50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 19)

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và x = 1

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0

C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0

D. Hàm số đạt cực đại tại x = 1

Xem đáp án

Ta có đồ thị hàm số có 3 cực trị trong đó có 1 cực đại tại x = 0 và 2 cực tiểu tại x = -1; x = 1.

Chọn C.

Câu 3:

Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của hàm số $y = \frac{a x + b}{c x + d}$ với a, b, c, d là các số thực. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-1; 0] là

Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của hàm số y = ax + b/cx + d (ảnh 1)

A. -1

B. 1

C. 0

D. 2

Xem đáp án

Ta thấy trên đoạn [-1;0] đồ thị hàm số hướng xuống hay hàm số nghịch biến nên $\min_{[- 1; 0]} y = y (0) = - 1.$

Chọn D.

Câu 4:

Khẳng định nào đúng về tính đơn điệu của hàm số $y = \frac{x + 2}{x - 1} ?$

A. Hàm số nghịch biến trên các khoảng $(- \infty; 1)$ và $(1; + \infty) .$

B. Hàm số đồng biến trên các khoảng $(- \infty; 1) \cup (1; + \infty) .$

C. Hàm số đồng biến trên các khoảng $(- \infty; 1)$ và $(1; + \infty) .$

D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng

(- \infty; - 1)

và

(- 1; + \infty) .

Xem đáp án

Ta thấy: $y = \frac{x + 2}{x - 2} \Rightarrow y' = \frac{- 3}{{(x - 1)}^{2}} < 0 \forall x \neq 1$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $(- \infty; 1), (1; + \infty) .$

Chọn C.

Câu 5:

Điểm cực đại của hàm số là:

Cho hàm số

y = x^{4} - 2 x^{2} + 2021.

A. x = 0

B. x = 2021

C. x = -1

D. x = 1

Xem đáp án

Hàm số $y = x^{4} - 2 x^{2} + 2021$ có điểm cực đại thỏa mãn $\{\begin{cases} y' = 4 x^{3} - 4 x = 0 \\ y " = 12 x^{2} - 4 < 0 \end{cases} \Leftrightarrow x = 0.$

Chọn A.

Câu 6:

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

y = \frac{x + 1}{x^{2} - 1}

là:

A. 2

B. 1

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Ta có $y = \frac{x + 1}{x^{2} - 1}$ có bậc từ < bậc mẫu nên có TCN y = 0.

Ta có: $y = \frac{x + 1}{x^{2} - 1} = \frac{1}{x - 1}$ nên x = -1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn A.

Câu 7:

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = x^{3} + x^{2} - 2 x + 2$ và đồ thị hàm số $y = x^{2} - 2 x + 3$ là

A. 3

B. 1

C. 2

D. 0

Xem đáp án

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là nghiệm của phương trình:

$x^{3} + x^{2} - 2 x + 2 = x^{2} - 2 x + 3$

$\Leftrightarrow x^{3} = 1 \Leftrightarrow x = 1$

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số $y = x^{3} + x^{2} - 2 x + 2$ và đồ thị hàm số $y = x^{2} - 2 x + 3$ là 1.

Chọn B.

Câu 8:

Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x^{3} - 3 x

trên [1; 2] bằng

A. 0

B. -7

C. $\frac{14}{27}$

D. 2

Xem đáp án

Ta có $y = x^{3} - 3 x \Rightarrow y' = 3 x^{2} - 3 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \in [1; 2] \\ x = - 1 \notin [1; 2] \end{array} .$

Lại có y(1) = 2; y(2) = 10

$\Rightarrow \min_{[1; 2]} y = y (1) = - 2, \max_{[1; 2]} f (x) = y (2) = 2.$

Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x^{3} - 3 x$ trên [1; 2] bằng -2 + 2 = 0.

Chọn D.

Câu 9:

Gọi S tập hợp các giá trị m để đồ thị hàm số $y = x^{4} - 2 m^{2} x^{2} + 1$ có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân. Tổng bình phương các phần tử của S bằng

A. 2

B. 4

C. 8

D. 6

Xem đáp án

Ta có $y = x^{4} - 2 m^{2} x^{2} + 1 \Rightarrow y' = 4 x^{3} - 4 m^{2} x$

$y' = 0 \Leftrightarrow 4 x^{3} - 4 m^{2} x = 0 \Leftrightarrow 4 x (x^{2} - m^{2}) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x^{2} = m^{2} \end{array} .$

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y' = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt $\Rightarrow m \neq 0.$

Khi đó ta có $y' = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = 1 \\ x = m \Rightarrow y = - m^{4} + 1 \\ x = - m \Rightarrow y = - m^{4} + 1 \end{array} .$

Suy ra các điểm cực trị của hàm số đã cho là: $A (0; 1); B (m; - m^{4} + 1); C (- m; - m^{4} + 1) .$

Vì $A \in O y, B, C$ đối xứng nhau qua Oy nên $Δ A B C$ cân tại A, do đó để ABC là tam giác vuông thì phải vuông tại $A \Rightarrow \vec{A B} . \vec{A C} = 0.$

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{A B} = (m; - m^{4}) \\ \vec{A C} = (- m; - m^{4}) \end{cases} \Rightarrow \vec{A B} . \vec{A C} = 0 \Leftrightarrow - m^{2} + m^{8} = 0 \Leftrightarrow m^{2} (m^{6} - 1) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 0 \\ m = \pm 1 \end{array}$

Có ABC là tam giác vuông cân tại A nên $B C = A B \sqrt{2} \Rightarrow 4 m^{2} = 2 (m^{2} + m^{8}) \Rightarrow [\begin{array}{l} m = 0 (t m) \\ m = \pm 1 (t m) \end{array} .$

Vậy $S = \{- 1; 1\} \Rightarrow$ Tổng bình phương các phần tử của S bằng 2.

Chọn A.

Câu 10:

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

Hàm số y = f(1 - 2x) + 1 đồng biến trên khoảng

A. $(0; \frac{3}{2})$

B. $(\frac{1}{2}; 1)$

C. $(1; + \infty)$

D. $(- 1; \frac{1}{2})$

Xem đáp án

Đặt t = 1 - 2x hàm số trở thành y = f(t) + 1

Ta có $y' > 0 \Rightarrow f' (t) > 0 \Leftrightarrow f' (t) > 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t < - 1 \\ 0 < t < 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 1 - 2 x < - 1 \\ 0 < 1 - 2 x < 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x > 1 \\ 0 < x < \frac{1}{2} \end{array} .$

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $(0; \frac{1}{2}); (1; + \infty) .$

Chọn C.

Câu 11:

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

Phương trình $2 f (\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2}}) + 3 = 0$ có bao nhiêu nghiệm trên $[\frac{- 3 π}{4}; \frac{7 π}{4}] .$

A. 3.

B. 4

C. 5

D. 6

Xem đáp án

Đặt $t = \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} \sin (x + \frac{π}{4})}{\sqrt{2}} = \sin (x + \frac{π}{4}) .$

Với $x \in [\frac{- 3 π}{4}; \frac{7 π}{4}] \Rightarrow x + \frac{π}{4} \in [- \frac{π}{2}; 2 π] \Rightarrow t \in [- 1; 1] .$

Khi đó phương trình trở thành $2 f (t) + 3 = 0 \Leftrightarrow f (t) = - \frac{3}{2} .$

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng $y = - \frac{3}{2}$ cắt đồ thị hàm số y = f(t) tại 2 điểm phân biệt $[\begin{array}{l} x = t < - 1 \\ x = t \in (- 1; 0) \end{array} .$

$\Rightarrow f (t) = - \frac{3}{2} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t = a < - 1 \\ t = b \in (- 1; 0) \end{array} .$

Ta có đồ thị hàm số $t = \sin (x + \frac{π}{4})$ trên $[- \frac{π}{2}; 2 π]$ như sau:

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Phương trình (ảnh 2)

Dựa vào đồ thị ta thấy, phương trình t = a vô nghiệm, phương trình t = b có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

Câu 12:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên $ℝ$ . Đồ thị y = f(x) như hình vẽ. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{x^{2} + x - 2}{f^{2} (x) - f (x)}$ là

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị y = f(x) (ảnh 1)

A. 4

B. 3

C. 2

D. 5

Xem đáp án

Xét các phương trình:

$x^{2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = - 2 \end{array} .$

$f^{2} (x) - f (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f (x) = 0 \\ f (x) = 1 \end{array} .$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

+ Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm $[\begin{array}{l} x = - 2 \\ x = 1 (n g h i ệ m k é p) \end{array} \Rightarrow x = - 2$ không là TCĐ, x = 1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

+ Phương trình f(x) = 1 có 3 nghiệm phân biệt khác 1, -2.

Vậy đồ thị có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.

Chọn A.

Câu 13:

Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ:

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số $y = f ({(x - 1)}^{2} + m)$ có 3 điểm cực trị. Tổng các phần tử của S là:

A. 4

B. 2

C. 8

D. 10

Xem đáp án

Ta có $y = f ({(x - 1)}^{2} + m) \Rightarrow y' = 2 (x - 1) f' ({(x - 1)}^{2} + m) = 0$

$\Rightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ f' ({(x - 1)}^{2} + m) = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ {(x - 1)}^{2} + m = - 1 \\ {(x - 1)}^{2} + m = - 3 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ {(x - 1)}^{2} = - m - 1 (1) \\ {(x - 1)}^{2} = - m + 3 (2) \end{array}$

Hàm số có 3 điểm cực trị khi y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

+ TH1: (1) có nghiệm kép x = 1 hoặc vô nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

$\Rightarrow \{\begin{cases} - m - 1 \leq 0 \\ - m + 3 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \geq - 1 \\ m < 3 \end{cases} \Leftrightarrow - 1 \leq m < 3.$

+ TH2: (2) có nghiệm kép x = 1 và (2) có 1 nghiệm phân biệt khác 1

$\Rightarrow \{\begin{cases} - m - 1 > 0 \\ - m + 3 \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m < - 1 \\ m \geq 3 \end{cases} \Leftrightarrow m \in \emptyset .$

Suy ra $- 1 \leq m < 3 \Rightarrow S = \{- 1; 0; 1; 2\} .$

Vậy tổng các phần tử của S là: $- 1 + 0 + 1 + 2 = 2.$

Chọn B.

Câu 14:

Cho ba số dương $a, b, c (a \neq 1; b \neq 1)$ và số thực $α$ khác 0. Đẳng thức nào sai?

A. $\log_{b} c = \frac{\log_{a} c}{\log_{a} b}$

B. $\log_{a} (b . c) = \log_{a} b + \log_{a} c$

C. $\log_{a} c = \log_{a} b . \log_{b} c$

D. $\log_{a} b^{α} = \frac{1}{α} \log_{a} b$

Xem đáp án

Ta thấy $\log_{a} b^{α} = α \log_{a} b$ nên đáp án A sai.

Chọn D.

Câu 15:

Đạo hàm của hàm số $y = 2021^{x}$ là

A. $y' = 2021^{x} . \ln 2021$

B. $y' = 2021^{x}$

C. $y' = \frac{2021^{x}}{\ln 2021}$

D. $y' = x {.2021}^{x - 1} .$

Xem đáp án

Ta có $y = 2021^{x} \Rightarrow y' = 2021^{x} . \ln 2021.$

Chọn A.

Câu 16:

Tìm tập xác định D của hàm số $y = \log_{2021} {(x - 1)}^{2} + \log_{2020} (4 - x^{2}) .$

A. D = (-2; 1)

B. D = (1; 2)

C. $D = (- 2; 2) \ \{1\}$

D. D = [-2; 2]

Xem đáp án

Hàm số $y = \log_{2021} {(x - 1)}^{2} + \log_{2020} (4 - x^{2})$ xác định khi $\{\begin{cases} {(x - 1)}^{2} > 0 \\ 4 - x^{2} > 0 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x \neq 1 \\ - 2 < x < 2 \end{cases} .$

Vậy TXĐ của hàm số là $D = (- 2; 2) \ \{1\} .$

Chọn C.

Câu 17:

Tổng tất cả các nghiệm của phương trình $2^{x^{2} + 2 x} = 8$ bằng

A. 2

B. 1

C. -2

D. -3

Xem đáp án

$2^{x^{2} + 2 x} = 8 \Leftrightarrow x^{2} + 2 x = 3 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 3 \\ x = 1 \end{array} .$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là -2

Chọn C.

Câu 18:

Tập nghiệm của bất phương trình: $\log_{2} x + \log_{2} (x + 1) \leq 1$ là

A. (0; 1]

B. $[1; + \infty)$

C. $(- \infty; - 2] \cup [1; + \infty)$

D. (-2; 1]

Xem đáp án

ĐKXĐ: $\{\begin{cases} x > 0 \\ x + 1 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 0 \\ x > - 1 \end{cases} \Leftrightarrow x > 0.$

Ta có:

$\log_{2} x + \log_{2} (x + 1) \leq 1$

$\Leftrightarrow \log_{2} [x (x + 1)] \leq 1$

$\Leftrightarrow x (x + 1) \leq 2$

$\Leftrightarrow x^{2} + x - 2 \leq 0$

$\Leftrightarrow - 2 \leq x \leq 1$

Kết hợp điều kiện ta có $0 < x \leq 1.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (0; 1].

Chọn A.

Câu 19:

Để lắp đặt hệ thống điện năng lượng mặt trời 50KWP, gia đình bạn A vay ngân hàng số tiền là 600 triệu đồng với lãi suất 0,6%/tháng. Sau đúng một tháng kể từ ngày lắp đặt, gia đình bạn A bắt đầu đưa vào vận hành hòa lưới thì mỗi tháng công ty điện lực trả gia đình bạn A 16 triệu đồng. Nên sau đúng 1 tháng kể từ ngày vay, gia đình bạn A bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ cách nhau đúng một tháng, mỗi tháng hoàn nợ số tiền là 16 triệu đồng. Hỏi sau bao nhiêu tháng, gia đình bạn A sẽ trả hết nợ.

A. 42

B. 43

C. 41

D. 44

Xem đáp án

Số tiền còn lại sau n tháng là: $S_{n} = 600 {(1 + 0, 6 %)}^{n} - 16 \frac{{(1 + 0, 6 %)}^{n} - 1}{0, 6 %} .$

Để sau n tháng trả hết nợ thì $S_{n} = 0.$

$\Rightarrow 600 {(1 + 0, 6 %)}^{n} - 16 \frac{{(1 + 0, 6 %)}^{n} - 1}{0, 6 %} = 0$

$\Rightarrow 600 {(1 + 0, 6 %)}^{n} - \frac{16}{0, 6 %} {(1 + 0, 6 %)}^{n} + \frac{16}{0, 6 %} = 0$

$\Leftrightarrow {(1 + 0, 6 %)}^{n} (\frac{16}{0, 6 %} - 600) = \frac{16}{0, 6 %}$

$\Leftrightarrow {(1 + 0, 6 %)}^{n} = \frac{40}{31}$

$\Leftrightarrow n = \log_{1 + 0, 6 %} \frac{40}{31} \approx 42, 6$

Vậy sau 43 tháng gia đình bạn A sẽ trả hết nợ.

Chọn B.

Câu 20:

Gọi S là tập hợp giá trị m nguyên với

Cho phương trình

(\log_{2}^{2} x - \log_{2} \frac{x^{3}}{4}) \sqrt{e^{x} - m} = 0.

m \in [- 10; 10]

để phương trình có đúng 2 nghiệm. Tổng giá trị các phần tử của S bằng

A. -28

B. -12

C. -3

D. -27

Xem đáp án

ĐKXĐ: $\{\begin{cases} x > 0 \\ e^{x} - m \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 0 \\ e^{x} - m \geq 0 \end{cases} .$

Ta có:

$(\log_{2}^{2} x - \log_{2} \frac{x^{3}}{4}) \sqrt{e^{x} - m} = 0$

$\Leftrightarrow (\log_{2}^{2} x - 3 \log_{2} x + 2) \sqrt{e^{x} - m} = 0$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{2}^{2} x - 3 \log_{2} x + 2 = 0 \\ e^{x} = m \end{array}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{2} x = 1 \\ \log_{2} x = 2 \\ e^{x} = m \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 2 \\ x = 4 \\ e^{x} = m \end{array}$

Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thì:

TH1: $m \leq 0$

TH2: $m > 0, p t \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 2 \\ x = 4 \\ x = \ln m \end{array}$

Cho phương trình (log2^2(x) - log2(x^3/4). căn bậc hai của e^x - m = 0 (ảnh 1)

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi $[\begin{array}{l} \ln m = 0 \\ 2 \leq \ln m < 4 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 \\ e^{2} \leq m < e^{4} \end{array} .$

Kết hợp điều kiện $m \in ℤ, m \in [- 10; 10]$ ta suy ra $m \in \{- 10; - 9; - 8; ...; - 1; 1; 8; 9; 10\} = S .$

Vậy tổng các phần tử của S bằng -27.

Chọn D.

Câu 21:

Số giá trị m nguyên, $m \in [- 20; 20]$ , sao cho $\min_{[\frac{3}{10}; 1]} |\frac{\log_{0, 3} x^{m} + 16}{\log_{0, 3} x + m}| = 16$ là

A. 5

B. 10

C. 20

D. 40

Xem đáp án

Xét hàm số $f (x) = \frac{\log_{0, 3} x^{m} + 16}{\log_{0, 3} x + m} (x > 0) .$

Đặt $t = \log_{0, 3} x,$ với $x \in [\frac{3}{10}; 1] \Rightarrow t \in [0; 1] .$ Khi đó hàm số trở thành $f (t) = \frac{m t + 16}{t + m}$ với $t \in [0; 1]$ và x, t ngược tính đơn điệu.

Để tồn tại $\min_{[0; 1]} f (t)$ thì $- m \notin [0; 1] \Leftrightarrow [\begin{array}{l} - m < 0 \\ - m > 1 \end{array} \Leftrightarrow 0 < m < 1.$

Khi đó $P = |\frac{m t + 16}{t + m}| = |\frac{(m - 16) t}{t + 1} + 16|$

Đặt $a = \frac{t}{t + 1} \Rightarrow a \in [0; \frac{1}{2}]$

$\Rightarrow P = |(m - 16) a + 16|$

Và $M i n P = 16 \Rightarrow$ điều kiện cần là $[\begin{array}{l} (m - 16) a + 16 \geq 16 \\ (m - 16) a + 16 \leq - 16 \end{array}; \forall a \in [0; \frac{1}{2}]$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} (m - 16) a \geq 0 \\ (m - 16) a \leq - 32 (l) \end{array} \Rightarrow m \geq 16$

Khi đó $P = (m - 16) a + 16 \geq 16$ với dầu bằng xảy ra là a = 0.

Kết hợp điều kiện ta có $16 \leq m \leq 20 \Rightarrow$ có 5 giá trị của m.

Chọn A.

Câu 22:

Cho hai hàm số f(x), g(x) liên tục trên

ℝ

. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. $\int_{}^{} k f (x) d x = k \int_{}^{} f (x) d x$ với mọi hằng số $k \in ℝ .$

B. $\int_{}^{} [f (x) + g (x)] d x = \int_{}^{} f (x) d x + \int_{}^{} g (x) d x$

C. $\int_{}^{} f' (x) d x = f (x) + C$ với mọi hàm f(x) có đạo hàm trên $ℝ$

D. $\int_{}^{} [f (x) - g (x)] d x = \int_{}^{} f (x) d x - \int_{}^{} g (x) d x$

Xem đáp án

Ta thấy $\int_{}^{} k f (x) d x = k \int_{}^{} f (x) d x$ với $k \neq 0.$

Chọn A.

Câu 23:

Cho hàm số f(x) liên tục và xác định trên [a; b]. Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) Chọn phương án đúng nhất.

A. $\int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) + F (a)$

B. $\int_{a}^{b} f (x) d x = F (a) - F (b)$

C. $\int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) - F (a)$

D. $\int_{a}^{b} f (x) d x = F^{2} (b) - F^{2} (a)$

Xem đáp án

Ta thấy $\int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) - F (a) .$

Chọn C.

Câu 24:

Nguyên hàm của hàm số f(x) = 2x(x - 1)(2x - 1)

A. $x^{4} - x^{3} + x^{2} + C$

B. ${(x^{2} - x)}^{2} + C$

C. $x^{4} + x^{3} + x^{2} + C$

D. $x^{4} + x^{3} - 2 x^{2} + C$

Xem đáp án

Ta có $\int_{}^{} f (x) d x = \int_{}^{} 2 x (x - 1) (2 x - 1) d x$

$\Rightarrow \int_{}^{} f (x) d x = \int_{}^{} (4 x^{3} - 6 x^{2} + 2 x) d x = x^{4} - 2 x^{3} + x^{2} + C = {(x^{2} - x)}^{2} + C$

Chọn B.

Câu 25:

Tìm nguyên hàm của hàm số

f (x) = x . e^{x}

biết f(1) = 0.

A. $x . e^{x} - e^{x}$

B. $x . e^{x} + e^{x} - 1$

C. $x . e^{x} - e$

D. $x . e^{x} - x + 1 - e$

Xem đáp án

Ta có $\int_{}^{} f (x) d x = \int_{}^{} x e^{x} d x$ .

Đặt $\{\begin{cases} u = x \\ d v = e^{x} d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = d x \\ v = e^{x} \end{cases}$

$\Rightarrow \int_{}^{} f (x) d x = x e^{x} - \int_{}^{} e^{x} d x = x e^{x} - x + C$

Mà $f (1) = 0 \Rightarrow C = 0.$

Vậy $f (x) = x e^{x} - e^{x} .$

Chọn A.

Câu 26:

F(x) là một nguyên hàm của hàm $(x - 1) \sqrt{x^{2} - 2 x - 3} .$ Biết $F (- 2) = F (4) - 1 = \frac{5 \sqrt{3}}{3}$ và $F (- 3) + F (5) = a \sqrt{3} + b; a, b \in ℕ .$ Giá trị a + b bằng

A. 17

B. 9

C. 12

D. 18

Xem đáp án

Ta có $F (x) = \int_{}^{} (x - 1) \sqrt{x^{2} - 2 x - 3} d x$

Đặt $t = \sqrt{x^{2} - 2 x - 3} \Rightarrow t^{2} = x^{2} - 2 x - 3 \Rightarrow t d t = (x - 1) d x .$

$\Rightarrow F (x) = \int_{}^{} f (x) d x = \int_{}^{} t^{2} d t = \frac{t^{3}}{3} + C$

$\Rightarrow F (x) = \frac{(x^{2} - 2 x - 3) \sqrt{x^{2} - 2 x - 3}}{3} + C$

ĐKXĐ: $x^{2} - 2 x - 3 \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \geq 3 \\ x \leq - 1 \end{array} .$

Khi đó ta có: $F (x) = [\begin{array}{l} \frac{(x^{2} - 2 x - 3) \sqrt{x^{2} - 2 x - 3}}{3} + C_{1} k h i x \leq - 1 \\ \frac{(x^{2} - 2 x - 3) \sqrt{x^{2} - 2 x - 3}}{3} + C_{2} k h i x \geq 3 \end{array}$

Ta có: $\{\begin{cases} F (- 2) = \frac{5 \sqrt{5}}{3} + C_{1} = \frac{5 \sqrt{5}}{3} \Rightarrow C_{1} = 0 \\ F (4) - 1 = \frac{5 \sqrt{5}}{3} + C_{2} - 1 = \frac{5 \sqrt{5}}{3} \Rightarrow C_{2} = 1 \end{cases}$

$\Rightarrow F (x) = [\begin{array}{l} \frac{(x^{2} - 2 x - 3) \sqrt{x^{2} - 2 x - 3}}{3} k h i x \leq - 1 \\ \frac{(x^{2} - 2 x - 3) \sqrt{x^{2} - 2 x - 3}}{3} +1 k h i x \geq 3 \end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{cases} F (- 3) = \frac{12 \sqrt{12}}{3} = 8 \sqrt{3} \\ F (5) = \frac{12 \sqrt{12}}{3} + 1 = 8 \sqrt{3} + 1 \end{cases}$

Vậy $F (- 3) + F (5) = 16 \sqrt{3} + 1 \Rightarrow \{\begin{cases} a = 16 \\ b = 1 \end{cases} \Rightarrow a + b = 17.$

Chọn A.

Câu 27:

Cho $\int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{x d x}{1 - \sin^{2} x} = \frac{π}{a} - \ln b + \ln \sqrt{2}; a, b \in ℕ * .$ Giá trị a + 3b bằng

A. 4

B. 8

C. 12

D. 10

Xem đáp án

Ta có $\int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{x d x}{1 - \sin^{2} x} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{x d x}{\cos^{2} x}$

Đặt $\{\begin{cases} x = u \\ d v = \frac{d x}{\cos^{2} x} \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d x = d u \\ v = \tan x \end{cases}$

$\Rightarrow I = x \tan x |\begin{array}{l} \frac{π}{4} \\ 0 \end{array} - \int_{0}^{\frac{π}{4}} \tan x d x = \frac{π}{4} - \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{\sin x}{\cos x} d x$

$= \frac{π}{4} + \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{d (\cos x)}{\cos x} = \frac{π}{4} + \ln |\cos x| |\begin{array}{l} \frac{π}{4} \\ 0 \end{array}$

$= \frac{π}{4} + \ln \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{π}{4} + \ln \sqrt{2} - \ln 2$

$\Rightarrow a = 4, b = 2$

Vậy a + 3b = 10.

Chọn D.

Câu 28:

21/07/2024

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên $ℝ, x f' (x) = e^{x} - 1, \forall x \in ℝ, f (1) = 0.$ Giá trị $\int_{0}^{1} x f (x) d x$ bằng

A. $- \frac{1}{4} (e - 2)$

B. $- \frac{1}{4}$

C. $- \frac{1}{2} (e - 2)$

D. $\frac{1}{2} (e - 2)$

Xem đáp án

Xét tích phân $I = \int_{0}^{1} x f (x) d x .$

Đặt $\{\begin{cases} u = f (x) \\ d v = x d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = f' (x) d x \\ v = \frac{x^{2}}{2} \end{cases}$

$\Rightarrow I = \frac{x^{2}}{2} f (x) |\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^{2} f' (x) d x$

$= \frac{1}{2} f (1) - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x (e^{x} - 1) d x = - \frac{1}{2} J$

Ta có $J = \int_{0}^{1} x (e^{x} - 1) d x = \int_{0}^{1} x e^{x} d x - \int_{0}^{1} x d x = \int_{0}^{1} x e^{x} d x - \frac{1}{2} .$

Đặt $\{\begin{cases} u = x \\ d v = e^{x} d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = d x \\ v = e^{x} \end{cases}$

$\Rightarrow \int_{0}^{1} x e^{x} d x = x e^{x} |\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} - \int_{0}^{1} e^{x} d x = e - (e - 1) = 1.$

Vậy $I = - \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2}) = - \frac{1}{4} .$

Chọn B.

Câu 29:

Cho số phức z = a + bi (a, b $\in ℝ$ ). Chọn phương án đúng.

A. Phần ảo của số phức z là b

B. Phần ảo của số phức z là bi

C. Phần thực của số phức z là b

D. Mô đun của số phức z là

a^{2} + b^{2}

Xem đáp án

Số phức z = a + bi có phần thực là a và phần ảo là b

Chọn A.

Câu 30:

Gọi $z_{1}, z_{2}$ là nghiệm của phương trình $z^{2} - 2 z + 2 = 0$ . Biết số phức $z_{1}$ có phần ảo âm. Phần ảo của số phức $z_{2}$

A. i

B. -1

C. 1

D. 1 - i

Xem đáp án

Ta có $z^{2} - 2 z + 2 = 0 \Rightarrow [\begin{array}{l} z_{1} = 1 - i \\ z_{2} = 1 + i \end{array} .$

Vậy phần ảo của số phức $z_{2}$ là 1.

Chọn C.

Câu 31:

Cho

z \in ℂ

thỏa

z + 2 |z| = 12.

Phần ảo của số phức z là

A. 0

B. 4

C. -12

D. 2

Xem đáp án

Ta có:

$z + 2 |z| = 12 \Leftrightarrow z = 12 - 2 |z|$

$\Leftrightarrow {|z|}^{2} = {|12 - 2 |z||}^{2} = {(12 - 2 |z|)}^{2}$

$\Leftrightarrow {|z|}^{2} = 144 - 48 |z| + {|z|}^{2}$

$\Leftrightarrow |z| = 3$

Khi đó ta có $z + 2.3 = 12 \Leftrightarrow z = 6.$

Vậy phần ảo của số phức z bằng 0.

Chọn A.

Câu 32:

Lý thuyết Khối đa diện lồi và khối đa diện đều (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

Cho $z \in ℂ$ thỏa $\{\begin{cases} |z - 1 - 2 i| \leq 1 \\ |z - 2 - 4 i| \leq 2 \end{cases} .$ Giá trị $S = \min |z| + \max |z|$ bằng

A. $3 \sqrt{5} - 1$

B. $\sqrt{5} + 2$

C. $2 \sqrt{5} - 1$

D. $\sqrt{2} + \sqrt{5} - 1$

Xem đáp án

Ta có $\{\begin{cases} |z - 1 - 2 i| \leq 1 \\ |z - 2 - 4 i| \leq 2 \end{cases}$

Mà $|z - 1 - 2 i| = |z - (1 + 2 i)| \geq ||z| - |1 + 2 i||$

$\Rightarrow |z| - |1 + 2 i| \leq 1$

$\Rightarrow \sqrt{5} - 1 \leq |z| \leq 1 + \sqrt{5}$

Tương tự ta có $2 \sqrt{5} - 2 \leq |z| \leq 2 + 2 \sqrt{5} .$

Kết hợp ta có $\sqrt{5} - 1 \leq |z| \leq 2 + 2 \sqrt{5} .$

Vậy $\{\begin{cases} \min |z| = \sqrt{5} - 1 \\ \min |z| = 2 + 2 \sqrt{5} \end{cases} \Rightarrow \min |z| + \max |z| = 3 \sqrt{5} - 1$ .

Chọn A.

Câu 33:

18/11/2024

Có bao nhiêu khối đa diện đều

A. 3

B. 4

C. 6

D. 5

Xem đáp án

Đáp án đúng: D

*Lời giải:

Có 5 khối đa diện đều: tứ diện đều; hình lập phương; bát diện đều; 12 mặt đều; 20 mặt đều.

*Phương pháp giải:

- Định lí: Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là các loại {3; 3}; loại {4; 3}; loại {3; 4}; loại {5; 3} và loại {3; 5}.

*Lý thuyết cần nắm và dạng bài toán về khối đa diện đều:

Khối đa diện đều.

- Định nghĩa: Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có tính chất sau đây:

a) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh.

b) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.

Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại {p; q}.

Từ định nghĩa trên ta thấy các mặt của khối đa diện đều là những đa giác đều bằng nhau.

- Định lí: Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là các loại {3; 3}; loại {4; 3}; loại {3; 4}; loại {5; 3} và loại {3; 5}.

Tùy theo số mặt của chúng, năm loại khối đa diện đều kể trên theo thứ tự gọi là các khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều (hay khối tám mặt đều), khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều.

Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều.

Thể tích của khối đa diện

Người ta chứng minh được rằng: có thể đặt tương ứng cho mỗi khối đa diện (H) một số dương duy nhất V_(H) thỏa mãn các tính chất sau:

a) Nếu (H) là khối lập phương có cạnh bằng 1 thì V_(H) = 1.

b) Nếu hai khối đa diện (H₁) và (H₂) bằng nhau thì V_(H1) = V_(H2).

c) Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành hai khối đa diện (H₁) và (H₂) thì:

V_(H) = V_(H1) + V_(H2).

Số dương V_(H) nói trên được gọi là thể tích của khối đa diện (H). Số đó cũng được gọi là thể tích của hình đa diện giới hạn khối đa diện (H).

Khối lập phương có cạnh bằng 1 được gọi là khối lập phương đơn vị.

- Định lí : Thể tích của khối hình chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.

Thể tích của khối lăng trụ.

Định lí: Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V = B.h

Thể tích khối chóp.

Định lí. Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là: $V = \frac{1}{3} B . h$ .

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Toán 12 Bài 2 giải vở bài tập: Khối đa diện lồi và khối đa diện đều

50 bài toán về nhận biết khối đa diện lồi, đều (có đáp án 2024) – Toán 12

Câu 34:

Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = 2a. Thể tích của khối chóp.

A. $\frac{\sqrt{14} a^{3}}{2}$

B. $2 a^{3}$

C. $\frac{\sqrt{14} a^{3}}{6}$

D. $a^{3} \sqrt{\frac{7}{2}}$

Xem đáp án

Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên (ảnh 1)

Gọi $O = A C \cap B D \Rightarrow S O ⊥ (A B C D)$ .

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên $A C = a \sqrt{2} \Rightarrow O C = \frac{1}{2} a \sqrt{2} .$

Áp dụng định lí Pytago ta có $S O = \sqrt{S C^{2} - O C^{2}} = \sqrt{4 a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a \sqrt{14}}{2} .$

Khi đó thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{14}}{2} . a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{14}}{6} .$

Chọn C.

Câu 35:

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Thể tích khối tứ diện ABDB' bằng

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

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

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

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

Xem đáp án

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Thể tích (ảnh 1)

Ta có $V_{A B D B'} = \frac{1}{3} . B' B . S_{A B D} = \frac{1}{3} . a . \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}}{6} .$

Chọn A.

Câu 36:

Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc $∠ B A D = 60^{0},$ $S A ⊥ (A B C D), (S C; (A B C D)) = 45^{0} .$ Gọi I là trung điểm SC. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBD).

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

B. $\frac{a \sqrt{15}}{5}$

C. $\frac{2 a \sqrt{15}}{5}$

D. $\frac{a \sqrt{15}}{10}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD = 60 độ (ảnh 1)

Gọi $O = A C \cap B D$ .

Trong (SAC) gọi $G = A I \cap S O \Rightarrow G = A I \cap (S B D)$ và G là trọng tâm $Δ S A C$ .

Ta có: $A I \cap (S B D) = G \Rightarrow \frac{d (I; (S B D))}{d (A; (S B D))} = \frac{I G}{A G} = \frac{1}{2} .$

Trong (SAC) kẻ $A H ⊥ S O$ ta có:

$\{\begin{cases} B D ⊥ A C \\ B D ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B D ⊥ (S A C) \Rightarrow B D ⊥ A H$

$\{\begin{cases} A H ⊥ B D \\ A H ⊥ S O \end{cases} \Rightarrow A H ⊥ (S B D) \Rightarrow d (A; (S B D)) = A H$

Vì $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow A C$ là hình chiếu của SC lên $(A B C D) \Rightarrow ∠ (S C; (A B C D)) = ∠ S C A = 45^{0} .$

$\Rightarrow Δ S A C$ vuông cân tại A.

Xét tam giác ABD có $\{\begin{cases} A B = A D = a \\ ∠ B A D = 60^{0} \end{cases} \Rightarrow Δ A B D$ đều cạnh $a \Rightarrow A O = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow A C = a \sqrt{3} .$

$\Rightarrow S A = A C = a \sqrt{3} .$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAO có: $A H = \frac{S A . A O}{\sqrt{S A^{2} + A O^{2}}} = \frac{a \sqrt{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3 a^{2} + \frac{3 a^{2}}{4}}} = \frac{a \sqrt{15}}{5} .$

Vậy

Chọn D.

Câu 37:

Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' đáy là hình bình hành. $A C = B C = a, C D = a \sqrt{2},$ $A C' = a \sqrt{3},$ $∠ C A' B' = ∠ A' D' C = 90^{0} .$ Thể tích khối tứ diện BCDA' là

Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' đáy là hình bình hành. (ảnh 1)

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

B. $a^{3}$

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

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

Xem đáp án

Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' đáy là hình bình hành. (ảnh 2)

Đặt AA' = x (x > 0)

Xét tam giác ACD có $A C^{2} + A D^{2} = 2 a^{2} = C D^{2} \Rightarrow Δ A C D$ vuông tại A (định lí Pytago đảo).

Ta có: $\{\begin{cases} A D ⊥ A C \\ A D ⊥ C D' (d o C' ⊥ A' D') \end{cases} \Rightarrow A D ⊥ (A C D') \Rightarrow A D ⊥ A D' .$

$\Rightarrow A D'^{2} = D D'^{2} - A D^{2} = x^{2} - a^{2} .$

Ta lại có $A' D^{2} = A D'^{2} + {(2 A D)}^{2}$

$\Rightarrow A' D^{2} = (x^{2} - a^{2}) + 4 a^{2} = x^{2} + 3 a^{2} (1) .$

Ta có: $\{\begin{cases} A' C ⊥ A' B' (g t) \\ A' B' / / C D \end{cases} \Rightarrow A' C ⊥ C D .$

$\Rightarrow A' D^{2} = A' C^{2} + C D^{2} .$

Ta lại có: $A' C^{2} + A C'^{2} = 2 (A A'^{2} + A C^{2}) \Rightarrow A' C^{2} + 3 a^{2} = 2 (x^{2} + a^{2}) \Rightarrow A' C^{2} = 2 x^{2} - a^{2}$

$\Rightarrow x^{2} + 3 a^{2} = 2 x^{2} - a^{2} + 2 a^{2}$

$\Rightarrow x^{2} = 2 a^{2} \Rightarrow x = a \sqrt{2}$

$\Rightarrow A' C = \sqrt{2.2 a^{2} - a^{2}} = a \sqrt{3}, C D' = \sqrt{A' C^{2} - A' D'^{2}} = \sqrt{3 a^{2} - a^{2}} = a \sqrt{2}, A D'^{2} = \sqrt{x^{2} - a^{2}} = a .$

$\Rightarrow Δ A C D'$ vuông cân tại A

Vậy $V_{B C D A'} = V_{A' . B C D} = V_{D' . A C D} = V_{D . A C D'} = \frac{1}{3} A D . S_{A C D'} = \frac{1}{3} . \frac{1}{2} . a . a . a = \frac{a^{3}}{6} .$

Chọn A.

Câu 38:

Khối trụ có bán kính đáy, đường cao lần lượt là a, 2a thì có thể tích bằng

A. $2 π a^{3}$

B. $\frac{2 π a^{3}}{3}$

C. $π a^{3}$

D. $\frac{π a^{3}}{3}$

Xem đáp án

Thể tích khối trụ là $V = π . r^{2} . h = π . a^{2} .2 a = 2 π a^{3} .$

Chọn A.

Câu 39:

Hình nón có bán kính đáy, đường cao lần lượt là 3, 4 thì diện tích xung quanh hình nón bằng

A. $12 π .$

B. $\frac{15 π}{2}$

C. $15 π .$

D. $6 π .$

Xem đáp án

Hình nón có bán kính đáy là 3, đường cao là 4 thì đường sinh bằng $l = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5.$

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{x q} = π r l = π .3.5 = 15 π .$

Chọn C.

Câu 40:

Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước h và a người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng h theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):

Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.

Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng.

Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước h và a người ta làm các thùng (ảnh 1)

Kí hiệu $V_{1}$ là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và $V_{2}$ là tổng thể tích của hai thùng gò được theo cách 2. Tính tỉ số $\frac{V_{1}}{V_{2}}$

A. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = 4$

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

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

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

Xem đáp án

Hình 1 là hình trụ có chiều cao là h và chu vi đáy là $2 π r = a \Rightarrow r = \frac{a}{2 π} .$

$\Rightarrow V_{1} = π r^{2} h = \frac{a^{2} h}{4 π} .$

Hình 2 là 2 hình trụ và mỗi hình có chiều cao h và chu vi đáy là $2 π R = \frac{a}{2} \Rightarrow R = \frac{a}{4 π}$

$\Rightarrow V_{2} = 2. π R^{2} h = \frac{a^{2} h}{8 π}$

Vậy $\frac{V_{1}}{V_{2}} = 2.$

Chọn D.

Câu 41:

21/07/2024

Trong không gian Oxyz, gọi A là điểm thuộc mặt cầu tâm I bán kính R. Chọn phương án đúng.

A. IA < R

B. IA = R

C. IA > R

D. $I A = R^{2}$

Xem đáp án

Điểm A thuộc mặt cầu $(I; R) \Rightarrow I A = R .$

Chọn B.

Câu 42:

Trong không gian Oxyz điểm A(1; 2;3) thuộc phương trình mặt phẳng nào dưới đây.

A. $x - 2 y + z = 0$

B. $x + 2 y + 3 z = 0$

C. $x - 2 y + 3 z = 0$

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

Xem đáp án

Ta thấy $A (1; 2; 3) \in (P) : x - 2 y + z = 0$

Chọn A.

Câu 43:

Trong không gian Oxyz đường thẳng Ox có phương trình nào dưới đây

A. $\{\begin{cases} x = t \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases}$

B. $\{\begin{cases} x = 1 \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}$

C. $\{\begin{cases} x = 1 \\ y = t \\ z = t \end{cases}$

D. $\{\begin{cases} x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}$

Xem đáp án

Đường thẳng Ox đi qua O(0; 0; 0) và có vecto chỉ phương là (1; 0; 0) nên phương trình đường thẳng Ox là $\{\begin{cases} x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} .$

Chọn D.

Câu 44:

Trong không gian Oxyz, tọa độ hình chiếu của điểm M(1; 2; 3) lên mặt phẳng Oxz

A. (1; 0; 3)

B. (1; -2; 3)

C. (0; 2; 0)

D. (-1; 2; -3)

Xem đáp án

Hình chiếu của điểm M(1; 2; 3) lên mặt phẳng Oxz là M'(1; 0; 3)

Chọn A.

Câu 45:

Trong không gian Oxyz phương trình mặt phẳng cắt tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C và nhận $G (673; 674; 675)$ làm trọng tâm của tam giác ABC

A. $\frac{x}{2019} + \frac{y}{2022} + \frac{z}{2025} = 0$

B. $\frac{x}{2019} + \frac{y}{2022} + \frac{z}{2025} = 1$

C. $\frac{x}{673} + \frac{y}{674} + \frac{z}{675} = 1$

D. $\frac{x}{673} + \frac{y}{674} + \frac{z}{675} = 0$

Xem đáp án

Ta có $A (a; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c)$

Tam giác ABC có trọng tâm $G (673; 674; 675) \Rightarrow \{\begin{cases} a = 3.673 = 2019 \\ b = 3.674 = 2022 \\ c = 3.675 = 2025 \end{cases}$

Khi đó phương trình mặt phẳng ABC là $\frac{x}{2019} + \frac{y}{2022} + \frac{z}{2025} = 1.$

Chọn B.

Câu 46:

Trong không gian Oxyz tọa độ điểm đối xứng của điểm M(0; 1; 2) qua mặt phẳng x + y + z = 0

A. (-4; 2; 0)

B. (0; -1; -2)

C. (0; 1; -2)

D. (-2; -1; 0)

Xem đáp án

Gọi $Δ$ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với $(P) \Rightarrow$ Phương trình đường thẳng $Δ : \{\begin{cases} x = t \\ y = 1 + t \\ z = 2 + t \end{cases}$ .

Gọi $I = Δ \cap (P) \Rightarrow I$ là hình chiếu của M lên (P)

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ $\{\begin{cases} x = t \\ y = 1 + t \\ z = 2 + t \\ x + y + z = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = t \\ y = 1 + t \\ z = 2 + t \\ t + 1 + t + 2 + t = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} t = - 1 \\ x = - 1 \\ y = 0 \\ z = 1 \end{cases} \Rightarrow I (- 2; - 1; 0) .$

Chọn D.

Câu 47:

Trong không gian Oxyz, biết phương trình mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} = 25$ cắt mặt phẳng $(P) : x + y + z = 3 \sqrt{3}$ theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r. Khi đó giá trị của r là

A. 4

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

C. 5

D. 3

Xem đáp án

Mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} = 25 \Rightarrow$ tâm O(0; 0; 0), R = 5.

Ta có $d (O; (P)) = \frac{|- 3 \sqrt{3}|}{\sqrt{1 + 1 + 1}} = 3.$

Khi đó bán kính đường tròn cần tìm là $r = \sqrt{R^{2} - d^{2}} = 4.$

Chọn A.

Câu 48:

Trong không gian Oxyz cho hai điểm $A (3; - 2; 3); B (1; 0; 5) .$ Tìm tọa độ điểm $M \in (O x y)$ sao cho MA = MB đạt giá trị nhỏ nhất

A. $(\frac{9}{4}; - \frac{5}{4}; 0)$

B. $(\frac{9}{4}; \frac{5}{4}; 0)$

C. $(- \frac{9}{4}; - \frac{5}{4}; 0)$

D. $(- \frac{9}{4}; \frac{5}{4}; 0)$

Xem đáp án

Dễ thấy A, B nằm cùng phía đối với (Oxy)

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua $(O x y) \Rightarrow A' (3; - 2; - 3) .$

Khi đó ta có $M A = M A' \Rightarrow M A + M B = M A' + M B \geq A' B .$

Dấu “=” xảy ra khi $M = A' B \cap (O x y) .$

Ta có $\vec{A' B} = (- 2; 2; 8) = - 2 (1; - 1; - 4)$ nên phương trình đường thẳng $A' B : \{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = - t \\ z = 5 - 4 t \end{cases} .$

Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ $\{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = - t \\ z = 5 - 4 t \\ z = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} t = \frac{5}{4} \\ x = \frac{9}{4} \\ y = - \frac{5}{4} \\ z = 0 \end{cases} \Rightarrow M (\frac{9}{4}; - \frac{5}{4}; 0) .$

Chọn A.

Câu 49:

23/07/2024

Cho hình lăng trụ $A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5} . B_{1} B_{2} B_{3} B_{4} B_{5}$ . Số đoạn thẳng có hai đỉnh là đỉnh hình lăng trụ là

A. 35

B. 90

C. 60

D. 45

Xem đáp án

Có tất cả 10 đỉnh; lấy 2 trong 10 đỉnh ta có $C_{10}^{2} = 45.$

Chọn D.

Câu 50: