50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 20)

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm $f' (x) = {(x - 1)}^{3} (x - 2)$ với mọi $x \in ℝ .$ Hàm số đã cho đạt cực đại tại

A. x = -1

B. x = 1

C. x = 2

D. x = -2

Xem đáp án

Ta có: $f' (x) = {(x - 1)}^{3} (x - 2) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 2 \end{array} .$

BXD:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'(x) = (x - 1)^3(x - 2) với mọi x thuộc R (ảnh 1)

$\Rightarrow$ Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1.

Chọn B.

Câu 2:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng $d : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 3 t \\ z = 5 - t \end{cases} (t \in ℝ) .$ Một vectơ chỉ phương của d là

A. $\vec{u_{2}} = (- 1; 3; - 1)$

B. $\vec{u_{4}} = (1; 3; - 1)$

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

D. $\vec{u_{3}} = (1; 2; 5)$

Xem đáp án

Đường thẳng $d : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 3 t \\ z = 5 - t \end{cases} (t \in ℝ) .$ Một vectơ chỉ phương của d là $\vec{u_{2}} = (- 1; 3; - 1) .$

Chọn A.

Câu 3:

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

A. x = 1

B. x = -3

C. x = -5

D. x = -2

Xem đáp án

Dựa vào BBT suy ra hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 1.

Chọn A.

Câu 4:

Gọi $z_{1}, z_{2}$ là hai nghiệm phức của phương trình $z^{2} + 2 z + 5 = 0.$ Giá trị của ${|z_{1}|}^{2} + {|z_{2}|}^{2}$ là:

A. 10

B. 50

C. 5

D. 18

Xem đáp án

Ta có: $z^{2} + 2 z + 5 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} z_{1} = - 1 + 2 i \\ z_{2} = - 1 - 2 i \end{array} \Rightarrow |z_{1}| = |z_{2}| = \sqrt{5} .$

Vậy ${|z_{1}|}^{2} + {|z_{2}|}^{2} = 5 + 5 = 10.$

Chọn A.

Câu 5:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng $d_{1} : \{\begin{cases} x = 2 - 2 t \\ y = 4 t \\ z = - 3 + 6 t \end{cases}$ và $d_{2} : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 2 t \\ z = 3 t \end{cases} .$ Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $d_{1}$ và $d_{2}$ chéo nhau

B. $d_{1} \equiv d_{2}$

C. $d_{1} ⊥ d_{2}$

D. $d_{1} / / d_{2}$

Xem đáp án

Đường thẳng $d_{1} : \{\begin{cases} x = 2 - 2 t \\ y = 4 t \\ z = - 3 + 6 t \end{cases}$ có 1 VTCP là $\vec{u_{1}} = (- 2; 4; 6) .$

Đường thẳng $d_{2} : \{\begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 + 2 t \\ z = 3 t \end{cases}$ có 1 VTCP là $\vec{u_{2}} = (- 1; 2; 3) .$

Ta có $\vec{u_{1}} = 2 \vec{u_{2}}$ nên $d_{1} \equiv d_{2}$ hoặc $d_{1} / / d_{2}$

Lấy $M (2; 0; - 3) \in d_{1},$ thay vào phương trình đường thẳng $d_{2}$ ta có: $\{\begin{cases} 2 = 1 - t \\ 0 = 2 + 2 t \\ - 3 = 3 t \end{cases} \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow M \in d_{2} .$

Vậy $d_{1} \equiv d_{2} .$

Chọn B.

Câu 6:

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

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

B. $y = x^{3} - 3 x^{2} + 1$

C. $y = - x^{3} + 3 x^{2} + 1$

D. $y = x^{4} - 2 x^{2} + 1$

Xem đáp án

BBT là của hàm đa thức bậc bốn trùng phương nên loại đáp án B và C.

Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên chọn đáp án A.

Chọn A.

Câu 7:

Cho cấp số nhân $(u_{n})$ có số hạng đầu $u_{1}$ và công bội q. Số hạng tổng quát $(u_{n})$ được xác định theo công thức:

A. $u_{n} = u_{1} q^{n}$

B. $u_{n} = u_{1} q^{n - 1}$

C. $u_{n} = u_{1} q^{n + 1}$

D. $u_{n} = u_{1} + (n - 1) q$

Xem đáp án

Cho cấp số nhân $(u_{n})$ có số hạng đầu $u_{1}$ và công bội q. Số hạng tổng quát $(u_{n})$ được xác định theo công thức $u_{n} = u_{1} q^{n - 1} .$

Chọn B.

Câu 8:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = x^{2} - 4$ và y = x - 4 xác định bởi công thức

A. $\int_{0}^{2} (x - x^{2}) d x$

B. $\int_{0}^{1} (x^{2} - x) d x$

C. $\int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x$

D. $\int_{0}^{2} (x^{2} - x) d x$

Xem đáp án

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^{2} - 4 = x - 4 \Leftrightarrow x^{2} - x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \end{array} .$

Khi đó diện tích cần tính là $S = \int_{0}^{1} |x^{2} - x| d x = \int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x .$

Chọn C.

Câu 9:

Cho hàm số $y = a x^{4} + b x^{2} + c$ có đồ thị như hình vẽ

Số nghiệm của phương trình $2 f (x) - 5 = 0$ là

A. 2

B. 4

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Ta có $2 f (x) - 5 = 0 \Leftrightarrow f (x) = \frac{5}{2} .$

Đường thẳng $y = \frac{5}{2}$ cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt nên phương trình $2 f (x) - 5 = 0$ có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

Câu 10:

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình sau:

Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng

A. (-2; 1)

B. $(- \infty; - 1)$

C. (-1; 2)

D. $(2; + \infty)$

Xem đáp án

Hàm số đã cho nghịch biến trên (-1; 2)

Chọn C.

