Thứ sáu, 22/11/2024
IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 12 Toán Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án

Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 57)

  • 10403 lượt thi

  • 56 câu hỏi

  • 60 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Giải phương trình: \[\left( {2\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right) = 7\].

Xem đáp án

Điều kiện: x ≥ 0

\[\left( {2\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right) = 7\]

\( \Leftrightarrow 2x - 3\sqrt x - 2 = 7\)

\( \Leftrightarrow 2x - 3\sqrt x - 9 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {2\sqrt x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 3\\2\sqrt x = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x \in \emptyset \end{array} \right.\)

x = 9 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 9


Câu 2:

Phân tích đa thức thành nhân tử: \(x - 2\sqrt {x - 1} \).

Xem đáp án

\(x - 2\sqrt {x - 1} \)\( = \left( {x - 1} \right) - 2\sqrt {x - 1} + 1\)

\( = {\left( {\sqrt {x - 1} } \right)^2} - 2\sqrt {x - 1} + 1\)

\( = {\left( {\sqrt {x - 1} - 1} \right)^2}\)


Câu 3:

Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh BC của tam giác ABC sao cho BM = 3MC. Khi đó \(\overrightarrow {AM} \) bằng

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh BC của tam giác ABC sao cho BM = 3MC. Khi đó  (ảnh 1)

Ta có: \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} \)

\( = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {BC} \)

\( = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} \)

\( = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).


Câu 4:

Bạn An ra nhà sách và mang theo một số tiền vừa đủ để mua 10 quyển tập và 6 cây bút. Nhưng khi ra đến nơi, giá một quyển tập mà bạn An định mua đã tăng lên 500 đồng một quyển tập, còn giá một cây bút thì giảm 1000 đồng một cây so với dự định. Vậy để mua 10 quyển tập và 6 cây bút như trên thì bạn An còn thừa hay thiếu số tiền là bao nhiêu?

Xem đáp án

Gọi x (đồng), y (đồng) lần lượt là giá 1 quyển tập và 1 cây cây bút dự định (x > 0,

y > 1000)

Số tiền An mang theo: S1 = 10x + 6y (đồng)

Số tiền An mua trong thực tế: S2 = 10(x + 500) + 6(y – 1000) (đồng)

Ta có S2 = 10x + 5000 + 6y – 6000 = 10x + 6y – 1000 = S1 – 1000

Vậy để mua 10 quyển tập, 6 cây bút như trên thì bạn An còn thiếu số tiền là 1000 đồng.


Câu 5:

Cho a là số dương khác 1, b là số dương và c là số thực bất kì. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Xét đáp án A: logabc = clogab A sai

Xét đáp án B: logabc = clogab B đúng

Xét đáp án C: \({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\) C sai

Xét đáp án D: \({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\) D sai.


Câu 6:

Tiếp tuyến tại điểm M(1; 3) cắt đồ thị hàm số y = x3 – x + 3 tại điểm thứ hai khác M là N. Tọa độ điểm N là:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A.

y’ = 3x2 – 1 y’(1) = 2

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(1; 3) là:

y = 2(x – 1) + 3 = 2x + 1

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

X3 – x + 3 = 2x + 1

x3 – 3x + 2 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2 \Rightarrow y = - 3 \Rightarrow N\left( { - 2; - 3} \right)\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy N(−2; −3).


Câu 7:

Cho hình chóp S.ABC, gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có: G là trọng tâm tam giác ABC nên:

\(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SG} + \overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SG} + \overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SG} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} - 3\overrightarrow {SG} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \)

Vậy \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \).


Câu 8:

Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) có đồ thị nhứ hình vẽ dưới đây. Chọn khẳng định đúng về dấu của a, b, c, d.

Cho hàm số y = ax^3 + bx^2 + cx + d (a khác 0) có đồ thị nhứ hình vẽ dưới đây (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị ta có a > 0, đồ thị cắt Oy tại 1 điểm có tung độ dương nên d > 0, đồ thị có 2 cực trị trái dấu nên:

x1.x2 < 0 \( \Rightarrow \frac{c}{a} < 0\) c < 0


Câu 9:

Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vec dưới. Hỏi phương trình [f(x)]2 = 4 có bao nhiêu nghiệm?

Cho hàm số y = ax^3 + bx^2 + cx + d có đồ thị như hình vec dưới. Hỏi phương (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Gọi (C) là đồ thị của hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d.

Ta có [f(x)]2 = 4 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f(x) = 2(1)\\f(x) = - 2(2)\end{array} \right.\)

Nhìn vào đồ thị của (C) ta thấy:

+) Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất.

+) Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt và khác nghiệm của phương trình (1).

Do đó phương trình [f(x)]2 = 4 có 4 nghiệm phân biệt.


Câu 10:

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + m có đồ thị (C). Biết đồ thị (C) cắt trục hoành tạị 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho B là trung điểm của AC. Phát biểu nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x3 + 3x2 + m = 0 (1)

Vì đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho B là trung điểm của AC nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng.

Gọi 3 nghiệm đó lần lượt là: x0 – d; x0; x0 + d (d ≠ 0)

Theo định lí Vi-ét, ta có:

\[{x_0} - d + {x_0} + {x_0} + d = \frac{{ - b}}{a} = - 3\]

3x0 = −3 x0 = −1 (là một nghiệm của phương trình (1))

(−1)3 + 3.(−1)2 + m = 0

m + 2 = 0

m = −2 m (−4; 0).


Câu 11:

Cho hàm số y = x4 + 8x2 + m có giá trị nhỏ nhất trên [1; 3] bằng 6. Tham số thực m bằng

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Hàm số y = x4 + 8x2 + m liên tục trên [1; 3]

y’ = 4x3 + 16x = 4x(x2 + 4), y’ = 0 x = 0 [1; 3]

y(1) = 9 + m, y(3) = 153 + m.

Vậy min y = 9 + m = 6 m = −3.


Câu 12:

Cho hàm số y = x4 – 2mx2 + m. Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số có 3 cực trị:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Tập xác định: D = ℝ.

Ta có y’ = 4x3 – 4mx = 4x(x2 – m)

y’ = 0 4x(x2 – m) = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m(*)\end{array} \right.\)

Để hàm số có 3 cực trị thì y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 0 m > 0.

Vậy với m > 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 13:

Cho hình nón (N) có đỉnh S, bán kinh đáy bằng \(\sqrt 3 a\) và độ dài đường sinh bằng 4a. Gọi (T) là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của (N). Bán kính của (T) bằng:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Mặt cầu (T) là mặt cầu ngoại tiếp hình nón (N).

Diện tích thiết diện qua trục là \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \sqrt {39} {a^2}\).

Bán kính mặt cầu (T) cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp của thiết diện qua trục.

Khi đó: \({R_{mc}} = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{4a.4a.2\sqrt 3 a}}{{4\sqrt {39} {a^2}}} = \frac{{8\sqrt {13} a}}{{13}}\).


Câu 14:

Cho hình nó (N) có đỉnh S, bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 4a. Gọi (T) là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của (N). Bán kính của (T) bằng:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Cho hình nó (N) có đỉnh S, bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 4a (ảnh 1)

Gọi I là tâm của (T) thì I SO và IS = IA. Gọi M là trung điểm của SA thì IM SA.

Ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt {15} \).

Lại có: SM.SA = SI.SO

\( \Rightarrow SI = \frac{{SM.SA}}{{SO}} = \frac{{2a.4a}}{{a\sqrt {15} }} = \frac{{8\sqrt {15} a}}{{15}}\).


Câu 15:

Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, \(AD = a\sqrt 2 \), SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, SC. Giả sử I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích tứ diện ANIB.

Xem đáp án
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a căn bậc hai 2 (ảnh 1)

Gọi O là tâm của đáy ABCD.

Trong tam giác SAC, ta có NO là đường trung bình nên NO // SA.

Tức là NO (ABCD) và \(NO = \frac{a}{2}\).

Ta có \({V_{ANIB}} = {V_{NAIB}} = \frac{1}{3}.{S_{AIB}}.NO = \frac{3}{6}.{S_{AIB}}(1)\)

Ta tính diện tích tam giác AIB:

Xét hình chữ nhật ABCD. Do MA = MD

\( \Rightarrow MA = \frac{1}{2}BD \Rightarrow AI = \frac{1}{2}IC\)

\( \Rightarrow AI = \frac{1}{3}AC \Rightarrow A{I^2} = \frac{{A{C^2}}}{9} = \frac{{2{a^2} + {a^2}}}{9} = \frac{{{a^2}}}{3}\)

Lại có \(BI = \frac{2}{3}BM \Rightarrow B{I^2} = \frac{4}{9}B{M^2} = \frac{4}{9}\left( {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} \right) = \frac{{2{a^2}}}{3}\)

Do đó AI2 + BI2 = a2 = AB2, nên AIB là tam giác vuông đỉnh I.

Vậy \({S_{AIB}} = \frac{1}{2}.IA.IB = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{6}(2)\)

Thay (2) vào (1) ta có: \({V_{ANIB}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{36}}(dvtt)\)


Câu 16:

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA’, M là trung điểm của BC. Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình tròn đường kính AA’ xung quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh họa), ta được khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt là V1 và V2. Tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\) bằng

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA’, M là trung điểm  (ảnh 1)

Giả sử tam giác ABC đều cạnh 1, khi đó ta có \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow AI = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} = R\)

\( \Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi .{R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{27}}\)

\({V_1} = \frac{1}{3}\pi .B{M^2}.AM = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{{24}}\)

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{{24}}}}{{\frac{{4\sqrt 3 }}{{27}}}} = \frac{9}{{32}}\)


Câu 17:

Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Trên d lấy M. Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF với (O). Nối EF cắt OM tại H, cắt OA tại B.

a) Chứng minh tứ giác ABHM nội tiếp.

b) Chứng minh OA.OB = OH.OM = R2.

Xem đáp án
Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d vuông  (ảnh 1)

a) Do ME, MF là tiếp tuyến với đường tròn suy ra ME = MF nên M thuộc đường trung trực của EF.

Ta có OE = OF nên O thuộc đường trung trực của EF.

Do đó OM là đường trung trực của EF.

 EF  OM.

Tứ giác ABHM có \(\widehat {BAM} = \widehat {BHM} = 90^\circ \), mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác này nội tiếp đường tròn bán kính MB.

b) Xét ∆OHB và ∆OAM có:

\(\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ \); \(\widehat {MOA}\) chung

 (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{AM}}\)

OA.OB = OH.OM (1)

Xét ∆OHE và ∆OEM có:

\(\widehat {OHE} = \widehat {OEM} = 90^\circ \); \(\widehat {MOE}\) chung

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OM}}\)

Hay OH.OM = OE2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA.OB = OH.OM = OE2 = R2.


Câu 18:

Cho hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {m - 1} \right)x + y = 2\\mx + y = m + 1\end{array} \right.\] với m là tham số.

Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn 2x + y ≤ 3.

Xem đáp án

Rút y từ phương trình thứ nhất ta được

y = 2 – (m – 1)x thế vào phương trình còn lại ta được phương trình:

3m + 2 – (m – 1)x = m + 1

x = m -1

Suy ra y = 2(m – 1)2 với mọi m

Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (m – 1; 2 – (m – 1)2)

2x + y = 2(m – 1)2 + 2 – (m – 1)2 = −m2 + 4m – 1 = 3 – (m – 2)2 ≤ 3 với mọi giá trị của m.

Vậy ta có điều phải chứng minh.


Câu 19:

Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + my = 4\\x + y = 1\end{array} \right.\). Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.

Xem đáp án

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

\(\frac{3}{1} \ne \frac{m}{1} \Leftrightarrow m \ne 3\).

Vậy với m ≠ 3 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất.


Câu 20:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình \(\sqrt[3]{{m + 3\sqrt[3]{{m + 3\sin x}}}} = \sin x\) có nghiệm thực?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Đặt \(\sqrt[3]{{m + 3\sin x}} = a\); sinx = b.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt[3]{{m + 3a}} = b\\\sqrt[3]{{m + 3b}} = a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 3a = {b^3}\\m + 3b = {a^3}\end{array} \right.\)

3(a – b) = b3 – a3 = (b – a)(b2 + ba + a2)

(b – a)(b2 + ba + a2 + 3) = 0

Do b2 + ba + a2 + 3 > 0 a = b = m + 3sinx = sin3x

m = sin3x – 3sinx = b3 – 3b = f(b).

Xét f(b) = b3 – 3b (b [−1; 1]).

Do đó hàm số f(b) nghịch biến trên [−1; 1].

Khi đó f(b) [f(1); f(−1)] = [−2; 2].

Do đó phương trình đã cho có nghiệm m [−2; 2].

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.


Câu 21:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình \(\sqrt 3 \sin x - \cos x = 2m\) có nghiệm trên đoạn \(\left[ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6}} \right]\)?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

\(\sqrt 3 \sin x - \cos x = 2m\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x - \frac{1}{2}\cos x = m\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = m\)

\(x \in \left[ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6}} \right]\)

\( \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{6} \in \left[ {0;\pi } \right]\)

\( \Rightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \in \left[ {0;1} \right]\)

Do đó phương trình có nghiệm

\[\frac{m}{2} \in \left[ {0;1} \right]\]

m [0; 2]

Do m ℤ nên m {0; 1; 2}


Câu 22:

Tìm GTLN – GTNN của hàm số sau: y = x3 – 3x2 – 9x + 5.

Xem đáp án

TXĐ: D = ℝ

Ta có y' = 3x2 – 6x – 9

y' = 0 3x2 – 6x – 9 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Tìm GTLN - GTNN của hàm số sau: y = x3 - 3x^2 - 9x + 5 (ảnh 1)

Vậy hàm số đã cho không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.


