50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 28)

Hàm số $y = \sqrt{\log_{0, 5} (3 x - 2) - 1}$ xác định khi $\{\begin{cases} \log_{0, 5} (3 x - 2) - 1 \geq 0 \\ 3 x - 2 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x - 2 \geq \frac{1}{2} \\ x > \frac{2}{3} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \geq \frac{5}{6} \\ x > \frac{2}{3} \end{cases} \Leftrightarrow x \geq \frac{5}{6} .$

Vậy TXĐ của hàm số là $[\frac{5}{6}; + \infty) .$

Chọn B.

Câu 3:

06/11/2024

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} + 8 x - 4 y + 10 z - 4 = 0.$ Khi đó (S) có tâm I và bán kính R lần lượt là:

A. $I (- 4; 2; - 5), R = 7.$

B. $I (- 4; 2; - 5), R = 4.$

C. $I (- 4; 2; - 5), R = 49.$

D. $I (4; - 2; 5), R = 7.$

Xem đáp án

Đáp án đúng: A

*Lời giải:

Mặt cầu (S) có tâm I(-4; 2; -5)

Bán kính $R = \sqrt{{(- 4)}^{2} + 2^{2} + {(- 5)}^{2} - (- 4)} = 7.$

*Phương pháp giải:

Phương trình mặt cầu nói trên có thể viết dưới dạng

$(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 a x + 2 b y + 2 c z + d = 0$ (2) với $d = a^{2} + b^{2} + c^{2} - R^{2}$

Từ đó ta có phương trình (2) với điều kiện $a^{2} + b^{2} + c^{2} - d > 0$ là phương trình mặt cầu tâm I (-a; -b; -c) có bán kính là $R = \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} - d}$

*Lý thuyến cần nắm và dạng bài toán về phương trình mặt cầu:

Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S) tâm I (a; b; c) và bán kính R có phương trình là

$(S) : {(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2} + {(z - c)}^{2} = R^{2}$ (1).

Phương trình mặt cầu nói trên có thể viết dưới dạng

$(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 a x + 2 b y + 2 c z + d = 0$ (2) với $d = a^{2} + b^{2} + c^{2} - R^{2}$

Từ đó ta có phương trình (2) với điều kiện $a^{2} + b^{2} + c^{2} - d > 0$ là phương trình mặt cầu tâm I (-a; -b; -c) có bán kính là $R = \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} - d}$

Đặc biệt nếu mặt cầu (S) có $\{\begin{cases} tâm O (0; 0; 0) \\ bán kính R \end{cases}$ thì phương trình mặt cầu (S) là

$(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$

Các dạng bài tập và cách viết phương trình mặt cầu

Dạng 1: Xác định tâm và bán kính mặt cầu – Điều kiện để (S) là một mặt cầu

Phương pháp giải:

Xét phương trình :

$(S) : {(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2} + {(z - c)}^{2} = R^{2}$

Khi đó mặt cầu có tâm I (a; b; c), bán kính R

+) Xét phương trình :

$(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 a x - 2 b y - 2 c z + d = 0$

Khi đó mặt cầu có:

$\{\begin{cases} tâm I (a; b; c) \\ bán kính R = \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} - d} \end{cases}$

Điều kiện để (S) là phương trình mặt cầu là $a^{2} + b^{2} + c^{2} - d > 0$

+) Đặc biệt: $(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ , suy ra (S) có $\{\begin{cases} tâm O (0; 0; 0) \\ bán kính R \end{cases}$

Dạng 2: Viết phương trình mặt cầu khi biết tâm và bán kính

Phương pháp giải:

Bước 1: Xác định tâm I (a; b; c).

Bước 2: Xác định bán kính R của (S).

Bước 3: Thế vào phương trình (S):

Dạng phương trình mặt cầu (S) có tâm I (a; b; c) và bán kính R.

$(S) : {(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2} + {(z - c)}^{2} = R^{2}$

Dạng 3: Viết phương trình mặt cầu biết tâm và tiếp xúc với mặt phẳng

Phương pháp giải:

Cho điểm I (a; b; c) và mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0

Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên ta có

$R = d (I; (P)) = \frac{| A a + B b + C c + D |}{\sqrt{A^{2} + B^{2} + C^{2}}}$

Từ đó viết được phương trình mặt cầu tâm I và bán kính R đã tính phía trên.

Dạng 4: Viết phương trình mặt cầu biết tâm và tiếp xúc với đường thẳng

Phương pháp giải:

Cho điểm I (a; b; c) và đường thẳng d.

Gọi H là tiếp điểm của đường thẳng d và mặt cầu tâm I. Tìm H.

Khi đó bán kính của mặt cầu R = IH.

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết

Phương trình mặt cầu (lý thuyết và cách giải các dạng bài tập)

Toán 12 Bài 17 (Kết nối tri thức): Phương trình mặt cầu

Câu 4:

18/07/2024

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

f (x) = m - 2

có bốn nghiệm phân biệt.

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (ảnh 1)

A. $- 4 \leq m \leq - 3.$

B. -4 < m < -3

C. -2 < m < -1

D. $- 2 \leq m \leq - 1.$

Xem đáp án

Phương trình f(x) = m - 2 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $- 4 < m - 2 < - 3 \Leftrightarrow - 2 < m < - 1.$

Chọn C.

Câu 5:

18/07/2024

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh $a \sqrt{3},$ hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) là trung điểm của cạnh AD, đường thẳng SD tạo với đáy một góc bằng $60^{0} .$ Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:

A. $\frac{3 a^{3}}{4} .$

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

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

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

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a căn bậc hai của 3 (ảnh 1)

Gọi M là trung điểm của AD ta có $S M ⊥ (A B C D) (g t) .$

Khi đó $∠ (S D; (A B C D)) = ∠ (S D; M D) = ∠ S D M = 60^{0} .$

$\Rightarrow S M = D M . \tan 60^{0} = \frac{a \sqrt{3}}{2} . a \sqrt{3} = \frac{3 a}{2} .$

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

Chọn B.

Câu 6:

20/07/2024

Tính chiều cao h của hình trụ biết chiều cao h bằng hai lần bán kính đáy và thể tích khối trụ bằng $54 π .$

A. $h = \frac{5}{2} .$

B. h = 6

C. h = 2

D. h = 4

Xem đáp án

Gọi r là bán kính đáy khối trụ ta có $\{\begin{cases} h = 2 r \\ V = π r^{2} h = 54 π \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} h = 2 r \\ π r^{2} .2 r = 54 π \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} r = 3 \\ h = 6 \end{cases} .$

Chọn B.

Câu 7:

18/07/2024

Tìm các số thực a, b để hàm số $y = \frac{a x - 1}{x + b}$ có đồ thị như hình bên?

Tìm các số thực a, b để hàm số y = ax - 1/x + b có đồ thị như hình bên? (ảnh 1)

A. a = -1, b = 1

B. a = 1, b = 1

C. a = 1, b = -1

D. a = -1, b = -1

Xem đáp án

Đồ thị hàm số đã cho có TCN y = 1 và TCĐ x = -1 nên $\{\begin{cases} \frac{a}{1} = 1 \\ - b = - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 1 \\ b = 1 \end{cases} .$

Chọn B.