Câu 11:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x + 4 y - 6 z - 2 = 0.$ Tâm của mặt cầu (S) có tọa độ là:

A. (-1; 2; -3)

B. (-2; 4; -6)

C. (2; -4; 6)

D. (1; -2; 3)

Xem đáp án

Mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x + 4 y - 6 z - 2 = 0$ có tâm I(1; -2; 3)

Chọn D.

Câu 12:

Cho hình trụ có độ dài đường sinh l = 5 và bán kính đáy r = 3. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng:

A. $30 π$

B. $15 π$

C. $5 π$

D. $24 π$

Xem đáp án

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng $S_{x q} = 2 π r h = 2 π r l = 2 π .3.5 = 30 π .$

Chọn A.

Câu 13:

Cho khối nón có bán kính đáy r = 2 và chiều cao $h = \sqrt{3} .$ Thể tích của khối nón đã cho là:

A. $4 π \sqrt{3}$

B. $\frac{2 π \sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{4 π \sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{4 π}{3}$

Xem đáp án

Thể tích của khối nón đã cho là: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π {.2}^{2} . \sqrt{3} = \frac{4 π \sqrt{3}}{3} .$

Chọn C.

Câu 14:

22/07/2024

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-1; 2; 1). Hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy có tọa độ là:

A. (-1; 0; 1)

B. (0; 2; 0)

C. (0; 0; 1)

D. (-1; 2; 0)

Xem đáp án

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hình chiếu vuông góc của A(-1; 2; 1) trên trục Oy là (0; 2; 0)

Chọn B.

Câu 15:

Họ nguyên hàm của hàm số $f (x) = e^{x}$ là:

A. $3^{x} \log 3 + C$

B. $3^{x} \ln 3 + C$

C. $\frac{3^{x}}{\ln 3} + C$

D. $\frac{3^{x}}{\log 3} + C$

Xem đáp án

$f (x) = 3^{x} \Rightarrow \int_{}^{} f (x) d x = \int_{}^{} 3^{x} d x = \frac{3^{x}}{\ln 3} + C .$

Chọn C.

Câu 16:

Cho khối chóp S.ABC có $S A = a \sqrt{3}, S A$ vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại B, AB = a, tam giác SBC cân. Thể tich khối chóp S.ABC bằng:

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

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

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

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

Xem đáp án

Cho khối chóp S.ABC có SA = a căn bậc hai của 3, SA vuông góc với mặt (ảnh 1)

Ta có $\{\begin{cases} B C ⊥ A B \\ B C ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (S A B) \Rightarrow B C ⊥ S B \Rightarrow Δ S B C$ vuông tại B.

$\Rightarrow Δ S B C$ vuông cân tại $B \Rightarrow B C = S B = \sqrt{S A^{2} + A B^{2}} = 2 a .$

$\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{2} . a .2 a = a^{2} .$

Vậy $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S A . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} . a \sqrt{3} . a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{3} .$

Chọn C.

Câu 17:

Biết rằng phương trình $\log_{2} x + \log_{3} x = 1 + \log_{2} x . \log_{3} x$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2} .$ Giá trị của $x_{1}^{2} + x_{2}^{2}$ bằng:

A. 13

B. 2

C. 5

D. 25

Xem đáp án

$\log_{2} x + \log_{3} x = 1 + \log_{2} x . \log_{3} x$

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

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

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

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{3} x = 1 \\ \log_{2} x = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x_{1} = 3 \\ x_{2} = 2 \end{array}$

Vậy $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 3^{2} + 2^{2} = 13.$

Chọn A.

Câu 18:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng $(α) : 3 x - 2 y + 2 z + 7 = 0$ và $(β) : 5 x - 4 y + 3 z + 1 = 0.$ Phương trình mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ đồng thời vuông góc với $(α)$ và $(β)$ là:

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

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

C. $2 x + y - 2 z + 1 = 0$

D. $2 x - y - 2 z = 0$

Xem đáp án

Mặt phẳng $(α) : 3 x - 2 y + 2 z + 7 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{α}} = (3; - 2; 2) .$

Mặt phẳng $(β) : 5 x - 4 y + 3 z + 1 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{β}} = (5; - 4; 3) .$

Do mặt phẳng (P) vuông góc với $(α)$ và $(β)$ nên $\vec{n_{P}} = [\vec{n_{α}}, \vec{n_{β}}] = (2; 1; - 2)$ là 1 VTPT của (P).

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: $2 x + y - 2 z = 0.$

Chọn B.

Câu 19:

Nghiệm của phương trình $3^{3 x + 6} = \frac{1}{27}$ là

A. x = 3

B. x = -3

C. x = 9

D. $x = \frac{1}{9}$

Xem đáp án

$3^{3 x + 6} = \frac{1}{27} = 3^{- 3} \Leftrightarrow 3 x + 6 = - 3 \Leftrightarrow x = - 3.$

Chọn B.

Câu 20:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 2;1) và mặt phẳng $(P) : x - 3 y + z - 1 = 0$ . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) bằng:

A. $\frac{5 \sqrt{11}}{11}$

B. $\frac{\sqrt{15}}{11}$

C. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{\sqrt{12}}{3}$

Xem đáp án

$d (M; (P)) = \frac{|1 - 3.2 + 1 - 1|}{\sqrt{1^{2} + {(- 3)}^{2} + 1^{2}}} = \frac{5}{\sqrt{11}} = \frac{5 \sqrt{11}}{11} .$

Chọn A.

Câu 21:

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2}$ là

A. 3

B. 2

C. 1

D. 0

Xem đáp án

ĐKXĐ: $\{\begin{cases} x \geq 1 \\ x \neq 2 \end{cases} .$

Ta có:

$\lim_{x \to + \infty} y = \lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2} = 0, \lim_{x \to - \infty} y$ không tồn tại.

$\Rightarrow y = 0$ là TCN của đồ thị hàm số.

$\lim_{x \to 2^{+}} y = \lim_{x \to 2^{+}} \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2} = \lim_{x \to 2^{+}} \frac{x - 2}{(x - 2) (\sqrt{x - 1} + 1)} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow x = 2$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{x - 1} - 1}{x - 2}$ là 2.

