39 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 15 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 4)

Câu 1:

\int (3 x^{2} + 1) d x

bằng

A.

3 x^{3} + x + C

.

B.

x^{3} + x + C

.

C.

x^{3} + C

.

D.

\int (3 x^{2} + 1) d x = 3 \frac{x^{3}}{3} + x + C = x^{3} + x + C .

Xem đáp án

Chọn B

Ta có:

\int (3 x^{2} + 1) d x = 3 \frac{x^{3}}{3} + x + C = x^{3} + x + C .

Câu 2:

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số

f (x) = 2 \cos x - \sin x

là

A.

2 \sin x - \cos x + C

.

B.

- 2 \sin x - \cos x + C

.

C.

2 \sin x + \cos x + C

.

D.

- 2 \sin x + \cos x + C

.

Xem đáp án

Chọn C

Ta có:

\int (2 \cos x - \sin x) d x = 2 \sin x + \cos x + C

.

Câu 3:

\int 2 x {(x^{2} + 1)}^{4} d x

bằng

A.

\frac{{(x^{2} + 1)}^{5}}{5} + C

.

B.

\frac{{(x^{2} + 1)}^{5}}{4} + C

.

C.

\frac{2 {(x^{2} + 1)}^{5}}{5} + C

.

D.

{(x^{2} + 1)}^{5} + C

Xem đáp án

Chọn A

Đặt

t = x^{2} + 1

, ta được

d t =2 x d x

.
Khi đó

\int 2 x {(x^{2} + 1)}^{4} d x = \int t^{4} d t = \frac{t^{5}}{5} + C

.
Thay

t = x^{2} + 1

, ta được

\int 2 x {(x^{2} + 1)}^{4} d x = \frac{{(x^{2} + 1)}^{5}}{5} + C

.

Câu 4:

\int \sin (3 x - \frac{1}{3}) d x

bằng

A.

\frac{1}{3} \cos (3 x - \frac{1}{3}) + C

.

B.

- \cos (3 x - \frac{1}{3}) + C

.

C.

- \frac{1}{3} \cos (3 x - \frac{1}{3}) + C

.

D.

- \frac{1}{3} \sin (3 x - \frac{1}{3}) + C

Xem đáp án

Chọn C

Ta có:

\int \sin (3 x - \frac{1}{3}) d x = - \frac{1}{3} \cos (3 x - \frac{1}{3}) + C

.

Câu 5:

\int (x + 5^{x}) d x

bằng

A.

\frac{x^{2}}{2} + \frac{5^{x}}{\ln 5} + C

.

B.

\frac{x^{2}}{2} + 5^{x} . \ln 5 + C

.

C.

1 + \frac{5^{x}}{\ln 5} + C

.

D.

x^{2} + \frac{5^{x}}{\ln 5} + C

Xem đáp án

Ta có

\int f (x) d x = \int (x + 5^{x}) d x = \frac{x^{2}}{2} + \frac{5^{x}}{\ln 5} + C

Chọn A

Câu 6:

\int \frac{\sqrt{1 + 3 \ln x} . \ln x}{x} d x

bằng

A.

\frac{2}{9} {(1 + 3 \ln x)}^{2} [{(1 + 3 \ln x)}^{2} - 1] + C

.

B.

(1 + 3 \ln x) \sqrt{1 + 3 \ln x} (\frac{1 + 3 \ln x}{5} - \frac{1}{3}) + C

.

C.

\frac{2}{9} (1 + 3 \ln x) \sqrt{1 + 3 \ln x} (\frac{1 + 3 \ln x}{5} - \frac{1}{3}) + C

.

D.

\frac{2}{3} (1 + 3 \ln x) \sqrt{1 + 3 \ln x} (\frac{1 + 3 \ln x}{5} - \frac{1}{3}) + C

.

Xem đáp án

Chọn C

Đặt

t = \sqrt{1 + 3 \ln x}

, suy ra

t^{2} = 1 + 3 \ln x

.
Ta có:

2 t d t = \frac{3}{x} d x

;

\ln x = \frac{t^{2} - 1}{3}

.
Khi đó

\int \frac{\sqrt{1 + 3 \ln x} . \ln x}{x} d x = \int t \cdot \frac{t^{2} - 1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot t d t = \frac{2}{9} \int (t^{4} - t^{2}) d t = \frac{2}{9} (\frac{t^{5}}{5} - \frac{t^{3}}{3}) + C

Hay

\int \frac{\sqrt{1 + 3 \ln x} . \ln x}{x} d x = \frac{2}{9} (1 + 3 \ln x) \sqrt{1 + 3 \ln x} (\frac{1 + 3 \ln x}{5} - \frac{1}{3}) + C

.

Câu 7:

Cho hàm số f(x) thỏa mãn

\{\begin{matrix} e^{3 x} (4 f (x) + f^{'} (x)) = 2 \sqrt{f (x)} \\ f (x) > 0 \end{matrix}, \forall x \geq 0

và

f (0) = 1

. Tính

I = \int_{0}^{\ln 2} f (x) d x

.

A.

I = \frac{1}{12}

.

B.

I = - \frac{1}{12}

.

C.

I = \frac{37}{320}

.

D.

I = \frac{7}{640}

.

Xem đáp án

Chọn C

Ta có:

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

.
Do đó

e^{2 x} . \sqrt{f (x)}

là một nguyên hàm của

\frac{1}{e^{x}}

, tức

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

.
Thay x = 0 vào ta được C = 2. Tìm được

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

.

I = \int_{0}^{\ln 2} f (x) d x = \int_{0}^{\ln 2} {(\frac{2}{e^{2 x}} - \frac{1}{e^{3 x}})}^{2} d x = \int_{0}^{\ln 2} (\frac{4}{e^{4 x}} - \frac{4}{e^{5 x}} + \frac{1}{e^{6 x}}) d x = \frac{37}{320}

.

Câu 8:

Biết rằng g(x) là một nguyên hàm của

f (x) = (x + 1) \sin x

và

g (0) = 0

, tính

g (π)

.

A. 0.

B.

π + 1

.

C.

π + 2

.

D. 1.

Xem đáp án

Chọn C

Ta có

\int (x + 1) \sin x d x = \int (x + 1) {(- \cos x)}^{'} d x = - (x + 1) \cos x + \int \cos x d x

= - (x + 1) \cos x + \sin x + C

Lúc này, xét

g (x) = - (x + 1) \cos x + \sin x + C

với

g (0) = 0

ta có

C = 1

.
Tức

g (x) = - (x + 1) \cos x + \sin x + 1

.
Vậy

g (π) = π + 2

.

Câu 9:

Tính

I = \int_{1}^{4} \frac{x + 1}{2 \sqrt{x}} . d x

.

A.

I = \frac{4}{3}

.

B.

I = 2

.

C. .

D.

I = \frac{2}{3}

.

Xem đáp án

Chọn C

$I = \int_{1}^{4} \frac{x + 1}{2 \sqrt{x}} . d x = \int_{1}^{4} (\frac{\sqrt{x}}{2} - \frac{1}{2 \sqrt{x}}) . d x = {(\frac{1}{3} \sqrt{x^{3}} - \sqrt{x})|}_{1}^{4} = \frac{10}{3}$

Câu 10:

Cho

\int_{1}^{2} f (x) d x = 3

. Khi đó

\int_{1}^{2} \frac{f (x)}{e} d x

bằng

A.

\frac{- 3}{e}

.

B.

e^{2}

C.

3 e^{2}

.

D.

\frac{3}{e}

.

Xem đáp án

Chọn D

Ta có

\int_{1}^{2} \frac{f (x)}{e} d x = \frac{1}{e} \int_{1}^{2} f (x) d x = \frac{3}{e}

.

Câu 11:

\int_{- 2}^{1} (3 x^{2} - 2 x) d x

bằng

A. 12.

B. 4.

C. -12.

D. 8.

Xem đáp án

Ta có

\int_{- 2}^{1} (3 x^{2} - 2 x) d x = {(x^{3} - x^{2})|}_{- 2}^{1} = 12

.

Chọn A

Câu 12:

\int_{- 2}^{1} \frac{2}{x - 2} d x

bằng

A.

- 2 \ln 2

.

B.

- 4 \ln 2

.

C.

\ln 2

.

D.

4 \ln 2

Xem đáp án

Chọn B

Ta có

\int_{- 2}^{1} \frac{2}{x - 2} d x = 2 \int_{- 2}^{1} \frac{1}{x - 2} d x = {2 \ln |x - 2||}_{- 2}^{1} = - 4 \ln 2

.

Câu 13:

Biết rằng

\int_{0}^{3} \frac{1 - e^{3 x}}{e^{2 x} + e^{x} + 1} d x = a - e^{b}

với

a, b \in ℤ

, hãy tính

b - a

.

A.

b - a = 1

.

B.

b - a = - 1

.

C.

b - a = 7

.

D.

b - a = - 7

.

Xem đáp án

Ta có

\int_{0}^{3} \frac{1 - e^{3 x}}{e^{2 x} + e^{x} + 1} d x = \int_{0}^{3} \frac{(1 - e^{x}) (e^{2 x} + e^{x} + 1)}{e^{2 x} + e^{x} + 1} d x = \int_{0}^{3} (1 - e^{x}) d x = {(x - e^{x})|}_{0}^{3} = 4 - e^{3}

.
Suy ra

a = 4; b = 3

.

Chọn B

Câu 14:

Cho hàm số

y = f (x)

sao cho

f^{'} (x)

liên tục trên R,

\int_{1}^{2} \frac{f (x)}{x} d x = 3 - \ln 2

và

f (2) = 3.

Tính

I = \int_{1}^{2} f^{'} (x) . \ln x d x

.

A.

I = 4 \ln 2 - 3

.

B.

I = 2 \ln 2 - 3

.

C.

I = 2 \ln 2 + 3

.

D.

I = 3 \ln 2 - 4

.

Xem đáp án

Đặt

\{\begin{cases} u = \ln x \\ d v = f^{'} (x) d x \end{cases}

, chọn

\{\begin{cases} d u = \frac{1}{x} d x \\ v = f (x) \end{cases}

.
Ta có

I = {[f (x) . \ln x]|}_{1}^{2} - \int_{1}^{2} \frac{f (x)}{x} d x = f (2) . \ln 2 - 3 + \ln 2 = 4 \ln 2 - 3

Chọn A

Câu 15:

Biết

I = \int_{- 3}^{3} \frac{|x - 2| - 3 |x + 1|}{x + 4} d x = - 10 + a \ln 2 + b \ln 3 + c \ln 7

với

a, b, c \in ℤ

. Tính

T = a + b + c

.

A.

T = - 4

.

B.

T = 21

.

C.

T = 9

.

D.

T = - 12

.

Xem đáp án

Chọn A

Đặt

f (x) = |x - 2| - 3 |x + 1|

.
Ta có bảng phá dấu trị tuyệt đối trong biểu thức

f (x)

như sau

Từ đó

I = \int_{- 3}^{- 1} \frac{2 x + 5}{x + 4} d x + \int_{- 1}^{2} \frac{- 4 x - 1}{x + 4} d x + \int_{2}^{3} \frac{- 2 x - 5}{x + 4} d x

I = \int_{- 3}^{- 1} (2 - \frac{3}{x + 4}) d x - \int_{- 1}^{2} (4 - \frac{15}{x + 4}) d x - \int_{2}^{3} (2 - \frac{3}{x + 4}) d x

I = - 10 - 6 \ln 3 + 12 \ln 2 + 3 \ln 7

.
Vậy ta có

a = 12, b = - 6, c = 3 \Rightarrow T = 9

.

Câu 16:

Giả sử hàm số f(x) liên tục và dương trên đoạn

[0; 3]

thỏa mãn

f (x) . f (3 - x) = 4

. Tính tích phân

I = \int_{0}^{3} \frac{1}{2 + f (x)} d x

.

A.

I = \frac{3}{5}

.

B.

I = \frac{1}{2}

.

C.

I = \frac{3}{4}

.

D.

I = \frac{1}{3}

.

Xem đáp án

Chọn C

Ta có

\{\begin{cases} f (x) . f (3 - x) = 4 \\ f (x) > 0, \forall x \in [0; 3] \end{cases} \Rightarrow f (3 - x) = \frac{4}{f (x)}

.

I = \int_{0}^{3} \frac{1}{2 + f (x)} d x

Đặt

t = 3 - x \Rightarrow d t = - d x

Đổi cận

x = 0 \Rightarrow t = 3; x = 3 \Rightarrow t = 0

.
Thay vào ta được

I = \int_{0}^{3} \frac{1}{2 + f (3 - t)} dt = \int_{0}^{3} \frac{1}{2 + f (3 - x)} d x = \int_{0}^{3} \frac{1}{2 + \frac{4}{f (x)}} d x = \int_{0}^{3} \frac{f (x)}{2 f (x) + 4} d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{3} \frac{f (x)}{f (x) + 2} d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{3} \frac{f (x) + 2 - 2}{f (x) + 2} d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{3} (1 - \frac{2}{f (x) + 2}) d x = \frac{1}{2} {x|}_{0}^{3} - \int_{0}^{3} \frac{1}{f (x) + 2} d x = \frac{3}{2} - I \Rightarrow I = \frac{3}{2} - I \Rightarrow 2 I = \frac{3}{2} \Rightarrow I = \frac{3}{4}

Vậy

I = \frac{3}{4}

.

Câu 17:

Cho hàm số f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x) và trục Ox được tính theo công thức nào sau đây?

A.

\int_{- 1}^{2} f (x) d x

.

B.

\int_{\frac{1}{3}}^{2} f (x) d x

.

C.

\int_{- 1}^{\frac{1}{3}} f (x) d x - \int_{\frac{1}{3}}^{2} f (x) d x

.

D.

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

.

Xem đáp án

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x) và trục Ox được tính theo công thức .

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

Chọn D

Câu 18:

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

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

và trục Ox.

A.

\frac{11}{20}

.

B.

\frac{1}{20}

.

C.

\frac{19}{20}

.

D.

\frac{117}{20}

.

Xem đáp án

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f(x) và trục Ox là

(x - 1) (2 - x) (x^{2} + 1) = 0

.
Phương trình nêu trên có tập nghiệm là

\{1; 2\}

và

f (x) \geq 0, \forall x \in [1; 2]

.
Do đó, diện tích mà ta cần tính là

S = \int_{1}^{2} |(x - 1) (2 - x) (x^{2} + 1)| d x = \int_{1}^{2} [(x - 1) (2 - x) (x^{2} + 1)] d x = \frac{11}{20}

.

Câu 19:

Gọi là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng Ta có

A.

S = \frac{3}{2}

B.

S = \frac{11}{2} .

C.

S = \frac{3}{4} .

D.

S = \frac{9}{4} .