Câu 8:

21/07/2024

Tập nghiệm của bất phương trình

{12.25}^{x} - 5^{x + 2} + 12 \geq 0

là:

A. $(- \infty; \log_{5} \frac{3}{4}] \cup [\log_{5} \frac{4}{3}; + \infty)$

B. $[\log_{5} \frac{3}{4}; \log_{5} \frac{4}{3}]$

C. $(- \infty; \frac{3}{4}] \cup [\frac{4}{3}; + \infty)$

D. $[\frac{3}{4}; \frac{4}{3}] .$

Xem đáp án

${12.25}^{x} - 5^{x + 2} + 12 \geq 0$

$\Leftrightarrow {12.5}^{2 x} - {25.5}^{x} + 12 \geq 0$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} 5^{x} \geq \frac{4}{3} \\ 5^{x} \leq \frac{3}{4} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \geq \log_{5} \frac{4}{3} \\ x \leq \log_{5} \frac{3}{4} \end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $(- \infty; \log_{5} \frac{3}{4}] \cup [\log_{5} \frac{4}{3}; + \infty) .$

Chọn A.

Câu 9:

18/07/2024

Trong không gian Oxyz cho hai vectơ $\vec{u} = 3 \vec{i} + 4 \vec{j}$ và $\vec{v} = 5 \vec{i} + 2 \vec{j} - 2 \vec{k} .$ Tìm tọa độ của vectơ $\vec{a} = 3 \vec{u} - \vec{v} .$

A. $\vec{a} = (14; 14; 2) .$

B. $\vec{a} = (2; 5; 1) .$

C. $\vec{a} = (4; 10; 2) .$

D. $\vec{a} = (4; 10; - 2) .$

Xem đáp án

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{u} = 3 \vec{i} + 4 \vec{j} \\ \vec{v} = 5 \vec{i} + 2 \vec{j} - 2 \vec{k} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} \vec{u} = (3; 4; 0) \\ \vec{v} = (5; 2; - 2) \end{cases} .$

Vậy $\vec{a} = 3 \vec{u} - \vec{v} = (4; 10; 2) .$

Chọn C.

Câu 10:

18/07/2024

Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy bằng $45^{0} .$ Thể tích của khối nón đã cho là:

A. $π 8 \sqrt{2} a^{3}$

B. $π 3 \sqrt{2} a^{3}$

C. $\frac{2 \sqrt{2} π a^{3}}{3}$

D. $π 2 \sqrt{2} a^{3}$

Xem đáp án

Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a góc giữa đường sinh và mặt phẳng (ảnh 1)

Theo bài ra ta có $∠ S O A = 45^{0}, S A = 2 a .$

$\Rightarrow Δ S O A$ vuông cân tại $O \Rightarrow S O = O A = \frac{S A}{\sqrt{2}} = a \sqrt{2} \Rightarrow h = r = a \sqrt{2} .$

Vậy thể tích khối nón là $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π . {(a \sqrt{2})}^{2} . a \sqrt{2} = \frac{2 \sqrt{2} π a^{3}}{3} .$

Chọn C.

Câu 11:

15/07/2024

Trong không gian Oxyz cho hai vectơ $\vec{a} = (4; m; 2)$ và $\vec{b} = (m - 1; 2; 5) .$ Tìm m để $\vec{a} ⊥ \vec{b}$ .

A. m = -2

B. m = -3

C. m = -1

D. m = 1

Xem đáp án

$\vec{a} ⊥ \vec{b} \Leftrightarrow \vec{a} . \vec{b} = 0.$

$\Rightarrow 4 (m - 1) + 2 m + 10 = 0$

$\Leftrightarrow 6 m + 6 = 0 \Leftrightarrow m = - 1$

Chọn C.

Câu 12:

15/07/2024

Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường $y = x^{2}, y = - \frac{1}{3} x + \frac{4}{3}$ và trục hoành. Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành.

A. $\frac{7 π}{5} .$

B. $\frac{6 π}{5} .$

C. $\frac{8 π}{5} .$

D. $π$

Xem đáp án

Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y = x^2, y = -1/3x + 4/3 và trục (ảnh 1)

Xét các phương trình hoành độ giao điểm: $\{\begin{cases} x^{2} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \\ - \frac{1}{3} x + \frac{4}{3} = 0 \Leftrightarrow x = 4 \\ x^{2} = - \frac{1}{3} x + \frac{4}{3} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = - \frac{4}{3} \end{array} \end{cases}$

Khi đó ta có: $V = π \int_{0}^{1} {(x^{2})}^{2} d x + π \int_{1}^{4} {(- \frac{1}{3} x + \frac{4}{3})}^{2} d x .$

Sử dụng MTCT ta tính được $V = \frac{6 π}{5} .$

Chọn B.

Câu 13:

12/07/2024

Nghiệm của phương trình $2^{x + 1} = 8$ là:

A. x = 3

B. x = 2

C. x = 1

D. x = 4

Xem đáp án

$2^{x + 1} = 8 \Leftrightarrow 2^{x + 1} = 2^{3} \Leftrightarrow x + 1 = 3 \Leftrightarrow x = 2.$

Chọn B.

Câu 14:

18/07/2024

Trong không gian Oxyz cho ba điểm $A (1; 4; - 5), B (2; 3; - 6), C (4; 4; - 5) .$ Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

A. $H (\frac{5}{2}; 4; - 5)$

B. H(1; 4; -5)

C. H(2; 3; -6)

D. $H (\frac{7}{3}; \frac{11}{3}; - \frac{16}{3})$

Xem đáp án

Ta có: $\vec{A B} = (1; - 1; - 1), \vec{B C} = (2; 1; 1) .$

$\Rightarrow \vec{A B} . \vec{B C} = 1.2 + (- 1) .1 + (- 1) .1 = 0 \Rightarrow A B ⊥ B C \Rightarrow Δ A B C$ vuông tại B

Do trực tâm $H \equiv B$ nên H(2; 3; -6)

Chọn C.

Câu 15:

18/07/2024

Trong không gian Oxyz cho điểm A(-4; 6; 2). Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của A trên các trục Ox, Oy, Oz. Tính diện tích S của tam giác MNP.

A. S = 28

B. $S = \frac{49}{2}$

C. S = 7

D. S = 14

Xem đáp án

Ta có: $M (- 4; 0; 0), N (0; 6; 0), P (0; 0; 2) .$

$\Rightarrow \vec{M N} = (4; 6; 0), \vec{M P} = (4; 0; 2) \Rightarrow [\vec{M N}, \vec{M P}] = (12; - 8; - 24) .$

Vậy $S_{Δ M N P} = \frac{1}{2} |[\vec{M N}, \vec{M P}]| = \frac{1}{2} \sqrt{12^{2} + {(- 8)}^{2} + {(- 24)}^{2}} = 14.$

Chọn D.

Câu 16:

18/07/2024

Cho hàm số $y = f (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + 1 (a \neq 0)$ có bảng biến thiên dưới đây:

Cho hàm số y = f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + 1 (a khác 0) có bảng biến thiên dưới đây (ảnh 1)

Có bao nhiêu số dương trong các số a, b, c?

A. 2

B. 0

C. 3

D. 1

Xem đáp án

Ta có $\lim_{x \to + \infty} y = + \infty \Rightarrow a > 0.$

Hàm số có 2 điểm cực trị âm nên phương trình $y' = 3 a x^{2} + 2 b x + c = 0$ có 2 nghiệm phân biệt.

$\Rightarrow \{\begin{cases} \frac{- 2 b}{3 a} < 0 \\ \frac{c}{3 a} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b > 0 \\ c > 0 \end{cases} .$

Vậy trong các số a, b, c có 3 số dương.

Chọn C.

Câu 17:

18/07/2024

Cho hàm số y = f(x) xác định trên $ℝ$ và có đạo hàm $f' (x) = x {(x - 1)}^{3} {(x + 2)}^{2} .$ Tìm số điểm cực trị của hàm số đã cho?