Chọn B.

Câu 22:

23/07/2024

Cho $a, b \in ℝ$ thỏa mãn $\frac{a + b i}{1 - i} = 3 + 2 i .$ Giá trị của tích ab bằng:

A. 5

B. -5

C. -1

D. 1

Xem đáp án

$\frac{a + b i}{1 - i} = 3 + 2 i \Leftrightarrow a + b i = (1 - i) (3 + 2 i) = 5 - i$

$\Rightarrow a = 5, b = - 1 \Rightarrow a b = - 5$

Chọn B.

Câu 23:

Cho các số a, b, c > 0 và $a, b, c \neq 1.$ Đồ thị của các hàm số $y = \log_{a} x, y = \log_{b} x$ và $y = \log_{c} x$ được cho bởi hình vẽ

Cho các số a, b, c > 0 và a, b, c khác 1. Đồ thị của các hàm số (ảnh 1)

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. c < b < a

B. b < a < c

C. c < a < b

D. a < b < c

Xem đáp án

Đồ thị hàm số $y = \log_{a} x, y = \log_{b} x$ đồng biến trên $(0; + \infty)$ nên a > 1

Đồ thị hàm số $y = \log_{c} x$ đồng biến trên $(0; + \infty)$ nên 0 < c < 1

Với cùng 1 giá trị $x_{0} > 1$ ta có $\log_{b} x_{0} < \log_{a} x_{0} \Leftrightarrow \frac{1}{\log_{x_{0}} b} < \frac{1}{\log_{x_{0}} a} \Leftrightarrow \log_{x_{0}} b > \log_{x_{0}} a .$

Do $x_{0} > 1$ nên b > a

Vậy c < a < b

Chọn C.

Câu 24:

23/07/2024

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm $O, Δ A B D$ đều cạnh $a \sqrt{2}, S A$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $S A = \frac{3 a \sqrt{2}}{2} .$ Góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (ABCD) bằng:

A. 45⁰

B. 90⁰

C. 30⁰

D. 60⁰

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O (ảnh 1)

Ta có $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow A O$ là hình chiếu vuông góc của SO lên (ABCD).

$\Rightarrow ∠ (S O; (A B C D)) = ∠ (S O; A O) = ∠ S O A .$

Vì ABD là tam giác đều cạnh $a \sqrt{2}$ nên $A O = \frac{a \sqrt{2} . \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{6}}{2} .$

Xét tam giác vuông SAO có: $\tan ∠ S O A = \frac{S A}{A O} = \frac{3 a \sqrt{2}}{2} : \frac{a \sqrt{6}}{2} = \sqrt{3} \Rightarrow ∠ S O A = 60^{0} .$

Vậy $∠ (S O; (A B C D)) = 60^{0} .$

Chọn D.

Câu 25:

Với biến đổi u = lnx, tích phân $\int_{e}^{3} \frac{1}{x \ln x} d x$ trở thành

A. $\int_{e}^{3} \frac{1}{u} d u$

B.

\int_{e}^{\ln 3} \frac{1}{u} d u

C.

\int_{1}^{e^{3}} \frac{1}{u} d u

D.

\int_{1}^{\ln 3} \frac{1}{u} d u

Xem đáp án

Đặt $u = \ln x \Rightarrow d u = \frac{1}{x} d x$ .

Đổi cận: $\{\begin{cases} x = e \Rightarrow u = \ln e = 1 \\ x = 3 \Rightarrow u = \ln 3 \end{cases} .$

Vậy $\int_{e}^{3} \frac{1}{x \ln x} d x = \int_{1}^{\ln 3} \frac{1}{u} d u .$

Chọn D.

Câu 26:

Với các số $a, b > 0, a \neq 1,$ giá trị của $\log_{a^{2}} (a b)$ bằng:

A. $\frac{1}{2} \log_{a} b$

B. $1 + \frac{1}{2} \log_{a} b$

C. $2 + 2 \log_{a} b$

D. $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{a} b$

Xem đáp án

Với các số $a, b > 0, a \neq 1,$ ta có:

$\log_{a^{2}} (a b) = \frac{1}{2} \log_{a} a b = \frac{1}{2} (1 + \log_{a} b) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{a} b .$

Chọn D.

Câu 27:

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số có ba chữ số?

A. 20

B. 120

C. 216

D. 729

Xem đáp án

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được $A_{6}^{3} = 120$ số có ba chữ số.

Chọn B.

Câu 28:

Số phức (2 + 4i)i bằng số phức nào sau đây

A. -4 - 2i

B. -4 + 2i

C. 4 - 2i

D. 4 + 2i

Xem đáp án

$(2 + 4 i) i = 2 i + 4 i^{2} = - 4 + 2 i .$

Chọn B.

Câu 29:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số

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

trên đoạn [0; 2] bằng:

A. 0

B. -9

C. $- \frac{2}{3}$

D. -1

Xem đáp án

Hàm số đã cho xác định liên tục trên [0; 2]

Ta có

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

$f' (x) = 0 \Leftrightarrow x^{2} + 2 x - 3 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \in [0; 2] \\ x = - 3 \notin [0; 2] \end{array} .$

Mà $f (0) = 0, f (1) = - 1, f (2) = - \frac{2}{3} .$

Vậy $\min_{[0; 2]} f (x) = - 1.$

Chọn D.

Câu 30:

Với số thực dương a biểu thức $e^{2 \ln a}$ bằng:

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

B. 2a

C. $a^{2}$

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

Xem đáp án

$e^{2 \ln a} = {(e^{\ln a})}^{2} = a^{2} .$

Chọn C.