Xem đáp án

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là

\begin{array}{l} \frac{x^{2}}{2} + \frac{3 x}{2} = x + 1 \\ \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{2} + \frac{x}{2} - 1 = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = - 2 \\ x = 1 \end{matrix} . \end{array}

Ta có

S = \int_{- 2}^{1} (x + 1 - \frac{x^{2}}{2} - \frac{3 x}{2}) d x = \int_{- 2}^{1} (- \frac{x^{2}}{2} - \frac{x}{2} + 1) d x = (- \frac{x^{3}}{6} - \frac{x^{2}}{4} + x)| \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} = \frac{9}{4} .

Câu 20:

Hình vẽ dưới đây là một mảnh vườn hình Elip có bốn đỉnh là

I, J, K, L; A B C D, E F G H

là các hình chữ nhật;

I J = 10 m, K L = 6 m

,

A B = 5 m, E H = 3 m

. Biết rằng kinh phí trồng hoa là

50000

đồng/

m^{2}

, hãy tính số tiền (làm tròn đến hàng đơn vị) dùng để trồng hoa trên phần gạch sọc.

A. $2 869 834$ đồng.

B.

1 434 917

đồng.

C.

2 119 834

đồng.

D.

684 917

đồng.

Xem đáp án

Chọn C

Gọi Elip đã cho là (E).
Dựng hệ trục Oxy như hình vẽ, khi đó

(E) có phương trình là

\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{9} = 1.

Suy ra
+ Phần phía trên trục Ox của (E) có phương trình là

y = \frac{3}{5} \sqrt{25 - x^{2}}

.
+ Phần phía bên phải trục Oy của (E) có phương trình là

x = \frac{5}{3} \sqrt{9 - y^{2}} .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (E), AD, BC là

S_{1} = 4 \int_{0}^{2, 5} \frac{3}{5} \sqrt{25 - x^{2}} d x = \frac{12}{5} (\frac{25 π}{12} + \frac{25 \sqrt{3}}{8}) = (5 π + \frac{15 \sqrt{3}}{2}) m^{2} .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (E), EF, GH là

S_{2} = 4 \int_{0}^{1, 5} \frac{5}{3} \sqrt{9 - y^{2}} dy = \frac{20}{3} (\frac{9 π}{12} + \frac{9 \sqrt{3}}{8}) = (5 π + \frac{15 \sqrt{3}}{2}) m^{2} .

Diện tích phần đất trồng hoa (phần gạch sọc) là

S = S_{1} + S_{2} - S_{P Q R S} = 2. (5 π + \frac{15 \sqrt{3}}{2}) - 15 m^{2} .

Vậy số tiền dùng để trồng hoa là : S 50000đồng, làm tròn đến hàng đơn vị là 2119834 đồng

Câu 21:

Một quần thể virut Corona P đang thay đổi với tốc độ

P^{'} (t) = \frac{5000}{1 + 0, 2 t}

, trong đó t là thời gian tính bằng giờ. Quần thể virut Corona P ban đầu (khi

t = 0

) có số lượng là 1000 con. Số lượng virut Corona sau 3 giờ gần với số nào sau đây nhất?

A. 16000.

B. 21750.

C. 12750.

D. 11750.

Xem đáp án

Ta có

P (t) = \int P^{'} (t) d t = \int \frac{5 000}{1 + 0, 2 t} d t = 5 000. \frac{1}{0, 2} \ln (1 + 0, 2 t) + C = 25 000. \ln (1 + 0, 2 t) + C

P (0) = 1 000 \Leftrightarrow C = 1 000

.
.
Vậy biểu thức tính số lượng virut Corona với thời gian t bất kỳ là

P (t) = 25 000. \ln (1 + 0, 2 t) + 1000

.
Với t = 3 giờ ta có

P (3) = 25 000. \ln (1 + 0, 2.3) + 1000 \approx 12 750, 09

.
Vậy số lượng virut khi t = 3 giờ khoảng 12750 con.

Câu 22:

Cho hình (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = \sqrt{\frac{2}{x}}

, trục hoành, các đường thẳng

x = 1, x = 2

. Biết rằng khối tròn xoay do (H) quay quanh trục Ox tạo ra có thể tích là

π \ln a

. Giá trị của a là

A. 6.

B. 2.

C. 4.

D. 8.

Xem đáp án

Thể tích khối tròn xoay nêu trên là

V = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x = π \int_{1}^{2} \frac{2}{x} d x = 2 π {\ln x|}_{1}^{2} = 2 π \ln 2 = π \ln 4

.
Vậy a = 4.

Chọn C

Câu 23:

Cho hình (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = \sin x

,

y = \cos x

, các đường thẳng

x = 0, x = \frac{π}{4}

. Biết rằng khối tròn xoay do (H) quay quanh trục Ox tạo ra có thể tích là

\frac{π}{a}

, hỏi rằng có bao nhiêu số nguyên nằm trong khoảng ?

A. 6.

B. 7.

C. 8.

D. 9.

Xem đáp án

Do trên đoạn

[0; \frac{π}{4}]

ta có

\cos x \geq \sin x

nên thể tích của khối đã nêu là

V = π \int_{a}^{b} \cos^{2} x d x - π \int_{a}^{b} \sin^{2} x d x = π \int_{0}^{\frac{π}{4}} cos2 x d x = \frac{π}{2} {\sin 2 x|}_{0}^{\frac{π}{4}} = \frac{π}{2}

Trong khoảng (2;10) có 7 số nguyên.

Chọn B

Câu 24:

Cho hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = \sqrt{x}

, trục hoành, các đường thẳng x = 1 và x = 4. Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình thang cong trên quanh trục Ox bằng

A.

\int_{1}^{4} \sqrt{x} d x

.

B.

π \int_{1}^{4} x d x

.

C.

π \int_{1}^{4} \sqrt{x} d x

.

D.

π \int_{1}^{4} x^{2} d x

.

Xem đáp án

Chọn B

Công thức tính thể tích khối tròn xoay quay quanh trục Ox là

V = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x = π \int_{1}^{4} x d x

.

Câu 25:

Cho a, b là hai số thực dương. Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol

y = a x^{2}

và đường thẳng

y = - b x

. Quay (H) quanh trục hoành thu được khối có thể tích là V₁, quay (H) quanh trục tung thu được khối có thể tích là V₂. Tìm sao cho

V_{1} = V_{2}

.

A.

A = 13

.

B.

A = 19

.

C.

A = 21

.

D.

A = 29

.

Xem đáp án

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng đã cho là

a x^{2} = - b x

.
Do

a x^{2} = - b x \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = - \frac{b}{a} \end{array}

nên các giao điểm là O và

M (- \frac{b}{a}; \frac{b^{2}}{a})

(Tham khảo hình vẽ kèm theo)
Đến đây ta có:
+

V_{1} = π \int_{- \frac{b}{a}}^{0} {(- b x)}^{2} d x - π \int_{- \frac{b}{a}}^{0} {(a x^{2})}^{2} d x = π b^{2} . {\frac{x^{3}}{3}|}_{- \frac{b}{a}}^{0} - π a^{2} . {\frac{x^{5}}{5}|}_{- \frac{b}{a}}^{0} = \frac{2 π b^{5}}{15 a^{3}}

(đơn vị thể tích).
+

V_{2} = π \int_{0}^{\frac{b^{2}}{a}} {(- \sqrt{\frac{y}{a}})}^{2} d y - π \int_{0}^{\frac{b^{2}}{a}} {(- \frac{y}{b})}^{2} d y = π {\frac{y^{2}}{2 a}|}_{0}^{\frac{b^{2}}{a}} - π {\frac{y^{3}}{3 b^{2}}|}_{0}^{\frac{b^{2}}{a}} = \frac{π b^{4}}{6 a^{3}}

(đơn vị thể tích)
Do vậy

V_{1} = V_{2} \Leftrightarrow \frac{2 π b^{5}}{15 a^{3}} = \frac{π b^{4}}{6 a^{3}} \Leftrightarrow b = \frac{5}{4} .

Chọn D

Câu 26:

Trong không gian Oxyz, cho

\vec{a} = (1; - 2; 5), \vec{b} = (0; 2; - 1)

. Nếu

\vec{c} = \vec{a} - 4 \vec{b}

thì

\vec{c}

có tọa độ là

A.

(1; 0; 4)

.

B.

(1; 6; 1)

.

C.

(1; - 4; 6)

.

D.

(1; - 10; 9)

.

Xem đáp án

Chọn D

Ta có:

\vec{a} = (1; - 2; 5)

;

4 \vec{b} = (0; 8; - 4)

.
Vậy tọa độ của vectơ

\vec{c} = \vec{a} - 4 \vec{b} = (1; - 10; 9)

.

Câu 27:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

A (- 2; 1; 1)

,

B (3; 2; - 1)

. Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A.

\sqrt{30}

.

B.

\sqrt{10}

.

C.

\sqrt{22}

.

D. 2.

Xem đáp án

Chọn A

Ta có:

\vec{A B} = (5; 1; - 2)

.

A B = |\vec{A B}| = \sqrt{5^{2} + 1^{2} + {(- 2)}^{2}} = \sqrt{30}

.

Câu 28:

Trong không gian , cho mặt cầu . Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu .

A.

I (- 1; 2; 1)

và

R = 2

.

B.

I (1; - 2; - 1)

và

R = 2

.

C.

I (- 1; 2; 1)

và

R = 4

.

D.

I (1; - 2; - 1)

và

R = 4

.

Xem đáp án

Chọn A

Dựa vào phương trình của (S) ta thấy tọa độ tâm

I (- 1; 2; 1)

và

R = 2

.

Câu 29:

Trong không gian Oxyz cho hai điểm

A (- 2; 1; 0)

,

B (2; - 1; 2)

. Phương trình mặt cầu (S) có tâm B và A đi qua là

A.

{(x - 2)}^{2} + {(y + 1)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = \sqrt{24}

.

B.

{(x - 2)}^{2} + {(y + 1)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 24

.

C.

