50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc 25 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (đề 18)

25 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải

25 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (đề 18)

6530 lượt thi
50 câu hỏi
90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy $(A B C), S A = a \sqrt{2}$ . Đáy ABC vuông tại A, $A B = a, A C = 2 a$ (tham khảo hình vẽ bên). Tính thể tích khối chóp S.ABC

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

B. $a^{3} \sqrt{2}$

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

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

Xem đáp án

Đáp án A

Thể tích khối chóp S.ABC tính theo công thức:

V = \frac{1}{3} S_{A B C} . S A = \frac{1}{3} . a \sqrt{2} . \frac{1}{2} a .2 a = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{3}

Câu 2:

Cho số phức $z = - i (3 i + 4)$ . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z.

A. Phần thực 3 và phần ảo 4i

B. Phần thực 3 và phần ảo 4

C. Phần thực 3 và phần ảo -4

D. Phần thực 3 và phần ảo -4i

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có:

z = - i (3 i + 4) = 3 - 4 i

nên phần thực 3 và phần ảo -4

Câu 3:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đồ thị $(C)$ như hình vẽ. Tọa độ điểm cực tiểu của $(C)$ là

A. (0;-2)

B. (0;-4)

C. (1;0)

D. (-2;0)

Xem đáp án

Đáp án B

Câu 4:

Gọi $l, h, R$ lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của một hình nón (N). Diện tích toàn phần của hình nón (N) là

A. $S_{T P} = π R l + π R^{2}$

B. $S_{T P} = 2 π R l + 2 π R^{2}$

C. $S_{T P} = π R l + 2 π R^{2}$

D. $S_{T P} = π R h + π R^{2}$

Xem đáp án

Đáp án A

Câu 5:

Trong không gian Oxyz, cho hai véc tơ $\vec{a} = (- 4; 5; - 3)$ và $\vec{b} = (2; - 2; 3)$ . Véc tơ $\vec{x} = \vec{a} + 2 \vec{b}$ có tọa độ là

A. $(- 2; 3; 0)$

B. $(0; 1; - 1)$

C. $(0; 1; 3)$

D. $(- 6; 8; - 3)$

Xem đáp án

Đáp án C

$\vec{a} = (- 4; 5; - 3), \vec{b} = (2; - 2; 3) \Rightarrow 2 \vec{b} = (4; - 4; 6)$

Có

\vec{x} = \vec{a} + 2 \vec{b}

suy ra tọa độ của vectơ

\vec{x} = (0; 1; 3)

Câu 6:

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng $(P) : x - 3 z + 2 = 0$ . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là

A. $\vec{n} = (1; - 3; 0)$

B. $\vec{n} = (1; - 3; - 1)$

C. $\vec{n} = (1; - 3; 1)$

D. $\vec{n} = (1; 0; - 3)$

Xem đáp án

Đáp án D

Mặt phẳng

(P) : x - 3 z + 2 = 0

có một vectơ pháp tuyến là

\vec{n} (1; 0; - 3)

Câu 7:

Cho hàm số bậc hai $y = f (x) = x^{4} - 5 x^{2} + 4$ có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f (x)$ và trục hoành (miền phẳng được tô đậm trên hình vẽ). Mệnh đề nào sau đây sai?

A. $S = \int_{- 2}^{2} |f (x)| d x$

B. $S = 2 \int_{0}^{2} |f (x)| d x$

C. $S = 2 |\int_{0}^{1} f (x) d x| + 2 |\int_{1}^{2} f (x) d x|$

D. $S = 2 |\int_{0}^{2} f (x) d x|$

Xem đáp án

Đáp án D

Từ đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung nên đáp án A và B đúng.

\int_{0}^{2} |f (x)| d x = \int_{0}^{1} f (x) d x + (- \int_{1}^{2} f (x) d x) = |\int_{0}^{1} f (x) d x| + |- \int_{1}^{2} f (x) d x|

Nên đáp án C đúng. Vậy chọn đáp án D.

Câu 8:

Cho hàm số $y = f (x)$ có bảng biến thiên như hình vẽ bên

Hàm số $y = f (x)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (-1;3)

B. $(0; + \infty)$

C. (-2;0)

D. $(- \infty; - 2)$

Xem đáp án

Đáp án C

Từ bảng biến thiên hàm số ta có hàm đồng biến trên khoảng (-2;0).

Câu 9:

Tập xác định của hàm số $y = {(x^{2} - 4 x + 3)}^{π}$ là

A. $ℝ \ \{1; 3\}$

B. $(- \infty; 1] \cup [3; + \infty)$

C. (1;3)

D. $(- \infty; 1) \cup (3; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án D

Hàm số xác định $\Leftrightarrow x^{2} - 4 x + 3 > 0 \Leftrightarrow x < 1 \lor 3 < x$

Vậy hàm số có tập xác định

D = (- \infty; 1) \cup (3; + \infty)

Câu 10:

Hàm số $f (x) = 2^{3 x - 1}$ có đạo hàm

A. $f^{'} (x) = {3.2}^{3 x - 1}$

B. $f^{'} (x) = {3.2}^{3 x - 1} . \ln 2$

C. $f^{'} (x) = (3 x - 1) {.2}^{3 x - 1}$

D. $f^{'} (x) = (3 x - 1) {.2}^{3 x - 1} . \ln 2$

Xem đáp án

Đáp án B

$f^{'} (x) = {(3 x - 1)}^{'} 2^{3 x - 1} . \ln 2 = {3.2}^{3 x - 1} . \ln 2$

Vậy

f^{'} (x) = {3.2}^{3 x - 1} . \ln 2

Câu 11:

Số cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc là?

A. 1

B. R

C. 5

D. 5!

Xem đáp án

Đáp án D

Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử. Số các hoán vị là: 5!

Câu 12:

Cho $f (x), g (x)$ là các hàm số có đạo hàm liên tục trên R, số $k \in ℝ$ và C là một hằng số tùy ý. Xét 4 mệnh đề sau

(I): ${(\int f (x) d x)}^{'} = f (x)$

(II): $\int k f (x) d x = k \int f (x) d x$

(III): $\int [f (x) + g (x)] d x = \int f (x) d x + \int g (x) d x$

(IV): $\int x^{2} d x = \frac{x^{3}}{3} + C$

Số mệnh đề đúng là

A. 1

B. 2

C. 4

D. 3

Xem đáp án

Đáp án D

(II):

\int k f (x) d x = k \int f (x) d x

sai khi k = 0.

Câu 13:

Đồ thị hàm số $y = \frac{x + 3}{x^{2} - 4}$ có bao nhiêu tiệm cận?

A. 2

B. 1

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án C

Do bậc của tử lớn hơn của mẫu nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y = 0.

Mà với

x = \pm 2

thì

x + 3 \neq 0

nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng

Câu 14:

Cho khối tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD (tham khảo hình vẽ bên). Đặt V là thể tích của khối tứ diện ABCD, $V_{1}$ là thể tích của khối tứ diện MNBC. Khẳng định nào sau đây đúng?

Cho khối tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD (tham khảo hình vẽ bên). Đặt V là thể tích của khối tứ diện ABCD, V1 là thể tích (ảnh 1)

A. $\frac{V_{1}}{V} = \frac{1}{4}$

B. $\frac{V_{1}}{V} = \frac{1}{2}$

C. $\frac{V_{1}}{V} = \frac{1}{3}$

D. $\frac{V_{1}}{V} = \frac{2}{3}$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có

d (A, (B C D)) = 2 d (D, (B C D))

và

S_{Δ B C D} = 2 S_{Δ B C N}

nên

V = 4 V_{1}

Câu 15:

Cho biết $\int_{1}^{5} \frac{3 d x}{x^{2} + 3 x} = a \ln 5 + b \ln 2 (a, b \in ℤ)$ . Mệnh đề nào sau đây đúng

A. $2 a - b = 0$

B. $a - b = 0$

C. $a + 2 b = 0$

D. $a + b = 0$

Xem đáp án

Đáp án D

Xét

\frac{3}{x^{2} + 3 x} = \frac{3}{x (x + 3)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x + 3} = \frac{A (x + 3) + B x}{x (x + 3)}

\Leftrightarrow 3 = A x + B x + 3. A \Leftrightarrow 0 x + 3 = (A + B) x + 3. A \Rightarrow \{\begin{cases} A + B = 0 \\ 3 A = 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} A = 1 \\ B = - 1 \end{cases}

\Rightarrow \int_{1}^{5} \frac{3 d x}{x^{2} + 3 x} = \int_{1}^{5} (\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 3}) d x = {(\ln x - \ln (x + 3))|}_{1}^{5} = \ln 5 - \ln 8 - \ln 1 + \ln 4

= \ln 5 - 3 \ln 2 + 2 \ln 2 = \ln 5 - \ln 2 \Rightarrow \{\begin{cases} a = 1 \\ b = - 1 \end{cases} \Rightarrow a + b = 0

Câu 16:

Cho hàm số $y = \frac{1}{3} x^{3} + 2 x^{2} + (m + 2) x - m$ . Tìm tập hợp S tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số đồng biến trên R.

A. $S = (- \infty; 2]$

B. $S = (- \infty; 2)$

C. $S = [2; + \infty)$

D. $S = (2; + \infty)$

Xem đáp án

Đáp án C

Hàm bậc ba

y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d

đồng biến trên R.

\Leftrightarrow \{\begin{cases} b^{2} - 3 a c \leq 0 \\ a > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 - 3. \frac{1}{3} . (m + 2) \leq 0 \\ a = \frac{1}{3} > 0 (thoa man) \end{cases} \Leftrightarrow - m + 2 \leq 0 \Leftrightarrow m \geq 2 \Rightarrow m \in [2; + \infty)

Câu 17:

Cho $a = \log 3, b = \ln 3$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $\frac{a}{b} = \frac{e}{10}$

B. $10^{a} = e^{b}$

C. $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{10}$

D. $10^{b} = e^{a}$

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có: $a = \log 3 \Leftrightarrow 10^{a} = 3, b = \ln 3 \Leftrightarrow e^{b} = 3$

Từ đây ta suy ra

10^{a} = e^{b} = 3

Câu 18:

Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;-3;2). Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên trục Ox, Oy, Oz. Phương trình mặt phẳng (MNP) là

A. $x - \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1$

B. $x + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1$

C. $x - \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 0$

D. $6 x - 2 y + 3 z + 6 = 0$

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox, Oy, Oz.

Từ đó suy ra $M (1; 0; 0); N (0; - 3; 0); P (0; 0; 2)$

Vậy

(M N P) : x - \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1

Câu 19:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm trên $ℝ$ và $f^{'} (x) > 0, \forall x \in ℝ$ , biết $f (3) = 1$ . Chọn mệnh đề đúng.

A. $f (4) = 0$

B. $f (2019) > f (2020)$

C. $f (1) = 3$

D. $f (5) + 1 > f (1) + f (2)$

Xem đáp án

Đáp án D

Vì $f^{'} (x) > 0, \forall x \in ℝ$ nên $y = f (x)$ đồng biến trên $ℝ \Rightarrow f (b) > f (c), \forall b, c \in ℝ$ .

Từ đó, ta thấy:

Đáp án A sai vì $ℝ \Rightarrow f (b) > f (c), \forall b, c \in ℝ$ .

Đáp án B sai vì $f (2019) < f (2020)$ .

Đáp án C sai vì $f (1) < f (3) = 1$ .

Đáp án D sai vì

\{\begin{cases} f (5) > f (2) \\ 1 = f (3) > f (1) \end{cases} \Rightarrow f (5) + 1 > f (1) + f (2)

Câu 20:

Với C là một hằng số tùy ý, họ nguyên hàm của hàm số $f (x) = 2 \cos x - x$ là

A. $2 \sin x - \frac{x^{2}}{2} + C$

B. $- 2 \sin x - x^{2} + C$

C. $2 \sin x - 1 + C$

D. $- 2 \sin x - \frac{x^{2}}{2} + C$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có

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

Câu 21:

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a, A'B vuông góc với mặt phẳng (ABC) và góc giữa A'C và mặt phẳng (ABC) bằng 30° (tham khảo hình vẽ bên). Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a, A'B vuông góc với mặt phẳng (ABC) và góc (ảnh 1)

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

B. $3 a^{3}$

C. $a^{3}$

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

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $\begin{array}{l} A^{'} C \cap (A B C) = C \\ A^{'} B \cap (A B C) \end{array}\} \Rightarrow (A^{'} C; (A B C)) = \hat{A^{'} C B} = 30 °$

ABC là tam giác vuông tại A $\Rightarrow A C = \sqrt{B C^{2} - A B^{2}} = a \sqrt{3}$

Xét tam giác

A^{'} B C

vuông tại B có

\tan 30 ° = \frac{A^{'} B}{B C} \Rightarrow A^{'} B = \frac{2 a}{\sqrt{3}}

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

Câu 22:

Cho hàm số $y = a x^{4} + b x^{2} + c (a \neq 0)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng

Cho hàm số y = ax^4 + bx^2 + c a khác 0 có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng (ảnh 1)

A. $a > 0, b > 0, c < 0$

B. $a < 0, b > 0, c < 0$

C. $a > 0, b < 0, c < 0$

D. $a > 0, b > 0, c > 0$

Xem đáp án

Đáp án C

Quan sát đồ thị có bề lõm quay lên trên Þ a > 0

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm Þ c < 0

Hàm số có 3 cực trị Þa.b < 0 mà a > 0 nên Þ b < 0

Câu 23:

Cho hàm số $y = \frac{2 x - 1}{x + 1}$ . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ $x = \frac{1}{2}$

B. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: y = 2

C. Hàm số gián đoạn tại x = -1

D. Hàm số đồng biến trên tập xác định của nó

Xem đáp án

Đáp án D

Điều kiện xác định $x \neq 1$ .

Ta có $y^{'} = \frac{3}{{(x + 1)}^{2}} > 0, \forall x \neq - 1$

Do đó hàm số đồng biến trên hai khoảng

(- \infty; - 1)

và

(- 1; + \infty)

Câu 24:

Trong không gian Oxzyz, cho hai điểm A(2;-1;4), B(3;2;-1) và mặt phẳng (P): x + y + 2z - 4 = 0. Mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình là

A. $11 x - 7 y - 2 z + 21 = 0$

B. $11 x + 7 y - 2 z - 7 = 0$

C. $11 x - 7 y - 2 z - 21 = 0$

D. $11 x + 7 y - 2 z + 7 = 0$

Xem đáp án

Đáp án C

Ta có $\vec{A B} (1; 3; - 5), \vec{n_{(P)}} = (1; 1; 2)$

$\{\begin{cases} A, B \in (Q) \\ (P) ⊥ (Q) \end{cases} \Rightarrow \vec{n_{(Q)}} = [\vec{A B}, \vec{n_{(P)}}] = (11; - 7; - 2)$

Vậy phương trình mặt phẳng $(Q) : 11 (x - 2) - 7 (y + 1) - 2 (z - 4) = 0 \Leftrightarrow 11 x - 7 y - 2 z - 21 = 0$

Câu 25:

Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a.

A. $V = \frac{π a^{3} \sqrt{3}}{2}$

B. $V = 4 π a^{3} \sqrt{3}$

C. $V = \frac{π a^{3} \sqrt{3}}{8}$

D. $V = \frac{4 π a^{3} \sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $R = \sqrt{\frac{h^{2}}{4} + r^{2}}$ . Trong đó R là bán kính khối cầu, h là chiều cao hình lập phương, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.

Vậy nên ta có $h = a, r = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ . Từ đó suy ra $R = \sqrt{\frac{a^{2}}{4} + \frac{2 a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Vậy

V = \frac{4}{3} π R^{3} = \frac{4}{3} π \frac{3 \sqrt{3} a^{3}}{8} = \frac{\sqrt{3} π a^{3}}{2}

Câu 26:

Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình vẽ bên?

Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình vẽ bên (ảnh 1)

A. $y = \frac{x + 3}{x - 2}$

B. $y = \frac{2 x - 1}{x - 2}$

C. $y = \frac{2 x - 3}{x + 2}$

D. $y = \frac{2 x - 5}{x - 2}$

Xem đáp án

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 TCN: y = 2 và một TCĐ: x = 2 và $y^{'} < 0$ .

Ta loại đán án C vì có TCĐ: x = -2 và đáp án A vì có TCN: y = 1.

Lọai đáp án D vì có

y^{'} = \frac{1}{{(x - 2)}^{2}} > 0

Câu 27:

Gọi A, B lần lượt 2 điểm biểu diễn số phức $z_{1}, z_{2}$ trong mặt phẳng phức ở hình vẽ bên. Tính $|z_{1} - z_{2}|$ .

Gọi A, B lần lượt 2 điểm biểu diễn số phức z1, z2 trong mặt phẳng phức ở hình vẽ bên. Tính |z1 - z2 (ảnh 1)

A. $\frac{\sqrt{17}}{2}$

B. $\sqrt{5}$

C. $\sqrt{17}$

D. $\sqrt{29}$

Xem đáp án

Đáp án D

Quan sát hình vẽ ta thấy: $A (1; 3), B (3; - 2)$ .

Suy ra

z_{1} = 1 + 3 i, z_{2} = 3 - 2 i \Rightarrow z_{1} - z_{2} = - 2 + 5 i

\Rightarrow |z_{1} - z_{2}| = \sqrt{{(- 2)}^{2} + 5^{2}} = \sqrt{29}

Câu 28:

Cho hàm số $f (x) = \ln (x^{2} - 4 x + 8)$ . Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình $f^{'} (x) \leq 0$ là số nào sau đây?

A. 4

B. 2

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Đáp án B

Hàm số xác định khi $x^{2} - 4 x + 8 > 0 \Leftrightarrow \forall x \in ℝ$

Ta có: $f^{'} (x) = \frac{{(x^{2} - 4 x + 8)}^{'}}{x^{2} - 4 x + 8} = \frac{2 x - 4}{x^{2} - 4 x + 8}$

$f^{'} (x) \leq 0 \Leftrightarrow \frac{2 x - 4}{x^{2} - 4 x + 8} \leq 0 \Leftrightarrow 2 x - 4 \leq 0 \Leftrightarrow x \leq 2$ . Vì x là nguyên dương nên $x \in \{1; 2\}$ .

Câu 29:

Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập xác định của nó?

A. $y = {(\frac{3}{π})}^{x}$

B. $y = {(\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{e})}^{x}$

C. $y = {(\sqrt{2020} - \sqrt{2019})}^{x}$

D. $y = \log_{\frac{1}{2}} (x + 4)$

Xem đáp án

Đáp án B

Đáp án D là hàm logarit có cơ số $a = \frac{1}{2} < 1$ nên nghịch biến trên TXĐ của nó Þ Loại D.

Ba đáp án A, B và C đều là hàm số mũ. Tuy nhiên đáp án B có hệ số

a = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{e} > 1

, do đó hàm số

y = {(\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{e})}^{x}

đồng biến trên TXĐ của nó

Câu 30:

Cho cấp số nhân $(u_{n})$ có $u_{1} = 3$ , công bội $q = - 2$ , biết $u_{n} = 192$ . Tìm n?

A. $n = 7$

B. n = 5

C. n = 6

D. n = 8

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có:

u_{n} = u_{1} . q^{n - 1} \Rightarrow 192 = 3. {(- 2)}^{n - 1} \Rightarrow n - 1 = 6 \Rightarrow n = 7

Câu 31:

Trong không gian Oxyz, tìm phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;-4;2) và diện tích $64 π$ .

A. ${(x - 1)}^{2} + {(y + 4)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 4$

B. ${(x + 1)}^{2} + {(y - 4)}^{2} + {(z + 2)}^{2} = 16$

C. ${(x - 1)}^{2} + {(y - 4)}^{2} + {(z + 2)}^{2} = 4$

D. ${(x - 1)}^{2} + {(y + 4)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 16$

Xem đáp án

Đáp án D

Gọi R là bán kính mặt cầu.

Theo giả thiết ta có $4 π R^{2} = 64 π \Leftrightarrow R = 4$ .

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là

{(x - 1)}^{2} + {(y + 4)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 16

Câu 32:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng $d : \frac{x - 1}{2} = \frac{y}{- 1} = \frac{z - 2}{1}$ và mặt phẳng $(P) : x + y + 2 z - 1 = 0$ . Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) bằng

A. 60°.

B. 30°.

C. 45°.

D. 90°.

Xem đáp án

Đáp án B

d có vectơ chỉ phương $\vec{u} = (2; - 1; 1)$

(P) có vectơ pháp tuyến $\vec{n} = (1; 1; 2)$

Gọi $α$ là góc giữa d và (P). Khi đó, ta có $\sin α = \frac{|\vec{u} . \vec{n}|}{|\vec{u}| . |\vec{n}|} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ .

Vậy $α = 30 °$ .

Câu 33:

Cho hàm số $f (x) = 3^{x} - 3^{- x}$ , với $m_{1}, m_{2}$ là các giá trị thực của tham số m sao cho $f (3 \log_{2} m) + f (\log_{2}^{2} m + 2) = 0$ . Tính $T = m_{1} m_{2}$ .

A. $T = \frac{1}{8}$

B. $T = \frac{1}{4}$

C. $T = \frac{1}{2}$

D. $T = 2$

Xem đáp án

Đáp án A

Xét hàm số $f (x) = 3^{x} - 3^{- x}$ .

Ta có $f^{'} (x) = 3^{x} . \ln 3 + 3^{- x} . \ln 3 > 0, \forall x \in ℝ$ . Do đó hàm số $f (x)$ đồng biến trên R.

Hơn nữa $\forall x \in ℝ$ thì $- x \in ℝ$ và $f (- x) = 3^{- x} - 3^{x} = - (3^{x} - 3^{- x}) = - f (x)$ nên hàm số $f (x)$ là hàm số lẻ.

Theo đề: $f (3 \log_{2} m) + f (\log_{2}^{2} m + 2) = 0$ (Điều kiện m > 0)

$\Leftrightarrow f (\log_{2}^{2} m + 2) = - f (3 \log_{2} m) \Leftrightarrow f (\log_{2}^{2} m + 2) = f (- 3 \log_{2} m)$ (vì hàm số $f (x)$ là hàm số lẻ

$\Leftrightarrow \log_{2}^{2} m + 2 = - 3 \log_{2} m$ (vì hàm số $f (x)$ đồng biến) $\Leftrightarrow \log_{2}^{2} m + 3 \log_{2} m + 2 = 0$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{2} m = - 1 \\ \log_{2} m = - 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = \frac{1}{2} (thoa man) \\ m = \frac{1}{4} \end{array}$

Vậy $T = \frac{1}{2} . \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$ .

Câu 34:

Cho hàm số $f (x)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn $[2; 3]$ và $\int_{2}^{3} (x - 2) f^{'} (x) d x = a$ , $f (3) = b$ . Tìm tích phân $\int_{2}^{3} f (x) d x$ theo a và b.

A. $- a - b$

B. $b - a$

C. $a - b$

D. $a + b$

Xem đáp án

Đáp án B

$\int_{2}^{3} (x - 2) f^{'} (x) d x = a$ . Đặt $\{\begin{cases} x - 2 = u \\ f^{'} (x) d x = d v \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = d x \\ v = f (x) \end{cases}$ .

Khi đó

I = {(x - 2) f (x)|}_{2}^{3} - \int_{2}^{3} f (x) d x \Rightarrow \int_{2}^{3} f (x) d x = {(x - 2) f (x)|}_{2}^{3} - I = f (3) - I = b - a

Câu 35:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB = BC = 1, AD = 2. Các mặt chéo (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 60° (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SAB) là

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

B. $\sqrt{3}$

C. $2 \sqrt{3}$

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

Xem đáp án

Đáp án B

Vì các mặt chéo (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD) nên $S O ⊥ (A B C D)$ với $O = A C \cap B D$ .

Kẻ $O K ⊥ A B$ tại K

$\Rightarrow (S O K) ⊥ A B \Rightarrow S K ⊥ A B$

$\Rightarrow ((S A B), (A B C D)) = (S K, O K) = \hat{S K O} = 60 °$

Do $A D // B C$ nên $\frac{O D}{O B} = \frac{O A}{O C} = \frac{A D}{B C} = 2$

$\Rightarrow D B = 3 O B \Rightarrow d (D, (S A B)) = 3 d (O, (S A B))$

Trong mặt phẳng (SOK), kẻ $O H ⊥ S K$ tại H.

$\Rightarrow O H ⊥ (S A B) \Rightarrow d (D, (S A B)) = 3 d (O, (S A B)) = 3 O H$

Trong tam giác vuông $Δ S O K : \frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{S O^{2}} + \frac{1}{O K^{2}} = \frac{3}{4} + \frac{9}{4} = 3 \Rightarrow O H = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Vậy

d (D, (S A B)) = \sqrt{3}

Câu 36:

Cho hàm số $y = f (x)$ có bảng biến thiên như hình vẽ

Phương trình $|f (1 - 2 x) + 2| = 5$ có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 5

B. 4

C. 3

D. 6

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có $|f (1 - 2 x) + 2| = 5 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f (1 - 2 x) + 2 = 5 \\ f (1 - 2 x) + 2 = - 5 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f (1 - 2 x) = 3 (2) \\ f (1 - 2 x) = - 7 (3) \end{array}$

Đặt $1 - 2 x = t$ với mỗi $x \in ℝ$ có 1 và chỉ 1 giá trị $t \in ℝ$ .

Đồ thị hàm số $y = f (t)$ cũng là đồ thị của hàm số $y = f (x)$ .

Số nghiệm của phương trình (2) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = f (t)$ với đường thẳng y = 3. Có 3 giao điểm nên phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Số nghiệm của phương trình (3) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = f (t)$ với đường thẳng y = -7. Có 1 giao điểm nên phương trình (3) có đúng 1 nghiệm.

Nghiệm của phương trình (3) không trùng với nghiệm của phương trình (2)

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt

Câu 37:

Cho hàm số $y = f (x)$ . Hàm số $y = f^{'} (x)$ là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ bên.

Hàm số $y = f (3 - e^{x})$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $(- \infty; 1)$

B. $(2; + \infty)$

C. $(\ln 2; \ln 4)$

D. $(\ln 2; 4)$

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có $f^{'} (x) = (x + 1) (x - 1) (x - 3)$

$\Rightarrow f^{'} (3 - e^{x}) = - e^{x} (3 - e^{x} + 1) (3 - e^{x} - 1) (3 - e^{x} - 3) = e^{2 x} (e^{x} - 4) (e^{x} - 2)$

Theo đề bài $e^{2 x} (e^{x} - 2) (e^{x} - 4) \geq 0 \Leftrightarrow (e^{x} - 2) (e^{x} - 4) \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \geq \ln 4 \\ x \leq \ln 2 \end{array}$

Như vậy hàm số đồng biến trên

(2; + \infty)

Câu 38:

Cho số phức $z = a + b i (a, b \in ℝ)$ thỏa mãn $z - (2 + 3 i) \bar{z} = 1 - 9 i$ . Tính $T = a b + 1$ .

A. $T = - 2$

B. $T = - 0$

C. $T = 1$

D. $T = - 1$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có $z - (2 + 3 i) \bar{z} = 1 - 9 i$

$\Leftrightarrow (a + b i) - (2 + 3 i) (a - b i) = 1 - 9 i \Leftrightarrow \{\begin{cases} - a - 3 b = 1 \\ - 3 x + 3 b = - 9 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 2 \\ b = - 1 \end{cases}$

Suy ra

T = a b + 1 = 2 (- 1) + 1 = - 1

Câu 39:

Một hộp chứa 5 bi trắng, 6 bi đỏ và 7 bi xanh, tất cả các bi có kích thước và khối lượng như nhau. Chọn ngẫu nhiên 6 bi từ hộp đó. Tính xác suất để 6 bi lấy được có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi đỏ và trắng, hiệu của số bi xanh và đỏ, hiệu của số bi trắng và xanh theo thứ tự lập thành cấp số cộng

A. $\frac{5}{442}$

B. $\frac{75}{442}$

C. $\frac{40}{221}$

D. $\frac{35}{221}$

Xem đáp án

Đáp án C

Số phần tử của không gian mẫu chính là số cách lấy ngẫu nhiên 6 viên bi bất kì trong 18 viên nên $n (Ω) = C_{18}^{6}$ .

Gọi A là biến cố “6 bi lấy được có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi đỏ và trắng, hiệu của số bi xanh và đỏ, hiệu của số bi trắng và xanh tạo thành cấp số cộng”.

Gọi $t, d, x$ lần lượt là số bi trắng, bi đỏ và bi xanh trong 6 viên bi được chọn ra.

Theo đề bài ta có: $d - t, x - d, t - x$ lập thành một cấp số cộng.

Do đó: $d - t + t - x = 2 (x - d) \Leftrightarrow d = x$ . Lại có $t + d + x = 6$ nên ta có các trường hợp.

Trường hợp 1: $d = x = 1$ và $t = 4$ . Khi đó số cách chọn 6 viên bi là $C_{6}^{1} C_{7}^{1} C_{5}^{4} = 210$ cách.

Trường hợp 2: $t = d = x = 2$ . Khi đó số cách chọn 6 viên bi là $C_{6}^{2} C_{7}^{2} C_{5}^{2} = 3150$ cách.

Vậy số phần tử của biến cố A là $n (A) = 210 + 3150 = 3360$ .

Do đó xác suất của biến cố A là

P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{3360}{C_{18}^{6}} = \frac{40}{221}

Câu 40:

Cho hình lục giác đều ABCDEF có cạnh bằng 2 (tham khảo hình vẽ). Quay lục giác xung quanh đường chéo AD ta được một khối tròn xoay. Thể tích khối tròn xoay đó là

A. $V = 8 π$

B. $V = 7 π$

C. $V = \frac{8 π \sqrt{3}}{3}$

D. $V = \frac{7 π \sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi thể tích của khối tròn xoay là V, thể tích của khối nón là $V_{1}$ , và thể tích của khối trụ là $V_{2}$ .

Khi đó ta có:

$V = 2 V_{1} + V_{2} = 2. \frac{1}{3} . π . O_{1} B^{2} . A O_{1} + π O_{1} B^{2} . O_{1} O_{2}$

$= \frac{2}{3} π . {(\sqrt{3})}^{2} .1 + 2 π . {(\sqrt{3})}^{2} .1 = 8 π$

Câu 41:

Cho hàm số $f (x) = x^{3} - x^{2} + x - m - 2$ (m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho $\max_{[0; 3]} |f (x)| + \min_{[0; 3]} |f (x)| = 16$ . Tổng các phần tử của S là

A. 3

B. 17

C. 34

D. 31

Xem đáp án

Đáp án B

Xét hàm số $f (x) = x^{3} - x^{2} + x - m - 2$ trên đoạn [0;3]

Ta có: $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 2 x + 1 > 0, \forall x \in ℝ$

Ta lại có: $f (0) = - m - 2; f (3) = - m + 19$ .

TH1: $(m + 2) (m - 19) \leq 0 \Leftrightarrow - 2 \leq m \leq 19 \Rightarrow \{\begin{cases} \min_{[0; 3]} |f (x)| = 0 \\ \max_{[0; 3]} |f (x)| = \max \{|m + 2|, |m - 19|\} \end{cases}$

$\Rightarrow [\begin{array}{l} \max_{[0; 3]} |f (x)| = m + 2, khi \frac{17}{2} \leq m \leq 19 \\ \max_{[0; 3]} |f (x)| = 19 - m, khi - 2 \leq m \leq \frac{17}{2} \end{array}$

Vậy $\max_{[0; 3]} |f (x)| + \min_{[0; 3]} |f (x)| = 16 \Rightarrow [\begin{array}{l} m + 2 = 16, khi \frac{17}{2} \leq m \leq 19 \\ 19 - m = 16, khi 0 \leq m \leq \frac{17}{2} \end{array} \Rightarrow [\begin{array}{l} m = 14 \\ m = 3 \end{array}$

TH2: $(m + 2) (m - 19) > 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m > 19 \\ m < - 2 \end{array}$

Suy ra $\min_{[0; 3]} |f (x)| + \max_{[0; 3]} |f (x)| = |m + 2| + |m - 19| = |2 m - 17| = 16 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = \frac{1}{2} (loai) \\ m = \frac{33}{2} (loai) \end{array}$

Vậy $S = \{3; 14\}$ .

Câu 42:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng $d : \frac{x - 2}{1} = \frac{y - 4}{2} = \frac{z - 5}{2}$ và mặt phẳng $(P) : 2 x + z - 5 = 0$ . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), cắt và vuông góc với đường thẳng d có phương trình là

A. $\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 2}{- 3} = \frac{z - 3}{- 4}$

B. $\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 2}{5} = \frac{z - 3}{- 4}$

C. $\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 2}{3} = \frac{z - 3}{- 4}$

D. $\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 2}{- 5} = \frac{z - 3}{- 4}$

Xem đáp án

Đáp án C

Viết lại phương trình đường thẳng $d : \{\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 4 + 2 t \\ z = 5 + 2 t \end{cases}$ .

Gọi I là giao điểm của d và (P).

Ta có I(1;2;3)

Vectơ chỉ phương của d: $\vec{u} = (1; 2; 2)$ .

Vectơ pháp tuyến của (P): $\vec{n} = (2; 0; 1)$ .

Đường thẳng a nằm trong mặt phẳng (P), cắt và vuông góc với đường thẳng d nhận $[\vec{u}, \vec{n}] = (2; 3; - 4)$ làm một vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng a là:

\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 2}{3} = \frac{z - 3}{- 4}

Câu 43:

Dân số hiện nay của tỉnh là 1,8 triệu người. Biết rằng trong 10 năm tiếp theo, tỷ lệ tăng dân số bình quân hàng năm của tỉnh X luôn giữ mức 1,4%. Dân số của tỉnh X sau 5 năm (tính từ hiện nay) gần nhất với số liệu nào sau đây?

A. 1,9 triệu người

B. 2,2 triệu người

C. 2,1 triệu người

D. 2,4 triệu người

Xem đáp án

Đáp án A

Áp dụng công thức $S = A e^{n i}$ .

Trong đó: A là dân số của năm lấy làm mốc tính.

S là dân số sau n năm, i là tỷ lệ tăng dân số hằng năm.

\Rightarrow S = 1800000. e^{5.0,014} = 1930514726

Câu 44:

Cho hàm số $y = f (x)$ có đạo hàm cấp hai liên tục trên R. Biết $f^{'} (- 2) = - 8, f^{'} (1) = 4$ và đồ thị hàm số $f^{''} (x)$ như hình vẽ dưới đây. Hàm số $y = 2 f (x - 3) + 16 x + 1$ đạt giá trị lớn nhất tại $x_{0}$ thuộc khoảng nào sau đây?

A. $(0; 4)$

B. $(4; + \infty)$

C. $(- \infty; 1)$

D. $(- 2; 1)$

Xem đáp án

Đáp án B

Từ đồ thì hàm số $f^{''} (x)$ ta có bảng biến thiên của hàm số $f^{'} (x)$ như sau:

Ta có: $y^{'} = 2 f^{'} (x - 3) + 16 = 0 \Leftrightarrow f^{'} (x - 3) = - 8$

Từ bảng biến thiên, ta thấy $f^{'} (x - 3) = - 8 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x - 3 = - 2 \\ x - 3 = x_{0} (x_{0} > 1) \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = x_{0} + 3 \end{array}$

Theo bảng biến thiên của $f^{'} (x)$ ta có $f^{'} (x) \geq - 8, \forall x \leq x_{0}; f^{'} (x) < - 8 \forall x > x_{0}$

$\Rightarrow f^{'} (x) \geq - 8, \forall x$ thỏa mãn $x \leq 3 + x_{0}$ .

$f^{'} (x) < - 8, \forall x$ thỏa mãn $x > 3 + x_{0}$

Ta có bảng biến thiên của hàm số $y = 2 f (x - 3) + 16 x + 1$

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số $y = 2 f (x - 3) + 16 x + 1$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = x_{0} + 3 > 4$ .

Câu 45:

Cho hàm số $f (x)$ thỏa mãn $f (- 2) = - 2; f (2) = 2$ và có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu số tự nhiên m để bất phương trình $f (- f (x)) \geq m$ có nghiệm trên [-1;1].

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án C

Đặt $t = - f (x)$ . Do $x \in [- 1; 1] \Rightarrow t \in [- 2; 2]$ .

Bài toán trở thành tìm m để $f (t) \geq m, \forall t \in [- 2; 2] \Leftrightarrow m \leq \max_{[- 2; 2]} f (t)$ .

Ta có $\{\begin{cases} f (- 2) = - 2 \\ f (- 1) = 2 \\ f (1) = - 2 \\ f (2) = 2 \end{cases}$

Do đó $\Leftrightarrow m \leq 2$

Mà

m \in ℕ

, nên

m \in \{0; 1; 2\}

Câu 46:

Cho 3 số phức $z, z_{1}, z_{2}$ thỏa mãn $|z - 1 + 2 i| = |z + 3 - 4 i|$ , $|z_{1} + 5 - 2 i| = 2$ , $|z_{2} - 1 - 6 i| = 2$ . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T = |z - z_{1}| + |z - z_{2}| + 4$ .

A. $\frac{2 \sqrt{3770}}{13}$

B. $\frac{\sqrt{10361}}{13}$

C. $\frac{\sqrt{3770}}{13}$

D. $\frac{\sqrt{10361}}{26}$

Xem đáp án

Đáp án A

$|z - 1 + 2 i| = |z + 3 - 4 i| \Leftrightarrow {(x - 1)}^{2} + {(y + 2)}^{2} = {(x + 3)}^{2} + {(y - 4)}^{2} \Leftrightarrow 2 x - 3 y + 5 = 0$

Vậy điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng $d : 2 x - 3 y + 5 = 0$ .

$|z_{1} + 5 - 2 i| = 2 \Leftrightarrow {(x + 5)}^{2} + {(y - 2)}^{2} = 4$

Vậy điểm A biểu diễn số phức $z_{1}$ là đường tròn $(C_{1}) : {(x + 5)}^{2} + {(y - 2)}^{2} = 4 \Rightarrow I_{1} (- 5; 2); R_{1} = 2$

$|z_{2} - 1 - 6 i| = 2 \Leftrightarrow {(x - 1)}^{2} + {(y - 6)}^{2} = 4$

Vậy điểm A biểu diễn số phức $z_{2}$ là đường tròn $(C_{2}) : {(x - 1)}^{2} + {(y - 6)}^{2} = 4 \Rightarrow I_{2} (1; 6); R_{2} = 2$ .

Ta có $T = |z - z_{1}| + |z - z_{2}| + 4 = M A + M B + 4$

Gọi $(C_{3})$ là đường tròn đối xứng $(C_{1})$ qua d

$\Rightarrow (C_{3}), J, R = 2$ với J đối xứng I qua d $\Rightarrow J (- \frac{21}{13}; - \frac{40}{13})$

$\Rightarrow T = M A + M B + 4 \min \Leftrightarrow M A + M B + 4 = I_{2} J = \frac{2 \sqrt{3770}}{13}$

Câu 47:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;1;3), B(5;2;-1) và hai điểm M, N thay đổi trên mặt phẳng (Oxy) sao cho điểm I(1;2;0) luôn là trung điểm của MN. Khi biểu thức $P = M A^{2} + 2 N B^{2} + \bar{M A} . \bar{N B}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính $T = 2 x_{M} - 4 x_{N} + 7 y_{M} - y_{N}$ .

A. $T = - 10$

B. $T = - 12$

C. $T = - 11$

D. $T = - 9$

Xem đáp án

Đáp án A

Gọi M, N thuộc $(x O y)$ nên $M (x_{M}; y_{M}; 0), N (x_{N}; y_{N}; 0)$ , theo giả thiết ta có hệ $\{\begin{cases} x_{M} + x_{N} = 2 \\ y_{M} + y_{N} = 4 \end{cases}$ .

Khi đó $\vec{M A} = (1 - x_{M}; 1 - y_{M}; 3), \vec{N B} = (5 - x_{N}; 2 - y_{N}; - 1) = (x_{M} + 3; y_{M} - 2; - 1)$

$P = M A^{2} + 2 N B^{2} + \vec{M A} \vec{N B}$

$= {(1 - x_{M})}^{2} + {(1 - y_{M})}^{2} + 9 + 2 {(x_{M} + 3)}^{2} + 2 {(y_{M} - 2)}^{2} + 1 + (1 - x_{M}) (x_{M} + 3) + (1 - y_{M}) (y_{M} - 2) - 3$

$= 2 x_{M}^{2} + 8 x_{M} + 2 y_{M}^{2} - 7 y_{M} + 37 = 2 {(x_{M} + 2)}^{2} + 2 {(y_{M} - \frac{7}{4})}^{2} + \frac{183}{8} \geq \frac{183}{8}$

P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{183}{8}$ khi $\{\begin{cases} x_{M} = - 2 \\ y_{M} = \frac{7}{4} \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x_{N} = 4 \\ y_{N} = \frac{9}{4} \end{cases}$

Vậy

T = 2 x_{M} - 4 x_{N} + 7 y_{M} - y_{N} = 2. (- 2) - 4.4 + 7. \frac{7}{4} - \frac{9}{4} = - 10

Câu 48:

Cho hình lập phương $A B C D . A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ có cạnh bằng 1. Hai điểm M, N lần lượt thay đổi trên các đoạn $A B_{1}$ và $B C_{1}$ sao cho MN luôn tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60° (tham khảo hình vẽ). Giá trị bé nhất của đoạn MN là

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

B. $2 (\sqrt{2} - 1)$

C. $2 (\sqrt{3} - \sqrt{2})$

D. $\sqrt{3} - 1$

Xem đáp án

Đáp án C

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ ta có $A (0; 0; 0), B (0; 1; 0), D (1; 0; 0), C (1; 1; 0), A_{1} (0; 0; 1), C_{1} (1; 1; 1)$

Ta có $\vec{A M} = m \vec{A B_{1}}, (0 < m < 1) \Rightarrow M (0; m; m)$

$\vec{B N} = n \vec{B C_{1}}, (0 < n < 1) \Rightarrow N (n; 1; n)$

$\Rightarrow \vec{M N} (n; 1 - m; n - m) \Rightarrow M N^{2} = n^{2} + {(1 - m)}^{2} + {(n - m)}^{2}$

MN tạo với mặt phẳng $(A B C D) \equiv (O x y)$ góc 60°

$\Rightarrow \sin 60 ° = \frac{|\vec{M N} . \vec{k}|}{|\vec{M N}| . |\vec{k}|} \Leftrightarrow \frac{|n - m|}{\sqrt{n^{2} + {(1 - m)}^{2} + {(n - m)}^{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\Leftrightarrow {(n - m)}^{2} = 3 [n^{2} + {(1 - m)}^{2}] \geq 3. \frac{{(n - m + 1)}^{2}}{2} = \frac{3}{2} [{(n - m)}^{2} + 2 (n - m) + 1]$

$\Leftrightarrow {(n - m)}^{2} + 6 (n - m) + 3 \leq 0 \Leftrightarrow - 3 - \sqrt{6} \leq n - m \leq - 3 + \sqrt{6} \Rightarrow 3 - \sqrt{6} \leq |n - m| \leq 3 + \sqrt{6}$

$\Rightarrow M N = \sqrt{n^{2} + {(1 - m)}^{2} + {(n - m)}^{2}} = \frac{2 \sqrt{3}}{3} |n - m| \geq \frac{2 \sqrt{3}}{3} (3 - \sqrt{6}) = 2 (\sqrt{3} - \sqrt{2})$

$\Rightarrow \min M N = 2 (\sqrt{3} - \sqrt{2})$ khi $m = \frac{4 - \sqrt{6}}{2}, n = \frac{\sqrt{6} - 2}{2}$ .

Câu 49:

Tính $T = a - 3 b$ biết hàm số $y = f (x)$ liên tục và có đạo hàm trên R thỏa mãn $3 f^{2} (x) . f^{'} (x) - 4 x e^{- f^{3} (x) + 2 x^{2} + x + 1} = 1 = f (0)$ . Biết rằng $I = \int_{0}^{\frac{- 1 + \sqrt{4089}}{4}} (4 x + 1) f (x) d x = \frac{a}{b}$ là phân số tối giản.

A. T = 6123

B. T = 12279

C. T = 6125

D. T = 12273

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $3 f^{2} (x) . f^{'} (x) - 4 x e^{- f^{3} (x) + 2 x^{2} + x + 1} = 1 = f (0)$

$\Leftrightarrow {(f^{3} (x))}^{'} e^{f^{3} (x)} - e^{f^{3} (x)} = (4 x - 1) . e^{2 x^{2} + x + 1} - e^{2 x^{2} + x + 1}$

Mà

f (0) = 1 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f^{3} (x) - x = 2 x^{2} + 1

\Rightarrow f^{3} (x) = 2 x^{2} + x + 1 \Rightarrow f (x) = \sqrt[3]{2 x^{2} + x + 1}

\int_{0}^{\frac{- 1 + \sqrt{4089}}{4}} (4 x + 1) f (x) d x = \frac{12285}{4} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 12285 \\ b = 4 \end{cases} \Rightarrow T = a - 3 b

Câu 50:

Cho hàm số $y = f (x)$ liên tục và xác định trên R và có đồ thị như hình vẽ

Để phương trình $e^{f^{3} (x) + 2 f^{2} (x) - 7 f (x) + 5} + \ln [f (x) + \frac{1}{f (x)}] = m$ có nghiệm thì giá trị nguyên nhỏ nhất của tham số m là bao nhiêu?

A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Xem đáp án

Đáp án B

Dựa vào đồ thị, suy ra $1 \leq f (x) \leq 5$ .

Đặt $t = f (x)$ (với $1 \leq t \leq 5$ ), phương trình đã cho trở thành: $e^{t^{3} + 2 t^{2} - 7 t + 5} + \ln (t + \frac{1}{t}) = m$

Xét hàm số $\{\begin{cases} g (t) = t^{3} + 2 t^{2} - 7 t + 5 \\ h (t) = t + \frac{1}{t} \end{cases}$ .

Ta có: $\{\begin{cases} g^{'} (t) = 3 t^{2} + 4 t - 7 \geq 0, \forall t \in [1; 5] \Rightarrow 1 \leq g (t) \leq 145 \\ h^{'} (t) = 1 - \frac{1}{t^{2}} \geq 0, \forall t \in [1; 5] \Rightarrow 2 \leq h (t) \leq \frac{26}{5} \end{cases}$ .

Vậy hàm số $u (t) = e^{t^{3} + 2 t^{2} - 7 t + 5} + \ln (t + \frac{1}{t})$ đồng biến trên [1;5].

Để phương trình có nghiệm thì $e + \ln 2 \leq m \leq e^{145} + \ln \frac{26}{5}$ .

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của m là: 4

Bắt đầu thi ngay

Lớp 1 - Cánh diều

Tiếng Anh 1

Toán lớp 1

Tiếng Việt lớp 1

Lớp 1 - Chân trời sáng tạo

Tiếng Anh 1

Toán lớp 1

Tiếng Việt lớp 1

Lớp 1 - Kết nối tri thức

Tiếng Anh 1

Toán lớp 1

Tiếng Việt lớp 1

Tiện ích

Đọc sách online

Bộ đề ôn hè lớp 1 lên lớp 2

Giáo án lớp 1

Lớp 2 - Kết nối tri thức

Toán lớp 2

Tiếng Việt lớp 2

Đạo đức lớp 2

Tự nhiên và Xã hội lớp 2

Hoạt động trải nghiệm lớp 2

Tiếng Anh lớp 2

Âm nhạc lớp 2

Lớp 2 - Cánh diều

Toán lớp 2

Tiếng Việt lớp 2

Hoạt động trải nghiệm lớp 2

Tự nhiên và Xã hội lớp 2

Tiếng Anh lớp 2

Âm nhạc lớp 2

Đạo đức lớp 2

Lớp 2 - Chân trời sáng tạo

Toán lớp 2

Tiếng Việt lớp 2

Đạo đức lớp 2

Tự nhiên và Xã hội lớp 2

Hoạt động trải nghiệm lớp 2

Tiếng Anh lớp 2

Âm nhạc lớp 2

Đề thi các môn lớp 2

Đề thi các môn lớp 2 - Kết nối tri thức

Đề thi các môn lớp 2 - Cánh diều

Đề thi các môn lớp 2 - Chân trời sáng tạo

Tiện ích

Đọc sách online

Bộ đề ôn hè lớp 2 lên lớp 3

Giáo án lớp 2

Lớp 3 - Kết nối tri thức

Toán lớp 3

Tiếng Anh lớp 3

Tiếng Việt lớp 3

Đạo đức lớp 3

Tự nhiên và Xã hội lớp 3

Hoạt động trải nghiệm lớp 3

Âm nhạc lớp 3

Tin học lớp 3

Giáo dục thể chất lớp 3

Công nghệ lớp 3

Lớp 3 - Cánh diều

Toán lớp 3

Tiếng Việt lớp 3

Tiếng Anh lớp 3

Đạo đức lớp 3

Tự nhiên và Xã hội lớp 3

Hoạt động trải nghiệm lớp 3

Âm nhạc lớp 3

Tin học lớp 3

Giáo dục thể chất lớp 3

Công nghệ lớp 3

Lớp 3 - Chân trời sáng tạo

Toán lớp 3

Tiếng Việt lớp 3

Tiếng Anh lớp 3

Đạo đức lớp 3

Tự nhiên và Xã hội lớp 3

Hoạt động trải nghiệm lớp 3

Âm nhạc lớp 3

Tin học lớp 3

Giáo dục thể chất lớp 3