Câu 31:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng $d_{1} : \{\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 3 + 2 t \\ z = - 2 - t \end{cases},$ $d_{2} : \frac{x - 5}{3} = \frac{y + 1}{- 2} = \frac{z - 2}{- 1}$ và $d_{3} : \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z - 1}{3} .$ Đường thẳng d song song với $d_{3}$ cắt $d_{1}$ và $d_{2}$ có phương trình là:

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

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

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

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

Xem đáp án

Gọi $\{\begin{cases} A (3 + a; 3 + 2 a; - 2 - a) = d \cap d_{1} \\ B (5 + 3 b; - 1 - 2 b; 2 - b) = d \cap d_{2} \end{cases} .$ Ta có $\vec{A B} = (3 b - a + 2; - 2 b - 2 a - 4; - b + a + 4) .$

Vì $d / / d_{3}$ nên $\vec{A B}, \vec{u_{3}}$ cùng phương, với $\vec{u_{3}} = (1; 2; 3)$ là 1 VTCP của đường thẳng $d_{3} .$

Khi đó ta có:

$\frac{3 b - a + 2}{1} = \frac{- 2 b - 2 a - 4}{2} = \frac{- b + a + 4}{3}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 6 b - 2 a + 4 = - 2 b - 2 a - 4 \\ 9 b - 3 a + 6 = - b + a + 4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 8 b = - 8 \\ 10 b - 4 a + 2 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b = - 1 \\ a = - 2 \end{cases}$

$\Rightarrow A (1; - 1; 0), B (2; 1; 3) .$

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua A(1; -1; 0) và có 1 VTCP $\vec{u_{3}} = (1; 2; 3)$ là $\frac{x - 1}{1} = \frac{y + 1}{2} = \frac{z}{3} .$

Chọn D.

Câu 32:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên đoạn [1; 2], f(2) = 1 và f(4) = 2021. Giá trị $I = \int_{1}^{2} f' (2 x) d x$ bằng

A. -2018

B. 1010

C. -1008

D. 2018

Xem đáp án

Ta có:

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

$= \frac{1}{2} [f (4) - f (2)] = \frac{1}{2} (2021 - 1) = 1010$

Chọn B.

Câu 33:

Xét các số phức z thỏa mãn |z - 3 + 4i| = 2. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của |z|. Tổng $M^{2} + m^{2}$ bằng:

A. 58

B. 52

C. 65

D. 45

Xem đáp án

Ta có:

$2 = |z - 3 + 4 i| = |z - (3 - 4 i)| \geq ||z| - |3 - 4 i||$

$\Rightarrow ||z| - 5| \leq 2 \Leftrightarrow - 2 \leq |z| - 5 \leq 2 \Leftrightarrow 3 \leq |z| \leq 7$

$\Rightarrow M = {|z|}_{\max} = 7, m = {|z|}_{\min} = 3.$

Vậy $M^{2} + m^{2} = 7^{2} + 3^{2} = 58.$

Chọn A.

Câu 34:

Cho hàm số y = f(x) với $- 1 \leq x \leq 4$ có đồ thị các đoạn thẳng như hình bên. Tích phân $I = \int_{- 1}^{4} f (x) d x$ bằng:

Cho hàm số y = f(x) với -1 nhỏ hơn hoặc bằng x nhỏ hơn hoặc bằng 4 có đồ thị (ảnh 1)

A. 4

B. 1

C. 5,5

D. 2,5

Xem đáp án

Cho hàm số y = f(x) với -1 nhỏ hơn hoặc bằng x nhỏ hơn hoặc bằng 4 có đồ thị (ảnh 2)

Ta có:

$I = \int_{- 1}^{4} f (x) d x$

$= \int_{- 1}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{3} f (x) d x + \int_{3}^{4} f (x) d x$

$= S_{Δ O A B} + S_{O B C M} + S_{Δ C D M} - S_{Δ D E N} - S_{N E F P}$

$= \frac{1}{2} .1.2 + 1.2 + \frac{1}{2} .1.2 - \frac{1}{2} .1.1 - 1.1$

$= \frac{5}{2} = 2, 5$

Chọn D.

Câu 35:

Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số $y = x^{3} - m x^{2} + (m - 6) x + 1$ nghịch biến trên khoảng (0; 2) là

A. 3

B. 4

C. 5

D. 2

Xem đáp án

Ta có: $y = x^{3} - m x^{2} + (m - 6) x + 1 \Rightarrow y' = 3 x^{2} - 2 m x + m - 6.$

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) thì $y' \leq 0 \forall x \in (0; 2)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\Rightarrow 3 x^{2} - 2 m x + m - 6 \leq 0 \forall x \in (0; 2) .$

Ta có $Δ' = m^{2} - 3 (m - 6) = m^{2} - 3 m + 18 > 0 \forall m$ nên phương trình $3 x^{2} - 2 m x + m - 6 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_{1} < x_{2} .$ Khi đó ta có $3 x^{2} - 2 m x + m - 6 \leq 0 \Leftrightarrow x \in (x_{1}; x_{2}) .$

Do đó để $3 x^{2} - 2 m x + m - 6 \leq 0 \forall x \in (0; 2)$ thì $(0; 2) \subset (x_{1}; x_{2}) \Rightarrow x_{1} \leq 0 < 2 \leq x_{2} .$

$\{\begin{cases} x_{1} \leq 0 < x_{2} \\ x_{1} < 2 \leq x_{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} x_{2} \leq 0 \\ (x_{1} - 2) (x_{2} - 2) \leq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{m - 6}{3} \leq 0 \\ \frac{m - 6}{3} - 2. \frac{2 m}{3} + 4 \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \leq 6 \\ m - 6 - 4 m + 12 \leq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m \leq 6 \\ - 3 m + 6 \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow 2 \leq m \leq 6$

Mà $m \in ℤ \Rightarrow m \in \{2; 3; 4; 5; 6\} .$

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.

Chọn C.