Câu 24:

Một lớp có 45 học sinh trong đó có 20 nam. Có bao nhiêu cách chọn ra một ban cán sự gồm 4 học sinh nếu có ít nhất 1 học sinh nam?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Số học sinh nữ của lớp học đó là: 45 – 20 = 25 (học sinh)

Số cách chọn ban cán sự gồm 4 học sinh là: \(C_{25}^4\) (cách)

Số cách chọn ban cán sự gồm 4 học sinh đều là học sinh nữ là: \(C_{25}^4\)(cách)

Vậy nên số cách chọn ra một ban cán sự gồm 4 học sinh nếu có ít nhất 1 học sinh nam là:\(C_{45}^4 - C_{25}^4 = 136\,\,345\).


Câu 25:

Cắt mặt cầu (S) bằng một mặt phẳng cách tâm một khoảng bằng 4 cm được thiết diện là một hình tròn có diện tích 9p cm2. Tính thể tích khối cầu (S).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D.

Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu (S).

Gọi (P) là mặt phẳng cách tâm một khoảng bằng 4 cm.

Ta có: h = d(I; (P)) = 4 cm.

(P) cắt mặt cầu (S) theo được thiết diện là một hình trong có bán kính r.

Theo giả thiết ta có:

pr2 = 9p r = 3 cm.

Ta có: \(R = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = 5\) cm.

Suy ra thể tích khối cầu (S) là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{500\pi }}{3}\) (cm3).


Câu 26:

Một người có 66 chiếc giỏ đựng cam hoặc xoài (mỗi giỏ chỉ đựng một loại quả) được đánh số 1 đến 6. Số quả trong mỗi giỏ từ 1 đến 6 lần lượt là: 36; 39; 40; 41; 42 và 44 quả. Sau khi bán một giỏ xoài thì số cam còn lại gấp bốn lần số xoài còn lại. Hãy cho biết giỏ nào đựng cam? Giỏ nào đựng xoài?

Xem đáp án

Vì số cam còn lại gấp 4 lần số xoài còn lại nên tổng số cam và xoài còn lại phải là số chia hết cho 5. Số cam và xoài mang ra chợ là: 

36 + 39 + 40 + 41 + 42 + 44 = 242 (quả)

Ta có: 242 chia 5 dư 2

Giỏ xoài bán đi có số quả là số chia 5 dư 2.

Trong các số 36; 39; 40; 41; 42; 44 chỉ có số 42 chia 5 dư 2

Số cam và số xoài còn lại là: 242 – 42 = 200 (quả)

Số xoài còn lại là: 200 : 5 = 40 (quả)

Vậy các giỏ xoài là các giỏ có 40 và 42 quả.

Các giỏ cam là các giỏ có 36 quả, 39 quả, 41 quả và 44 quả.


Câu 27:

Hai bạn Bình và Lan cùng dự thi trong kì thi THPT Quốc gia 2018 và ở hai phòng thi khác nhau. Mỗi phòng thi có 24 thí sinh, mỗi môn thi có 24 mã đề khác nhau. Đề thi được sắp xếp và phát cho thí sinh một cách ngẫu nhiên. Xác suất để hai môn thi Toán và Tiếng Anh, Bình và Lan có chung một mã đề thi bằng nhau là

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Hai bạn Bình và Lan có cùng 1 mã đề, cùng 1 môn thi (Toán hoặc Tiếng Anh) có 21 cách.

Môn còn lại khác nhau nên có 24.23 cách chọn,

Do đó có 2.24.24.23 = 26 496 cách để Bình và Lan có chung mã đề.

Vậy xác suất cần tìm là: \(P = \frac{{26\,\,496}}{{{{24}^2}\,.\,{{24}^2}}} = \frac{{23}}{{288}}\).


Câu 28:

Rút gọn biểu thức \(Q = {b^{\frac{5}{3}}}:\sqrt[3]{b}\) với b > 0

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D.

\(Q = {b^{\frac{5}{3}}}:\sqrt[3]{b}\) (b > 0)

\( \Leftrightarrow Q = {b^{\frac{5}{3}}}:{b^{\frac{1}{3}}}\)

\( \Leftrightarrow Q = {b^{\frac{5}{3}\, - \,\frac{1}{3}}} = {b^{\frac{4}{3}}}\)


Câu 29:

Số các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x3 – mx2 + (m2 – 2m)x có cực tiểu tại x = 0 là

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có: y' = 3x2 – 2mx + (m2 – 2m)

y' = 0 3x2 – 2mx + (m2 – 2m) = 0   (*)

Cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình (*):

f(x) = 3x2 – 2mx + (m2 – 2m) = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 f ′(0) > 0

Ta có: f ′(x) = 6x – 2m

f ′(0) = −2m > 0 m < 0

Vậy có vô số giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 30:

