44 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 25)

Câu 1:

Cho hình đa diện đều loại {4; 3} có cạnh bằng a. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

A. $S = 6 a^{2}$

B. $S = 4 a^{2}$

C. $S = 8 a^{2}$

D. $S = 10 a^{2}$

Xem đáp án

Khối đa diện đều loại {4; 3} là khối lập phương.

Khối lập phương cạnh a có 6 mặt là hình vuông cạnh a nên tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó là $S = 6 a^{2} .$

Chọn A.

Câu 2:

Tập xác định của hàm số $f (x) = {(2 x^{2} - 5 x + 2)}^{- 2021} + \log_{2021} (x - 1)$ là:

A. $ℝ \ \{\frac{1}{2}; 2\} .$

B. $(1; + \infty) \ \{2\}$

C. $(2; + \infty)$

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

Xem đáp án

Hàm số $f (x) = {(2 x^{2} - 5 x + 2)}^{- 2021} + \log_{2021} (x - 1)$ xác định khi

$\{\begin{cases} 2 x^{2} - 5 x + 2 \neq 0 \\ x - 1 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \neq 2, x \neq \frac{1}{2} \\ x > 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x > 1 \\ x \neq 2 \end{cases} .$

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: $D (1; + \infty) \ \{2\} .$

Chọn B.

Câu 3:

Tập nghiệm S của bất phương trình

\log_{5} (3 x + 1) < \log_{5} (25 - 25 x)

là:

A. $S = (- \frac{1}{3}; 1)$

B. $S = (\frac{6}{7}; 1)$

C. $S = (- \infty; \frac{6}{7})$

D. $S = (- \frac{1}{3}; \frac{6}{7})$

Xem đáp án

$\log_{5} (3 x + 1) < \log_{5} (25 - 25 x)$

$\Leftrightarrow 0 < 3 x + 1 < 25 - 25 x$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x > - \frac{1}{3} \\ 28 x < 24 \end{cases} \Leftrightarrow - \frac{1}{3} < x < \frac{6}{7} .$

Chọn D.

Câu 4:

Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) = sin2x và $F (\frac{π}{4}) = 1.$ Tính $F (\frac{π}{6}) .$

A. $F (\frac{π}{6}) = \frac{1}{2}$

B. $F (\frac{π}{6}) = \frac{5}{4}$

C. $F (\frac{π}{6}) = \frac{3}{4}$

D. $F (\frac{π}{6}) = 0$

Xem đáp án

Ta có $F (x) = \int_{}^{} \sin 2 x d x = - \frac{1}{2} \cos 2 x + C .$

Mà $F (\frac{π}{4}) = 1 \Rightarrow - \frac{1}{2} \cos \frac{π}{2} + C = 1 \Leftrightarrow C = 1 \Rightarrow F (x) = - \frac{1}{2} \cos 2 x + 1.$

Vậy $F (\frac{π}{6}) = - \frac{1}{2} \cos \frac{π}{3} + 1 = \frac{3}{4} .$

Chọn C.

Câu 5:

Cho hàm số

y = f (x) = \frac{1}{3} x^{3} + a x

có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi

S_{1}, S_{2}

lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi

\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{7}{40}

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

Cho hàm số y = f(x) = 1/3x^3 + ax có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S1, S2 lần lượt là (ảnh 1)

A. $(\frac{3}{4}; \frac{5}{4})$

B. $(\frac{1}{3}; \frac{1}{2})$

C. $(0; \frac{1}{3})$

D. $(\frac{1}{2}; \frac{3}{4})$

Xem đáp án

Ta có:

$S_{1} = \int_{- 1}^{0} (- \frac{1}{3} x^{3} - a x) d x = (- \frac{x^{4}}{12} - \frac{a x^{2}}{2}) |\begin{array}{l} 0 \\ - 1 \end{array} = \frac{1}{12} + \frac{a}{2} .$

$S_{2} = \int_{0}^{2} (\frac{1}{3} x^{3} + a x) d x = (\frac{x^{4}}{12} + \frac{a x^{2}}{2}) |\begin{array}{l} 2 \\ 0 \end{array} = \frac{4}{3} + 2 a .$

Vì $\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{7}{40} \Rightarrow \frac{\frac{1}{12} + \frac{a}{2}}{\frac{4}{3} + 2 a} = \frac{7}{40} \Leftrightarrow \frac{10}{3} + 20 a = \frac{28}{3} + 14 a \Leftrightarrow a = \frac{8}{21} .$

Vậy $a \in (\frac{1}{3}; \frac{1}{2}) .$

Chọn B.

Câu 6:

Đồ thị hàm số nào dưới đây có đúng một đường tiệm cận ngang?

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

B. $y = \frac{x^{2}}{2 x + 3}$

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

D. $y = \frac{4 x - 2}{x^{2} - 3 x + 2}$

Xem đáp án

Xét hàm số $y = \frac{4 x - 2}{x^{2} - 3 x + 2}$ ta có $\lim_{x \to \pm \infty} y = 0$ nên đồ thị có duy nhất 1 TCN y = 0.

Chọn D.

Câu 7:

Gọi $z_{1}, z_{2}$ là các nghiệm phức phân biệt của phương trình $z^{2} - 4 z + 13 = 0.$ Tính ${|z_{1} + i|}^{2} + {|z_{2} + i|}^{2} .$

A. $2 \sqrt{5} + 2 \sqrt{2}$

B. 36

C. 28

D. $6 \sqrt{2}$

Xem đáp án

Ta có: $z^{2} - 4 z + 13 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} z_{1} = 2 + 3 i \\ z_{2} = 2 - 3 i \end{array} .$

Vậy ${|z_{1} + i|}^{2} + {|z_{2} + i|}^{2} = 28.$

Chọn C.

Câu 8:

Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có trọng tâm G với A(1; -6; -1), B(-2; 2; 3), C(4; -5; -11). Gọi I(m; n; p) là điểm đối xứng với G qua mặt phẳng (Oxy). Tính

T = 2021^{m + n + p} .