Câu 36:

Cho hai số phức $z_{1}, z_{2}$ thỏa mãn $|z_{1}| = 2, |z_{2}| = 1$ và $|2 z_{1} - 3 z_{2}| = 4.$ Tính giá trị biểu thức $P = |z_{1} + 2 z_{2}| .$

A. $P = \sqrt{10}$

B. $P = \sqrt{11}$

C. $P = \sqrt{15}$

D. $P = 2 \sqrt{5}$

Xem đáp án

Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1| = 2, |z2| = 1 và |2z1 - 3z2| = 4 (ảnh 1)

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn số phức $z_{1}, z_{2} :$

Theo bài ra ta có $|z_{1}| = 2, |z_{2}| = 1 \Rightarrow z_{1} \in (0; 2), z_{2} \in (0; 1) \Rightarrow O M = 2, O N = 1.$

Gọi M', N' lần lượt là điểm biểu diễn số phức $2 z_{1}, 3 z_{2} .$ Vì $|2 z_{1} - 3 z_{2}| = 4 \Rightarrow M' N' = 4.$

Gọi N'' là điểm biểu diễn số phức $2 z_{2},$ khi đó ta có $P = |z_{1} + 2 z_{2}| = |\vec{O M} + \vec{O N "}| = O P,$ với OMPN'' là hình bình hành.

Xét tam giác OM'N' có $\cos ∠ M' O N' = \frac{O M'^{2} + O N'^{2} - M' N'^{2}}{2. O M' . O N'} = \frac{4^{2} + 3^{2} - 4^{2}}{2.4.3} = \frac{3}{8} .$

$\Rightarrow O P^{2} = O M^{2} + O N "^{2} + 2 O M . O N " . \cos ∠ M' O N' = 11 \Rightarrow O P = \sqrt{11} .$

Vậy $P = \sqrt{11} .$

Chọn B.

Câu 37:

22/07/2024

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng $(P) : 3 x + 4 y + 5 z + 8 = 0.$ Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng $(α) : x - 2 y + 1 = 0$ và $(β) : x - 2 z - 3 = 0.$ Gọi $φ$ là góc giữa d và (P) tính $φ$

A. $φ = 45^{0}$

B. $φ = 30^{0}$

C. $φ = 90^{0}$

D. $φ = 60^{0}$

Xem đáp án

Xét hệ $\{\begin{cases} x - 2 y + 1 = 0 \\ x - 2 z - 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} z = t \\ x = 3 + 2 t \\ y = \frac{x + 1}{2} = 2 + t \end{cases}$

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng $d = (α) \cap (β)$ là $d : \{\begin{cases} x = 3 + 2 t \\ y = 2 + t \\ z = t \end{cases}$ , do đó d có 1 VTCP là $\vec{u_{d}} = (2; 1; 1) .$

Mặt phẳng $(P) : 3 x + 4 y + 5 z + 8 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{P}} = (3; 4; 5) .$

Khi đó ta có: $\sin φ = \cos ∠ (\vec{u_{d}}; \vec{n_{P}}) = \frac{\vec{u_{d}} . \vec{n_{P}}}{|\vec{u_{d}}| . |\vec{n_{P}}|} = \frac{2.3 + 1.4 + 1.5}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + 1^{2}} . \sqrt{3^{2} + 4^{2} + 5^{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2} .$

Vậy $φ = 60^{0} .$

Chọn D.

Câu 38:

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

Số điểm cực trị của hàm số $y = f (|x + 2|)$ là:

A. 2

B. 1

C. 3

D. 5

Xem đáp án

Ta có $f (|x + 2|) = f (\sqrt{{(x + 2)}^{2}})$ .

$\Rightarrow y' = \frac{2 (x + 2)}{2 \sqrt{{(x + 2)}^{2}}} f' (|x + 2|) = \pm f' (|x + 2|)$

$y' = 0 \Leftrightarrow f' (|x + 2|) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} |x + 2| = - 1 (v ô n g h i ệ m) \\ |x + 2| = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = - 3 \end{array}$

Vậy số điểm cực trị của hàm số $y = f (|x + 2|)$ là 2.0 + 1 = 1.

Chọn B.

Câu 39:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB = AC = 2. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 3. Gọi M là trung điểm của SC.

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB = AC = 2 (ảnh 1)

Tính khoảng cách giữa AM và BC.

A. $d (A M; B C) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

B. $d (A M; B C) = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$

C. $d (A M; B C) = \frac{3 \sqrt{22}}{11}$

D. $d (A M; B C) = \frac{\sqrt{22}}{6}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB = AC = 2 (ảnh 2)

Gọi N là trung điểm của BC ta có $M N / / B C \Rightarrow B C / / (A M N) \supset A M$

$\Rightarrow d (A M; B C) = d (B C; (A M N)) = d (C; (A M N)) .$

Lại có $S C \cap (A M N) = M \Rightarrow \frac{d (C; (A M N))}{d (S; (A M N))} = \frac{C M}{S M} = 1 \Rightarrow d (C; (A M N)) = d (S; (A M N))$

Ta có

$A M = \frac{1}{2} S C = \frac{1}{2} \sqrt{S A^{2} + A C^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{3^{2} + 2^{2}} = \frac{\sqrt{13}}{2}$

$A N = \frac{1}{2} S B = \frac{1}{2} \sqrt{S A^{2} + A B^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{3^{2} + 2^{2}} = \frac{\sqrt{13}}{2}$

$M N = \frac{1}{2} B C = \frac{1}{2} \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \frac{1}{2} .2 \sqrt{2} = \sqrt{2}$

Gọi p là nửa chu vi tam giác AMN ta có $p = \frac{\frac{\sqrt{13}}{2} + \frac{\sqrt{13}}{2} + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{13} + \sqrt{2}}{2} .$

$\Rightarrow S_{Δ A M N} = \sqrt{p (p - A M) (p - A N) (p - M N)} = \frac{\sqrt{22}}{4} .$

$\frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C}} = \frac{S M}{S C} . \frac{S N}{S B} = \frac{1}{4} \Rightarrow V_{S . A M N} = \frac{1}{4} V_{S . A B C}, V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S A . \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{6} .3.2.2 = 2.$

$\Rightarrow V_{S . A M N} = \frac{1}{4} .2 = \frac{1}{2} .$

Vậy $d (A M; B C) = d (S; (A M N)) = \frac{3 V_{S . A M N}}{S_{Δ A M N}} = \frac{3. \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{22}}{4}} = \frac{3 \sqrt{22}}{11} .$

Chọn C.