A. 2

B. 4

C. 3

D. 1

Xem đáp án

$f' (x) = x {(x - 1)}^{3} (x + 2) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 (n g h i e m d o n) \\ x = 1 (n g h i e m b o i 3) \\ x = - 2 (n g h i e m b o i 2) \end{array}$

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn A.

Câu 18:

16/07/2024

Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3a. Cắt hình trụ bỏi một mặt phẳng (P) song song với trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng $a \sqrt{5},$ ta được một thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích của khối trụ đã cho.

A. $2 \sqrt{2} π a^{3} .$

B. $12 π a^{3}$

C. $36 π a^{3}$

D. $\frac{2 \sqrt{2} π}{3} a^{3}$

Xem đáp án

Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3a. Cắt hình trụ bỏi một mặt phẳng (P) song (ảnh 1)

Giả sử mặt phẳng (P) cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông ABCD như hình vẽ.

Gọi I là trung điểm của AB ta có $O I ⊥ (A B C D) \Rightarrow d (O; (A B C D)) = O I = d (O O'; (A B C D)) .$

$\Rightarrow O I = a \sqrt{5} .$

Áp dụng định lí Pyatgo ta có $A I = \sqrt{O A^{2} - A I^{2}} = \sqrt{{(3 a)}^{2} - {(a \sqrt{5})}^{2}} = 2 a .$

$\Rightarrow A B = 2 A I = 4 a = A D = O O' .$

Vậy thể tích khối trụ là $V = π . {(3 a)}^{2} .4 a = 36 π a^{3} .$

Chọn C.

Câu 19:

21/07/2024

Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập S. Tính xác suất để số được chọn có đúng bốn chữ số lẻ và chữ số 0 có hai chữ số kề nó là chữ số lẻ.

A. $\frac{2}{189}$

B. $\frac{21}{200}$

C. $\frac{20}{189}$

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

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là $n (Ω) = A_{10}^{8} - A_{9}^{7} = 1632960.$

Gọi A là biến cố: “số được chọn có đúng bốn chữ số lẻ và chữ số 0 có hai chữ số kề nó là chữ số lẻ”.

Gọi số có 8 chữ số là $\bar{a_{1} a_{2} ... a_{8}} .$

Chọn 2 chữ số lẻ đứng cạnh chữ số 0 có $A_{5}^{2} = 20$ cách, coi 3 chữ số này là 1 chữ số X.

Chọn 2 chữ số lẻ còn lại có $C_{3}^{2} = 3$ cách.

Chọn 3 chữ số còn lại là số chẵn khác 0 có $C_{4}^{3} = 4$ cách.

Hoán đổi vị trí chữ số X, 2 chữ số lẻ còn lại và 3 chữ số còn lại là số chẵn khác 0 có 6! cách.

$\Rightarrow$ Có $20.3.4.6! = 172800$ số $\Rightarrow n (A) = 172800.$

Vậy xác suất của biến cố A là $P (A) = \frac{172800}{1632960} = \frac{20}{189} .$

Chọn C.

Câu 20:

18/07/2024

Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng $(- \infty; + \infty) ?$

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

B. $y = - x^{3} - 3 x$

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

D. $y = x^{3} + x$

Xem đáp án

Dễ dàng loại đáp án A và C vì có TXĐ khác $ℝ$

Xét đáp án D có $y = 3 x^{2} + 1 > 0 \forall x \in ℝ$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $(- \infty; + \infty) .$

Chọn D.

Câu 21:

18/07/2024

Lăng trụ ngũ giác có bao nhiêu cạnh?

A. 15

B. 10

C. 20

D. 5

Xem đáp án

Số cạnh của lăng trụ ngũ giác là 3.5 = 15

Chọn A.

Câu 22:

19/11/2024

Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên $ℝ$ ?

A. $y = {(\frac{2}{π})}^{x}$

B. $y = 0, 5^{- x}$

C. $y = x^{3}$

D. $y = \log_{\frac{1}{3}} x .$

Xem đáp án

Đáp án đúng: A.

* Lời giải:

Vì $0 < \frac{2}{π} < 1$ nên hàm số $y = {(\frac{2}{π})}^{x}$ nghịch biến trên $ℝ$

* Phương pháp giải:

- Hàm số bậc nhất xác định bởi mọi x $\in ℝ$ .

- Hàm số bậc nhất đồng biến trên $ℝ$ khi a > 0.

- Hàm số bậc nhất nghịch biến trên $ℝ$ khi a < 0.

* Một số lý thuyết liên quan:

Khái niệm về tính đồng biến, nghịch biến

Cho hàm số y = f(x) xác định với mọi giá trị của x thuộc $ℝ$ .

- Nếu giá trị của biến x tăng lên mà giá trị y = f(x) tương ứng cũng tăng thì hàm số y = f(x) là hàm số đồng biến trên $ℝ$ .

- Nếu giá trị của biến x tăng lên mà giá trị của y = f(x) tương ứng giảm thì hàm số y = f(x) là hàm số nghịch biến trên $ℝ$ .

Công thức xét tính đồng biến, nghịch biến

Cách 1: Dựa vào khái nệm

Với x1, x2 bất kì thuộc :

- Nếu $x_{1} < x_{2}$ và $f (x_{1}) < f (x_{2})$ thì hàm số y = f(x) đồng biến trên $ℝ$ .

- Nếu $x_{1} < x_{2}$ và $f (x_{1}) > f (x_{2})$ thì hàm số y = f(x) nghịch biến trên $ℝ$ .

Cách 2: Xét dấu của giá trị T

Để xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số y = f(x), ta xét dấu của T, với $T = \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}}$ và $x_{1}, x_{2} \in ℝ$

Nếu T < 0 thì hàm số nghịch biến trên $ℝ$ .

Nếu T > 0 thì hàm số đồng biến trên $ℝ$ .

Định nghĩa logarit

Cho hai số dương a; b với a ≠ 1. Số α thỏa mãn đẳng thức a^α = b được gọi là logarit cơ số a của b và kí hiệu là log_ab.

$α = \log_{a} b \Leftrightarrow a^{α} = b$

Tính chất của logarit

Cho hai số dương a và b; a ≠ 1. Ta có các tính chất sau đây:

log_a1 = 0; log_aa = 1

$a^{\log_{a} b} = b; \log_{a} (a^{α}) = α$

Logarit của một tích

– Định lí 1. Cho ba số dương a; b₁ ;b₂ với a ≠ 1. Ta có:

$\log_{a} (b_{1} . b {}_{2}) = \log_{a} b_{1} + \log_{a} b {}_{2}$

Logarit của một tích bằng tổng các logarit.

Logarit của một thương

– Định lí 2. Cho ba số dương a; b₁ ;b₂ với a ≠ 1. Ta có:

$\log_{a} \frac{b_{1}}{b_{2}} = \log_{a} b_{1} - \log_{a} b {}_{2}$

Logarit của một thương bằng hiệu các logarit.

Đặc biệt: $\log_{a} \frac{1}{b} = - \log_{a} b$ ( a > 0; b > 0; a ≠ 1)

Logarit của một lũy thừa

– Định lí 3. Cho hai số dương a; b và a ≠ 1 . Với mọi số α, ta có:

$\log_{a} b^{α} = α \log_{a} b$

Logarit của một lũy thừa bằng tích của số mũ với logarit của cơ số.

– Đặc biệt: $\log_{a} \sqrt[n]{b} = \frac{1}{n} \log_{a} b$

Khảo sát hàm số mũ y = a^x ( a > 0 và a ≠ 1).

y = a^x ; a > 1

y = a^x ; 0 < a < 1

1. Tập xác định: R

2. Sự biến thiên

y’ = a^x.ln a > 0 với mọi x

Giới hạn đặc biệt:

$\lim_{x \to - \infty} a^{x} = 0; \lim_{x \to + \infty} a^{x} = + \infty$

Tiệm cận: Trục Ox là tiệm cận ngang.