{(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + z^{2} = 24

.

D.

{(x - 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 24

.

Xem đáp án

Chọn B

Ta có

\vec{A B} = (4; - 2; 2)

nên

A B = \sqrt{24}

.
Vì (S) có tâm B và đi qua điểm A nên bán kính của (S) là .
Do đó có phương trình là

R = A B

.

Câu 30:

Trong không gian Oxyz cho hai điểm

A (- 2; 1; 0)

,

B (2; - 1; 4)

. Phương trình mặt cầu (S) có đường kính AB là

A.

x^{2} + y^{2} + {(z - 2)}^{2} = 3 .

B.

x^{2} + y^{2} + {(z + 2)}^{2} = 3 .

C.

x^{2} + y^{2} + {(z - 2)}^{2} = 9 .

D.

x^{2} + y^{2} + {(z + 2)}^{2} = 9 .

Xem đáp án

Chọn C

Do (S) có đường kính AB nên nó nhận trung điểm I của AB làm tâm

\frac{A B}{2}

và làm bán kính.
Ta có:
+

\vec{A B} = (4; - 2; 4) \Rightarrow A B = 6

.
+

I (0; 0; 2)

.
Vậy (S) có phương trình là

x^{2} + y^{2} + {(z - 2)}^{2} = 9

.

Câu 31:

Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện đều ABCD cạnh a là

A.

V = \frac{π a^{3} \sqrt{6}}{8}

.

B.

V = \frac{π a^{3} \sqrt{6}}{4}

.

C.

V = \frac{π a^{3} \sqrt{3}}{8}

.

D.

V = \frac{π a^{2} \sqrt{6}}{8}

.

Xem đáp án

Chọn A

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp

Δ A B C

.
Vì ABCD là tứ diện đều nên DH là trục của đường tròn ngoại tiếp

Δ A B C

.
Mặt phẳng trung trực của cạnh AD cắt DH tại I suy ra ID là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Gọi M là trung điểm cạnh AD ta có

Δ D M I ∽ Δ D H A

\Rightarrow \frac{D M}{D H} = \frac{D I}{D A}

.

\Rightarrow I D = \frac{D A^{2}}{2 D H} = \frac{A D^{2}}{2. \sqrt{A D^{2} - A H^{2}}} = \frac{a^{2}}{2 \sqrt{a^{2} - {(\frac{a}{\sqrt{3}})}^{2}}} = \frac{a \sqrt{6}}{4}

.
Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là

V = \frac{4}{3} π . I D^{3} = \frac{4}{3} π . {(\frac{a \sqrt{6}}{4})}^{3} = \frac{π a^{3} \sqrt{6}}{8} .

Câu 32:

Trong không gian cho Oxyz,

A (a; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c)

,

D (a + a \sqrt{b^{2} + c^{2}}; b \sqrt{a^{2} + c^{2}}; c \sqrt{a^{2} + b^{2}})

(a>0, b>0, c>0). Diện tích tam giác ABC bằng

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

Tìm khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) khi

V_{A . B C D}

đạt giá trị lớn nhất.

A.

\frac{\sqrt{6}}{2}

.

B.

\sqrt{3}

.

C.

\sqrt{2}

.

D.

\frac{\sqrt{2}}{2}

.

Xem đáp án

Chọn A

\vec{A B} = (- a; b; 0), \vec{A C} = (a, 0, c), \vec{A D} = (a \sqrt{b^{2} + c^{2}}; b \sqrt{a^{2} + c^{2}}; c \sqrt{a^{2} + b^{2}}) [\vec{A B}, \vec{A C}] = (|\begin{matrix} b & 0 \\ 0 & c \end{matrix}|; |\begin{matrix} 0 & - a \\ c & - a \end{matrix}|; |\begin{matrix} - a & b \\ - a & 0 \end{matrix}|) = (b c; a c; a b)

.
Vì diện tích tam giác bằng

\frac{\sqrt{3}}{2}

nên:

S_{Δ A B C} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} |[\vec{A B}, \vec{A C}]| = \frac{\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \sqrt{{(a b)}^{2} + {(b c)}^{2} + {(a c)}^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow {(a b)}^{2} + {(b c)}^{2} + {(a c)}^{2} = 3

.
Thể tích của tứ diện ABCD là:

V_{A B C D} = \frac{1}{6} |[\vec{A B}, \vec{A C}] . \vec{A D}| = \frac{1}{6} |a b c \sqrt{b^{2} + c^{2}} + a b c \sqrt{a^{2} + c^{2}} + a b c \sqrt{a^{2} + b^{2}}| = \frac{1}{6} |b c \sqrt{a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2}} + a c \sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2}} + a b \sqrt{a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}}|

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

{(b c \sqrt{a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2}} + a c \sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2}} + a b \sqrt{a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}})}^{2}

\leq [{(b c)}^{2} + {(a c)}^{2} + {(a b)}^{2}](a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}) \Leftrightarrow {(b c \sqrt{a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2}} + a c \sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2}} + a b \sqrt{a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}})}^{2} \leq 2 {[{(b c)}^{2} + {(a c)}^{2} + {(a b)}^{2}]}^{2} \Leftrightarrow {(b c \sqrt{a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2}} + a c \sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2}} + a b \sqrt{a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}})}^{2} \leq {2.3}^{2} \Leftrightarrow {(b c \sqrt{a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2}} + a c \sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2}} + a b \sqrt{a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}})}^{2} \leq 18 \Leftrightarrow |b c \sqrt{a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2}} + a c \sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2}} + a b \sqrt{a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}}| \leq 3 \sqrt{2}

V_{A . B C D} \leq \frac{3 \sqrt{2}}{6}

hay

V_{A . B C D} \leq \frac{\sqrt{2}}{2}

.
nên

\max V_{A . B C D} = \frac{\sqrt{2}}{2}

. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c = 1

.
Ta có:

\vec{A C} = (- 1; 0; 1), \vec{A D} = (\sqrt{2}; \sqrt{2}; \sqrt{2})

.
Nên:

[\vec{A C}, \vec{A D}] = (|\begin{matrix} 0 & 1 \\ \sqrt{2} & \sqrt{2} \end{matrix}|; |\begin{matrix} 1 & - 1 \\ \sqrt{2} & \sqrt{2} \end{matrix}|; |\begin{matrix} - 1 & 0 \\ \sqrt{2} & \sqrt{2} \end{matrix}|) = (- \sqrt{2}; 2 \sqrt{2}; - \sqrt{2})

.
Do đó:

S_{Δ A C D} = \frac{1}{2} |[\vec{A C}, \vec{A D}]| = \frac{1}{2} \sqrt{12} = \sqrt{3}

.
Vậy

d (B, (A C D)) = \frac{3 V_{A . B C D}}{S_{Δ A C D}} = \frac{3. \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{2}

.

Câu 33:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

A (1; 2; 5), B (3; 0; - 1)

. Mặt phẳng trung trực của AB đoạn thẳng có phương trình là

A.

x + y - 3 z + 6 = 0

.

B.

x - y - 3 z + 5 = 0

.

C.

x - y - 3 z + 1 = 0

.

D.

2 x + y + 2 z + 10 = 0

.

Xem đáp án

Chọn B

Gọi M là trung điểm AB thì

M (2; 1; 2)

,

\vec{A B} = (2; - 2; - 6)

.
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua M nhận

\vec{A B}

làm vectơ pháp tuyến, do đó nó có phương trình là

2 (x - 2) - 2 (y - 1) - 6 (z - 2) = 0 \Leftrightarrow x - y - 3 z + 5 = 0.

Câu 34:

Trong không gian , gọi là mặt phẳng đi qua điểm , đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng và . Phương trình của là

A.

8 x - y + 5 z + 23 = 0

.

B.

4 x + y - 5 z + 25 = 0

.

C.

8 x + y - 5 z + 41 = 0

.

D.

8 x - y - 5 z - 43 = 0

.

Xem đáp án

Chọn C

Ta có:

{\vec{n}}_{(Q)} = (1; - 3; 1)

là một vectơ pháp tuyến của (Q).

{\vec{n}}_{(R)} = (2; - 1; 3)

là một vectơ pháp tuyến của (R).
Vì

(Q) ⊥ (P)

nên

{\vec{n}}_{(P)} ⊥ {\vec{n}}_{(Q)}

,

(Q) ⊥ (R)

nên

{\vec{n}}_{(P)} ⊥ {\vec{n}}_{(R)}

.

\Rightarrow {\vec{n}}_{(P)} = [{\vec{n}}_{(Q)}, {\vec{n}}_{(R)}] = (- 8; - 1; 5)

một vectơ pháp tuyến của (P).
(P) đi qua điểm

M (- 4; 1; 2)

có vectơ pháp tuyến là

{\vec{n}}_{(P)} = (- 8; - 1; 5)

nên nó có phương trình là

- 8 (x + 4) - (y - 1) + 5 (z - 2) = 0 \Leftrightarrow - 8 x - y + 5 z - 41 = 0 \Leftrightarrow 8 x + y - 5 z + 41 = 0

.

Câu 35:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S):

{(x + 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z - 1)}^{2} = 9

. Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S) với tại điểm

A (1; 3; - 1)

có phương trình là

A.

2 x + y - 2 z - 7 = 0

.

B.

2 x + y + 2 z - 7 = 0

.

C.

2 x - y + z + 10 = 0

.

D.

2 x + y - 2 z + 2 = 0

.

Xem đáp án

Chọn A

(S) có tâm

I (- 1; 2; 1)

, bán kính

R = 3

.
Dễ thấy

A \in (S)

.
Vì (P) tiếp xúc với (S) tại A nên

\vec{I A} = (2; 1; - 2)

là một vectơ pháp tuyến của (P).
Ta có (P) đi qua

A (1; 3; - 1)

nhận

\vec{I A} = (2; 1; - 2)

làm vectơ pháp tuyến nên (P) có phương trình là

2 (x - 1) + 1. (y - 3) - 2 (z + 1) = 0 \Leftrightarrow 2 x + y - 2 z - 7 = 0

.

Câu 36:

Trong không gian Oxyz, cho ba điểm

A (0; 1; 2), B (2; - 2; 1)

,

C (- 2; 1; 0)

. Khi đó mặt phẳng (ABC) có phương trình là

A.

x + y - z + 1 = 0

.

B.

6 x + y - z - 6 = 0

.

C.

x - y + z + 6 = 0

.

D.

x + y - z - 3 = 0

.

Xem đáp án

Chọn A

Ta có

\vec{A B} = (2; - 3; - 1), \vec{A C} = (- 2; 0; - 2)

; Vì

[\vec{A B}, \vec{A C}] = (6; 6; - 6)

nên một vectơ pháp tuyến của (ABC) là

\vec{n} = (1; 1; - 1)

.
Ta có (ABC) qua

A (0; 1; 2)

và nhận

\vec{n} = (1; 1; - 1)

làm vectơ pháp tuyến nên (ABC)có phương trình là

1 (x - 0) + 1 (y - 1) - 1 (z - 2) = 0 \Leftrightarrow x + y - z + 1 = 0

.

Câu 37:

Trong không gian , mặt phẳng trùng với mặt phẳng nào dưới đây ?

A.

(O x y)

.

B.

(O y z)

.

C.

(O x z)

.

D.

x - y = 0

.

Xem đáp án

Chọn C

Mặt phẳng

(α) : y = 0

có vectơ pháp tuyến

\vec{n} = (0; 1; 0)

và đi qua gốc tọa độ nên nó trùng với mặt phẳng (Oxz).

Câu 38:

Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm

A (1; 0; 0)

,

B (0; 2; 0)

,

C (0; 0; 4)

,

M (0; 0; 3)

. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC).

A.

\frac{4 \sqrt{21}}{21}

.

B.

\frac{2}{21}

.

C.

\frac{1}{21}

.

D.

\frac{3 \sqrt{21}}{21}

.

Xem đáp án

Chọn C

Phương trình mặt phẳng (ABC):

\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow 4 x + 2 y + z - 4 = 0

Khi đó:

d (M, (A B C)) = \frac{|0 + 0 + 3 - 4|}{\sqrt{4^{2} + 2^{2} + 1^{2}}} = \frac{1}{21}

.

Câu 39:

Trong không gian , cho mặt phẳng và hai điểm , . Gọi sao cho và góc có số đo lớn nhất. Khi đó đẳng thức nào sau đây đúng?

A.

c > 0

.

B.

a + 2 b = - 6

.

C.

a + b = 0

.

D.

a + b = \frac{23}{5}

.

Xem đáp án

Chọn D

Vì

M A = M B

nên M thuộc mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn thẳng AB.
Ta có (Q) đi qua trung điểm

I (3; 1; - 1)

của AB và có véctơ pháp tuyến là

\vec{A B} = (2; 4; - 2)

nên (Q) có phương trình là

2 (x - 3) + 4 (y - 1) - 2 (z + 1) = 0 \Leftrightarrow x + 2 y - z - 6 = 0.

Vì

M \in (P)

và

M \in (Q)

nên M thuộc giao tuyến

∆

của (P) và (Q).
(P) có véctơ pháp tuyến

{\vec{n}}_{(P)} = (0; 0; 1)

, (Q) có véctơ pháp tuyến

{\vec{n}}_{(Q)} = (1; 2; - 1)

. Khi đó

∆

có véctơ chỉ phương

\vec{u} = [{\vec{n}}_{(P)}, {\vec{n}}_{(Q)}] = (- 2; 1; 0)

.
Chọn

N (2; 2; 0)

là một điểm chung của (P) và (Q).

Δ

đi qua N nên có phương trình

\{\begin{cases} x = 2 - 2 t \\ y = 2 + t \\ z = 0 \end{cases} (t \in ℝ)

.
Vì

M \in Δ

nên

M = (2 - 2 t; 2 + t; 0)

. Theo định lý cosin trong tam giác MAB, ta có

\cos \hat{A M B} = \frac{M A^{2} + M B^{2} - A B^{2}}{2 M A \cdot M B} = \frac{2 M A^{2} - A B^{2}}{2 M A^{2}} = 1 - \frac{A B^{2}}{2 M A^{2}} .

Vì AB không đổi nên từ biểu thức trên ta có

\hat{A M B}

lớn nhất

\Leftrightarrow \cos \hat{A M B}

nhỏ nhất nhỏ nhất

\Leftrightarrow M A^{2}

.
Ta có

M A^{2} = {(2 t)}^{2} + {(t + 3)}^{2} = 5 t^{2} + 6 t + 9 = 5 {(t + \frac{3}{5})}^{2} + \frac{36}{5} \geq \frac{36}{5}

Đẳng thức xảy ra

\Leftrightarrow t = - \frac{3}{5}

, khi đó

M (\frac{16}{5}; \frac{7}{5}; 0)

.
Vậy

a + b = \frac{23}{5}

.