Câu 40:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = 1, AD = 2. Cạnh bên SA = 1 và SA vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của AD.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với (ảnh 1)

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

A. $S_{m c} = 5 π$

B. $S_{m c} = 11 π$

C. $S_{m c} = 3 π$

D. $S_{m c} = 2 π$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với (ảnh 2)

Gọi H, G, F lần lượt là trung điểm của AB, SC, SE và $M = A C \cap B D .$

Dễ thấy AFGH là hình bình hành.

Ta có $\{\begin{cases} A F ⊥ S E (S A = A E) \\ G F ⊥ S E (G F / / A B / / C E, A B ⊥ S E) \end{cases} \Rightarrow S E ⊥ (A F G H) .$

Khi đó (AFGH) là mặt phẳng trung trực của SE.

Theo bài ra ta có: ABCE là hình vuông $\Rightarrow C E ⊥ A D \Rightarrow Δ C E D$ vuông tại E

Gọi I là trung điểm của $C D \Rightarrow I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

Qua I kẻ đường thẳng $d / / S A \Rightarrow d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

Ta gọi $O = G H \cap d \Rightarrow O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE, bán kính R = OC.

Ta có $I C = \frac{1}{2} C D = \frac{\sqrt{2}}{2} .$

$Δ O I H ∽ Δ G M H \Rightarrow \frac{G M}{M H} = \frac{O I}{I H} \Rightarrow O I = \frac{3}{2} .$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác OIC ta có $Δ O I H ∽ Δ G M H \Rightarrow \frac{G M}{M H} = \frac{O I}{I H} \Rightarrow O I = \frac{3}{2} .$

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CED là: $S_{m c} = 4 π R^{2} = 4 π . {(\frac{\sqrt{11}}{2})}^{2} = 11 π .$

Chọn B.

Câu 41:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình $9^{x} - (2 m - 2) 3^{x} - m + 4 = 0$ có hai nghiệm phân biệt?

A. 3.

B. 1

C. 2

D. Vô số

Xem đáp án

- Đặt $t = 3^{x} > 0,$ phương trình đã cho trở thành: $t^{2} - (2 m - 2) t - m + 4 = 0 (*) .$

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.

$\Rightarrow \{\begin{cases} Δ' > 0 \\ S > 0 \\ P > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} {(m - 1)}^{2} - (- m + 4) > 0 \\ 2 m - 2 > 0 \\ - m + 4 > 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} - m - 3 > 0 \\ m > 1 \\ m < 4 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} m > \frac{1 + \sqrt{13}}{2} \\ m < \frac{1 - \sqrt{13}}{2} \end{array} \\ m > 1 \\ m < 4 \end{cases} \Leftrightarrow \frac{1 + \sqrt{13}}{2} < m < 4$

Mà $m \in ℤ \Rightarrow m = 3.$

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 42:

19/07/2024

Một bình đựng 5 quả cầu xanh khác nhau, 4 quả cầu đỏ khác nhau và 3 quả cầu vàng khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu trong 12 quả cầu trên. Xác suất để chọn được 3 quả cầu khác màu là:

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

B. $\frac{3}{7}$

C. $\frac{3}{14}$

D. $\frac{3}{11}$

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là $n (Ω) = C_{12}^{3} .$

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 quả cầu khác màu” $\Rightarrow n (A) = C_{5}^{1} . C_{4}^{1} . C_{3}^{1} = 60.$

Vậy xác suất của biến cố A là $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{60}{C_{12}^{3}} = \frac{3}{11} .$

Chọn D.

Câu 43:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 3; 4) và mặt phẳng $(P) : 2 x - y - z + 6 = 0.$ Hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) là điểm nào sau đây?

A. (2; 8; 2)

B. $(3; \frac{5}{2}; \frac{7}{2})$

C. $(1; \frac{7}{2}; \frac{9}{2})$

D. (1; 3; 5)

Xem đáp án

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P).

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng d là: $d : \{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \end{cases} .$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) khi đó $H = d \cap (P)$ nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình

$\{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \\ 2 z - y - z + 6 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \\ 4 + 4 t - 3 + t - 4 + t + 6 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 + 2 t \\ y = 3 - t \\ z = 4 - t \\ 6 t + 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 1 \\ y = \frac{7}{2} \\ z = \frac{9}{2} \\ t = - \frac{1}{2} \end{cases} \Rightarrow H (1; \frac{7}{2}; \frac{9}{2})$

Chọn C.

Câu 44:

Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số $y = \frac{x - 1}{x^{3} + 3 x^{2} + m + 1}$ có đúng một tiệm cận đứng.

A. $[\begin{array}{l} m \leq - 4 \\ m > 0 \end{array}$

B. $[\begin{array}{l} m < - 5 \\ m > - 1 \end{array}$

C. $- 5 \leq m < - 1$

D. $[\begin{array}{l} m \leq - 5 \\ m > - 1 \end{array}$

Xem đáp án

Xét phương trình $x^{3} + 3 x^{2} + m + 1 = 0 (*)$

TH1: x = 1 là nghiệm của $(*) \Rightarrow 5 + m = 0 \Leftrightarrow m = - 5.$

Khi đó ta có $y = \frac{x - 1}{x^{3} + 3 x^{2} - 4} = \frac{x - 1}{(x - 1) {(x + 2)}^{2}} = \frac{1}{{(x + 2)}^{2}},$ khi đó đồ thị có TCĐ x = -2.

$\Rightarrow m = - 5$ thỏa mãn.