A. $T = \frac{1}{2021}$

B. T = 2021

C. T = 1

D. $T = \frac{1}{2021^{5}}$

Xem đáp án

Ta có $\{\begin{cases} x_{G} = \frac{x_{A} + x_{B} + x_{C}}{3} = \frac{1 - 2 + 4}{3} = 1 \\ y_{G} = \frac{y_{A} + y_{B} + y_{C}}{3} = \frac{- 6 + 2 - 5}{3} = - 3 \\ z_{G} = \frac{z_{A} + z_{B} + z_{C}}{3} = \frac{- 1 + 3 - 11}{3} = - 3 \end{cases} \Rightarrow G (1; - 3; - 3) .$

Gọi I(m; n; p) là điểm đối xứng với G qua mặt phẳng $(O x y) \Rightarrow I (1; - 3; 3) \Rightarrow m = 1, n = - 3, p = 3.$

Vậy $T = 2021^{m + n + p} = 2021^{1 - 3 + 3} = 2021.$

Chọn B.

Câu 9:

Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 và nội tiếp trong mặt cầu có bán kính bằng 3. Gọi $V_{1}, V_{2}$ lần lượt là thể tích của khối trụ và khối cầu đã cho. Tính tỉ số $\frac{V_{1}}{V_{2}} .$

A. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{4}{9}$

B. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{5}{18}$

C. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{7}{9}$

D. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{5}{9}$

Xem đáp án

Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 và nội tiếp trong mặt cầu có bán kính bằng 3 (ảnh 1)

Gọi r là bán kính đáy hình trụ, áp dụng định lí Pytago ta có: $r = \sqrt{R^{2} - {(\frac{h}{2})}^{2}} = \sqrt{3^{2} - 2^{2}} = \sqrt{5} .$

Vậy $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{π r^{2} h}{\frac{4}{3} π R^{3}} = \frac{5.4}{\frac{4}{3} {.3}^{3}} = \frac{4}{9} .$

Chọn A.

Câu 10:

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A. (0; 3)

B. (-1; 3)

C. (1; 2)

D. $(0; + \infty)$

Xem đáp án

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên (0; 2) nên cũng đồng biến trên (1; 2)

Chọn C.

Câu 11:

Cho a, b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức $P = \frac{{(\sqrt[4]{a^{3} b^{2}})}^{4}}{\sqrt[3]{\sqrt{a^{12} b^{6}}}}$ được kết quả là:

A. $P = a b^{2}$

B. $P = a^{2} b^{2}$

C. $P = a^{2} b$

D. P = ab

Xem đáp án

$P = \frac{{(\sqrt[4]{a^{3} b^{2}})}^{4}}{\sqrt[3]{\sqrt{a^{12} b^{6}}}} = \frac{a^{3} b^{2}}{\sqrt[3]{\sqrt{{(a^{2} b)}^{3}}}} = \frac{a^{3} b^{2}}{\sqrt[3]{{(a^{2} b)}^{3}}} = \frac{a^{3} b^{2}}{a^{2} b} = a b .$

Chọn D.

Câu 12:

Cho hàm số $y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Cho hàm số y = ax^2 + bx^2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề (ảnh 1)

A. $a < 0, b > 0, c > 0, d > 0$

B. $a < 0, b < 0, c = 0, d > 0$

C. $a < 0, b > 0, c = 0, d > 0$

D. $a > 0, b < 0, c > 0, d > 0$

Xem đáp án

Đồ thị có nhánh cuối đi xuống nên $a < 0 \Rightarrow$ Loại đáp án D.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm trên trục hoành $\Rightarrow d > 0.$

Đồ thị có 2 điểm cực trị $\{\begin{cases} x_{1} = 0 \\ x_{2} > 0 \end{cases}$ nên phương trình $y' = 3 a x^{2} + 2 b x + c = 0$ có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

$\{\begin{cases} x_{1} = 0 \\ x_{2} > 0 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x_{1} + x_{2} > 0 \\ x_{1} x_{2} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{- 2 b}{3 a} > 0 \\ \frac{c}{3 a} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b > 0 \\ c = 0 \end{cases} .$

Vậy $a < 0, b > 0, c = 0, d > 0.$

Chọn C.

Câu 13:

Một hình nón và một hình trụ có cùng chiều cao bằng h và bán kính đường tròn đáy bằng r hơn nữa diện tích xung quanh của chúng cũng bằng nhau. Khi đó, tỉ số $\frac{r}{h}$ bằng:

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

B. $\sqrt{3}$

C. 2

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

Xem đáp án

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{x q 1} = π r l = π r \sqrt{r^{2} + h^{2}} .$

Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{x q 2} = 2 π r h .$

Vì diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón bằng nhau nên ta có:

$S_{x q 1} = S_{x q 2} \Leftrightarrow π r \sqrt{r^{2} + h^{2}} = 2 π r h$

$\Leftrightarrow \sqrt{r^{2} + h^{2}} = 2 h \Leftrightarrow r^{2} + h^{2} = 4 h^{2}$

$\Leftrightarrow r^{2} = 3 h^{2} \Leftrightarrow r = \sqrt{3} h$

Vậy $\frac{r}{h} = \sqrt{3} .$

Chọn B.

Câu 14:

Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; -2; -1). Ba điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có một vectơ pháp tuyến là:

A. $\vec{n_{2}} = (- 2; - 3; 6)$

B. $\vec{n_{3}} = (- 2; 3; - 6)$

C. $\vec{n_{4}} = (- 2; 3; 6)$

D. $\vec{n_{1}} = (3; - 2; - 1)$

Xem đáp án

Ta có $A (3; 0; 0), B (0; - 2; 0), C (0; 0; - 1) .$

Phương trình mặt phẳng (ABC) là $\frac{x}{3} + \frac{y}{- 2} + \frac{z}{- 1} = 1 \Leftrightarrow 2 x - 3 y - 6 z - 6 = 0.$

Suy ra mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có một vectơ pháp tuyến là: $\vec{n} = (2; - 3; - 6) .$

Vậy $\vec{n_{4}} = (- 2; 3; 6) = - \vec{n}$ cũng là 1 VTPT của (ABC)

Chọn C.

