Chọn C

Chọn B

Chọn D

Ta có $F\left(x\right)=\int \sin \frac{x}{2}dx=-2\cos \frac{x}{2}+C$

$F\left(\pi \right)=1\Rightarrow C=1$.

Chọn D

$AC=\sqrt{3}a$

Chọn C

Hình chóp có đáy là đa giác có đường tròn ngoại tiếp thì có mặt cầu ngoại tiếp.

Chọn D

Từ đồ thị hàm số ta có bảng xét dấu của y = f'(x).

Do đó hàm số y = f(x) có 1 cực trị.

Chọn C

Chọn A

Chọn C

Điều kiện x > 0.

Ta có

$\begin{array}{l}{\log }_4\left(x+6\right)<2-2{\log }_{4}x\iff {\log }_4\left(x+6\right)<{\log }_4\frac{16}{x^2}\\ \iff x+6<\frac{16}{x^2}\iff x^3+6x^2-16<0\iff \left[\begin{array}{l}x<-2-2\sqrt{3}\\ -2<x<-2+2\sqrt{3}.\end{array}\right.\end{array}$

So với điều kiện ta có $0<x<-2+2\sqrt{3}$.

Suy ra nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là x = 1.

Vậy bất phương trình có 1 nghiệm nguyên.

Đáp án đúng: D

*Lời giải:

* Các lý thuyết thêm về mặt trụ, mặt cầu và mặt nón:

1. Diện tích và thể tích hình trụ

Cho hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h.

- Diện tích xung quanh: Sxq = 2πRh.

- Diện tích toàn phần: Stp = 2πRh + 2πR2.

- Thể tích: V = πR2h.

2. Diện tích và thể tích của hình nón

Đặt AC = l; l là đường sinh.

Cho hình nón có bán kính đáy R và đường sinh l, chiều cao h.

- Diện tích xung quanh: Sxq = πRl.

- Diện tích toàn phần: Stp = πRl + πR2.

- Thể tích: $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h$.

3. Diện tích và thể tích hình nón cụt

Cho hình nón cụt có các bán kính đáy R và r, chiều cao h, đường sinh l.

- Diện tích xung quanh: Sxq = π (R + r) l.

- Thể tích: $V=\frac{1}{3}\pi h(R^2+Rr+r^2)$.

Chuyên đề Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu mới nhất - Toán 12 

190 Bài trắc nghiệm Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu cực hay có lời giải chi tiết 

Chọn D

Chọn C

Gọi $I\left(0;0;z\right)\in Oz$ là tâm mặt cầu (S).

Mặt cầu đi qua hai điểm A(-1;-2;4), B(2;1;2) nên

$IA=IB\iff 1^2+2^2+{\left(z-4\right)}^2=2^2+1^2+{\left(z-2\right)}^2\iff z=3$.

Đáp án đúng: D

*Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Để tính được khoảng từ điểm A đến mặt phẳng (α) thì điều quan trọng nhất là ta phải xác định được hình chiếu của điểm A trên (α)

Cho trước SA ⊥ Δ; trong đó S ∈ (α) và Δ ⊂ (α)

Bước 1: Dựng AK ⊥ Δ ⇒ Δ ⊥ (SAK) ⇒(α) ⊥ (SAK) và (α) ∩ (SAK) = SK

Bước 2: Dựng AP ⊥ SK ⇒ AP ⊥ (α) ⇒ d(A, (α)) = AP

Lý thuyết khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

- Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là khoảng cách giữa hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng (P).

- Kí hiệu: d (M, (P)) = MH

Công thức tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng

Cho hệ tọa độ không gian Oxyz, cho điểm M có tọa độ như sau: ($\alpha ;\beta ;\gamma$). Cho mặt phẳng (P) có phương trình dạng: ax + by + cz + d = 0.

Công thức tổng quát tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) được tính như sau:

Cách tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Để tính được khoảng từ điểm A đến mặt phẳng (α) thì điều quan trọng nhất là ta phải xác định được hình chiếu của điểm A trên (α)

Cho trước SA ⊥ Δ; trong đó S ∈ (α) và Δ ⊂ (α)

Bước 1: Dựng AK ⊥ Δ ⇒ Δ ⊥ (SAK) ⇒(α) ⊥ (SAK) và (α) ∩ (SAK) = SK

Bước 2: Dựng AP ⊥ SK ⇒ AP ⊥ (α) ⇒ d(A, (α)) = AP

1. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng.

Phương pháp giải:

Khoảng cách từ $M(x_0;y0;z_0)$ đến mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0 là:

$d(M,(P\left)\right)=\frac{\left|}{A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D}.$

2. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song.

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. Cụ thể, để tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q) ta thực hiện các bước như sau:

+) Lấy điểm M thuộc mặt phẳng (P).

+) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (Q) (áp dụng công thức khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng).

3. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Phương pháp giải:

Khoảng cách từ điểm M đến một đường thẳng d đi qua điểm A có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}$ được xác định bởi công thức:

$d(M,d)=\frac{\left|}{\right[}.$

4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia. Cụ thể, để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng song song d và d’ ta thực hiện như sau:

+) Lấy M thuộc đường thẳng d.

+) Tính khoảng cách từ M đến đường thẳng d’ (bằng công thức khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng).

Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng (lý thuyết, công thức, cách tính) và bài tập có đáp án

50 bài toán về khoảng cách trong không gian (có đáp án 2024) – Toán 12 

Chọn C

$S_{xq}=\pi R.l=\pi .a.6a=6\pi a^2$

Chọn D

Chọn A

Điều kiện $D=\left[-4;+\infty \right)\backslash \left\{0\right\}$.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+\sqrt{x+4}}{x^2+5x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{4}{x^2}}}{1+\frac{5}{x}}=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1+\sqrt{x+4}}{x^2+5x}=+\infty ;\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1+\sqrt{x+4}}{x^2+5x}=-\infty \Rightarrow x=0$ là tiệm cận đứng.

Chọn B

$y=\ln \frac{x}{e^x}=\ln x-x\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$

Chọn B

Chọn B

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3;y^{\text{'}}=0\iff x=\pm 1$, ta có $x=1\in \left(0;2\right)$.

Mặt khác: $y\left(0\right)=m;y\left(1\right)=m-2;y\left(2\right)=m+2$.

Khi đó $\underset{\left[0;2\right]}{miny}=m-2$. Do $\underset{\left[0;2\right]}{miny}=3$ nên m - 2 = 3 <=> m = 5

Chọn C

Ta có ${\log }_2\left(4^x+48\right)=x+4\iff 4^x+48=2^{x+4}\iff 2^{2x}-{16.2}^x+48=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=4\\ 2^x=12\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x={\log }_{2}12\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=2+{\log }_{2}3\end{array}\right.$.

Chọn B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff x^2-1<0\iff -1<x<1$.

Chọn C

Gọi N, K lần lượt là trung điểm của AF, BE. Khi đó (MCD) là (NKCD).

Do $\left(ABCD\right)\perp \left(ABEF\right), \left(ABCD\right)\cap \left(ABEF\right)=AB, AF\perp AB\Rightarrow AF\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow AF\perp CD$

$\left(MCD\right)\cap \left(EFCD\right)=CD, CD\perp \left(ADF\right), \left(ADF\right)\cap \left(\text{EF}CD\right)=FD, \left(ADF\right)\cap \left(\text{M}CD\right)=ND$

Suy ra $\alpha =\left(\widehat{\left(MCD\right),\left(EFCD\right)}\right)=\widehat{NDF}$.

Đặt AB= a (a > 0). Tam giác NDF có: $NF=\frac{a}{2}, ND=\frac{a\sqrt{5}}{2}, DF=a\sqrt{2}$.

Chọn A

- Số cách chọn ngẫu nhiên 4 gian hàng trong 15 gian hàng đã cho là: $C_{15}^4\Rightarrow n\left(\Omega \right)=C_{15}^4$.

- Gọi A là biến cố: “trong 4 gian hàng chọn được của doanh nghiệp X có đúng 3 gian hàng kề nhau”. Ta tính n(A):

- TH1: Ba gian hàng kề nhau ở đầu dãy hoặc cuối dãy: Khi đó, chọn ba gian hàng kề nhau có 2 cách, gian hàng còn lại có 11 cách chọn. Suy ra, có 2.11 = 22 cách chọn.

- TH2: Ba gian hàng kề nhau, không có gian hàng nào nằm ở đầu dãy hoặc cuối dãy: Khi đó, có 11 cách chọn ba gian hàng kề nhau. Gian hàng thứ tư được chọn phải khác 5 gian hàng(gồm 3 gian hàng kề nhau đã chọn và 2 gian hàng kề ba gian hàng đó), nên có 10 cách chọn gian hàng thứ tư. Suy ra, có 11.10 = 110 cách chọn.

Chọn B

Đặt $f\left(x\right)=x^3-3x^2-m$. Do: $SDCT\left\{\left|f\left(x\right)\right|\right\}=SDCT\left\{f\left(x\right)\right\}+SNBL\left\{f\left(x\right)\right\}$

Mà $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ nên hàm số  f(x) có hai điểm cực trị.

Để hàm số $\left|f\left(x\right)\right|$ có nhiều điểm cực trị nhất thì phương trình f(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt.

Khảo sát hàm số f(x) = 0 ta vẽ được được hình ảnh đồ thị hàm số như sau:

Nên phương trình $f\left(x\right)=0$ có nhiều nghiệm bội lẻ nhất khi: $-4<m<0$.