TH2: x = 1 không là nghiệm của (*), khi đó để đồ thị đã cho có đúng 1 TCĐ thì (*) có nghiệm duy nhất khác 1.

Ta có $(*) \Leftrightarrow m = - x^{3} - 3 x^{2} - 1 = f (x) .$

Xét hàm số $f (x) = - x^{3} - 3 x^{2} - 1$ ta có $f' (x) = - 3 x^{2} - 6 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = - 2 \end{array} .$

BBT:

Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số (ảnh 1)

Dựa vào BBT ta thấy m = f(x) có nghiệm duy nhất khác 1 khi $[\begin{array}{l} m > - 1 \\ m < - 5 \end{array} .$

Kết hợp 2 TH ta có $[\begin{array}{l} m \leq 5 \\ m > - 1 \end{array} .$

Chọn D.

Câu 45:

Cho a, b, c là các số thực và

f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c

thỏa mãn

f' (t) = f' (t + 5) = 2

với t là hằng số. Giá trị

\int_{1}^{t + 5} f' (x) d x

bằng

A. $- \frac{105}{2}$

B. $\frac{134}{3}$

C. $- \frac{1}{2}$

D. $\frac{19}{4}$

Xem đáp án

Ta có: $I = \int_{t}^{t + 5} f' (x) d x = f (x) |\begin{array}{l} t + 5 \\ t \end{array} = f (t + 5) - f (t) .$

Chọn t = 0 ta có I = f(5) - f(0)

Ta có: $f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c \Rightarrow f' (x) = 3 x^{2} + 2 a x + b$

Vì f'(0) = f'(5) = 2 nên 0 và 5 là hai nghiệm của phương trình $f' (x) - 2 = 0 \Leftrightarrow 3 x^{2} + 2 a x + b - 2 = 0$

Áp dụng địn lí Vi-ét ta có $\{\begin{cases} - \frac{2 a}{3} = 5 \\ \frac{b - 2}{3} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = - \frac{15}{2} \\ b = 2 \end{cases}$

Khi đó ta có:

I = f(5) - f(0)

$I = 125 + 25 a + 5 b + c - c$

$I = 125 + 25 a + 5 b$

$I = 125 - 25. \frac{15}{2} + 5.2 = - \frac{105}{2} .$

Chọn A.

Câu 46:

19/07/2024

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và hình chiếu của A' lên (ABC) là tâm O của

Δ A B C

. Gọi O' là tâm của tam giác A'B'C', M là trung điểm AA' và G là trọng tâm tam giác B'C'C. Biết rằng

V_{O' . O M G} = a^{3},

tính chiều cao h của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a (ảnh 1)

A. $h = 24 a \sqrt{3}$

B. $h = 36 a \sqrt{3}$

C. $h = 9 a \sqrt{3}$

D. $h = 18 a \sqrt{3}$

Xem đáp án

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a (ảnh 2)

Trong (ABC) xác định điểm E sao cho ACEO là hình bình hành.

Khi đó ta có $\{\begin{cases} C E / / A O / / A' O' \\ C E = A O = A' O' \end{cases} \Rightarrow A' O' E C$ cũng là hình bình hành.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{O' G}{G E} = \frac{O' K}{C E} = \frac{O' K}{A' O'} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{O' G}{O' E} = \frac{1}{3} .$

Trong (AOO'A') kéo dài O'M cắt AO tại D.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có $\frac{O' M}{M D} = \frac{A' O'}{A D} = \frac{A' M}{A M} = 1 \Rightarrow \frac{O' M}{O' D} = \frac{1}{2} .$

Khi đó ta có $\frac{V_{O' . O M G}}{V_{O' . O D E}} = \frac{O' M}{O' D} . \frac{O' G}{O' E} = \frac{1}{2} . \frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow V_{O' . O D E} = 6 V_{O' . O M G} = 6 a^{3} .$

Ta có $V_{O' . O D E} = \frac{1}{3} h . S_{Δ O D E} = 6 a^{3} .$

Ta lại có $S_{Δ O D E} = \frac{1}{2} d (E; O D) . O D$

Ta có $O D = 2 O A = 2. \frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}, d (E; O D) = d (C; A O) = \frac{a}{2} .$

$\Rightarrow S_{Δ O D E} = \frac{1}{2} d (E; O D) . O D = \frac{1}{2} . \frac{2 a \sqrt{3}}{3} . \frac{a}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{6} .$

Vậy $h = \frac{18 a^{3}}{\frac{a^{2} \sqrt{3}}{6}} = 36 a \sqrt{3} .$

Chọn B.

Câu 47:

Cho phương trình $x^{\log_{2020} (x^{3}) - a} = 2021$ với a là số thực dương. Biết tích các nghiệm của phương trình là 32. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. $1 \leq a \leq 2$

B. $3 \leq a \leq 4$

C. $4 < a \leq 5$

D. $2 \leq a < 3$

Xem đáp án

ĐKXĐ: x > 0

Lấy logarit cơ số 2020 cả hai vế của phương trình $x^{\log_{2020} (x^{3}) - a} = 2021$ ta được:

$\log_{2020} (x^{\log_{2020} (x^{3}) - a}) = \log_{2020} 2021$

$\Leftrightarrow [\log_{2020} (x^{3}) - a] \log_{2020} x = \log_{2020} 2021$

$\Leftrightarrow 3 \log_{2020}^{2} x - a \log_{2020} x - \log_{2020} 2021 = 0$

Đặt $t = \log_{2020} x,$ phương trình trở thành $3 t^{2} - a t - \log_{2020} 2021 = 0 (*) .$

Vì phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} . x_{2} = 32$

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt $t_{1}, t_{2}$ thỏa mãn

$t_{1} + t_{2} = \log_{2020} x_{1} + \log_{2020} x_{2} = \log_{2020} (x_{1} x_{2}) = \log_{2020} 32.$

Áp dụng định lí Vi-ét ta có $t_{1} + t_{2} = \frac{a}{3} = \log_{2020} 32 \Leftrightarrow a = 3. \log_{2020} 32 \approx 1, 37.$

Vậy $1 \leq a \leq 2.$

Chọn A.

