50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc (2023) Đề thi thử Toán THPT Lương Thế Vinh (lần 1) có đáp án

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng $y = \frac{3}{2}$ . Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.

Câu 6:

Họ nguyên hàm của hàm số

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

là

A. $3 \ln |2 x + 3| + C$

B. $\frac{1}{3} \ln |2 x + 3| + C$

C. $2 \ln |2 x + 3| + C$

D. $\frac{1}{2} \ln |2 x + 3| + C$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có

\int f (x) d x = \frac{1}{2} \ln |2 x + 3| + C

Câu 7:

Đồ thị của hàm số

y = \frac{2 x - 1}{x + 3}

có tiệm cận ngang là

A. x = 2

B. y = -3

C. x = -3

D. y = 2

Xem đáp án

Chọn D

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là

y = \frac{2}{1} = 2

Câu 8:

Cho hình nón có bán kính đáy R = 5 và đường sinh l = 12. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. $180 π$

B. $120 π$

C. $60 π$

D. $30 π$

Xem đáp án

Chọn C

Ta có

S_{x q} = π R l = 60 π

Câu 9:

Cho khối chóp có diện tích mặt đáy là a³ và chiều cao bằng 3a. Thể tích của khối chóp bằng

A. $9 a^{3}$

B. $a^{3}$

C. $6 a^{3}$

D. $3 a^{3}$

Xem đáp án

Chọn B

Ta có

V = \frac{1}{3} S h = a^{3}

Câu 10:

Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (-3;0)

B. $(0; + \infty)$

C. (0;2)

D. $(- \infty; - 3)$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có bảng biến thiên

Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? (ảnh 2)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên (-3;0)

Câu 11:

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

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 2

B. 0

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Chọn D

Câu 12:

Cho Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;-2;4), B(3;0;-2). Tọa độ trung điểm M của đoạn AB là

A. $M (2; - 1; 1)$

B. $M (- 2; 1; - 1)$

C. $M (4; - 2; 2)$

D. $M (1; 1; - 3)$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có

\{\begin{cases} x_{M} = \frac{x_{A} + x_{B}}{2} = 2 \\ y_{M} = \frac{y_{A} + y_{B}}{2} = - 1 \\ z_{M} = \frac{z_{A} + z_{B}}{2} = 1 \end{cases} \Rightarrow M = (2; - 1; 1)

Câu 13:

Hàm số $y = \log_{2} (x - 1)$ có tập xác định là

A. $(0; + \infty)$

B. $[1; + \infty)$

C. $(1; + \infty)$

D. $[0; + \infty)$

Xem đáp án

Chọn C

Hàm số xác định kh và chỉ khi x - 1 > 0 <=> x > 1

Câu 14:

Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và thể tích bằng 3a³. Chiều cao khối lăng trụ bằng.

A. 2a

B. a

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

D. 3a

Xem đáp án

Chọn D

Ta có:

V = h . S \Rightarrow h = \frac{V}{S} = 3 a

Câu 15:

Hàm số nào dưới đây có đồ thị như trong hình bên?

A. $y = l o g_{\frac{1}{3}} x$

B. $y = 3^{x}$

C. $y = {(\frac{1}{3})}^{x}$

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

Xem đáp án

Chọn C

Câu 15: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như trong hình bên? (ảnh 1)

+) D = R → Loại A và D

+) Hàm số nghịch biến, nên chọn C.

Câu 16:

So sánh các số a, b, c biết x > 1 và a, b, c là các số dương khác 1 và thỏa mãn bất đẳng thức

\log_{a} x > \log_{b} x > 0 > \log_{c} x .

A. c > b > a

B. c > a > b

C. a > b > c

D. b > a > c

Xem đáp án

Chọn D

Với x > 1

$\log_{a} x > \log_{b} x > 0 \Rightarrow \frac{1}{\log_{a} x} < \frac{1}{\log_{b} x} \Leftrightarrow \log_{x} a < \log_{x} b \Leftrightarrow 0 < a < b \log_{c} x < 0 \Leftrightarrow \log_{c} x < \log_{c} 1 \Leftrightarrow 0 < c < 1 \log_{a} x > 0 \Leftrightarrow \log_{a} x > \log_{a} 1 \Leftrightarrow a > 1$

Vậy b > a > c

Câu 17:

Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như sau?

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

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

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

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

Xem đáp án

Chọn A

Từ bảng biến thiên ta có hàm số cần tìm là hàm số bậc ba với hệ số a âm. Vậy hàm số cần tìm là

y = - x^{3} + 3 x + 1.

Câu 18:

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi O, O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'. Khi quay hình lập phương ABCD.A'B'C'D' xung quanh OO' được một hình tròn xoay có diện tích xung quanh bằng

A. $π a^{2} \sqrt{2}$

B. $π a^{2} \sqrt{6}$

C. $π a^{2} \sqrt{5}$

D. $\frac{π a^{2} \sqrt{2}}{2}$

Xem đáp án

Chọn A

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi O, O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'. Khi quay hình lập phương ABCD.A'B'C'D' xung quanh OO' được một hình tròn xoay có diện tích xung quanh bằng (ảnh 1)

Hình tròn xoay thu được là hình trụ có hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông ABCD và A'B'C'D' lần lượt là có tâm là O và O'. Do đó, hình trụ này có diện tích xung quanh bằng

2 π r l = 2 π . \frac{A C}{2} . A A^{'} = 2 π . \frac{a \sqrt{2}}{2} a = π a^{2} \sqrt{2} .

Câu 19:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x³ - 3x + 1 trên đoạn [-2;0] bằng

A. -1

B. -2

C. 3

D. 1

Xem đáp án

Chọn A

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

Lại có f(-2) = -1; f(-1) = 3 và f(0) = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-2;0] bằng -1 tại x = 2

Câu 20:

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh 2a và góc giữa đường thẳng CB' và mặt phẳng (ABC) bằng 45^o. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh 2a và góc giữa đường thẳng CB' và mặt phẳng (ABC) bằng 45 độ. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng (ảnh 1)

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

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

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

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

Xem đáp án

Chọn A

Ta có góc giữa đường thẳng CB' và mặt phẳng (ABC) chính là góc giữa đường thẳng CB' và đường thẳng CB hay chính là góc $\hat{B^{'} C B}$ mà theo giả thiết góc này bằng 45^o nên tam giác B'BC vuông cân tại B suy ra B'B = BC = 2a.

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là

V = {(2 a)}^{2} . \frac{\sqrt{3}}{4} .2 a = 2 a^{3} \sqrt{3}

Câu 21:

Nghiệm của phương trình

{log}_{2} (x + 2) - {log}_{2} x = 2

là

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

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

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

D. x = 2

Xem đáp án

Chọn C

Điều kiện $\{\begin{cases} x + 2 > 0 \\ x > 0 \end{cases} \Leftrightarrow x > 0$ .

Ta có ${log}_{2} (x + 2) - {log}_{2} x = 2 \Leftrightarrow {log}_{2} (x + 2) = {log}_{2} 4 + {log}_{2} x$

$\Leftrightarrow {log}_{2} (x + 2) = {log}_{2} 4 x \Leftrightarrow x + 2 = 4 x \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}$ (thỏa mãn).

Nghiệm của phương trình

{log}_{2} (x + 2) - {log}_{2} x = 2

là

x = \frac{2}{3}

Câu 22:

Họ nguyên hàm của hàm số

f (x) = e^{2 x - 1}

là

A. $\frac{e^{2 x}}{4 x} + C$

B. $\frac{1}{2} e^{2 x - 1} + C$

C. $\frac{e^{2 x}}{2 x} + C$

D. $2 e^{2 x - 1} + C$

Xem đáp án

Chọn B

Ta có

\int f (x) d x = \int e^{2 x - 1} d x = \frac{1}{2} e^{2 x - 1} + C

Câu 23:

Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(3;2;-1), B(-1;-x;1), C(7;-1;y). Khi A. B. C thẳng hàng, giá trị x + y bằng

A. -8

B. -4

C. -5

D. -1

Xem đáp án

Chọn A

Ta có $\vec{A B} = (- 4; - x - 2; 2); \vec{A C} = (4; - 3; y + 1)$ .

Để A, B, C thẳng hàng thì $\vec{A B} = k \vec{A C} \Leftrightarrow \{\begin{cases} - 4 = k .4 \\ - x - 2 = k . (- 3) \\ 2 = k . (y + 1) \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} k = - 1 \\ x = - 5 \\ y = - 3 \end{cases}$ .

Vậy

x + y = - 5 - 3 = - 8

Câu 24:

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

y = \frac{\sqrt{x^{2} - 4}}{2 x^{2} - 5 x + 2}

là

A. 2

B. 4

C. 1

D. 3

Xem đáp án

Chọn A

Điều kiện $x^{2} - 4 > 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x < - 2 \\ x > 2 \end{array}$ .

Ta có $\lim_{x \to + \infty} y = \lim_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x^{2} - 4}}{2 x^{2} - 5 x + 2} = \lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{1}{x} \sqrt{1 - \frac{4}{x^{2}}}}{2 - \frac{5}{x} + \frac{2}{x^{2}}} = 0$ ;

$\lim_{x \to - \infty} y = \lim_{x \to - \infty} \frac{\sqrt{x^{2} - 4}}{2 x^{2} - 5 x + 2} = \lim_{x \to - \infty} \frac{- \frac{1}{x} \sqrt{1 - \frac{4}{x^{2}}}}{2 - \frac{5}{x} + \frac{2}{x^{2}}} = 0$ .

Khi đó tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{x^{2} - 4}}{2 x^{2} - 5 x + 2}$ là y = 2.

Lại có $\lim_{x \to 2^{+}} y = \lim_{x \to 2^{+}} \frac{\sqrt{x^{2} - 4}}{2 x^{2} - 5 x + 2} = + \infty$ .

Khi đó tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{\sqrt{x^{2} - 4}}{2 x^{2} - 5 x + 2}$ là x = 2.

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

y = \frac{\sqrt{x^{2} - 4}}{2 x^{2} - 5 x + 2}

là 2

Câu 25:

Một người gửi ngân hàng 18 triệu đồng theo hình thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất 8%/năm. Hỏi sau 7 năm người đó có bao nhiêu tiền? (đơn vị: triệu đồng, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

A. 31,17

B. 30,85

C. 31,45

D. 31, 34

Xem đáp án

Chọn B

Theo công thức lãi kép, ta có: $A = A_{0} {(1 + r %)}^{n}$

Trong đó A_o là số tiền ban đầu gửi vào; r% là lãi suất của một kì hạn; n là số kì hạn.

Sau 7 năm người đó có số tiền là

A = 18. {(1 + 8 %)}^{7} \approx 30, 85

Câu 26:

\int \frac{2 x - 3}{x + 1} d x

bằng

A. $2 x + 5 \ln |x + 1| + C$

B. $2 x - \ln |x + 1| + C$

C. $2 x + \ln |x + 1| + C$

D. $2 x - 5 \ln |x + 1| + C$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có

\int \frac{2 x - 3}{x + 1} d x = \int (2 - \frac{5}{x + 1}) d x = 2 x - 5 \ln |x + 1| + C

Câu 27:

Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn (O) và (O'), bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng 2R. Một hình nón có đỉnh O' và đáy là hình tròn (O;R). Tỉ số diện tích toàn phần của hình trụ và hình nón bằng

A. 2

B. $\frac{3 (\sqrt{5} + 1)}{2}$

C. $\frac{3 (\sqrt{5} - 1)}{2}$

D. $\sqrt{5} + 1$

Xem đáp án

Chọn C

Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn (O) và (O'), bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng 2R. Một hình nón có đỉnh O' và đáy là hình tròn (O;R). Tỉ số diện tích toàn phần của hình trụ và hình nón bằng (ảnh 1)

Diện tích toàn phần hình trụ là: $S_{1} = 2 π R h + 2 π R^{2} = 4 π R^{2} + 2 π R^{2} = 6 π R^{2}$ .

Đường sinh hình nón: $l = \sqrt{R^{2} + {(2 R)}^{2}} = R \sqrt{5}$ .

Diện tích toàn phần hình nón là: $S_{2} = π R l + π R^{2} = π (\sqrt{5} + 1) R^{2}$ .

Tỉ số cần tìm là

\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{6}{\sqrt{5} + 1} = \frac{3 (\sqrt{5} - 1)}{2}

Câu 28:

Cho hình chóp S.ABC có

S A ⊥ (A B C)

, SA = 2a, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh bên SA, SB. Thể tích khối đa diện MNABC bằng

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

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$

C. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{8}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{16}$

Xem đáp án

Chọn B

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông ABC, SA = 2a, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh bên SA, SB. Thể tích khối đa diện MNABC bằng (ảnh 1)

Thể tích khối chóp S.ABC là: $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S A . S_{A B C} = \frac{1}{3} .2 a . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$ .

Ta có $V_{S . M N C} = \frac{S M}{S A} . \frac{S N}{S B} . V_{S . A B C} = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} . \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{24}$ ;

Do đó

V_{M N A B C} = V_{S . A B C} - V_{S . M N C} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6} - \frac{a^{3} \sqrt{3}}{24} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}

Câu 29:

Cho hàm số có đồ thị như hình. Số điểm cực trị của hàm số $y = |f (x)|$ là

Cho hàm số có đồ thị như hình. Số điểm cực trị của hàm số y = trị tuyệt đối f(x) là (ảnh 1)

A. 2

B. 3

C. 5

D. 4

Xem đáp án

Chọn C

Với m là số nghiệm bội lẻ của phương trình f(x) = 0;

n là số điểm cực trị của hàm sốy = f(x).

Khi đó, hàm số $y = |f (x)|$ có m + n điểm cực trị.

Dựa vào đồ thị, f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt, hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị nên hàm số $y = |f (x)|$ có 3 + 2 = 5 điểm cực trị.

Câu 30:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm

f^{'} (x) = x (x - 1) {(x + 2)}^{3}, \forall x \in ℝ

. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 1

B. 3

C. 4

D. 2

Xem đáp án

Chọn B

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

Các nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ, do đó hàm số đã cho có điểm cực trị.

Câu 31:

Hàm số

y = \log_{0, 5} (- x^{2} + 4 x)

đồng biến trên khoảng

A. (2;4)

B. (0;4)

C. (0;2)

D. $(2; + \infty)$

Xem đáp án

Chọn A

Điều kiện: $- x^{2} + 4 x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4.$

Ta có: $y = \log_{0, 5} (- x^{2} + 4 x) \Rightarrow y^{'} = \frac{- 2 x + 4}{(- x^{2} + 4 x) . \ln 0, 5}$

Hàm số đồng biến khi:

- 2 x + 4 < 0 \Leftrightarrow x > 2

. Kết hợp điều kiện: 2 < x < 4

Câu 32:

Đạo hàm của hàm số

y = (x^{2} - 2 x + 2) e^{x}

là

A. $y^{'} = (x^{2} - 2 x) e^{x}$

B. $y^{'} = (x^{2} - x) e^{x}$

C. $y^{'} = (x^{2} + 2) e^{x}$

D. $y^{'} = x^{2} e^{x}$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có:

y = (x^{2} - 2 x + 2) e^{x} \Rightarrow y^{'} = (2 x - 2) e^{x} + (x^{2} - 2 x + 2) e^{x} = x^{2} e^{x}

Câu 33:

Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có tâm I(1;2;-2) có diện tích

16 π .

Phương trình của mặt cầu (S) là

A. $x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x - 4 y + 4 z + 5 = 0.$

B. $x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 x + 4 y - 4 z + 5 = 0.$

C. $x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x - 4 y + 4 z - 5 = 0.$

D. $x^{2} + y^{2} + z^{2} - x - 2 y + 2 z - 1 = 0.$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có: $S = 4 π r^{2} = 16 π \Leftrightarrow r = 2.$ Khi đó:

$\begin{array}{l} (S) : {(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z + 2)}^{2} = 4 \\ (S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x - 4 y + 4 z + 5 = 0 \end{array}$

Câu 34:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết tam giác SBD đều và có diện tích bằng

a^{2} \sqrt{3} .

Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng

A. 45^o

B. 60^o

C. 90^o

D. 75^o

Xem đáp án

Chọn A

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết tam giác SBD đều và có diện tích bằng a^2 căn 3 Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng (ảnh 1)

Ta có: $S_{A B D} = \frac{B D^{2} \sqrt{3}}{4} = a^{2} \sqrt{3} \Rightarrow S B = B D = 2 a \Rightarrow \{\begin{cases} A D = A B = a \sqrt{2} \\ S A = \sqrt{S B^{2} - A B^{2}} = a \sqrt{2} \end{cases}$

Do: $\{\begin{cases} C D ⊥ A D \\ C D ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow C D ⊥ (S A D) \Rightarrow C D ⊥ S D$ và $A D ⊥ C D$ nên:

$(\hat{(S C D), (A B C D)}) = (\hat{A D, S D}) = \hat{S D A}$

Xét tam giác SDA có:

\tan \hat{S D A} = \frac{S A}{A D} = 1 \Rightarrow \hat{S D A} = 45 ° .

Câu 35:

Cho các số

a, b > 0, a \neq 1

thõa mãn

\log_{a b} \frac{a}{b} = \frac{1}{3} .

Giá trị của

\log_{a^{3}} (a b^{6})

bằng

A. $\frac{8}{3}$

B. $\frac{13}{4}$

C. $\frac{8}{9}$

D. $\frac{4}{3}$

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: $\log_{a b} \frac{a}{b} = \log_{a b} a - \log_{a b} b = \frac{1}{1 + \log_{a} b} - \frac{1}{\log_{b} a + 1} = \frac{1}{3}$

Đặt $\log_{a} b = t \Rightarrow \frac{1}{1 + t} - \frac{1}{\frac{1}{t} + 1} = \frac{1}{1 + t} - \frac{t}{1 + t} = \frac{1 - t}{1 + t} = \frac{1}{3} \Rightarrow t = \frac{1}{2}$

Nên: $\log_{a^{3}} (a b^{6}) = \log_{a^{3}} a + \log_{a^{3}} b^{6} = \frac{1}{3} + 2 \log_{a} b = \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}$ .

Câu 36:

Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình

4^{x} - m {.2}^{x + 1} - m^{2} + 9 m = 0

có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

x_{1} + x_{2} = 3

?

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Xem đáp án

Chọn B

Phương trình đã cho được viết lại thành: $4^{x} - 2 m {.2}^{x} - m^{2} + 9 m = 0 (1)$ .

Đặt $t = 2^{x} > 0$ .

Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

$x_{1} + x_{2} = 3 \Rightarrow 2^{x_{1} + x_{2}} = 8 \Leftrightarrow 2^{x_{1}} {.2}^{x_{2}} = 8 \Leftrightarrow t_{1} . t_{2} = 8$ thì yêu cầu bài toán tương đương phương trình $t^{2} - 2 m . t - m^{2} + 9 m = 0$ có hai nghiệm dương $t_{1}; t_{2}$ thỏa mãn $t_{1} . t_{2} = 8$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} Δ' = m^{2} - (- m^{2} + 9 m) > 0 \\ t_{1} + t_{2} = 2 m > 0 \\ t_{1} . t_{2} = - m^{2} + 9 m = 8 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 m^{2} - 9 m > 0 \\ m > 0 \\ - m^{2} + 9 m - 8 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow m = 8$ .

Vậy có một giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 37:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để

\max_{[1; 3]} |x^{3} - 3 x^{2} + m| \leq 3

?

A. 5

B. 6

C. 8

D. 3

Xem đáp án

Chọn D

Xét hàm $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + m$ trên đoạn [1;3].

Ta có: $f' (x) = 3 x^{2} - 6 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 2 \end{array}$

Bảng biến thiên:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để max trị tuyệt đối x^3 - 3x^2 + m trên đoạn 1 ; 3 nhỏ hơn bằng 3 (ảnh 1)

+ TH1: $m - 4 > 0 \Leftrightarrow m > 4$ thì $\max_{[1; 3]} |x^{3} - 3 x^{2} + m| = m$ .

Khi đó $\max_{[1; 3]} |x^{3} - 3 x^{2} + m| \leq 3 \Leftrightarrow m \leq 3$ (Loại).

+ TH2: $m < 0 \Leftrightarrow m < 0$ thì $\max_{[1; 3]} |x^{3} - 3 x^{2} + m| = 4 - m$ .

Khi đó $\max_{[1; 3]} |x^{3} - 3 x^{2} + m| \leq 3 \Leftrightarrow 4 - m \leq 3 \Leftrightarrow m \geq 1$ (Loại).

+ TH3: $\{\begin{cases} m \geq 0 \\ m - 4 \leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \geq 0 \\ m \leq 4 \end{cases} \Leftrightarrow 0 \leq m \leq 4$ thì $\max_{[1; 3]} |x^{3} - 3 x^{2} + m| = \max \{4 - m; m\}$ .

Khi đó $\max_{[1; 3]} |x^{3} - 3 x^{2} + m| \leq 3 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \{\begin{cases} 4 - m \leq 3 \\ 4 - m \geq m \end{cases} \\ \{\begin{cases} m \leq 3 \\ m \geq 4 - m \end{cases} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 1 \leq m \leq 2 \\ 2 \leq m \leq 3 \end{array}$

Kết hợp điều kiện và $m \in ℤ$ ta suy ra có 3 giá trị nguyên tham số m là $m \in \{1; 2; 3\}$ .

Câu 38:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) bằng 60^o và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a.

A. $V = \frac{2 a^{3}}{9}$

B. $V = \frac{4 a^{3}}{9}$

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

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

Xem đáp án

Chọn B

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) bằng 60o và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a. (ảnh 1)

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Do S.ABCD là hình chóp đều nên $S O ⊥ (A B C D) \Rightarrow S O ⊥ A B$ .

Ta có: S là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

$A B \subset (S A B); C D \subset (S C D); A B / / C D$ .

Suy ra hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng $△$ đi qua S, song song với AB và CD.

Gọi H; K lần lượt là trung điểm của AB và CD => HK đi qua O và $H K ⊥ A B$ .

Ta có: $\{\begin{cases} S O ⊥ A B \\ H K ⊥ A B \end{cases} \Rightarrow A B ⊥ (S H K) \Rightarrow Δ ⊥ (S H K)$ (Do $Δ / / A B$ ).

$\Rightarrow \hat{((S A B); (S C D))} = \hat{(S H; S K)} = 60 ° \Rightarrow S H ⊥ S K \Rightarrow$ Tam giác SHK là tam giác đều.

Kẻ KP vuông góc SH tại P.

Do $C D / / A B \subset (S A B) \Rightarrow C D / / (S A B)$ nên $d (C D; A B) = d (C D; (S A B)) = d (K; (S A B)) = a$

Khi đó ta có: $\{\begin{cases} K P ⊥ S H \\ K P ⊥ A B \end{cases} \Rightarrow K P ⊥ (S A B) \Rightarrow d (K; (S A B)) = K P = a \Rightarrow S O = a$ và $H K = \frac{2 a}{\sqrt{3}}$ (Do tam giác SHK là tam giác đều)

Suy ra $S_{A B C D} = H K^{2} = \frac{4 a^{2}}{3}$ .

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} a . \frac{4 a^{2}}{3} = \frac{4}{9} a^{3}$

Câu 39:

Tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

\log_{2}^{2} x - (2 m + 5) \log_{2} x + m^{2} + 5 m + 4 < 0

nghiệm đúng với mọi

x \in [2; 4]

là

A. (0;1)

B. [0;1]

C. (-2;0)

D. [-2;0]

Xem đáp án

Chọn C

Đặt $t = \log_{2} x \underset{\to}{x \in [2; 4]} t \in [1; 2]$

Khi đó yêu cầu bài toán tương đương:

$t^{2} - (2 m + 5) t + m^{2} + 5 m + 4 < 0$ nghiệm đúng với mọi $t \in [1; 2]$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow t^{2} - (2 m + 5) t + (m + 1) (m + 4) < 0, \forall t \in [1; 2] \\ \Leftrightarrow [t - (m + 1)] [t - (m + 4)] < 0, \forall t \in [1; 2] \end{array}$

Ta có trục xét dấu:

Tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình log 2 ^2 x - 2m + 5 log 2 x + m^2 + 5m + 4 < 0 nghiệm đúng với mọi x thuộc 2 4 là (ảnh 1)

Suy ra $[1; 2] \subset (m + 1; m + 4) \Leftrightarrow \{\begin{cases} m + 1 < 1 \\ m + 4 > 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m < 0 \\ m > - 2 \end{cases} \Leftrightarrow m \in (- 2; 0)$

Câu 40:

Đồ thị hàm số y = f(x) đối xứng với đồ thị của hàm số y = 2022^x qua điểm I(1;1). Giá trị của biểu thức

f (2 + \log_{2022} \frac{1}{2023})

bằng

A. -2021

B. -2023

C. -2020

D. 2020

Xem đáp án

Chọn A

Đồ thị hàm số y = f(x) đối xứng với đồ thị của hàm số y = 2022x qua điểm I(1;1). Giá trị của biểu thức f(2 + log 2022 1/2023) bằng (ảnh 1)

Gọi $N \in (C) : y = f (x) \Rightarrow N (x; f (x))$ , M là điểm đối xứng với N qua I

$\Rightarrow M \in (S) : y = 2022^{x}$ và I(1;1) là trung điểm MN

$\Rightarrow M (2 - x; 2 - f (x))$

Mà $M \in (S) \Rightarrow 2 - f (x) = 2022^{2 - x} \Rightarrow f (x) = 2 - 2022^{2 - x}$

Khi đó ta có:

f (2 + \log_{2022} \frac{1}{2023}) = 2 - 2022^{2 - (2 + \log_{2022} \frac{1}{2023})} = 2 - 2022^{\log_{2022} 2023} = 2 - 2023 = - 2021

Câu 41:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O. Tam giác SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là

A. điểm O

B. trung điểm của SC

C. trung điểm của AB

D. trung điểm của SD

Xem đáp án

Chọn A

Do tam giác SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD).

Gọi I là trung điểm của AB. Trong (ABCD) từ I kẻ đường thẳng d₁ vuông góc với AB.

Suy ra $\{\begin{cases} d_{1} ⊥ (S A B) \\ O \in d_{1} \end{cases}$ .

Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là điểm O.

Câu 42:

Họ nguyên hàm

\int (x + \sin 2 x) d x

bằng

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

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

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

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

Xem đáp án

Chọn B

Do

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

nên chọn đáp án B.

Câu 43:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số

f (x) = x^{4} + 2 m x^{3} + (2 m + 3) x^{2} + 2

đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 0?

A. 6

B. 4

C. 3

D. 5

Xem đáp án

Chọn D

Ta có $f (x) \geq f (2), \forall x \in ℝ \Leftrightarrow x^{4} + 2 m x^{3} + (2 m + 3) x^{2} \geq 0, \forall x \in ℝ$ .

Suy ra $x^{2} + 2 m x + 2 m + 3 \geq 0, \forall x \in ℝ \Leftrightarrow Δ^{'} = m^{2} - 2 m - 3 \leq 0 \Rightarrow - 1 \leq m \leq 3$ .

Do đó có 5 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 44:

Cho tam giác ABC vuông tại A và AD là đường cao. Biết AB = logy, AC = log 3, AD = logx, BC = log9. Tính

\frac{y}{x}

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

B. 3

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

D. 1

Xem đáp án

Chọn C

Cho tam giác ABC vuông tại A và AD là đường cao. Biết AB = logy, AC = log 3, AD = logx, BC = log9. Tính y/x (ảnh 1)

Theo định lý Pytago ta có

$A B^{2} + A C^{2} = B C^{2} \Leftrightarrow \log^{2} y + \log^{2} 3 = \log^{2} 9 \Leftrightarrow \log^{2} y + \log^{2} 3 = 4 \log^{2} 3$

$\Leftrightarrow \log^{2} y = 3 \log^{2} 3 \Leftrightarrow \log y = \sqrt{3} \log 3$ (vì $\log y = A B > 0$ )

$\Leftrightarrow y = 10^{\sqrt{3} \log 3} = 10^{\log 3^{\sqrt{3}}} = 3^{\sqrt{3}}$

Áp dụng hệ thức lượng trong $Δ A B C$ vuông tại A có đường cao AD ta có

$A B . A C = A D . B C \Rightarrow \log y . \log 3 = \log x . \log 9 \Leftrightarrow \log y . \log 3 = 2 \log x . \log 3 \Leftrightarrow \log y = 2 \log x \Leftrightarrow \sqrt{3} \log 3 = 2 \log x \Leftrightarrow \log x = \frac{\sqrt{3}}{2} \log 3 \Leftrightarrow x = 10^{\frac{\sqrt{3}}{2} \log 3} = 10^{\log 3^{\frac{\sqrt{3}}{2}}} = 3^{\frac{\sqrt{3}}{2}}$

Vậy

\frac{y}{x} = \frac{3^{\sqrt{3}}}{3^{\frac{\sqrt{3}}{2}}} = 3^{\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}} = 3^{\frac{\sqrt{3}}{2}}

Câu 45:

Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác SAB vuông tại S. Biết tam giác SAB có bán kính đường tròn nội tiếp bằng

2 (\sqrt{2} - 1)

. Tính thể tích khối nón đã cho

A. $\frac{16 π}{3}$

B. $\frac{2 π}{3}$

C. $\frac{4 π}{3}$

D. $\frac{8 π}{3}$

Xem đáp án

Chọn D

Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác SAB vuông tại S. Biết tam giác SAB có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2 căn bậc 2 - 1. Tính thể tích khối nón đã cho (ảnh 1)

Theo đề $Δ S A B$ vuông tại S và SA = SB nên suy ra $Δ S A B$ vuông cân tại S

Đặt SA = SB = a suy ra $A B = a \sqrt{2}$ và đường cao $S O = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

Diện tích tam giác SAB là $S = \frac{1}{2} S A . S B = \frac{a^{2}}{2}$

Ta có $p = \frac{S A + S B + A B}{2} = \frac{a + a + a \sqrt{2}}{2} = \frac{2 a + a \sqrt{2}}{2}$

Suy ra $S = p r = \frac{2 a + a \sqrt{2}}{2} .2 (\sqrt{2} - 1) = (2 a + a \sqrt{2}) (\sqrt{2} - 1)$

Từ đó suy ra $(2 a + a \sqrt{2}) (\sqrt{2} - 1) = \frac{a^{2}}{2} \Leftrightarrow a = 2 \sqrt{2}$

Suy ra $S O = O B = \frac{a \sqrt{2}}{2} = \frac{2 \sqrt{2} . \sqrt{2}}{2} = 2$

Vậy thể tích khối nón là

V = \frac{1}{3} π . O B^{2} . S O = \frac{1}{3} π {.2}^{2} .2 = \frac{8 π}{3}

Câu 46:

Cho hàm số

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

(C). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m \in [- 10; 10]

để đường thẳng y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc

\hat{A O B}

nhọn?