3. Bảng biến thiên:

Lý thuyết Hàm số mũ. Hàm số logarit chi tiết – Toán lớp 12 (ảnh 1)

4. Đồ thị

Lý thuyết Hàm số mũ. Hàm số logarit chi tiết – Toán lớp 12 (ảnh 1)

1. Tập xác định: R

2. Sự biến thiên

y’ = a^x.ln a < 0 với mọi x

Giới hạn đặc biệt:

$\lim_{x \to - \infty} a^{x} = + \infty; \lim_{x \to + \infty} a^{x} = 0$

Tiệm cận: Trục Ox là tiệm cận ngang.

3. Bảng biến thiên:

Lý thuyết Hàm số mũ. Hàm số logarit chi tiết – Toán lớp 12 (ảnh 1)

4. Đồ thị

Lý thuyết Hàm số mũ. Hàm số logarit chi tiết – Toán lớp 12 (ảnh 1)

Bảng tóm tắt các tính chất của hàm số mũ y = a^x ( a > 0; a ≠ 1).

Tập xác định	$(- \infty; + \infty)$
Đạo hàm	y’ = a^x. lna
Chiều biến thiên	a > 1: Hàm số luôn đồng biến. 0 < a < 1: Hàm số luôn nghịch biến
Tiệm cận	Trục Ox là tiệm cận ngang
Đồ thị	Đi qua các điểm (0; 1) và (1; a), nằm phía trên trục hoành (y = a^x > 0 $\forall x \in ℝ$ ).

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

Lý thuyết Lôgarit (2024) và bài tập có đáp án

50 bài tập về sự đồng biến và nghịch biến của hàm số (có đáp án 2024) – Toán 12

Lý thuyết Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

Câu 23:

18/07/2024

Tìm họ nguyên hàm của hàm số

f (x) = 4 x^{3} + 5 ?

A. $x^{4} + 5 x + C$

B. 12x + C

C. $\frac{x^{4}}{4} + 5 x + C$

D. $x^{4} + 2$

Xem đáp án

$\int f (x) d x = \int (4 x^{3} + 5) d x = x^{4} + 5 x + C$

Chọn A.

Câu 24:

15/07/2024

Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng $(A B C), S A = \sqrt{7}, A B = 3, B C = 3.$ Bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng:

A. 4

B. 3

C. 2

D.

\frac{5}{2}

Xem đáp án

Áp dụng định lí Pytago ta có $A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{3^{2} + 3^{2}} = 3 \sqrt{2} .$

Vì $Δ A B C$ vuông tại B nên bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy bằng $R_{d a y} = \frac{1}{2} A C = \frac{3 \sqrt{2}}{2} .$

Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là $R = \sqrt{\frac{S A^{2}}{4} + R_{d a y}^{2}} = \sqrt{\frac{{(\sqrt{7})}^{2}}{4} + {(\frac{3 \sqrt{2}}{2})}^{2}} = \frac{5}{2} .$

Chọn D.

Câu 25:

22/07/2024

Cho hàm số f(x) = 2x + sinx + cos5x. Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) thỏa mãn F(0) = -2.

A. $x^{2} - \cos x + \frac{1}{5} \sin 5 x - 1$

B. $x^{2} + \cos x - \frac{1}{5} \sin 5 x + 2$

C. $x^{2} + \cos x - \frac{1}{5} \sin 5 x - 2$

D. $x^{2} - \cos x + \frac{1}{5} \sin 5 x + 1$

Xem đáp án

Ta có

$F (x) = \int (2 x + \sin x + \cos 5 x) d x$

$= x^{2} - \cos x + \frac{1}{5} \sin 5 x + C$

Vì $F (0) = - 2 \Rightarrow 0 - 1 + \frac{1}{5} .0 + C = - 2 \Leftrightarrow C = - 1.$

Vậy $F (x) = x^{2} - \cos x + \frac{1}{5} \sin 5 x - 1.$

Chọn A.

Câu 26:

18/07/2024

Tìm tập giá trị của hàm số $y = \sqrt{x + 1} + \sqrt{3 - x} .$

A. T = (2; 4)

B. $T = [2; 2 \sqrt{5}]$

C. T = [2; 4]

D. $T = [2 \sqrt{2}; 4] .$

Xem đáp án

ĐKXĐ: $\{\begin{cases} x + 1 \geq 0 \\ 3 - x \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \geq - 1 \\ x \leq 3 \end{cases} \Rightarrow T X Ð : D = [- 1; 3] .$

Ta có: $y' = \frac{1}{2 \sqrt{x + 1}} - \frac{1}{2 \sqrt{3 - x}} .$

$y' = 0 \Leftrightarrow x + 1 = 3 - x \Leftrightarrow 2 x = 2 \Leftrightarrow x = 1 \in [- 1; 3] .$

Lại có $y (- 1) = 2; y (1) = 2 \sqrt{2}; y (3) = 2.$

$\Rightarrow \min_{[- 1; 3]} y = 2, \max_{[- 1; 3]} y = 2 \sqrt{2} .$

Vậy tập xác định của hàm số $y = \sqrt{x + 1} + \sqrt{3 - x}$ là $T = [2; 2 \sqrt{5}] .$

Chọn B.

Câu 27:

18/07/2024

Cấp số cộng $(u_{n})$ thỏa mãn $\{\begin{cases} u_{4} = 7 \\ u_{4} + u_{6} = 18 \end{cases}$ có công sai là:

A. d = -2

B. d = 2

C. d = 6

D. d = 5

Xem đáp án

$\{\begin{cases} u_{4} = 7 \\ u_{4} + u_{6} = 18 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} u_{4} = 7 \\ 2 u_{5} = 18 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} u_{4} = 7 \\ u_{5} = 9 \end{cases} \Rightarrow d = u_{5} - u_{4} = 9 - 7 = 2.$

Chọn B.

Câu 28:

18/07/2024

Gieo một con súc xắc cân đối và đồng chất hai lần. Xác suất để ít nhất một lần xuất hiện mặt một chấm là:

A. $\frac{8}{36}$

B. $\frac{11}{36}$

C. $\frac{12}{36}$

D. $\frac{6}{36}$

Xem đáp án

Xác suất để không lần nào xuất hiện mặt một chấm là ${(\frac{5}{6})}^{2} = \frac{25}{36} .$

Vậy xác suất để ít nhất một lần xuất hiện mặt một chấm là $1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} .$

Chọn B.

Câu 29:

18/07/2024

Tính diện tích của hình phẳng S giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = 2 x^{2} + x,$ trục hoành, các đường thẳng x = 1, x = 2.

A. $\frac{19}{3}$

B. $\frac{37}{6}$

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

D. 6

Xem đáp án

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

Diện tích cần tính: $S = \int_{1}^{2} |2 x^{2} + x| d x = \int_{1}^{2} (2 x^{2} + x) d x = \frac{37}{6} .$

Chọn B.

Câu 30:

21/07/2024

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Có bao nhiêu khẳng định sai trong các khẳng định dưới đây?

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Có bao nhiêu khẳng định (ảnh 1)

I. Đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận

II. Hàm số có cực tiểu tại x = 2

III. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $(- \infty; - 1), (1; + \infty)$

IV. Hàm số xác định trên $ℝ$

A. 2

B. 3

C. 1

D. 4

Xem đáp án

Đồ thị có 2 đường tiệm cận ngang y = -1, y = 2 và 1 đường tiệm cận đứng x = 1 nên có tất cả 3 đường tiệm cận $\Rightarrow$ Khẳng định I đúng.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 $\Rightarrow$ Khẳng định II đúng.