Câu 15:

Cho f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên $ℝ$ thỏa mãn $\int_{0}^{1} f (x) d x = 3,$ $\int_{0}^{2} [f (x) - 3 g (x)] d x = 4$ và $\int_{0}^{2} [2 f (x) + g (x)] d x = 8.$ Tính $I = \int_{1}^{2} f (x) d x .$

A. I = 0

B. I = 2

C. I = 1

D. I = 3

Xem đáp án

Theo bài ra ta có:

$\{\begin{cases} \int_{0}^{2} [f (x) - 3 g (x)] d x = 4 \\ \int_{0}^{2} [2 f (x) + g (x)] d x = 8 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} \int_{0}^{2} f (x) d x - 3 \int_{0}^{2} g (x) d x = 4 \\ 2 \int_{0}^{2} f (x) d x + \int_{0}^{2} g (x) d x = 8 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} \int_{0}^{2} f (x) d x = 4 \\ \int_{0}^{2} g (x) d x = 0 \end{cases}$

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

Chọn C.

Câu 16:

Cho hình chóp S.ABC trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A', B', C' sao cho $S A' = 2 A A', S B' = 4 B B', S C' = C C' .$ Gọi $V_{1}$ là thể tích khối chóp $S . A' B' C', V_{2}$ là thể tích khối chóp S.ABC. Tính $\frac{V_{1}}{V_{2}} .$

A. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{1}{24}$

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

C. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{4}{15}$

D. $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{8}{15}$

Xem đáp án

Ta có $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{S A'}{S A} . \frac{S B'}{S B} . \frac{S C'}{S C} = \frac{2}{3} . \frac{4}{5} . \frac{1}{2} = \frac{4}{15} .$

Chọn C.

Câu 17:

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $y = x^{3} - 3 x + 4$ thuộc đường thẳng nào dưới đây?

A. y = x + 7

B. y = x + 1

C. y = x - 7

D. y = x - 1

Xem đáp án

Ta có: $y = x^{3} - 3 x + 4 \Rightarrow y' = 3 x^{2} - 2, y " = 6 x .$

Xét hệ $\{\begin{cases} y' = 0 \\ y " > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x^{2} - 3 = 0 \\ 6 x > 0 \end{cases} \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 2.$

$\Rightarrow$ Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $y = x^{3} - 3 x + 4$ là A(1; 2)

Dễ thấy A(1; 2) thuộc đường thẳng y = x + 1

Chọn B.

Câu 18:

Cho hai số phức

z_{1} = 2 + i, z_{2} = 1 + 3 i .

Môđun của số phức

2 \bar{z_{1}} + z_{2}

bằng:

A. $\sqrt{26}$

B. $5 \sqrt{2}$

C. $\sqrt{65}$

D. $\sqrt{41}$

Xem đáp án

Ta có: $2 \bar{z_{1}} + z_{2} = 2 (2 - i) + 1 + 3 i = 5 + i .$

Vậy $|2 \bar{z_{1}} + z_{2}| = \sqrt{5^{2} + 1^{2}} = \sqrt{26} .$

Chọn A.

Câu 19:

Giá trị của biểu thức $M = \log_{2} 2 + \log_{2} 4 + \log_{2} 8 + ... + \log_{2} 256$ bằng:

A. 56

B. $8 \log_{2} 256$

C. 36

D.48

Xem đáp án

$M = \log_{2} 2 + \log_{2} 4 + \log_{2} 8 + ... + \log_{2} 256$

$= \log_{2} 2 + \log_{2} 2^{2} + \log_{2} 2^{3} + ... + \log_{2} 2^{8}$

$= 1 + 2 + 3 + ... + 8$

$= \frac{(1 + 8) .8}{2} = 36$

Chọn C.

Câu 20:

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

Hàm số y = f(x) là hàm số nào dưới đây?

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

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

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

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

Xem đáp án

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị có TCĐ $x = \frac{1}{2}$ và TCĐ $y = \frac{1}{2} \Rightarrow$ Loại đáp án A và C.

Xét đáp án B: $y' = \frac{3}{{(2 x - 1)}^{2}} > 0 \forall x \neq \frac{1}{2},$ xét đáp án D: $y' = \frac{- 5}{{(2 x - 1)}^{2}} < 0 \forall x \neq \frac{1}{2} .$

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên $(- \infty; \frac{1}{2}); (\frac{1}{2}; + \infty)$ nên loại đáp án D và chọn đáp án B.

Chọn B.

Câu 21:

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số $f (x) = \sin x + \frac{2}{x}$ là:

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

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

C. $- \cos x - 2 \ln |x| + C$

D. $\cos x + 2 \ln |x| + C$

Xem đáp án

$f (x) = \sin x + \frac{2}{x}$

$\Rightarrow \int_{}^{} f (x) d x = - \cos x + 2 \ln |x| + C$

Chọn B.

Câu 22:

Anh An đem gửi tiết kiệm số tiền là 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Anh gửi 250 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,2% một quý. Số tiền còn lại anh gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất y% một tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được nhập vào số gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo. Sau một năm số tiền cả gốc lẫn lãi của anh là 416.780.000 đồng. Tính y.

A. 0,45

B. 0,25

C. 0,35

D. 0,55

Xem đáp án

Sau 1 năm:

Số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được theo loại 1 là: $250 {(1 + 1, 2 %)}^{4} = 262, 2177322$ (triệu đồng).

Số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được theo loại 2 là: $150 {(1 + y %)}^{12}$ (triệu đồng).

Vì sau một năm số tiền cả gốc lẫn lãi của anh là 416.780.000 đồng nên ta có

$416, 78 = 262, 2177332 + 150 {(1 + y %)}^{12}$

$\Leftrightarrow 150 {(1 + y %)}^{12} = 154, 5622267$

$\Leftrightarrow y = 0, 25 %$

Chọn B.

Câu 23:

Tìm hệ số của số hạng chứa

x^{12}

trong khai triển nhị thức Newton

{(x - \frac{2}{x^{2}})}^{21}, (x \neq 0) .