A. 6

B. 7

C. 4

D. 5

Xem đáp án

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị

$\frac{x + 1}{x - 1} = 2 x + m \Leftrightarrow x + 1 = (2 x + m) (x - 1) \Leftrightarrow x + 1 = 2 x^{2} - 2 x + m x - m \Leftrightarrow 2 x^{2} + (m - 3) x - m - 1 = 0$

Đặt $g (x) = 2 x^{2} + (m - 3) x - m - 1$

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt $x_{A}, x_{B}$ khác 1, nghĩa là

$\{\begin{cases} Δ > 0 \\ g (1) \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} {(m - 3)}^{2} + 8 (m + 1) > 0 \\ 2 + m - 3 - m - 1 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} - 6 m + 9 + 8 m + 8 > 0 \\ - 2 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} + 2 m + 17 > 0 \\ - 2 \neq 0 \end{cases}$ (đúng)

Áp dụng định lý Vi-ét ta có $\{\begin{cases} S = x_{A} + x_{B} = \frac{3 - m}{2} \\ P = x_{A} x_{B} = - \frac{m + 1}{2} \end{cases}$

Từ đó suy ra tọa độ điểm $A (x_{A}; 2 x_{A} + m), B (x_{B}; 2 x_{B} + m)$

Ta có $O A = \sqrt{x_{A}^{2} + {(2 x_{A} + m)}^{2}}, O B = \sqrt{x_{B}^{2} + {(2 x_{B} + m)}^{2}}$ ,

$A B = \sqrt{{(x_{B} - x_{A})}^{2} + {(2 x_{B} - 2 x_{A})}^{2}} = \sqrt{5 {(x_{B} - x_{A})}^{2}}$

Áp dụng định lý cos trong $Δ O A B$ ta có

$\cos \hat{A O B} = \frac{O A^{2} + O B^{2} - A B^{2}}{2 O A . O B}$

Theo đề, góc $\hat{A O B}$ nhọn nên

$\cos \hat{A O B} > 0 \Leftrightarrow \frac{O A^{2} + O B^{2} - A B^{2}}{2 O A . O B} > 0 \Leftrightarrow O A^{2} + O B^{2} > A B^{2} \Leftrightarrow x_{A}^{2} + {(2 x_{A} + m)}^{2} + x_{B}^{2} + {(2 x_{B} + m)}^{2} > 5 {(x_{B} - x_{A})}^{2} \Leftrightarrow x_{A}^{2} + 4 x_{A}^{2} + 4 m (x_{A} + x_{B}) + x_{B}^{2} + 4 x_{B}^{2} + 2 m^{2} > 5 (x_{A}^{2} - 2 x_{A} x_{B} + x_{B}^{2}) \Leftrightarrow 4 m (x_{A} + x_{B}) + 2 m^{2} > - 10 x_{A} x_{B} \Leftrightarrow 4 m S + 2 m^{2} > - 10 P \Leftrightarrow 4 m (\frac{3 - m}{2}) + 2 m^{2} > \frac{10 (m + 1)}{2} \Leftrightarrow 2 m (3 - m) + 2 m^{2} > 5 (m + 1) \Leftrightarrow 6 m - 2 m^{2} + 2 m^{2} > 5 m + 5 \Leftrightarrow m > 5$

Mà $m \in ℤ$ và $m \in [- 10; 10]$ nên suy ra $m \in \{6; 7; 8; 9; 10\}$

Vậy có 5 giá trị m thỏa đề.

Câu 47:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình

|x^{3} + x^{2} - 5 x - m + 2| = |x^{3} - x^{2} - x - 2|

có 5 nghiệm phân biệt?

A. 7

B. 3

C. 1

D. 5

Xem đáp án

Chọn C

Ta có $|x^{3} + x^{2} - 5 x - m + 2| = |x^{3} - x^{2} - x - 2| \Leftrightarrow [\begin{matrix} x^{3} + x^{2} - 5 x - m + 2 = x^{3} - x^{2} - x - 2 \\ x^{3} + x^{2} - 5 x - m + 2 = - x^{3} + x^{2} + x + 2 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow [\begin{matrix} 2 x^{2} - 4 x + 4 = m \\ 2 x^{3} - 6 x = m \end{matrix} (1)$ .

Xét hàm số $h (x) = 2 x^{3} - 6 x$ . Ta có $h^{'} (x) = 6 x^{2} - 6 = 0 \Leftrightarrow x \pm 1$ .

Bảng biến thiên:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình trị tuyệt đối x^3 + x^2 - 5x - m + 2 = trị tuyệt đối x^3 - x^2 - x - 2 có 5 nghiệm phân biệt? (ảnh 1)

Xét hàm số $g (x) = 2 x^{2} - 4 x + 4$ . Ta có bảng biến thiên:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình trị tuyệt đối x^3 + x^2 - 5x - m + 2 = trị tuyệt đối x^3 - x^2 - x - 2 có 5 nghiệm phân biệt? (ảnh 2)

Phát họa đồ thị của hàm số $h (x) = 2 x^{3} - 6 x$ và $g (x) = 2 x^{2} - 4 x + 4$ trên mặt phẳng tọa độ:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình trị tuyệt đối x^3 + x^2 - 5x - m + 2 = trị tuyệt đối x^3 - x^2 - x - 2 có 5 nghiệm phân biệt? (ảnh 3)

Từ hình vẽ ta thấy để (1) có 5 nghiệm phân biệt <=> 2 < m < 4.