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $(- \infty; - 1), (1; 2) \Rightarrow$ Khẳng định III sai.

Hàm số xác định trên $ℝ \ \{1\} \Rightarrow$ Khẳng định IV sai.

Vậy có 2 khẳng định đúng.

Chọn A.

Câu 31:

22/07/2024

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

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Xem đáp án

Hàm số $y = |\frac{x + 2}{x - 1}|$ có TXĐ $D = ℝ \ \{1\} .$

Ta có:

$\lim_{x \to 1^{+}} y = \lim_{x \to 1^{+}} |\frac{x + 2}{x - 1}| = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{x + 2}{x - 1} = + \infty$

$\lim_{x \to 1^{-}} y = \lim_{x \to 1^{-}} |\frac{x + 2}{x - 1}| = \lim_{x \to 1^{-}} \frac{x + 2}{1 - x} = - \infty$

Do đó đồ thị hàm số có 1 TCĐ x = 1.

Chọn D.

Câu 32:

19/07/2024

Trong không gian Oxyz cho điểm M(-4; 2; 3). Tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua Oy

A. (-4; -2; -3)

B. (4; 2; -3)

C. (-4; 2; 3)

D. (0; 2; 0)

Xem đáp án

Trong không gian Oxyz cho điểm M(-4; 2; 3), tọa độ điểm N đối xứng với M qua Oy là N(4; 2; -3)

Chọn B.

Câu 33:

18/07/2024

Cho $\int_{0}^{1} f (x) d x = 12, \int_{0}^{2} f (x) d x = 17.$ Tính $\int_{1}^{2} f (x) d x .$

A. -19

B. 19

C. -5

D. 5

Xem đáp án

Ta có: $\int_{0}^{2} f (x) d x = \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{1}^{2} f (x) d x \Rightarrow \int_{1}^{2} f (x) d x = \int_{0}^{2} f (x) d x - \int_{0}^{1} f (x) d x = 7 - 12 = - 5.$

Chọn C.

Câu 34:

22/07/2024

Trong không gian Oxyz cho hai vectơ $\vec{u}, \vec{v}$ thỏa mãn $|\vec{u}| = 2; |\vec{v}| = 4, (\vec{u}, \vec{v}) = 60^{0} .$ Tính độ dài của vectơ $\vec{u} + 2 \vec{v} .$

A. $\sqrt{97}$

B. 8

C. 7

D. $4 \sqrt{6}$

Xem đáp án

Ta có:

${(\vec{u} + 2 \vec{v})}^{2} = {\vec{u}}^{2} + 4 \vec{u} . \vec{v} + 4 {\vec{v}}^{2}$

$= {|\vec{u}|}^{2} + 4 |\vec{u}| . |\vec{v}| . \cos (\vec{u}, \vec{v}) + 4 {|\vec{v}|}^{2}$

$= 3^{2} + 4.3.4. \cos 60^{0} + {4.4}^{2}$

= 97

$\Rightarrow \vec{u} + 2 \vec{v} = \sqrt{97}$

Chọn A.

Câu 35:

18/07/2024

Cho hình chóp S.ABC có $S A ⊥ (A B C)$ và đáy ABC là tam giác đều. Khẳng định nào sau đây sai?

A. $(S A B) ⊥ (A B C) .$

B. Gọi H là trung điểm của cạnh BC. Khi đó $∠ A H S$ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)

C. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) là $∠ A C B .$

D.

(S A C) ⊥ (A B C)

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc (ABC) và đáy ABC là tam giác đều. Khẳng (ảnh 1)

Ta có: $\{\begin{cases} S A ⊥ (A B C) (g t) \\ S A \subset (S A B) \\ S A \subset (S A C) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} (S A B) ⊥ (A B C) \\ (S A C) ⊥ (A B C) \end{cases} \Rightarrow$ Đáp án A, D đúng.

Vì $Δ A B C$ đều nên $A H ⊥ B C .$

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

$\{\begin{cases} (S B C) \cap (A B C) = B C \\ S H \subset (S B C), S H ⊥ B C \\ A H \subset (S B C), A H ⊥ B C \end{cases} \Rightarrow ∠ ((S B C); (A B C)) = ∠ (S H; A H) = ∠ S H A \Rightarrow$ Đáp án B đúng.

Chọn C.

Câu 36:

18/07/2024

Cho hàm số $y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ có đồ thị như hình bên. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

Cho hàm số y = ax^3 + bx^2 + cx + d có đồ thị như hình bên. Trong các khẳng định (ảnh 1)

A. $\{\begin{cases} a < 0 \\ b^{2} - 3 a c < 0 \end{cases}$

B. $\{\begin{cases} a < 0 \\ b^{2} - 3 a c > 0 \end{cases}$

C. $\{\begin{cases} a > 0 \\ b^{2} - 3 a c < 0 \end{cases}$

D. $\{\begin{cases} a > 0 \\ b^{2} - 3 a c > 0 \end{cases}$

Xem đáp án

Đồ thị có nhánh cuối đi lên nên a > 0

Hàm số có 2 điểm cực trị nên phương trình $y' = 3 a x^{2} + 2 b x + c = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $\Rightarrow Δ' = b^{2} - 3 a c > 0$

Vậy $\{\begin{cases} a > 0 \\ b^{2} - 3 a c > 0 \end{cases} .$

Chọn D.

Câu 37:

15/07/2024

Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên $ℝ$ là $f' (x) = (x - 1) (x + 3) .$ Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-10; 2021] để hàm số $y = f (x^{2} + 3 x - m)$ đồng biến trên khoảng (0; 2)

A. 2016

B. 2019

C. 2018

D. 2017

Xem đáp án

Đặt $y = g (x) = f (x^{2} + 3 x - m)$ ta có $g' (x) = (2 x + 3) f' (x^{2} + 3 x - m) .$

Để hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) thì $g' (x) \geq 0 \forall x \in (0; 2)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm

$\Rightarrow (2 x + 3) f' (x^{2} + 3 x - m) \geq 0 \forall x \in (0; 2) .$

$\Leftrightarrow f' (x^{2} + 3 x - m) \geq 0 \forall x \in (0; 2)$ (do $2 x + 3 > 0 \forall x \in (0; 2)$ ) (*)

Ta có: $f' (x) = (x - 1) (x + 3) \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \geq 1 \\ x \leq - 3 \end{array}$

Do đó $(*) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} + 3 x - m \geq 1 \forall x \in (0; 2) \\ x^{2} + 3 x - m \leq - 3 \forall x \in (0; 2) \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{2} + 3 x \geq m + 1 \forall x \in (0; 2) \\ x^{2} + 3 x \leq m - 3 \forall x \in (0; 2) \end{array} (* *) .$

Đặt $h (x) = x^{2} + 3 x,$ khi đó $(* *) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} h (x) \geq m + 1 \forall x \in (0; 2) \\ h (x) \leq m - 3 \forall x \in (0; 2) \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \min_{[0; 2]} h (x) \geq m + 1 \\ \max_{[0; 2]} h (x) \leq m - 3 \end{array} .$

Xét hàm số $h (x) = x^{2} + 3 x$ trên [0; 2] ta có $h' (x) = 2 x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{3}{2} \notin [0; 2] .$

Có $h (0) = 0, h (2) = 10$ nên $[\begin{array}{l} \min_{[0; 2]} h (x) = 0 \geq m + 1 \\ \max_{[0; 2]} h (x) = 10 \leq m - 3 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m \leq - 1 \\ m \geq 13 \end{array} .$

Kết hợp điều kiện đề bài ta có $\{\begin{cases} m \in [- 10; 2021] \\ m \in ℤ \end{cases} .$ Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 38:

12/07/2024

Cho đa thức f(x) với hệ số thực và thỏa mãn $2 f (x) + f (1 - x) = x^{2}, \forall x \in ℝ .$ Biết tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 của đồ thị hàm số y = f(x) tạo với hai trục tọa độ một tam giác. Tính diện tích của tam giác đó?