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m để hàm số có nhiều điểm cực trị nhất.

Chọn C

Ta có: $f\left[f\left(x\right)+1\right]+2=0\iff f\left[f\left(x\right)+1\right]=-2\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)+1=3\\ f\left(x\right)+1=a\left(a<-1\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=-a-1\end{array}\right.$

$f\left(x\right)=2$ Thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

$f\left(x\right)=-a-1$ với a < -1 thì phương trình có  nghiệm.

Vậy phương trình: $f\left[f\left(x\right)+1\right]+2=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt.

Chọn D

$\overrightarrow{C{A}^{\text{'}}}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}\Rightarrow {\overrightarrow{C{A}^{\text{'}}}}^2={\left(\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}\right)}^2\iff 8a^2=4a^2+a^2+5a^2+2.a.a\sqrt{5}\cos C^{\text{'}}CB$

Suy ra $\cos C^{\text{'}}CB=-\frac{1}{\sqrt{5}}=\cos D^{\text{'}}DA\Rightarrow \cos A^{\text{'}}AD=\frac{1}{\sqrt{5}}$.

Gọi H là hình chiếu của A' trên AD. Có $\cos A^{\text{'}}AD=\frac{AH}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow AH=a$ nên $H\equiv D$.

Suy ra $A{D}^{\text{'}}=2a; S_{AD{D}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=A^{\text{'}}D.DA=2a^2$.

Có $CD\perp DA;CD\perp D{D}^{\text{'}}\Rightarrow CD\perp \left(AD{D}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\Rightarrow V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=CD.S_{AD{D}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=4a^3$.

Chọn C

Gọi $R_1,R_2$ là bán kính $\left(R_1>R_2\right)$; I, J là tâm của các mặt cầu (như hình vẽ).

Gọi H là hình chiếu của J lên IA.

Theo bài ra, ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l}{\left(R_1+R_2\right)}^2=I{H}^2+H{J}^2\\ 4\pi \left(R_1^2+R_2^2\right)=80\pi \end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(R_1+R_2\right)}^2={\left(R_1-R_2\right)}^2+A{B}^2\\ R_1^2+R_2^2=20\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{R}_1.R_2=8\\ R_1+R_2=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{R}_1=4\\ R_2=2\end{array}\right.$

Chọn C

Ta có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos A=3\Rightarrow BC=\sqrt{3}$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: $R=\frac{BC}{2\sin A}=1$.

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A' là điểm đối xứng của A qua J.

Ta dễ dàng chứng minh được: $AC\perp A^{\text{'}}C,AB\perp A^{\text{'}}B,A{B}_1\perp A^{\text{'}}{B}_1,A{C}_1\perp A^{\text{'}}{C}_1\Rightarrow A,B,C,A_1,B_1$ đều thuộc mặt cầu tâm J, đường kính $A{A}^{\text{'}}=2R=2=MN$.

Đặt $IM=x,IN=y;x,y\in \left[2;4\right]$.

+ Nếu I, J, M, N thẳng hàng thì $\left[\begin{array}{l}x=2,y=4\\ x=4,y=2\end{array}\right.\Rightarrow x^2+y^2=20$.

+ Nếu I, J, M, N không thẳng hàng thì

$I{J}^2=\frac{x^2+y^2}{2}-\frac{M{N}^2}{4}\iff x^2+y^2=2\left(I{J}^2+\frac{M{N}^2}{4}\right)=2\left(9+1\right)=20$.

Vậy, ta luôn có: $x^2+y^2=20$.

Do $x,y\in \left[2;4\right]\Rightarrow \left(x-2\right)\left(y-2\right)\ge 0\iff xy\ge 2\left(x+y\right)-4$.

$x^2+y^2=20\iff {\left(x+y\right)}^2-20=2xy\ge 4\left(x+y\right)-8\Rightarrow {\left(x+y\right)}^2-4\left(x+y\right)-12\ge 0\iff x+y\ge 6$.

Vậy $\min \left(x+y\right)=6\iff \left[\begin{array}{l}x=2\Rightarrow y=4\\ y=2\Rightarrow x=4\end{array}\right.$.

Chọn D

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua CD’ và cắt C'B' tại I $\Rightarrow \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\cap \left(\alpha \right)=D^{\text{'}}I$.

Kẻ $C^{\text{'}}H\perp DI\Rightarrow DI\perp CH\Rightarrow \phi =\widehat{CH{C}^{\text{'}}}$.

Ta có $\Delta C{C}^{\text{'}}H$ vuông tại $C^{\text{'}}\Rightarrow C^{\text{'}}H=C^{\text{'}}C.\cot \phi =\frac{2a}{\sqrt{5}}$.

Ta có $\Delta C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}I$ vuông tại $\frac{1}{C^{\text{'}}{H}^2}=\frac{1}{C^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2}+\frac{1}{C^{\text{'}}{I}^2}\Rightarrow C^{\text{'}}{I}^2=4a^2\Rightarrow C^{\text{'}}I=2a$.

Ta thấy với C'I = 2a thì $CI\cap B^{\text{'}}B=Q$ nên Q là trung điểm BB'.

$D^{\text{'}}I\cap A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=P$ nên P là trung điểm A'B'.

Ta có:

$V_{I.C{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=V_{I.B^{\text{'}}PQ}+V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}\Rightarrow V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}=V_{I.C{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}-V_{I.B^{\text{'}}PQ}=\frac{1}{3}.2a.\frac{1}{2}a.a-\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}a.a=\frac{7a^3}{24}=V_2$

Vì $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=V_1+V_2=V_1+V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}\Rightarrow V_1=V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}-V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}=a^3-\frac{7a^3}{24}=\frac{17a^3}{24}$.

Vậy $V_1=\frac{17a^3}{24}$.

Chọn B

Ta có $f\left(x\right)+f^{\text{'}}\left(x\right)=1\iff e^x.f\left(x\right)+e^x.f^{\text{'}}\left(x\right)=e^x\iff {\left(e^x.f\left(x\right)\right)}^{\text{'}}=e^x$.

Lấy tích phân hai vế cận chạy từ $0\to \ln 2$ ta được:

Chọn D

$y^{\text{'}}=\left(x^4+4x^3-5\right)e^x-2mx-\left(m^2-m\right)$.

Đặt $h\left(x\right)=\left(x^4+4x^3-5\right)e^x$

$h^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x^4+8x^3+12x^2-5\right)e^x>0,\forall x>2$  vì $x^4-5>0,\forall x>2.$

$h^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x^4+8x^3+12x^2-5\right)e^x>0,\forall x>2\Rightarrow h\left(x\right)>h\left(2\right)=43e^2.$

Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$ điều kiện là $y^{\text{'}}\ge 0,\forall x>2.$

$\iff \left(x^4+4x^3-5\right)e^x\ge 2mx+\left(m^2-m\right)\left(1\right),\forall x>2$

Đặt $g\left(x\right)=2mx+\left(m^2-m\right)\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=2m<0,\forall x>2.\text{\hspace{0.33em}Do\hspace{0.33em}}m\in \left(-25;0\right).$

$\Rightarrow g\left(x\right)<g\left(2\right),\forall x>2\iff g\left(x\right)<m^2+3m,\forall x>2.$

Để (1) nghiệm đúng với $\forall x>2\Rightarrow 43e^2>m^2+3m\iff m^2+3m-43e^2<0$

$\iff -19,39<m<16,39$.

Do $\iff \left\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left(-25;0\right)\\ -19,39<m<16,39\end{array}\right.$

$\iff m\in \left\{-19,-18,-17,-16,-15,-14,-13,-12,-11,-10,-9,-8,-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1\right\}$

Vậy có 19 giá trị của m.

Chọn B

$$\begin{gathered} 4^{2x-m}-{4.2}^{3x-2m}+{4.2}^{x-m}<1\iff 2^{4x}-{4.2}^{3x}+{4.2}^x{.2}^m<2^{2m} \\ \iff \left(2^m-2^{2x}\right)\left(2^m+2^{2x}-{4.2}^x\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{2}^m>2^{2x}\\ 2^m>{4.2}^x-2^{2x}\end{array}\right.\left(1\right)\\ \left\{\begin{array}{l}{2}^m<2^{2x}\\ 2^m<{4.2}^x-2^{2x}\end{array}\right.\left(2\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\forall x\in \left(-\infty ;4\right]\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}0<2^{2x}\le 2^8\\ -192\le {4.2}^x-2^{2x}\le 2^2\end{array}\right..$

+ Giải $\left\{\begin{array}{l}{2}^m>2^{2x}\\ 2^m>{4.2}^x-2^{2x}\end{array}\right.$(1)

Để (1) nghiệm đúng với $\forall x\in \left(-\infty ;4\right]\iff \left\{\begin{array}{l}{2}^m>2^8\\ 2^m>2^2\end{array}\right.\iff m>8$. Do m nguyên thuộc đoạn [0;100] nên có 100 - 8 = 92 giá trị của m.

+ Giải $\left\{\begin{array}{l}{2}^m<2^{2x}\\ 2^m<{4.2}^x-2^{2x}\end{array}\right.$ (2)

Để (1) nghiệm đúng với $\forall x\in \left(-\infty ;4\right]\iff \left\{\begin{array}{l}{2}^m\le 0\\ 2^m<-192\end{array}\right.$ không có giá trị nào của m thỏa mãn.