A. $16 C_{21}^{4}$

B. $- 16 C_{21}^{4}$

C. $8 C_{21}^{3} x^{12}$

D. $- 8 C_{21}^{3}$

Xem đáp án

${(x - \frac{2}{x^{2}})}^{21} = \sum_{k = 0}^{21} C_{21}^{k} x^{21 - k} {(- \frac{2}{x^{2}})}^{k} = \sum_{k = 0}^{21} C_{21}^{k} {(- 2)}^{k} . x^{21 - 3 k} .$

Số hạng chứa $x^{12}$ ứng với $21 - 3 k = 12 \Leftrightarrow k = 3.$

Vậy hệ số của số hạng chứa $x^{12}$ trong khai triển đã cho là $C_{21}^{3} {(- 2)}^{3} = - 8 C_{21}^{3} .$

Chọn D.

Câu 24:

Số nghiệm nguyên của bất phương trình ${(\frac{2}{3})}^{x^{2} - 3 x - 12} \geq \frac{9}{4}$ là:

A. 10

B. 5

C. 7

D. 8

Xem đáp án

${(\frac{2}{3})}^{x^{2} - 3 x - 12} \geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow {(\frac{2}{3})}^{x^{2} - 3 x - 12} \geq {(\frac{2}{3})}^{- 2}$

$\Leftrightarrow x^{2} - 3 x - 12 \leq - 2$

$\Leftrightarrow x^{2} - 3 x - 10 \leq 0$

$\Leftrightarrow - 2 \leq x \leq 5$

Vậy bất phương trình đã cho có 8 nghiệm nguyên là $- 2, - 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5.$

Chọn D.

Câu 25:

Cho hình nón có diện tích đáy bằng

9 π c m^{2}

và thể tích khối nón bằng

12 π c m^{3} .

Tính diện tích xung quanh

S_{x q}

của hình nón.

A. $S_{x q} = 20 π c m^{2}$

B. $S_{x q} = 15 π c m^{2}$

C. $S_{x q} = 24 π c m^{2}$

D. $S_{x q} = 12 π c m^{2}$

Xem đáp án

Gọi r là bán kính đáy hình nón $\Rightarrow π r^{2} = 9 π \Leftrightarrow r = 3 (c m) .$

Gọi h là đường cao của hình nón ta có $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π {.3}^{2} . h = 12 π \Leftrightarrow h = 4 (c m) .$

Suy ra độ dài đường sinh $l = \sqrt{h^{2} + r^{2}} = \sqrt{4^{2} + 3^{2}} = 5 (c m) .$

Vậy diện tích xung quanh $S_{x q}$ của hình nón là $S_{x q} = π r l = π .3.5 = 15 π (c m^{2}) .$

Chọn B.

Câu 26:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng $d : \frac{x + 1}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z - 2}{- 2} .$ Hỏi d song song với mặt phẳng nào dưới đây?

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

B. $2 x + 2 y + 3 z - 5 = 0$

C. $4 x - y + z + 2 = 0$

D. $5 x - y + 2 z + 1 = 0$

Xem đáp án

Đường thẳng d có 1 VTCP là $\vec{u_{d}} = (1; 2; - 2) .$

Xét đáp án A: Mặt phẳng $(P) : 2 x + y + 2 z - 2 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{P}} = (2; 1; 2) .$

Ta có $\vec{u_{d}} . \vec{n_{P}} = 1.2 + 2.1 - 2.2 = 0$ nên $d ⊥ (P) .$

Chọn A.

Câu 27:

Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I(1; -3; 2) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) có phương trình là:

A. ${(x + 1)}^{2} + {(y - 3)}^{2} + {(z + 2)}^{2} = 9$

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

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

D. ${(x - 1)}^{2} + {(y + 3)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 9$

Xem đáp án

Mặt cầu (S) tâm I(1; -3; 2) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) có bán kính $R = |y_{I}| = 3.$

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ${(x - 1)}^{2} + {(y + 3)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 9.$

Chọn D.

Câu 28:

Tính tổng S của tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (-10; 10) để phương trình $2^{x} . \log_{3} x + m = 2 π x + m \log_{3} x$ có hai nghiệm phân biệt.

A. S = 36

B. S = 45

C. S = 46

D. S = 44

Xem đáp án

ĐKXĐ: x > 0

Ta có:

$2^{x} . \log_{3} x + m = 2^{x} + m \log_{3} x$

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

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

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

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

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì $\{\begin{cases} m > 0 \\ \log_{2} m > 0 \\ \log_{2} m \neq 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m > 1 \\ m \neq 9 \end{cases} .$

Kết hợp điều kiện đề bài ta có $m \in \{2; 3; 4; 5; 6; 7; 8\} .$

Vậy tổng S của tất cả các giá trị nguyên của m là $S = 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 44.$

Chọn D.

Câu 29:

Cho đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên $ℝ$ và có đồ thị như hình bên.

Cho đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình bên. Số nghiệm của (ảnh 1)

Số nghiệm của phương trình $f (1 - f (x)) = 2$ là:

A. 3

B. 2

C. 5

D. 4

Xem đáp án

Đặt t = 1 - f(x) phương trình trở thành f(t) = 2 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và đường thẳng

y = 2

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình $f (t) = 2 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t = 1 \\ t = - 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 1 - f (x) = 1 \\ 1 - f (x) = - 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} f (x) = 0 \\ f (x) = 3 \end{array} .$

+ Phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình f(x) = 3 có 1 nghiệm.

Và 4 nghiệm này đều phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Câu 30:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có $A B = a, A D = a \sqrt{3} .$ Biết $S A ⊥ (A B C D)$ và mặt phẳng (SBD) hợp với mặt phẳng đáy một góc $30^{0} .$ Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD

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

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

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

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

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, AD = a căn bậc hai của 3 (ảnh 1)

Trong (ABCD) kẻ $A H ⊥ B D (H \in B D)$ ta có: $\{\begin{cases} B D ⊥ A H \\ B D ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B D ⊥ (S A H) \Rightarrow B D ⊥ S H .$

$\{\begin{cases} (S B D) \cap (A B C D) = B D \\ S H \subset (S B D), S H ⊥ B D \\ A H \subset (A B C D), A H ⊥ B D \end{cases} \Rightarrow ∠ ((S B D); (A B C D)) = ∠ (S H; A H) = ∠ S H A = 30^{0} .$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD có: $A H = \frac{A B . A D}{\sqrt{A B^{2} + A D^{2}}} = \frac{a . a \sqrt{3}}{\sqrt{a^{2} + 3 a^{2}}} = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

$\Rightarrow S A = A H . \tan 30^{0} = \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{a}{2} .$

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

Chọn D.

Câu 31:

Cho $I = \int_{1}^{2} \frac{x + \ln x}{{(x + 1)}^{2}} d x = \frac{a}{b} \ln 2 - \frac{1}{c}$ với a, b, c là các số nguyên dương và $\frac{a}{b}$ là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức $S = \frac{a + b}{c} .$

A. $S = \frac{2}{3}$

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

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

D. $S = \frac{5}{6}$

Xem đáp án

Đặt $\{\begin{cases} u = x + \ln x \\ d v = \frac{d x}{{(x + 1)}^{2}} \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = (1 + \frac{1}{x}) d x = \frac{x + 1}{x} d x \\ v = - \frac{1}{x + 1} \end{cases}$

Khi đó ta có

$I = - (x + \ln x) \frac{1}{x + 1} |\begin{array}{l} 2 \\ 1 \end{array} + \int_{1}^{2} \frac{1}{x + 1} . \frac{x + 1}{x} d x$

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

$= - (2 + \ln 2) . \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + \ln |x| |\begin{array}{l} 2 \\ 1 \end{array}$

$= - \frac{2}{3} - \frac{1}{3} \ln 2 + \frac{1}{2} + \ln 2$

$= \frac{2}{3} \ln 2 - \frac{1}{6}$

$\Rightarrow a = 2, b = 3, c = 6$

Vậy $S = \frac{a + b}{c} = \frac{2 + 3}{6} = \frac{5}{6} .$

Chọn D.

Câu 32:

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng $(P) : 2 x - 2 y + z + 2021 = 0$ và đường thẳng $d : \frac{x}{1} = \frac{y - 2}{1} = \frac{z + 6}{- 2} .$ Mặt phẳng $(Q) : a x + b y + c z - 14 = 0, a, b, c \in ℤ$ chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P). Tính a + b + c.

A. a + b + c = -12

B. a + b + c = 6

C. a + b + c = 12

D. a + b + c = -9

Xem đáp án

Đường thẳng $d : \frac{x}{1} = \frac{y - 2}{1} = \frac{z + 6}{- 2}$ có 1 VTCP là $\vec{u_{d}} = (1; 1; - 2) .$

Mặt phẳng $(P) : 2 x - 2 y + z + 2021 = 0$ có 1 VTPT là $\vec{n_{P}} = (2; - 2; 1) .$

Vì $\{\begin{cases} d \subset (Q) \\ (P) ⊥ (Q) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} \vec{u_{d}} ⊥ \vec{n_{Q}} \\ \vec{n_{P}} ⊥ \vec{n_{Q}} \end{cases} \Rightarrow \vec{n_{Q}} = [\vec{u_{d}}, \vec{n_{P}}] = (- 3; - 5; - 4) .$

Ta có $M (0; 2; - 6) \in d .$ Vì $d \subset (Q) \Rightarrow M \in (Q) .$

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là $- 3 x - 5 (y - 2) - 4 (z + 6) = 0 \Leftrightarrow - 3 x - 5 y - 4 z - 14 = 0.$

$\Rightarrow a = - 3, b = - 5, c = - 4.$

Vậy $a + b + c = - 3 - 5 - 4 = - 12.$

Chọn A.

Câu 33:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [-3; 5] và có bảng biến thiên như sau:

Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số $g (x) = f (\cos 2 x - 5 \sin^{2} x + 3) .$ Giá trị M + m bằng:

A. 7.

B. 4.

C. 6.

D. 9.

Xem đáp án

Đặt $t = \cos 2 x - 5 \sin^{2} x + 3$

$t = 1 - 2 \sin^{2} x - 5 \sin^{2} x + 3$

$t = - 7 \sin^{2} x + 4$

Vì $0 \leq \sin^{2} x \leq 1 \Leftrightarrow - 7 \leq - 7 \sin^{2} x \leq 0 \Leftrightarrow - 3 \leq - 7 \sin^{2} x + 4 \leq 4 \Rightarrow t \in [- 3; 4] .$

Khi đó bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số f(t) với $t \in [- 3; 4] .$

Dựa vào BBT ta thấy $M = \max_{[- 3; 4]} f (t) = 8, \min_{[- 3; 4]} f (t) = - 1.$

Vậy $M + m = 8 - 1 = 7.$

Chọn A.

Câu 34:

Tổng phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn $2 z + 3 i . \bar{z} = 3 + 7 i$ bằng

A. 4

B. -2

C. 2

D. -4

Xem đáp án

Đặt $z = x + y i \Rightarrow \bar{z} = x - y i .$

Theo bài ra ta có:

$2 z + 3 i . \bar{z} = 3 + 7 i$

$\Leftrightarrow 2 (x + y i) + 3 i (x - y i) = 3 + 7 i$

$\Leftrightarrow 2 x + 2 y i + 3 x i + 3 y = 3 + 7 i$

$\Leftrightarrow (2 x + 3 y) + (3 x + 2 y) i = 3 + 7 i$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 x + 3 y = 3 \\ 3 x + 2 y = 7 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 3 \\ y = - 1 \end{cases}$

Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn $2 z + 3 i . \bar{z} = 3 + 7 i$ bằng 3 + (-1) = 2

Chọn C.

Câu 35:

Có 3 quyển sách Văn học khác nhau, 4 quyển sách Toán học khác nhau và 8 quyển sách Tiếng Anh khác nhau được xếp lên một kế sách nằm ngang. Tính xác suất để 2 cuốn sách cùng môn thì không ở cạnh nhau.

A. $\frac{1}{1287}$

B. $\frac{1}{6435}$

C. $\frac{2}{6435}$

D. $\frac{1}{2145}$

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là 15!

Gọi A là biến cố: “2 cuốn sách cùng môn thì không ở cạnh nhau”.

Xếp 8 quyển sách Tiếng Anh vào 15 vị trí trên kệ sao cho không có quyển Tiếng Anh nào nằm cạnh nhau có 8! cách như sau:

A_A_A_A_A_A_A_A

Khi đó tạo ra 7 vách ngăn.