Số nghiệm thực của phương trình \[{2^{2x + 1}}\left( {1 - {2^{3{x^2}}}} \right) = {3^{4x + 2}}\left( {{3^{6{x^2}}} - 1} \right)\]

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[{2^{2x + 1}}\left( {1 - {2^{3{x^2}}}} \right) = {3^{4x + 2}}\left( {{3^{6{x^2}}} - 1} \right)\]

\( \Leftrightarrow {2^{2x + 1}} - {2^{3{x^2} + 2x + 1}} = {3^{6{x^2} + 4x + 2}} - {3^{4x + 2}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{2x + 1}} + {3^{4x + 2}} = {2^{3{x^2} + 2x + 1}} + {3^{6{x^2} + 4x + 2}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{2x + 1}} + {3^{2\left( {2x + 1} \right)}} = {2^{3{x^2} + 2x + 1}} + {3^{2\left( {3{x^2} + 2x + 1} \right)}}\)

Đặt f (t) = 2t + 32t, t ℝ. Ta có f (t) đồng biến trên ℝ.

Khi đó ta có f(2x + 1) = f(3x2 + 2x + 1)

2x + 1 = 3x2 + 2x + 1

x = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.


Câu 31:

Tổng lập phương các nghiệm thực của phương trình \({3^{{x^2} - 4x + 5}} = 9\)

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Ta có: \({3^{{x^2}\, - \,4x\, + \,5}} = 9\)

\( \Leftrightarrow {3^{{x^{2\,}} - \,4x\, + \,5}} = {3^2}\)

x2 – 4x + 5 = 2

x2 – 4x + 3 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Vậy tổng lập phương các nghiệm bằng: 1 + 33 = 28.


Câu 32:

Trên một tấm bìa catton có ghi 4 mệnh đề sau:

(I) Trên tấm bìa này có đúng một mệnh đề sai.

(II) Trên tấm bìa này có đúng hai mệnh đề sai.

(III) Trên tấm bìa này có đúng ba mệnh đề sai.

(IV) Trên tấm bìa này có đúng bốn mệnh đề sai.

Hỏi trên tấm bìa trên có bao nhiêu mệnh đề sai?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Giả sử mệnh đề I đúng. Tức là trên tấm bìa chỉ có 1 mệnh đề I là đúng, 3 mệnh đề còn lại là sai. Tức là mệnh đề II sai.

Hay nói cách khác, trên tấm bìa phải có 2 mệnh đề đúng. Điều này mâu thuẫn với điều giả sử. Nên mệnh đề I sai.

Giả sử mệnh đề II đúng. Tức là trên tấm bài này có 2 mệnh đề đúng và 2 mệnh đề sai. Mà theo trên thì mệnh đề I sai.

Nên hai mệnh còn lại là mệnh đề III, mệnh đề IV phải có 1 mệnh đề sai và 1 mệnh đề đúng.

Nếu mệnh đề III đúng thì mệnh đề II sai, nếu mệnh đề IV đúng thì mệnh đề II cũng sai nên mâu thuẫn với giả thiết. Hay mệnh đề II sai.

Giả sử mệnh đề III đúng.

Nghĩa là có 3 mệnh đề sai I, II, IV. Điều này thỏa mãn vì mệnh đề I, II đã sai (theo trên), mệnh đề IV sai vì mệnh đề III đã đúng nên IV phải là mệnh đề sai.

Giả sử mệnh đề IV đúng thì điều này mâu thuẫn với chính nó vì mệnh đề IV nói có 4 mệnh đề sai nên IV phải là mệnh đề sai.

Vậy có 3 mệnh đề sai và 1 mệnh đề đúng.


Câu 33:

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x2; \(y = \frac{{{x^2}}}{{27}}\); \(y = \frac{{27}}{x}\).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Ta có các hoành độ giao điểm:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} = \frac{{{x^2}}}{{27}} \Leftrightarrow x = 0\\{x^2} = \frac{{27}}{x} \Leftrightarrow x = 3\\\frac{{{x^2}}}{{27}} = \frac{{27}}{x} \Leftrightarrow x = 9\end{array} \right.\)

Gọi S là diện tích cần xác định, ta có: S = S1 + S2

= \(\int\limits_0^3 {\left( {{x^2} - \frac{{{x^2}}}{{27}}} \right)} dx + \int\limits_3^9 {\left( {\frac{{27}}{x} - \frac{{{x^2}}}{{27}}} \right)dx} \)

\(\)\( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^3}}}{{81}}} \right)} \right|_0^3 + \left. {\left( {27\ln x - \frac{{{x^3}}}{{81}}} \right)} \right|_3^9 = 27\ln 3\)


Câu 34:

Tập nghiệm của bất phương trình \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} > 0\)

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} > 0\) với mọi x ℝ.


Câu 35:

Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E và F (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).

a) Chứng minh MA.MB = ME.MF.

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp.

Xem đáp án
Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO (ảnh 1)

a) Hai tam giác MAE và MBF có:

\(\widehat {EMA}\) chung

\(\widehat {MAE} = \widehat {MFB}\) (cùng bù \(\widehat {EAB}\))

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{MF}}{{MB}} \Rightarrow MA.MB = ME.MF\)

b) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có:

MA.MB = MC2

Mặt khác, hệ thức lượng trong tam giác vuông MCO cho ta:

MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO

Do đó tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.


Câu 36:

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. CD là đường kính di động. Gọi d là tiếp tuyến tại B của đường tròn (O), các đường thẳng AC, AD cắt d lần lượt tại P và Q.Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp được đường tròn.

Xem đáp án
. Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. CD là đường kính di động. Gọi d là  (ảnh 1)

Ta có: \(\widehat {ACD} = \widehat {ABD}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn của nửa đường tròn (O))  (1)

Lại có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó \(\widehat {ABD} = \widehat {DQB}\) (cùng phụ \(\widehat {DBQ}\))  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {ACD} = \widehat {DQB} \Rightarrow \widehat {PCD} + \widehat {DQB} = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn.


Câu 37:

Xác định m để đồ thị của hàm số y = 2x + 3 song song với đồ thị hàm số

y = (m2 – 2m + 2)x + 2m – 1.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Đường thẳng y = 2x + 3 song song với đường thẳng

y = (m2 – 2m + 2)x + 2m – 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 2 = 2\\2m - 1 \ne 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m = 0\\2m \ne 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0\)

Vậy với m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 38:

Tìm m để \(\left| {4x - 2m - \frac{1}{2}} \right| > - {x^2} + 2x + \frac{1}{2} - m\) với mọi x.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

\(\left| {4x - 2m - \frac{1}{2}} \right| > - {x^2} + 2x + \frac{1}{2} - m\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x - 2m - \frac{1}{2} > - {x^2} + 2x + \frac{1}{2} - m\\4x - 2m - \frac{1}{2} < {x^2} - 2x - \frac{1}{2} + m\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + 2x - m - 1 > 0\\{x^2} - 6x + 3m > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {x + 1} \right)^2} - \left( {m + 2} \right) > 0\\{\left( {x - 3} \right)^2} + \left( {3m - 9} \right) > 0\end{array} \right.\)

Khi đó ta có \(\left[ \begin{array}{l}m + 2 < 0\\3m - 9 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 2\\m > 3\end{array} \right.\)

Vậy đáp án đúng là A.


Câu 39:

Tính đạo hàm của hàm số y = 5x:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D.

Ta có y = 5x . ln5.


Câu 40:

Cho 2 số thực x, y thỏa mãn \({\log _2}\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{3xy + {x^2}}} + {x^2} + 2{y^2} + 1 \le 3xy\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{{2{x^2} - xy + 2{y^2}}}{{2xy - {y^2}}}\).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Biến đổi giả thiết ta có:

\({\log _2}\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{3xy + {x^2}}} + 1 + 2{x^2} + 2{y^2} \le 3xy + {x^2}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{2{x^2} + 2{y^2}}}{{3xy + {x^2}}} + 2{x^2} + 2{y^2} \le 3xy + {x^2} - 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {2{x^2} + 2{y^2}} \right) + 2{x^2} + 2{y^2} \le {\log _2}\left( {3xy + {x^2}} \right) + 3xy + {x^2}\)

2x2 + 2y2 ≤ 3xy + x2

x2 – 3xy + 2y2 ≤ 0

\( \Leftrightarrow 1 \le \frac{x}{y} \le 2\)

Khi đó \(P = \frac{{2\frac{x}{y} - \frac{x}{y} + 2}}{{\frac{{2x}}{y} - 1}} = f\left( {\frac{x}{y}} \right) \ge f\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{5}{2}\).


Câu 41:

Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AB. Mp(P) qua M và song song với BC và CD cắt tứ diện theo 1 thiết diện là

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AB (ảnh 1)

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và AD ta có ME // BC, EF // CD

\(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( P \right)//BC \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = ME\\ME//BC\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}E \in \left( P \right) \subset \left( {ACD} \right)\\\left( P \right)//CD \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = EF\\EF//CD\end{array} \right.\)

(P) (ABD) = MF.

Khi đó thiết diện tạo bởi mp(P) và hình chóp là tam giác MEF

Ta có: \(ME = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a\); \(EF = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a\);

\(MF = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}a\)

\( \Rightarrow ME = EF = MF = \frac{a}{2}\).

Vậy thiết diện là một tam giác đều.


Câu 42:

Có 5 bạn học sinh trong đó có hai bạn là Lan và Hồng. Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Số cách sắp xếp 5 học sinh trong đó có hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau là:

4!.2! = 48 (cách).

Vậy có 48 cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 43:

Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh thành một hàng dọc?

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Mỗi cách xếp cho ta một hoán vị của 5 học sinh và ngược lại.

Vậy số cách xếp là P5 = 5! = 120 (cách)


Câu 44:

Một khối trụ bán kính đáy là \(a\sqrt 3 \), chiều cao là \(2a\sqrt 3 \). Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ.

Một khối trụ bán kính đáy là a căn bậc hai 3, chiều cao là 2a căn bậc hai 3 (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Một khối trụ bán kính đáy là a căn bậc hai 3, chiều cao là 2a căn bậc hai 3 (ảnh 2)

Gọi I là trung điểm của OO’.

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối trụ.

\( \Rightarrow R = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {3{a^2} + 3{a^2}} = a\sqrt 6 \)

\( \Rightarrow V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {a\sqrt 6 } \right)^3} = 8\sqrt 6 \pi {a^3}\).


Câu 45:

Cho hình tứ diện S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc. SA = 3a, SB = 2a, SC = a. Tính thể tích khối tứ diện S.ABC.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Cho hình tứ diện S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc. SA = 3a, SB = 2a (ảnh 1)

Ta có SA SB, SA SC.

Do đó SA (SBC).

Suy ra: \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{SBC}} = \frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.SB.SC = \frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}.2a.a = {a^3}\).


Câu 46:

Cho một hình lập phương ABCDEFGH có các cạnh đều bằng nhau và bằng 7cm. Hỏi thể tích hình lập phương ABCDEFGH bằng bao nhiêu?

Xem đáp án
Cho một hình lập phương ABCDEFGH có các cạnh đều bằng nhau và bằng 7cm (ảnh 1)

Ta có các cạnh của hình lập phương ABCD.EFGH đều bằng nhau và bằng một giá trị

a = 7cm.

Khi đó thể tích hình lập phương ABCD.EFGH là:

V = a3 = 73 = 343 (cm3).


Câu 47:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M và N theo thứ tự là trung điểm của SA và SB. Tính tỉ số thể tích \(\frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}}\) là:

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M và N theo thứ tự là trung (ảnh 1)

Áp dụng định lí Simson, ta có:

\(\frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SC}}{{SC}}.\frac{{SD}}{{SD}} = \frac{1}{2}\).

\(\frac{{{V_{S.MCN}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SC}}.\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{S.CDMN}} = {V_{S,MCD}} + {V_{S.MNC}} = \frac{{{V_{S.ADC}}}}{2} + \frac{{{V_{S.ABC}}}}{4}\)

\( = \frac{{{S_{S.ABCD}}}}{4} + \frac{{{S_{S.ABCD}}}}{8} = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{8}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.SDMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{3}{8}\).


Câu 48:

Giải phương trình: 4sin3x + 3cos3x – 3sinx – sin2x.cosx = 0  (*).

Xem đáp án

4sin3x + 3cos3x – 3sinx – sin2x.cosx = 0

sinx(4sin2x – 3) – cosx(sin2x – 3cos2x) = 0

sin(4sin2x – 3) – cosx[sin2x – 3(1 – sin2x)] = 0

(4sin2x – 3)(sinx – cosx) = 0

[2(1 – cos2x) – 3](sinx – cosx) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = - \frac{1}{2} = \cos \frac{{2\pi }}{3}\\\sin x = \cos x\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\\tan x = 1 = \tan \frac{\pi }{4}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \frac{\pi }{3} + k\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\) (k ℤ)

Vậy phương trình có các họ nghiệm là: \(x \in \left\{ { \pm \frac{\pi }{3} + k\pi ;\,\,\frac{\pi }{4} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).


Câu 49:

Cho tam giác ABC. Tập hợp các điểm M thỏa mãn \(\overrightarrow {MA} \left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right) = 0\)

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Gọi I là trung điểm BC.

Vì B và C cố định nên I cố định

Khi đó \(\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 2\overrightarrow {MI} \)

Theo giả thiết \(\overrightarrow {MA} \left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .2\overrightarrow {MI} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} \bot \overrightarrow {MI} \)

\( \Rightarrow \widehat {AMI} = 90^\circ \).

Do đó quỹ tích các điểm M là đường tròn đường kính AI.


Câu 50:

Nghiệm của phương trình 2x + 2x+1 = 3x + 3x+1

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có: 2x + 2x + 1 = 3x + 3x + 1

2x + 2.2x = 3x + 3.3x

3.2x = 4.3x

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{3}{4}\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{3}{4}\).


Câu 51:

Giải phương trình: 2cos3x + cos2x + sinx = 0  (*)

Xem đáp án

Ta có: (*) 2cos3x + 2cos2x – 1 + sinx = 0

2cos2x(cosx + 1) – 1 + sinx = 0

2(1 – sin2x)(1 + cosx) – (1 – sinx) = 0

(1 – sinx)[2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1] = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - \sin x = 0\\1 + 2\sin x.\cos x + 2(\sin x + \cos x) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\{(\sin x + \cos x)^2} + 2(\sin x + \cos x) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\sin x + \cos x = 0\\\sin x + \cos x = - 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\tan x = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right.\) (k ℤ)

Vậy phương trình có các họ nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \); \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \) (k ℤ)


Câu 52:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm 0, cạnh AB = a, \(BC = a\sqrt 3 \), tam giác SAC vuông tại S. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AO. Thể tích khối chóp SABC là

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm 0, cạnh AB = a (ảnh 1)

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\,.\,AB\,.\,BC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

• Xét ∆BAC vuông tại B có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\)

Xét ∆SAC vuông tại S có:

\(SO = AO = \frac{{AC}}{2} = a \Rightarrow HO = \frac{{AO}}{2} = \frac{a}{2}\)

Xét ∆SHO vuông tại H có:

\(SH = \sqrt {S{O^2} - H{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4}\).


Câu 53:

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f[f(x) + m] = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của  (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Đặt f(x) = t (*)

Nhận xét:

• Với phương trình t = −3 có một nghiệm x = 1.

• Với t > −3 nên phương trình (*) có hai nghiệm x = x1 và x = x2 với x1 < 1; x2 > 1

Ta có f [f(x) + m] = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t + m = 0\\t + m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - m\\t = 2 - m\end{array} \right.\)

Vì 2 – m > −m, \(\forall \)m nên f [f(x) + m] = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l} - m = - 3\\2 - m > - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 3\\m < 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3\)

Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yều cầu bài toán.


Câu 54:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng \(a\sqrt 2 \). Tam giác SAD cân tại S và mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng \(\frac{4}{3}{a^3}\). Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Kẻ SHAD H là trung điểm của AD (∆SAD cân tại S).

Kéo dài BH CD = E.

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \supset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Xét tam giác EBC có:

\[\left\{ \begin{array}{l}HD\,{\rm{//}}\,BC\\HD = \frac{1}{2}BC\end{array} \right.\]

HD là đường trung bình của tam giác EBC.

H là trung điểm của BE.

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}\,.\,SH\,.\,{S_{ABCD}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{3}{a^3} = \frac{1}{3}\,.\,SH\,.\,2{a^2} \Leftrightarrow SH = 2a\)

Kẻ HKSD d(H; (SCD)) = HK

Ta có \(\frac{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{HE}}{{BE}} = \frac{1}{2}\)

Xét tam giác SHD vuông tại H có:

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\)

\( \Rightarrow HK = \frac{{2a}}{3}\)

D(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD)) = 2HK \( = \frac{{2.2a}}{3} = \frac{{4a}}{3}\).


Câu 55:

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60°. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

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

Gọi H, H' lần lượt là trung điểm của BC, B'C'.

Do lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a nên \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\({S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có: ((AB’C”), (ABC)) = (AH, AH’) \( = \widehat {H'AH} = 60^\circ \).

Xét tam giác H'HA vuông tại H có:

\(\tan 60^\circ = \frac{{H'H}}{{AH}} \Leftrightarrow H'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{3}{2}a\).

Mà A'A=H'H nên \(A'A = \frac{3}{2}a\).

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


Câu 56:

Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình chữ nhật có AA’ = A’B = A’D. Tính thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ biết AB = a, \(AD = a\sqrt 3 \), AA’ = 2a.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình chữ nhật có AA’ = A’B = A’D (ảnh 1)

Ta có: AA’ = A’B = A’D.

Khi đó, hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Mà ABCD là hình chữ nhật nên am giác ABD vuông tại A.

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD là trung điểm của BD.

Do đó, hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABD) là trung điểm của BD và cũng là giao điểm O của AC với BD.

Ta có: \(OA = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }}{2} = a\)

A’O (ABCD) A’OOA ∆AOA’ vuông tại O

\(A'O = \sqrt {A'{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{(2a)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \)

Thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ là:

\(V = {S_{ABCD}}.OA' = AB.AD.OA' = a.a\sqrt 3 .a\sqrt 3 = 3{a^3}\).


Bắt đầu thi ngay