Câu 48:

Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Một mặt phẳng thay đổi, vuông góc với SO và cắt SO, SA, SB, SC, SD lần lượt tại I, M, N, P, Q. Một hình trụ có một đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác (MNPQ) và một đáy nằm trên mặt phẳng (ABCD). Thể tích khối trụ lớn nhất bằng

A. $\frac{π a^{3} \sqrt{2}}{8}$

B. $\frac{π a^{3} \sqrt{3}}{27}$

C. $\frac{π a^{3} \sqrt{2}}{2}$

D. $\frac{π a^{3} \sqrt{2}}{27}$

Xem đáp án

Chọn D

Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Một mặt phẳng thay đổi, vuông góc với SO và cắt SO, SA, SB, SC, SD lần lượt tại I, M, N, P, Q. Một hình trụ có một đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác (MNPQ) và một đáy nằm trên mặt phẳng (ABCD). Thể tích khối trụ lớn nhất bằng (ảnh 1)

Ta có $O C = \frac{A C}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2} \Rightarrow S O = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Do (MNPQ) song song với mặt đáy nên $\frac{I P}{O C} = \frac{S I}{S O} \Leftrightarrow \frac{I P}{\frac{a \sqrt{2}}{2}} = \frac{S I}{\frac{a \sqrt{2}}{2}} \Leftrightarrow I P = S I$ .

$\Rightarrow I O = S O - O I = \frac{a \sqrt{2}}{2} - I P$ .

Khi đó ta có thể tích khối trụ là $V = I O . π . I P^{2} = π (\frac{a \sqrt{2}}{2} - I P) I P^{2}$

Cách 1:

Đặt x = IP với $0 < x < \frac{a \sqrt{2}}{2}$ , khi đó:

Xét hàm số $f (x) = (\frac{a \sqrt{2}}{2} - x) x^{2}$ với $0 < x < \frac{a \sqrt{2}}{2}$

Ta có $f^{'} (x) = x a \sqrt{2} - 3 x^{2} = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 0 & (l) \\ x = \frac{a \sqrt{2}}{3} & (n) \end{matrix}$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy $\max_{x \in (0; \frac{a \sqrt{2}}{2})} f (x) = f (\frac{a \sqrt{2}}{3}) = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{27} \Rightarrow V_{\max} = \frac{π a^{3} \sqrt{2}}{27}$

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức Am – Gm:

$V = \frac{1}{2} π (a \sqrt{2} - 2 I P) I P . I P \leq \frac{1}{2} π \frac{{(a \sqrt{2} - 2 I P + I P + I P)}^{3}}{27} = \frac{π a^{3} \sqrt{2}}{27}$ .

Đẳng thức xảy ra

\Leftrightarrow a \sqrt{2} - 2 I P = I P \Leftrightarrow I P = \frac{a \sqrt{2}}{3}

Câu 49:

Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình

x^{2} - x + 2 + a \ln (x^{2} - x + 1) \geq 0

nghiệm đúng với mọi

x \in ℝ

. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $a \in (2; 3]$

B. $a \in (6; 7]$

C. $a \in (8; + \infty)$

D. $a \in (- 6; - 5]$

Xem đáp án

Chọn B

Đ๐t $t = x^{2} - x + 1 = (x - \frac{1}{2}) + \frac{3}{4} \geq \frac{3}{4}, (t \geq \frac{3}{4})$ .

Ta có: $x^{2} - x + 2 + a \ln (x^{2} - x + 1) \geq 0 \Leftrightarrow x^{2} - x + 1 + 1 + a \ln (x^{2} - x + 1) \geq 0$ .

Đặt $t = x^{2} - x + 1 = (x - \frac{1}{2}) + \frac{3}{4} \geq \frac{3}{4}, (t \geq \frac{3}{4})$ .

Ta được bất phương trình $t + 1 + a \ln t \geq 0 (2), (t \geq \frac{3}{4}) .$

Đặt $f (t) = t + 1 + a \ln t \geq 0 \Rightarrow f^{'} (t) = 1 + \frac{a}{t} > 0, \forall t \geq \frac{3}{4} .$

Do đó để bất phương trình (2) nghiệm đúng $\forall t \geq \frac{3}{4}$ điều kiện là $f (\frac{3}{4}) \geq 0 \Leftrightarrow \frac{7}{4} + a \ln \frac{3}{4} \geq 0 \Leftrightarrow a \leq \frac{- 7}{4 \ln \frac{3}{4}} \approx 6.09.$

Câu 50:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SAB là tam giác đều,

S C = S D = \frac{a \sqrt{14}}{2}

. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

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

C. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{4}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{4}$

Xem đáp án

Chọn A

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC = SD = a căn bậc hai 14 /2. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng (ảnh 1)

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của $A B, C D \Rightarrow \{\begin{cases} A B ⊥ I K \\ A B ⊥ S I \end{cases} \Rightarrow I K ⊥ (S I K) .$

$\{\begin{cases} I K ⊥ (S I K) \\ I K \subset (A B C D) \\ (A B C D) \cap (S I K) = I K \\ S H ⊥ I K \end{cases} \Rightarrow S H ⊥ (A B C D) .$

Ta có $S K^{2} = S D^{2} - D K^{2} = \frac{13 a^{2}}{4} \Rightarrow S K = \frac{\sqrt{13}}{2} a .$

$I K = a; S I = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow p = \frac{S K + S I + I K}{2} = \frac{(2 + \sqrt{3} + \sqrt{13}) a}{4} .$

Diện tích tam giác SIK là: $k = \sqrt{p (p - \frac{\sqrt{3}}{2} a) (p - a) (p - \frac{\sqrt{13}}{2} a)} = \frac{\sqrt{3}}{8} a^{2} .$

Độ dài $S H = \frac{2 k}{I K} = \frac{a \sqrt{3}}{4} .$

Thể tích của khối chóp S.ABCD là $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S H . a^{2} = \frac{1}{3} \frac{\sqrt{3}}{4} a . a^{2} = \frac{\sqrt{3} a^{3}}{12} .$