Tiếp tục xếp 3 quyển sách Văn vào 3 trong 9 vách ngăn đó, có $A_{7}^{3}$ cách xếp.

Khi đó ta còn lại 4 quyển sách Toán, và còn đúng 4 vị trí trên kệ, nên có 4! cách xếp 4 quyển sách Toán.

$\Rightarrow$ Số phần tử của biến cố A là $8! . A_{7}^{3} .4!$

Vậy xác suất của biến cố A là $P (A) = \frac{8! . A_{7}^{3} .4!}{15!} = \frac{1}{6435} .$

Chọn C.

Câu 36:

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên $ℝ$ . Hàm số y = f'(x) có bảng xét dấu như bảng bên dưới.

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên R. Hàm số y = f'(x) có bảng (ảnh 1)

Bất phương trình $f (x) > e^{\cos x} + m$ có nghiệm $x \in (0; \frac{π}{2})$ khi và chỉ khi

A. $m > f (0) - e$

B. $m < f (\frac{π}{2} - 1)$

C. $m \leq f (\frac{π}{2} - 1)$

D. $m \leq f (0) - e$

Xem đáp án

Ta có:

$f (x) > e^{\cos x} + m$ có nghiệm $x \in (0; \frac{π}{2})$

$\Leftrightarrow f (x) - e^{\cos x} \geq m$ có nghiệm $x \in (0; \frac{π}{2})$

Đặt $g (x) = f (x) - e^{\cos x} \Rightarrow g (x) \geq m$ có nghiệm $x \in (0; \frac{π}{2})$

$\Rightarrow m \leq \min_{(0; \frac{π}{2})} g (x) .$

Xét hàm số $g (x) = f (x) - e^{\cos x}$ với $x \in (0; \frac{π}{2})$ ta có: $g' (x) = f' (x) + \sin x . e^{\cos x} .$

Với $x \in (0; \frac{π}{2})$ ta có $\sin x \in (0; 1) \Rightarrow \sin x \in (0; 1) \Rightarrow \sin x . e^{\cos x} > 0 \forall x \in (0; \frac{π}{2})$ .

Do đó $g' (x) > 0 \forall x \in (0; \frac{π}{2})$ , do đó hàm số đồng biến trên $[0; \frac{π}{2}] .$

$\Rightarrow \min_{[0; \frac{π}{2}]} g (x) = g (0) = f (0) - e .$

Vậy $m \leq f (0) - e .$

Chọn D.

Câu 37:

Cho tứ diện ABCD có $A D ⊥ (A B C), A C = A D = 2, A B = 1$ và $B C = \sqrt{5} .$ Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (BCD).

A. $d = \frac{\sqrt{6}}{3} .$

B. $d = \frac{\sqrt{6}}{2} .$

C. $d = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$

D. $d = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Xem đáp án

Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc (ABC), AC = AD = 2, AB = 1 (ảnh 1)

Trong (ABC) kẻ $A H ⊥ B C (H \in B C),$ trong (ADH) kẻ $A K ⊥ D H (K \in D H),$ ta có:

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

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

Xét tam giác ABC ta có $A B^{2} + A C^{2} = 1^{2} + 2^{2} = 5 = B C^{2} \Rightarrow Δ A B C$ vuông tại A (định lí Pytago đảo).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có $A H = \frac{A B . A C}{B C} = \frac{1.2}{\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}} .$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADH ta có $A K = \frac{A D . A H}{\sqrt{A D^{2} + A H^{2}}} = \frac{2. \frac{2}{\sqrt{5}}}{\sqrt{4 + \frac{4}{5}}} = \frac{\sqrt{6}}{3} .$

Vậy $d = d (A; (B C D)) = \frac{\sqrt{6}}{3} .$

Chọn A.

Câu 38:

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết diện tích tam giác A'BC bằng

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

Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

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

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

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

D. $V = \frac{a^{3}}{6}$

Xem đáp án

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

Gọi M là trung điểm của BC. Vì $Δ A B C$ đều nên $A M ⊥ B C$ và $A M = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

Ta có: $\{\begin{cases} B C ⊥ A M \\ B C ⊥ A A' \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (A M A') \Rightarrow B C ⊥ A' M .$

Khi đó ta có $S_{A' B C} = \frac{1}{2} A' M . B C \Rightarrow A' M = \frac{2 S_{A' B C}}{B C} = \frac{2. \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}}{a} = a \sqrt{3}$ .

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông A'AM ta có $A A' = \sqrt{A' M^{2} - A M^{2}} = \sqrt{3 a^{2} - \frac{3 a^{2}}{4}} = \frac{3 a}{2} .$

Vậy $V_{A B C . A' B' C'} = A A' . S_{A B C} = \frac{3 a}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{8} .$

Chọn C.

Câu 39:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm $f' (x) = x^{2} {(x + 1)}^{4} {(x - 3)}^{3} (x^{2} + m x) .$ Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f(2x + 1) có đúng 1 điểm cực trị.

A. 1

B. 3

C. 4

D. 2

Xem đáp án

Ta có:

$f' (x) = x^{2} {(x + 1)}^{4} {(x - 3)}^{3} (x^{2} + m x)$

$f' (x) = x^{3} {(x + 1)}^{4} {(x - 3)}^{3} (x + m)$

$f' (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 (n g h i ệ m b ộ i 3) \\ x = - 1 (n g h i ệ m b ộ i 4) \\ x = 3 (n g h i ệ m b ộ i 3) \\ x = - m (n g h i ệ m đ ơ n) \end{array}$

Đặt $y = g (x) = f (2 x + 1)$ ta có $g' (x) = 2 f' (2 x + 1) .$

Cho $g' (x) = 0 \Leftrightarrow f' (2 x + 1) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 x + 1 = 0 \\ 2 x + 1 = 3 \\ 2 x + 1 = m \end{array}$ (ta không xét các nghiệm bội chẵn vì qua đó g'(x) không đổi dấu) $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - \frac{1}{2} \\ x = 1 \\ x = \frac{m - 1}{2} \end{array}$

Để hàm số g(x) có đúng 1 điểm cực trị thì phương trình g'(x) = 0 có duy nhất 1 nghiệm bội lẻ.

$\Rightarrow [\begin{array}{l} \frac{m - 1}{2} = - \frac{1}{2} \\ \frac{m - 1}{2} = 1 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m - 1 = - 1 \\ m - 1 = 2 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 0 \\ m = 3 \end{array} .$

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện.

Chọn D.

Câu 40:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên $ℝ$ và có đồ thị f'(x) như hình vẽ bên. Bất phương trình $\log_{5} [f (x) + m + 2] + f (x) > 4 - m$ đúng với mọi $x \in (- 1; 4)$ khi và chỉ khi:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đồ thị f'(x) như hình vẽ bên. Bất phương (ảnh 1)

A. $m \geq 3 - f (1)$

B. $m \geq 3 - f (4)$

C. $m \geq 4 - f (1)$

D. $m \geq 4 - f (- 1)$

Xem đáp án

Ta có

$\log_{5} [f (x) + m + 2] + f (x) > 4 - m$

$\Leftrightarrow \log_{9} [f (x) + m + 2] + f (x) + m + 2 > 6$

Đặt $t = f (x) + m + 2,$ bất phương trình trở thành $\log_{5} t + t > 6 (t > 0) .$

Xét hàm số $g (t) = \log_{5} t + t (t > 0)$ ta có $g' (t) = \frac{1}{t \ln 5} + 1 > 0 \forall t > 0,$ do đó hàm số đồng biến trên $(0; + \infty)$ .

Lại có $g (5) = \log_{5} 5 + 5 = 6$ nên ta có $g (t) > g (5) \Leftrightarrow t > 5.$

Khi đó ta có $f (x) + m + 2 > 5 \Leftrightarrow f (x) > 3 - m$ có nghiệm với mọi $x \in (- 1; 4) \Leftrightarrow 3 - m \leq \min_{[- 1; 4]} f (x) .$

Dựa vào đồ thị hàm số y = f'(x) ta có BBT như sau:

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đồ thị f'(x) như hình vẽ bên. Bất phương (ảnh 2)

Ta cần so sánh f(-1) và f(4)

Ta có:

$\int_{- 1}^{1} f' (x) d x < - \int_{1}^{4} f' (x) d x$

$\Rightarrow f (1) - f (- 1) < - f (4) + f (1)$

$\Leftrightarrow f (- 1) > f (4)$

Do đó $\min_{[- 1; 4]} f (x) = f (4) .$

Vậy $3 - m \leq f (4) \Leftrightarrow m \geq 3 - f (4) .$

Chọn B.

Câu 41:

Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên $ℝ$ thỏa mãn $5 f (x) - 7 f (1 - x) = 3 (x^{2} - 2 x), \forall x \in ℝ .$ Biết rằng tích phân $I = \int_{0}^{1} x . f' (x) d x = - \frac{a}{b}$ (với a, b là các số nguyên dương và $\frac{a}{b}$ là phân số tối giản). Tính $T = 3 a - b .$

A. T = 0

B. T = -48

C. T = 16

D. T = 1

Xem đáp án

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

Đặt $\{\begin{cases} u = x \\ d v = f' (x) d x \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} d u = d x \\ v = f (x) \end{cases},$ khi đó ta có $I = x f (x) |\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} - \int_{0}^{1} f (x) d x = f (1) - \int_{0}^{1} f (x) d x .$

Theo bài ra ta có: $5 f (x) - 7 f (1 - x) = 3 (x^{2} - 2 x)$

Thay $x = 0 \Rightarrow 5 f (0) - 7 f (1) = 0$

Thay $x = 1 \Rightarrow 5 f (1) - 7 f (0) = - 3$

$\Rightarrow f (0) = \frac{7}{8}, f (1) = \frac{5}{8} .$

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

Từ $5 f (x) - 7 f (1 - x) = 3 (x^{2} - 2 x)$ lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta có:

$5 \int_{0}^{1} f (x) d x - 7 \int_{0}^{1} f (1 - x) d x = \int_{0}^{1} 3 (x^{2} - 2 x) d x .$

$\Leftrightarrow 5 \int_{0}^{1} f (x) d x + 7 \int_{0}^{1} f (1 - x) d (1 - x) = - 2$

$\Leftrightarrow 5 \int_{0}^{1} f (x) d x + 7 \int_{1}^{0} f (x) d x = - 2$

$\Leftrightarrow 5 \int_{0}^{1} f (x) d x - 7 \int_{0}^{1} f (x) d x = - 2$

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

$\Leftrightarrow \int_{0}^{1} f (x) d x = 1$

Suy ra $I = f (1) - \int_{0}^{1} f (x) d x = \frac{5}{8} - 1 = - \frac{3}{8} \Rightarrow a = 3, b = 8.$

Vậy $T = 3 a - b = 3.3 - 8 = 1.$

Chọn D.

Câu 42:

Cho số phức

z = \frac{i - m}{1 - m (m - 2 i)}, m \in ℝ

. Xác định giá trị nhỏ nhất của số thực k sao cho tồn tại m để

|z - 1| \leq k .

A. $k = \sqrt{5} - 1$

B. $k = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$

C. $k = \sqrt{3} - 1$

D. $k = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$

Xem đáp án

Ta có $z = \frac{i - m}{1 - m (m - 2 i)} = \frac{m - i}{m^{2} - 2 m i - 1} = \frac{m - i}{{(m - i)}^{2}} = \frac{1}{m - i}$

Khi đó ta có: $|z - 1| = |\frac{1}{m - i} - 1| = |\frac{1 - m + i}{m - i}| = \frac{|m - 1 - i|}{|m - i|} \leq k .$

$\Leftrightarrow \frac{{(m - 1)}^{2} + 1}{m^{2} + 1} \leq k^{2} \Leftrightarrow k^{2} \geq \frac{m^{2} - 2 m + 2}{m^{2} + 1} .$

Bải toán trở thành tìm $k_{\min}$ để bất phương trình $k \geq \frac{m^{2} - 2 m + 2}{m^{2} + 1} = g (m)$ có nghiệm.

Ta có

$g' (m) = \frac{(2 m - 2) (m^{2} + 1) - (m^{3} - 2 m + 2) .2 m}{{(m^{2} + 1)}^{2}}$

$g' (m) = \frac{2 m^{3} + 2 m - 2 m^{2} - 2 - 2 m^{3} + 4 m^{2} - 4 m}{{(m^{2} + 1)}^{2}}$

$g' (m) = \frac{2 m^{3} - 2 m - 2}{{(m^{2} + 1)}^{2}}$

$g' (m) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$

BBT:

Cho số phức z = i - m/i - m(m - 2i), m thuộc R. Xác định giá trị nhỏ nhất của số thực (ảnh 1)

Dựa vào BBT $\Rightarrow \min g (x) = \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \Leftrightarrow k^{2} \geq \frac{3 - \sqrt{5}}{2} = \frac{6 - 2 \sqrt{5}}{4} = \frac{{(\sqrt{5} - 1)}^{2}}{2} \Rightarrow k > \frac{\sqrt{5} - 1}{2} .$

Vậy $k = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} .$

Chọn B.

Câu 43:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

(S) : x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x - 4 y + 6 z - 13 = 0

và đường thẳng

d : \frac{x + 1}{1} = \frac{y + 2}{1} = \frac{z - 1}{1} .

Lấy điểm

M(a; b; c) với a < 0 thuộc đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA. MB, MC đến mặt cầu (S) (A, B, C là tiếp điểm) thỏa mãn

∠ A M B = 60^{0}, ∠ B M C = 90^{0}, ∠ C M A = 120^{0} .

Tổng a + b + c bằng

A. 1

B. $\frac{10}{3}$

C. -2

D. 2

Xem đáp án

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x^2 + y^2 + z^2 -2x - 4y + 6z - 13 = 0 (ảnh 1)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; -3), bán kính $R = 3 \sqrt{3} .$

Đặt MA = MB = MC = a

Tam giác MAB có $\{\begin{cases} M A = M B \\ ∠ A M B = 60^{0} \end{cases} \Rightarrow Δ M A B$ đều $\Rightarrow A B = a .$

Tam giác MBC có $\{\begin{cases} M B = M C = a \\ ∠ B M C = 90^{0} \end{cases} \Rightarrow Δ M B C$ vuông cân tại $M \Rightarrow B C = a \sqrt{2} .$

Tam giác MCA có $\{\begin{cases} M C = M A = a \\ ∠ M A C = 120^{0} \end{cases},$ áp dụng định lí Cosin trong tam giác ta tính được $C A = a \sqrt{3} .$

$\Rightarrow Δ A B C$ vuông tại B (định lí Pytago đảo).

$\Rightarrow Δ A B C$ ngoại tiếp đường tròn đường kính AC bán kính $R = H A = \frac{1}{2} A C = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ (với H là trung điểm của AC).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông IAM ta có:

$\frac{1}{H A^{2}} = \frac{1}{A M^{2}} + \frac{1}{I A^{2}} \Leftrightarrow \frac{4}{3 a^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{27} \Leftrightarrow a = 3 = M A = M B = M C .$

$\Rightarrow I M^{2} = M A^{2} + I A^{2} = 3^{2} + 27 = 36$

Vì $M \in d : \frac{x + 1}{1} = \frac{y + 2}{1} = \frac{z - 1}{1}$ nên gọi $M (- 1 + t; - 2 + t; 1 + t)$ .

$\Rightarrow I M^{2} = {(t - 2)}^{2} + {(t - 4)}^{2} + {(t + 4)}^{2} = 36$

$\Leftrightarrow 3 t^{2} - 4 t = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t = 0 \\ t = \frac{4}{3} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} M (- 1; - 2; 1) \\ M (\frac{1}{3}; - \frac{2}{3}; \frac{7}{3}) (k t m) \end{array}$

$\Rightarrow a = - 1, b = - 2, c = 1.$

Vậy $a + b + c = - 1 - 2 + 1 = - 2.$

Chọn C.

Câu 44:

Cho hình chóp S.ABC có SA = 4, AB = 2, AC = 1 và

S A ⊥ (A B C)

. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt cầu tâm O đi qua A và cắt các tia SB, SC lần lượt tại D và E. Khi độ dài đoạn thẳng BC thay đổi, giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ADE là:

A. $\frac{64}{85}$

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

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

D. $\frac{256}{255}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABC có SA = 4, AB = 2, AC = 1 và SA vuông góc (ABC). Gọi O là tâm (ảnh 1)

Kẻ đường kính AM của (O)

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

Lại có $A D ⊥ D M$ (góc nội tiếp chắn nửa mặt cầu) $\Rightarrow A D ⊥ (S B M) \Rightarrow A D ⊥ S B .$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $\frac{S D}{S B} = \frac{S A^{2}}{S B^{2}} = \frac{S A^{2}}{S A^{2} + A B^{2}} = \frac{4^{2}}{4^{2} + 2^{2}} = \frac{4}{5} .$

Ta có $A D ⊥ (S B C) \Rightarrow A D ⊥ D E \Rightarrow Δ A D E$ vuông tại D

Chứng minh tương tự ta có $A E ⊥ (S C M) \Rightarrow A E ⊥ S C .$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $\frac{S E}{S C} = \frac{S A^{2}}{S C^{2}} = \frac{S A^{2}}{S A^{2} + A C^{2}} = \frac{4^{2}}{4^{2} + 1^{2}} = \frac{16}{17} .$

Khi đó ta có $\frac{V_{S . A D E}}{V_{S . A B C}} = \frac{S D}{S B} . \frac{S E}{S C} = \frac{4}{5} . \frac{16}{17} = \frac{64}{85} \Rightarrow V_{S . A D E} = \frac{64}{85} V_{S . A B C} .$

Do đó $V_{S . A D E}$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $V_{S . A B C}$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S A . S_{A B C} = \frac{1}{6} S A . A B . S C . \sin ∠ B A C = \frac{1}{6} .4.2.1. \sin ∠ B A C = \frac{4}{3} \sin ∠ B A C$ đạt giá trị lớn nhất khi $\sin ∠ B A C = 1 \Leftrightarrow ∠ B A C = 90^{0} .$

Khi đó $\max V_{S . A B C} = \frac{4}{3} \Rightarrow \max V_{S . A D E} = \frac{256}{255} .$

Chọn D.