A. $\frac{1}{6}$

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

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

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

Xem đáp án

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

$\Rightarrow 2 f (1 - x) + f (x) = {(1 - x)}^{2}, \forall x \in ℝ$

$\Leftrightarrow f (x) + 2 f (1 - x) = x^{2} - 2 x + 1, \forall x \in ℝ$

Ta có hệ:

$\{\begin{cases} 2 f (x) + f (1 - x) = x^{2} \\ f (x) + 2 f (1 - x) = x^{2} - 2 x + 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 f (x) + 2 f (1 - x) = 2 x^{2} \\ f (x) + 2 f (1 - x) = x^{2} - 2 x + 1 \end{cases}$

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

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

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x = 1 là:

$y = \frac{4}{3} (x - 1) + \frac{2}{3} \Leftrightarrow y = \frac{4}{3} x - \frac{2}{3} (d)$

Gọi $A = d \cap O x .$ Cho $y = 0 \Rightarrow \frac{4}{3} x - \frac{2}{3} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} \Rightarrow A (\frac{1}{2}; 0)$ và $O A = \frac{1}{2} .$

Gọi $B = d \cap O y .$ Cho $x = 0 \Rightarrow y = \frac{4}{3} .0 - \frac{2}{3} = - \frac{2}{3} \Rightarrow B (0; - \frac{2}{3})$ và $O B = \frac{2}{3} .$

Vậy $S_{Δ O A B} = \frac{1}{2} O A . O B = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} . \frac{2}{3} = \frac{1}{6} .$

Chọn A.

Câu 39:

18/07/2024

Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình $8^{f (x) - 2} - {3.4}^{f (x) - 2} + (m + 3) {.2}^{f (x) - 1} - 4 - 2 m = 0$ có nghiệm $x \in (- 1; 0) ?$

Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên (ảnh 1)

A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 0.

Xem đáp án

Đặt $t = 2^{f (x) - 1} .$

Với $x \in (- 1; 0),$ dựa vào đồ thị ta thấy $f (x) \in (0; 2) \Rightarrow f (x) - 2 \in (- 2; 0) \Rightarrow t \in (\frac{1}{4}; 1) .$

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

$t^{3} - 3 t^{2} + (m + 3) t - 4 - 2 m = 0$ có nghiệm $t \in (\frac{1}{4}; 1)$

$\Leftrightarrow (t - 1) (t^{2} - 2 t + 4 + 2 m) = 0$ có nghiệm $t \in (\frac{1}{4}; 1)$

$\Leftrightarrow t^{2} - 2 t + 4 + 2 m = 0$ có nghiệm $t \in (\frac{1}{4}; 1)$

$\Leftrightarrow - \frac{t^{2} - 2 t + 4}{2} = m (*)$ có nghiệm $t \in (\frac{1}{4}; 1)$

Xét hàm số $g (t) = - \frac{t^{2} - 2 t + 4}{2}$ với $t \in (\frac{1}{4}; 1)$ ta có $g' (t) = - \frac{1}{2} (2 t - 2) = 0 \Leftrightarrow t = 1.$

BBT:

Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên (ảnh 2)

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm $t \in (\frac{1}{4}; 1)$ khi và chỉ khi $- \frac{57}{32} < m < - \frac{3}{2} .$

Kết hợp điều kiện $m \in ℤ \Rightarrow$ không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Chọn D.

Câu 40:

18/07/2024

Cho mặt cầu S(O; 4) cố định. Hình nón (N) gọi là nội tiếp mặt cầu nếu hình nón (N) có đường tròn đáy và đỉnh thuộc mặt cầu S(O; 4) .Tính bán kính đáy r của (N) để khối nón (N) có thể tích lớn nhất.

A. $r = 3 \sqrt{2}$

B. $r = \frac{4 \sqrt{2}}{3}$

C. $r = 2 \sqrt{2}$

D. $r = \frac{8 \sqrt{2}}{3}$

Xem đáp án

Cho mặt cầu S(O; 4) cố định. Hình nón (N) gọi là nội tiếp mặt cầu nếu hình nón (N) (ảnh 1)

Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình nón (N). Dễ thấy $V_{(N)}$ lớn nhất thì $4 < h \leq 8.$

Áp dụng định lí Pytago ta có: $r = \sqrt{4^{2} - {(h - 4)}^{2}} = \sqrt{8 h - h^{2}} .$

$\Rightarrow V_{(N)} = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π (8 h - h^{2}) h = \frac{π}{3} (8 h^{2} - h^{3}) .$

Xét hàm số $f (h) = 8 h^{2} - h^{3}$ với $h \in (4; 8]$ ta có: $f' (h) = 16 h - 3 h^{2} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} h = 0 \\ h = \frac{16}{3} \end{array} .$

BBT:

Cho mặt cầu S(O; 4) cố định. Hình nón (N) gọi là nội tiếp mặt cầu nếu hình nón (N) (ảnh 2)

Dựa vào BBT ta thấy $\max_{(4; 8]} f (h) = f (\frac{16}{3}) .$

Vậy $V_{(N)}$ đặt GTLN khi $h = \frac{16}{3} \Rightarrow r = \frac{8 \sqrt{2}}{3} .$

Chọn D.

Câu 41:

19/07/2024

Một hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính R = 6, biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc theo đường kính của đường tròn và hình chữ nhật đó nội tiếp. Tính diện tích lớn nhất của hình chữ nhật đó.

Một hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính R = 6, biết một cạnh (ảnh 1)

A. $18 c m^{2}$

B. $36 c m^{2}$

C. $64 c m^{2}$

D. $96 c m^{2}$

Xem đáp án

Một hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính R = 6, biết một cạnh (ảnh 2)

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Đặt $O A = x \Rightarrow A D = 2 x .$ Áp dụng định lí Pytago ta có $A B = \sqrt{O B^{2} - O A^{2}} = \sqrt{36 - x^{2}} .$

Khi đó $S_{A B C D} = A D . A B = 2 x . \sqrt{36 - x^{2}} .$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $x \sqrt{36 - x^{2}} \leq \frac{x^{2} + 36 - x^{2}}{2} = 18.$

$\Rightarrow S_{A B C D} \leq 2.18 = 36.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x^{2} = 36 - x^{2} \Leftrightarrow x^{2} = 18 \Leftrightarrow x = 3 \sqrt{2} .$

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD bằng $36 c m^{2} .$

Chọn B.

Câu 42:

18/07/2024

Cho các số thực a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và $a^{2 x} = b^{2 y} = \sqrt{a b} .$ Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = 6 x + y^{2}$ bằng:

A. $\frac{45}{4}$

B. 3

C. $\frac{54}{16}$

D. $\frac{45}{16}$

Xem đáp án

Theo bài ra ta có:

$a^{2 x} = b^{2 y} = \sqrt{a b}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 x = \log_{a} \sqrt{a b} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{a} b \\ 2 y = \log_{b} \sqrt{a b} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log_{b} a \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} . \frac{1}{\log_{b} a} \\ y = x = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} . \log_{b} a \end{cases}$

Đặt $t = \log_{b} a,$ vì $a > 1, b > 1 \Rightarrow t = \log_{b} a > \log_{b} 1 = 0$ ta có: $\{\begin{cases} x = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} . \frac{1}{t} \\ y = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} . t \end{cases} (t > 0)$

Khi đó ta có:

$P = 6 x + y^{2} = 6 (\frac{1}{4} + \frac{1}{4} . \frac{1}{t}) + {(\frac{1}{4} + \frac{1}{4} t)}^{2}$

$P = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} . \frac{1}{t} + \frac{1}{16} + \frac{1}{8} t + \frac{1}{16} t^{2}$

$P = \frac{1}{16} t^{2} + \frac{1}{8} t + \frac{3}{2 t} + \frac{25}{16} (t > 0)$

Ta có

$P' = \frac{1}{8} t + \frac{1}{8} - \frac{3}{2 t^{2}} = \frac{t^{3} + t^{2} - 12}{8 t^{2}}$

$P' = 0 \Leftrightarrow t^{3} + t^{2} - 12 = 0 \Leftrightarrow t = 2 (t m)$

BBT:

Cho các số thực a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và a^2x = b^2y = căn bậc hai của ab (ảnh 1)

Vậy $P_{\min} = P (2) = \frac{45}{16} .$

Chọn D.

Câu 43:

15/07/2024

Trong không gian Oxyz cho ba điểm $M (4; - 1; 3), N (- 5; 11; 8)$ và P(1; 3; m). Tìm m để M, N, P thẳng hàng.

A. $m = \frac{14}{3}$

B. m = 18

C. m = -4

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

Xem đáp án

Ta có: $\vec{M N} = (- 9; 12; 5), \vec{M P} = (- 3; 4; m - 3) .$

Để M, N, P thẳng hàng thì tồn tại số thực $k \neq 0$ sao cho $\vec{M P} = k . \vec{M N} .$

$\Rightarrow \{\begin{cases} - 3 = - 9 k \\ 4 = 12 k \\ m - 3 = 5 k \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} k = \frac{1}{3} \\ m = \frac{14}{3} \end{cases} .$

Chọn A.

Câu 44:

18/07/2024

Cho tam giác OAB đều cạnh 2a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng (OAB) lấy điểm M sao cho OM = x. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB và OB. Gọi N là giao điểm của EF và d. Tìm x để thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ nhất.

A. $x = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

B. $x = \frac{a \sqrt{6}}{12}$

C. $x = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

D. $x = a \sqrt{2}$

Xem đáp án

Cho tam giác OAB đều cạnh 2a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc với (ảnh 1)

Ta có $V_{A B M N} = V_{M . O A B} + V_{N . A O B} = \frac{1}{3} O M . S_{Δ O A B} + \frac{1}{3} O N . S_{Δ O A B} = \frac{1}{3} M N . S_{Δ O A B} .$

Tam giác OAB đều cạnh 2a nên $S_{Δ O A B} = \frac{{(2 a)}^{2} \sqrt{3}}{4} = a^{2} \sqrt{3}$ không đổi.

Do đó $V_{A B M N}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi MN đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có: $Δ O A B$ đều $\Rightarrow M$ là trung điểm của OB.

$\{\begin{cases} A F ⊥ O B \\ A F ⊥ O M \end{cases} \Rightarrow A F ⊥ (O B M) \Rightarrow A F ⊥ B M$

$\{\begin{cases} B M ⊥ A F \\ B M ⊥ A E \end{cases} \Rightarrow B M ⊥ (A E F) \Rightarrow B M ⊥ E F$

Cho tam giác OAB đều cạnh 2a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc với (ảnh 2)

Ta có $∠ B E F = ∠ O M B = ∠ O F N \Rightarrow Δ O B M ∽ Δ O N F (g . g) .$

$\Rightarrow \frac{O N}{O B} = \frac{O F}{O M} \Rightarrow O N = \frac{O B . O F}{O M} = \frac{2 a . a}{x} = \frac{2 a^{2}}{x} .$

$\Rightarrow M N = O M + O N = x + \frac{2 a^{2}}{x} \geq 2 \sqrt{x \frac{2 a^{2}}{x}} = 2 \sqrt{2} a .$ Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x = \frac{2 a^{2}}{x} \Leftrightarrow x = a \sqrt{2} .$

Vậy $V_{A B M N}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x = a \sqrt{2} .$

Chọn D.

Câu 45:

18/07/2024

Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng 1 và

∠ B A D = ∠ D A A' = ∠ A' A B = 60^{0} .

Cho hai điểm M, N thỏa mãn điều kiện

\vec{C' B} = \vec{B M}, \vec{D N} = 2 \vec{D D'} .

Độ dài đoạn thẳng MN là:

A. $\sqrt{3}$

B. $\sqrt{13}$

C. $\sqrt{19}$

D. $\sqrt{15}$

Xem đáp án

Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng 1 và (ảnh 1)

Ta có:

$\vec{M N} = \vec{M C'} + \vec{C' D'} + \vec{D' N}$

$= 2 \vec{B C'} + \vec{C' D'} + \vec{D D'}$

$= 2 (\vec{B C} + \vec{C C'}) + \vec{C' D'} + \vec{C C'}$

$= 2 \vec{B C} + 2 \vec{C C'} + \vec{C' D'} + \vec{C C'}$

$= 2 \vec{A D} + 2 \vec{A A'} - \vec{A B} + \vec{A A'}$

$= 2 \vec{A D} + 3 \vec{A A'} - \vec{A B}$

$\Rightarrow M N^{2} = {(2 \vec{A D} + 3 \vec{A A'} - \vec{A B})}^{2}$

$= 4 A D^{2} + 9 A A'^{2} + A B^{2} + 12 \vec{A D} . \vec{A A'} - 4 \vec{A D .} \vec{A B} - 6 \vec{A A'} . \vec{A B}$

$= 12 + 12 \vec{A D} . \vec{A A'} - 4 \vec{A D} . \vec{A B} - 6 \vec{A A'} . \vec{A B}$

Ta có:

$\vec{A D} . \vec{A A'} = A D . A A' . \cos ∠ D A A' = 1.1. \cos 60^{0} = \frac{1}{2}$

$\vec{A D} . \vec{A B} = A D . A B . \cos ∠ B A D = 1.1. \cos 60^{0} = \frac{1}{2}$

$\vec{A A'} . \vec{A B} = A A' . A B . \cos ∠ A' A B = 1.1. \cos 60^{0} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow M N^{2} = 14 + 12. \frac{1}{2} - 4. \frac{1}{2} - 6. \frac{1}{2} = 15.$

Vậy $M N = \sqrt{15} .$

Chọn D.

Câu 46:

23/07/2024

Một ngân hàng X quy định về số tiền nhận được của ngân hàng sau n năm gửi vào ngân hàng tuân theo công thức $P (n) = A {(1 + 9 %)}^{n},$ trong đó A là số tiền gửi ban đầu của khác hàng. Hỏi số tiền ít nhất mà khách hàng B phải gửi vào ngân hàng X là bao nhiêu để sau 5 năm khác hàng đó rút ra được lớn hơn 950 triệu đồng (kết quả làm tròn đến hàng triệu)?

A. 618 triệu đồng

B. 617 triệu đồng

C. 616 triệu đồng

D. 619 triệu đồng

Xem đáp án

Sau 5 năm khách hàng đó rút ra được lớn hơn 950 triệu đồng nên ta có:

$P (5) = A {(1 + 9 %)}^{5} > 950 \Leftrightarrow A > 617, 4$ (triệu đồng)

Vậy người đó phải gửi ít nhất 618 triệu đồng.

Chọn A.

Câu 47:

18/07/2024

Tính tổng

T = \frac{C_{2020}^{0}}{3} - \frac{C_{2020}^{1}}{4} + \frac{C_{2020}^{2}}{5} - \frac{X_{2020}^{3}}{6} + ... - \frac{C_{2020}^{2019}}{2022} + \frac{C_{2020}^{2020}}{2023} .

A. $\frac{1}{4133456312}$

B. $\frac{1}{4133456315}$

C. $\frac{1}{4133456313}$

D. $\frac{1}{4133456314}$

Xem đáp án

Xét khai triển:

$x^{2} {(1 - x)}^{2020} = x^{2} \sum_{k = 0}^{2020} C_{2020}^{k} {(- x)}^{k}$

$= x^{2} (C_{2020}^{0} - C_{2020}^{1} x + C_{2020}^{2} x^{2} - C_{2020}^{3} x^{3} + ... - C_{2020}^{2019} x^{2019} + C_{2020}^{2020} x^{2020})$

$= C_{2020}^{0} x^{2} - C_{2020}^{1} x^{3} + C_{2020}^{2} x^{4} - C_{2020}^{3} x^{5} + ... - C_{2020}^{2019} x^{2021} + C_{2020}^{2020} x^{2022}$

Lấy tích phân hai vế ta có:

$\int_{0}^{1} x^{2} {(1 - x)}^{2020} d x = \int_{0}^{1} (C_{2020}^{0} x^{2} - C_{2020}^{1} x^{3} + C_{2020}^{2} x^{4} - C_{2020}^{3} x^{5} + ... - C_{2020}^{2019} x^{2021} + C_{2020}^{2020} x^{2022}) d x$

$= (C_{2020}^{0} \frac{x^{3}}{3} - C_{2020}^{1} \frac{x^{4}}{4} + C_{2020}^{2} \frac{x^{5}}{5} - C_{2020}^{3} \frac{x^{6}}{6} + ... - C_{2020}^{2019} \frac{x^{2022}}{2022} + C_{2020}^{2020} \frac{x^{2023}}{2023}) |\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array}$

$= \frac{1}{3} C_{2020}^{0} - \frac{1}{4} C_{2020}^{1} + \frac{1}{5} C_{2020}^{2} - \frac{1}{6} C_{2020}^{3} + ... - \frac{1}{2022} C_{2020}^{2019} + \frac{1}{2023} C_{2020}^{2020}$

Suy ra $T = \int_{0}^{1} x^{2} {(1 - x)}^{2020} d x .$

Đặt $t = 1 - x \Rightarrow d t = - d x$ . Đổi cận $\{\begin{cases} x = 0 \Rightarrow t = 1 \\ x = 1 \Rightarrow t = 0 \end{cases} .$ Khi đó ta có:

$T = \int_{0}^{1} x^{2} {(1 - x)}^{2020} d x = - \int_{1}^{0} {(1 - t)}^{2} t^{2020} d t$

$= \int_{0}^{1} t^{2020} (t^{2} - 2 t + 1) d t = \int_{0}^{1} (t^{2022} - 2 t^{2021} + t^{2020}) d t$

$= (\frac{t^{2023}}{2023} - 2 \frac{t^{2022}}{2022} + \frac{t^{2021}}{2021}) |\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array}$

$= \frac{1}{2023} - \frac{2}{2022} + \frac{1}{2021} = \frac{1}{4133456313}$

Chọn C.

Câu 48:

18/07/2024

Cho hàm số f(x) liên tục trên $ℝ$ và có $\int_{0}^{3} f (x) d x = - 1, \int_{0}^{5} f (x) d x = 5.$ Tính $I = \int_{- 2}^{2} f (|2 x - 1|) d x .$

A. I = -3

B. I = 3

C. I = 6

D. I = 2

Xem đáp án

Ta có: $I = \int_{- 2}^{2} f (|2 x - 1|) d x = \int_{- 2}^{\frac{1}{2}} f (1 - 2 x) d x + \int_{\frac{1}{2}}^{3} f (2 x - 1) d x = I_{1} + I_{2} .$

Xét $I_{1} = \int_{- 2}^{\frac{1}{2}} f (1 - 2 x) d x .$

Đặt $t = 1 - 2 x \Rightarrow d t = - 2 d x .$ Đổi cận: $\{\begin{cases} x = - 2 \Rightarrow t = 5 \\ x = \frac{1}{2} \Rightarrow t = 0 \end{cases} .$ Ta có:

$I_{1} = - \frac{1}{2} \int_{5}^{0} f (t) d t = \frac{1}{2} \int_{0}^{5} f (x) d x = \frac{5}{2} .$

Xét $I_{2} = \int_{\frac{1}{2}}^{3} f (2 x - 1) d x .$

Đặt $u = 2 x - 1 \Rightarrow d u = 2 d x .$ Đổi cận: $\{\begin{cases} x = \frac{1}{2} \Rightarrow u = 0 \\ x = 2 \Rightarrow u = 3 \end{cases} .$ Ta có:

$I_{2} = \frac{1}{2} \int_{0}^{3} f (u) d u = \frac{1}{2} \int_{0}^{3} f (x) d x = - \frac{1}{2} .$

Vậy $I = \frac{5}{2} - \frac{1}{2} = 2.$

Chọn D.

Câu 49:

15/07/2024

Cho lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng 2a và khoảng cách giữa hai đáy của lăng trụ bằng 4a. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho?

A. $V = 2 \sqrt{3} a^{3}$

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

C. $V = 6 \sqrt{3} a^{3}$

D. $V = 24 \sqrt{3} a^{3}$

Xem đáp án

Cho lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng 2a và khoảng cách giữa hai đáy (ảnh 1)

Vì ABCDEF là lục giác đều nên $Δ O A B$ là tam giác đều cạnh 2a (Với O là tâm lục giác đều).

Ta có $S_{Δ O A B} = \frac{{(2 a)}^{2} \sqrt{3}}{4} = a^{2} \sqrt{3}$ nên $S_{A B C D E F} = 6 S_{Δ O A B} = 6 a^{2} \sqrt{3} .$

Vậy thể tích lăng trụ là: $V = A A' . S_{A B C D E F} = 4 a .6 a^{2} \sqrt{3} = 24 \sqrt{3} a^{3} .$

Chọn D.

Câu 50:

17/07/2024

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình

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

có nghiệm là:

A. $m \in ℝ$

B. $m \geq - \frac{3}{4}$

C. $m \leq \frac{3}{4}$

D. $- \frac{3}{4} \leq m \leq \frac{3}{4}$

Xem đáp án

Ta có:

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

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

$\Leftrightarrow \frac{3^{x^{2} + 3}}{3^{3 |x - m| + 3}} = \frac{\ln (3 |x - m| + 3)}{\ln (x^{2} + 3)}$

$\Leftrightarrow 3^{x^{2} + 3} . \ln (x^{2} + 3) = 3^{3 |x - m| + 3} . \ln (3 |x - m| + 3)$

Xét hàm số $f (t) = 3^{t} \ln t (t \geq 3)$ ta có $f' (t) = 3^{t} \ln t . \ln 3 + 3^{t} . \frac{1}{t} > 0 \forall t \geq 3$

Do đó hàm số đồng biến trên $[3; + \infty)$ .

Lại có $f (x^{2} + 3) = f (3 |x - m| + 3)$ nên $x^{2} + 3 = 3 |x - m| + 3 \Leftrightarrow x^{2} = 3 |x - m| .$

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

Để phương trình có nghiệm thì $\{\begin{cases} 9 - 12 m \geq 0 \\ 9 + 12 m \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m \leq \frac{3}{4} \\ m \geq - \frac{3}{4} \end{array} \Leftrightarrow m \in ℝ .$

Chọn A.

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