Câu 48:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng $d : \frac{x}{3} = \frac{y}{2} = \frac{z}{2},$ điểm A(3; -1; -1) và mặt phẳng

$(P) : x + 2 y + 2 z - 3 = 0.$ Gọi $∆$ là đường thẳng đi qua A và tạo với mặt phẳng (P) một góc $φ$ . Biết rằng khoảng cách giữa d và $∆$ là 3, tính giá trị nhỏ nhất của $c o s φ$

A. $\frac{1}{3}$

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

C. $\frac{4}{9}$

D. $\frac{5}{9}$

Xem đáp án

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa $∆$ và song song với d

Khi đó ta có $d (Δ; d) = d (d; (Q)) = d (O; (Q))$ do $O \in d .$

Gọi $\vec{n_{Q}} = (a; b; c)$ là 1 VTPT của (Q).

Khi đó phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A(3; -1; -1) là:

$a (x - 3) + b (y + 1) + c (z + 1) = 0 \Leftrightarrow a x + b y + c z - 3 a + b + c = 0$

Lại có d // (Q) nên $\vec{u_{d}} ⊥ \vec{n_{Q}} \Leftrightarrow 3 a + 2 b + 2 c = 0.$

Ta có: $d (O; (Q)) = \frac{|- 3 a + b + c|}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}} = 3.$

$\Leftrightarrow {(- 3 a + b + c)}^{2} = 9 (a^{2} + b^{2} + c^{2})$

$\Leftrightarrow 9 a^{2} + b^{2} + c^{2} - 6 a b - 6 a c + 2 b c = 9 (a^{2} + b^{2} + c^{2})$

$\Leftrightarrow 4 (b^{2} + c^{2}) = - 3 a b - 3 a c + b c$

Ta có hệ phương trình

$\{\begin{cases} 4 (b^{2} + c^{2}) = - 3 a b - 3 a c + b c \\ 3 a + 2 b + 2 c = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 (b^{2} + c^{2}) = 2 (b + c) b + 2 (b + c) c + b c \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 b^{2} + 4 c^{2} = 2 b^{2} + 2 b c + 2 b c + 2 c^{2} + b c \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 b^{2} + 2 c^{2} - 5 b c = 0 \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} b = 2 c \\ c = 2 b \end{array} \\ 3 a = - 2 (b + c) \end{cases}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} b = 2 c; a = - 2 c \\ c = 2 b; a = - 2 b \end{array}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \vec{n_{Q}} = (- 2 c; 2 c; c) = (- 2; 2; 1) \\ \vec{n_{Q}} = (- 2 b; b; 2 b) = (- 2; 1; 2) \end{array}$

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d (ảnh 1)

Gọi $d' = (P) \cap (Q) .$ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên $(P), d', M = Δ \cap (P) .$

Khi đó ta có $∠ ((P); (Q)) = ∠ A K H, φ = ∠ (Δ; (P)) = ∠ A M H .$

Ta có cos $φ$ đạt giá trị nhỏ nhất $\Rightarrow \sin φ$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có $\sin φ = \frac{A H}{A M} \leq \frac{A H}{A K},$ do đó $\sin φ_{\max} = \frac{A H}{A K} \Leftrightarrow H \equiv K .$

Khi đó $\cos φ_{\min} = \cos ((P); (Q)) = \frac{|\vec{n_{P}} . \vec{n_{Q}}|}{|\vec{n_{P}}| . |\vec{n_{Q}}|} .$

TH1: $\vec{n_{Q}} = (- 2; 2; 1) \Rightarrow \cos φ_{\min} = \frac{|- 2.1 + 2.2 + 1.2|}{\sqrt{9} . \sqrt{9}} = \frac{4}{9} .$

TH2: $\vec{n_{Q}} = (- 2; 1; 2) \Rightarrow \cos φ_{\min} = \frac{|- 2.1 + 1.2 + 2.2|}{\sqrt{9} . \sqrt{9}} = \frac{4}{9} .$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\cos φ$ bằng $\frac{4}{9} .$

Chọn C.

Câu 49:

Có bao nhiêu số nguyên $m \in (- 20; 20)$ để phương trình $\log_{2} x + \log_{3} (m - x) = 2$ có nghiệm thực?

A. 15

B. 14

C. 24

D. 23

Xem đáp án

ĐKXĐ: $0 < x < m .$

Ta có:

$\log_{2} x + \log_{3} (m - x) = 2$

$\Leftrightarrow \log_{3} (m - x) = 2 - \log_{2} x = \log_{2} \frac{4}{x}$

Đặt $\log_{3} (m - x) = \log_{2} \frac{4}{x} = t \Rightarrow \{\begin{cases} m - x = 3^{t} \\ \frac{4}{x} = 2^{t} \end{cases}$

$\Rightarrow m - 3^{t} = \frac{4}{2^{t}} \Leftrightarrow m = 3^{t} + \frac{4}{2^{t}} = f (t) .$

Ta có $f' (t) = 3^{t} \ln 3 - \frac{4. \ln 2}{2^{t}} = 0 \Leftrightarrow 6^{t} \ln 3 - 4 \ln 2 = 0$

$\Leftrightarrow 6^{t} = 4 \frac{\ln 2}{\ln 3} \Leftrightarrow 4 \log_{3} 2 \Rightarrow t = \log_{6} (4 \log_{3} 2) = t_{0}$

BBT:

Có bao nhiêu số nguyên m thuộc (-20; 20) để phương trình (ảnh 1)

Phương trình m = f(t) có nghiệm khi và chỉ khi $m \geq f (t_{0}) \approx 4, 5.$

Kết hợp điều kiện đề bài và $m \in ℤ \Rightarrow m \in \{5; 6; 7; ...; 19\} .$ Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Câu 50: