Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 1)

Theo quy tắc cộng, ta có số cách chọn ra một quyển sách từ \[10\] quyển sách tiếng Việt khác nhau và \[8\] quyển sách Toán khác nhau là \(10 + 8 = 18\) cách chọn.

Chọn đáp án D

Áp dụng công thức \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\) ta có \({u_3} = {u_1}.{q^2} = {2.3^2} = 18\).

Chọn đáp án C

Diện tích toàn phần của khối nón có độ dài đường sinh \[l\] gấp đôi bán kính đáy \[r\]là \[{S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi \frac{l}{2}l + \pi {\left( {\frac{l}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}\pi {l^2}\].

Chọn đáp án A

Hàm số xác định trên khoảng \(\left( { - \infty ;\,0} \right) \cup \left( {0;\, + \infty } \right)\) và có đạo hàm \(y' >0\) với \(x \in \left( { - 2;\,0} \right) \cup \left( {0;\,2} \right)\).

\( \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\,2} \right)\).

* Nhận xét: Câu 4 trong đề minh hoạ 2020 là câu mức độ nhận biết thuộc kiến thức Chương 1 Giải tích 12 - bài 1: Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số. Học sinh nắm rõ lý thuyết “ Sự biến thiên và dấu của đạo h àm” là làm được.

Diện tích một mặt của hình lập phương bằng \(\frac{{54}}{6} = 9\).

Suy ra độ dài một cạnh của hình lập phương bằng \(\sqrt 9 = 3\).

Vậy thể tích của khối lập phương là \(V = {3^3} = 27\).

Chọn đáp án B

Ta có

\({5^{3 - 4x}} = 25 \Leftrightarrow {5^{3 - 4x}} = {5^2} \Leftrightarrow 3 - 4x = 2 \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}.\)

Chọn đáp án D

Ta có \[\int\limits_1^3 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}3\\1\end{array} \right. = 6 \Leftrightarrow f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right) = 6 \Rightarrow f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) - 6 = - 2\].

Chọn đáp án A

Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = 1.\)

Chọn đáp án D

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)\) và hệ số \(a < 0\) nên chọn D.

Chọn đáp án D

>

Ta có \({\log _{{a^3}}}{b^6} + {\log _a}{b^2} = 2{\log _a}b + 2{\log _a}b = 4{\log _a}b\).

Chọn đáp án D

Ta có \(\int {\left( {{e^x} - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)dx = {e^x} - 2.\left( { - \frac{1}{x}} \right) + C = {e^x} + \frac{2}{x} + C} \).

Chọn đáp án C

Ta có \(\left| {i - \sqrt 2 } \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - \sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 3 \).

Chọn đáp án B

Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y + 6z - 11 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 22\)

Suy ra mặt cầu\(\left( S \right)\,\)có tâm \(I\left( {1\,;1\,; - 3} \right)\). Vậy \(a + b + c = - 1\).

Chọn đáp án A

\(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{3} = 1\)\( \Leftrightarrow 3x + 6y - 2z = - 6\).

Do đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là \(\overrightarrow n = \left( {3;\,6;\, - 2} \right)\).

Chọn đáp án C

Vì \(\frac{{2 - 2}}{3} = \frac{{ - 1 + 1}}{{ - 1}} = \frac{{ - 3 + 3}}{2} \Rightarrow N\left( {2; - 1; - 3} \right) \in d\).

\(\frac{{5 - 2}}{3} = \frac{{ - 2 + 1}}{{ - 1}} = \frac{{ - 1 + 3}}{2} \Rightarrow P\left( {5; - 2; - 1} \right) \in d\)

\(\frac{{ - 1 - 2}}{3} = \frac{{0 + 1}}{{ - 1}} = \frac{{ - 5 + 3}}{2} \Rightarrow Q\left( { - 1;0; - 5} \right) \in d\)

\(\frac{{ - 2 - 2}}{3} \ne \frac{{1 + 1}}{{ - 1}} \ne \frac{{3 + 3}}{2} \Rightarrow M\left( { - 2;1;3} \right) \notin d\).

Chọn đáp án D

Góc giữa đường thẳng \(SB\) và \[ABC\] là góc \(\alpha = \widehat {SBA}\)

Ta có \(AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \Rightarrow \)\(\tan \alpha = \frac{{SA}}{{AB}} = 1 \Rightarrow \alpha = {45^^\circ }.\)

Chọn đáp án A

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương qua điểm \({x_0} = 5\). Do đó \({x_0} = 5\) là điểm cực tiểu. Vậy số điểm cực tiểu của hàm số là \(1\) .

Chọn đáp án C

Ta có:\(f'\left( x \right) = - 2{x^3} + 12x\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 2{x^3} + 12x = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 6 \\x = - \sqrt 6 \end{array} \right.\)(\[x = 0,x = \sqrt 6 \] không thuộc khoảng \[\left( { - 3; - 1} \right)\] nên loại)

\(f\left( { - 3} \right) = \frac{{23}}{2}\), \(f\left( { - 1} \right) = \frac{7}{2}\), \(f\left( { - \sqrt 6 } \right) = 16\)

Vậy : \[\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 3; - 1} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = \frac{7}{2}\].

Chọn đáp án B

Ta có: \({\log _9}{a^5} = {\log _{3\sqrt[3]{3}}}\left( {{a^3}.b} \right)\) \( \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\log _3}{a^5} = \frac{3}{4}{\log _3}\left( {{a^3}.b} \right)\)\( \Leftrightarrow 2{\log _3}{a^5} = 3{\log _2}\left( {{a^3}.b} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}{a^{10}} = {\log _2}{\left( {{a^3}.b} \right)^3}\)\( \Leftrightarrow {a^{10}} = {a^9}.{b^3}\)\( \Leftrightarrow a = {b^3}\).

Chọn đáp án D

Ta có \(0,{3^{{x^2} + x}} >0,09 \Leftrightarrow 0,{3^{{x^2} + x}} >{\left( {0,3} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow {x^2} + x < 2\)\( \Leftrightarrow - 2 < x < 1\).

Vậy \(S = \left( { - 2;1} \right)\).

Chọn đáp án C

\[R = \frac{{BC}}{2} = 1\], \[l = AB = AC = \frac{2}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 .\]

\[{S_{xq}} = \pi Rl = \sqrt 2 \pi \]

Chọn đáp án C

Ta có \(2f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{2}\,(*)\)

Số nghiệm của phương trình \[(*)\]bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\]và đường thẳng \[y = \frac{{ - 1}}{2}\].

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy có \[2\]giao điểm.

Chọn đáp án D

Ta có \(\int {\frac{{x + 4}}{{x - 2}}dx} = \int {\frac{{x - 2 + 6}}{{x - 2}}dx} = \int {\left( {1 + \frac{6}{{x - 2}}} \right)dx} = x + 6\ln \left| {x - 2} \right| + C\)

\( = x + 6\ln \left( {2 - x} \right) + C\). (Vì \(x \in \left( { - \infty \,;\,2} \right)\) nên \(\left| {x - 2} \right| = 2 - x\)).

Chọn đáp án B

Áp dụng công thức \(S = A.{{\rm{e}}^{Nr}}\) với \(A = 7095\), \(N = 7\); \(r = 0.0132\) ta có

\(S = 7095.{{\rm{e}}^{7.0,0132}}\)\( \approx 7782\) triệu người.

Chọn đáp án C

Gọi \(O\)là giao điểm của hai đường chéo \(AC\)và \(BD\).

Ta có cạnh hình thoi: \(AD = \sqrt {D{O^2} + A{O^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\).

Theo giả thiết: \(4.AD = 2.AA' \Rightarrow AA' = 2AD = 10\).

Thể tích khối lăng trụ: \(V = B.h = \frac{1}{2}AC.DB.AA' = \frac{1}{2}.6.8.10 = 240c{m^3}\).

Chọn đáp án D

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {3; - \frac{1}{3}} \right\}\)

Ta có \(y = \frac{{2x - 6}}{{3{x^2} - 8x - 3}} = \frac{{2\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {3x + 1} \right)}} = \frac{2}{{3x + 1}}\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{2}{{3x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{2}{x}}}{{3 + \frac{1}{x}}} = 0\) suy ra đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - {\rm{ }}\frac{1}{3}} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - {\rm{ }}\frac{1}{3}} \right)}^ - }} \frac{2}{{3x + 1}} = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - {\rm{ }}\frac{1}{3}} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - {\rm{ }}\frac{1}{3}} \right)}^ + }} \frac{2}{{3x + 1}} = + \infty \) suy ra đường thẳng \(x = - \frac{1}{3}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn đáp án B

-Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(\left( {\frac{2}{a};0} \right)\) nằm bên phải trục \[Oy\] nên \(\frac{2}{a} >0 \Rightarrow a >0\).

-Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là\(y = \frac{a}{c}\) nằm phía trên trục \[Ox\] nên \(\frac{a}{c} >0 \Rightarrow c >0\).

-Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = \frac{{ - d}}{c}\) nằm bên trái trục \[Oy\] nên \(\frac{{ - d}}{c} < 0 \Rightarrow d >0\). 

( hoặc đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm \(\left( {0; - \frac{2}{d}} \right)\)nằm phía dưới trục \[Ox\]nên \( - \frac{2}{d} < 0 \Rightarrow d >0\)) .

Chọn đáp án C

Ta có \[S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {{x^2} + 1 - \left( {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - {x^4} + 3{x^2} + 4} \right){\rm{d}}x} \].

Chọn đáp án D

Ta có \({z_1} = 1 + i \Rightarrow {\bar z_1} = 1 - i\); \({z_2} = 1 - i \Rightarrow i{z_2} = 1 + i\).

Suy ra \({\bar z_1} + i{z_2} = 2\).

Chọn đáp án C

Ta có \[(3 + 2i)z + {(2 - i)^2} = 4 + i\]\[ \Leftrightarrow (3 + 2i)z = 4 + i - {\left( {2 - i} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow z = \frac{{1 + 5i}}{{3 + 2i}} = \frac{{\left( {1 + 5i} \right)\left( {3 - 2i} \right)}}{{\left( {3 + 2i} \right)\left( {3 - 2i} \right)}} = \frac{{13 + 13i}}{{13}}\]

\[ \Leftrightarrow z = 1 + i\]

\( \Rightarrow \) phần thực của số phức \(z\) là \(a = 1\), phần ảo của số phức \(z\) là \(b = 1\).

Vậy \(a - b = 0\).

Chọn đáp án D

Ta có \(\overrightarrow a = \left( {0; - 3;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = - 3m + 6\).

Để \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow - 3m + 6 = 0 \Leftrightarrow m = 2\).

Chọn đáp án C

Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là: \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = r \Leftrightarrow \frac{{\left| {2 - 4 + 1 - 8} \right|}}{{\sqrt {4 + 4 + 1} }} = 3 \Rightarrow r = 3\)

Vậy phương trình mặt cầu là: \((S):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).

Chọn đáp án C

Vì \((\alpha )\)song song với \(\Delta \) và \(\Delta '\) nên \((\alpha )\)có cặp VTCP \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_1}} = (2;2;1)\\\overrightarrow {{u_2}} = (1;3;1)\end{array} \right.\)

Suy ra \((\alpha )\)có một VTPT \[\overrightarrow n = {\rm{[}}\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} {\rm{]}} = ( - 1; - 1;4)\]

Mặt phẳng \((\alpha )\)đi qua điểm \(A\left( { - 1\,;\,1\,;2} \right)\) và có một VTPT \(\overrightarrow n = ( - 1; - 1;4)\)có phương trình là:

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

\( \Leftrightarrow - x - y + 4z - 8 = 0\)

\( \Leftrightarrow x + y - 4z + 8 = 0\).

Chọn đáp án D

Gọi \(H\) là giao điểm của \(d\) và \(\Delta \), khi đó giá của \(\overrightarrow {MH} \) vuông góc với đường thẳng \(\Delta \).

\(H\left( {1 + 2t;\, - 1 + t;\, - t} \right)\), \(\overrightarrow {MH} = \left( {2t - 1;\,t - 2;\, - t} \right)\), \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2;\,1;\, - 1} \right)\) là VTCP của \(\Delta \).

Ta có \(\overrightarrow {MH} .\overrightarrow {{u_\Delta }} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2t - 1} \right) + 1\left( {t - 2} \right) - 1\left( { - t} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\)

\(\overrightarrow {MH} = \left( {\frac{1}{3};\, - \frac{4}{3};\, - \frac{2}{3}} \right)\).

Vậy vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là \(\overrightarrow u = \left( {1;\, - 4;\, - 2} \right)\).

Chọn đáp án D

Số các số có \(6\) chữ số khác nhau lập từ các chữ số đã cho là \(6.A_6^5.\)

Đặt \(k = {a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6} \Rightarrow {a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} = 3k\) là một số chia hết cho \(3.\)

Ta có các bộ \(6\)số mà tổng chia hết cho \(3\) là: \(\left( {1,2,3,4,5,6} \right);\left( {0,1,2,4,5,6} \right);\left( {0,1,2,3,4,5} \right).\)

Với bộ đầu tiên có phân tích: \(1 + 6 = 3 + 4 = 2 + 5\) do đó có \(2!.2!.2!.3! = 48\) số thỏa mãn.

Với bộ thứ hai có phân tích: \(0 + 6 = 1 + 5 = 2 + 4\) do đó có \(2!.2!.2!.3! - 1.2!.2!.2! = 40\) số thỏa mãn.

Với bộ thứ ba có phân tích: \(0 + 5 = 2 + 3 = 1 + 4\) do đó có \(2!.2!.2!.3! - 1.2!.2!.2! = 40\) số thỏa mãn.

Vậy số các số thỏa mãn điều kiện là: \(48 + 40.2 = 128.\)

Xác suất cần tính là \(\frac{{128}}{{6.A_6^5}} = \frac{4}{{135}}.\)

Chọn đáp án A

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\). Vì tam giác \(SAD\) đều cạnh \(a\) nên \(SH \bot AD\)và \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Do tam giác \(SAD\) nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(AC//BI\) nên \(AC//\left( {SBI} \right)\) suy ra \(d\left( {AC,SI} \right) = d\left( {AC,\left( {SBI} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBI} \right)} \right)\).

Gọi \(E\) là giao điểm của \(AD\) và \(BI\). Dễ thấy \(AE = AD\) nên \(\frac{{AE}}{{HE}} = \frac{2}{3}\).

Lại có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SBI} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBI} \right)} \right)}} = \frac{{AE}}{{HE}} = \frac{2}{3}\). Từ đó suy ra \(d\left( {AC,SI} \right) = \frac{2}{3}d\left( {H,\left( {SBI} \right)} \right)\).

Kẻ \(HP \bot BI{\rm{ }}\left( {P \in BI} \right)\), \(HQ \bot SP{\rm{ }}\left( {Q \in SP} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SBI} \right)} \right) = HQ\).

Ta có \(HP = \frac{3}{4}BD = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\).

Từ đó ta có \(\frac{1}{{H{Q^2}}} = \frac{1}{{H{P^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{8}{{9{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{20}}{{9{a^2}}} \Rightarrow HQ = \frac{{3a\sqrt 5 }}{{10}}\).

Vậy \(d\left( {AC,SI} \right) = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 5 }}{{10}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).

Ta có: \(f\prime (x) = \frac{{{x^2}\left( {x + 1} \right) - 1}}{{{x^2} + x + \sqrt {x + 1} }} = \frac{{{{\left( {x\sqrt {x + 1} } \right)}^2} - 1}}{{x\left( {x + 1} \right) + \sqrt {x + 1} }}\)

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

\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int {\left( {x - \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}} \right){\rm{d}}x} = \frac{{{x^2}}}{2} - 2\sqrt {x + 1} + C\].

Mà \(f\left( 3 \right) = \frac{9}{2} \Rightarrow \frac{9}{2} = \frac{9}{2} - 4 + C \Leftrightarrow C = 4\). Do đó \[f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} - 2\sqrt {x + 1} + 4\].

\( \Rightarrow \int\limits_0^3 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_0^3 {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - 2\sqrt {x + 1} + 4} \right)} {\rm{d}}x\)\[ = \left. {\frac{{{x^3}}}{6}} \right|_0^3 - \frac{4}{3}\left. {\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} } \right|_0^3 + \left. {4x} \right|_0^3 = \frac{{43}}{6}\]

Chọn đáp án C

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\).

\(f'\left( x \right) = \frac{{{m^2} - 2m + 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\).

Hàm số đã cho đồng biến trên \[16\] khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 1 >0\\ - m \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\ - m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in {\rm{[}}0;1) \cup (1; + \infty )\].

Chọn đáp án D

Gọi

\(O\) là đỉnh hình nón, \(I\) là tâm đường tròn đáy hình nón, thiết diện là tam giác đều\(OAB\).

\({S_{OAB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}O{A^2} = 12\sqrt 3 \Rightarrow O{A^2} = 48\)

Do đó \(OI = \sqrt {O{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {48 - 8} = 2\sqrt {10} \)

Thể tích khối nón là: \(V = \frac{1}{3}h.{S_d} = \frac{1}{3}.2\sqrt {10} .\pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{16\sqrt {10} \pi }}{3}\).

Chọn đáp án B

Phân tích: \(9 = {3^2}\)nhưng \(12;15\)không có số nào là số chính phương. Nên ta sẽ đặt ẩn phụ đưa về phương trình ở dạng :\({a^{f\left( x \right)}} + {b^{f\left( x \right)}} = {c^{f\left( x \right)}}\).

Đặt

\[{\log _9}a = \log {}_{12}b = \log {}_{15}\left( {a + b} \right) = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _9}a = t\\\log {}_{12}b = t\\\log {}_{15}\left( {a + b} \right) = t\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {9^t}{\rm{ }}\left( 1 \right)\\b = {12^t}{\rm{ }}\left( 2 \right)\\a + b = {15^t}{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\].

Thế \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 3 \right)\) ta được \({9^t} + {12^t} = {15^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{{15}}} \right)^t}{\rm{ + }}{\left( {\frac{{12}}{{15}}} \right)^t}{\rm{ = 1 }}\left( * \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\left( {\frac{9}{{15}}} \right)^t}{\rm{ + }}{\left( {\frac{{12}}{{15}}} \right)^t}{\rm{ }} \Rightarrow f'\left( t \right) = {\left( {\frac{9}{{15}}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{9}{{15}}{\rm{ + }}{\left( {\frac{{12}}{{15}}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{{12}}{{15}} < 0,{\rm{ }}\forall t \in \mathbb{R}\). Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Mà \(f\left( 2 \right) = 1\) nên \(t = 2\) là nghiệm duy nhất của phương trình \(\left( * \right)\).

Do \(t = 2\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 91\\b = 144\end{array} \right. \Rightarrow \frac{a}{b} \in \left( {0;2} \right)\).

Chọn đáp án C

</>

Cách 1.Xét hàm số \[g\left( x \right) = m\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) - 5m + 1\] trên đoạn \[\left[ {\,0\,;\,3\,} \right]\] có \[g'\left( x \right) = m\left( {2x - 2} \right)\]; \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\,\\x = 1\end{array} \right.\].

Với \(m = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = 1,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\), nên loại \(m = 0\).

Với \(m \ne 0\), ta có: \[g\left( 0 \right) = - 2m + 1;\,\,g\left( 1 \right) = - 3m + 1;\,\,g\left( 3 \right) = m + 1\] suy ra \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;3} \right]} \,f\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;3} \right]} \left| {\,g\left( x \right)} \right| = \max \left\{ {\left| {\, - 2m + 1} \right|;\,\left| {\, - 3m + 1} \right|;\,\left| {\,m + 1} \right|} \right\}\].

Khi đó ta xét các trường hợp

TH1:\[\left\{ \begin{array}{l}\left| { - 2m + 1} \right| \le \left| {m + 1} \right|\\\left| { - 3m + 1} \right| \le \left| {m + 1} \right|\\\left| {m + 1} \right| = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 6\\m = - 8\end{array} \right.\] (loại).

TH2: \[\left\{ \begin{array}{l}\left| {m + 1} \right| \le \left| { - 2m + 1} \right|\\\left| { - 3m + 1} \right| \le \left| { - 2m + 1} \right|\\\left| { - 2m + 1} \right| = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = 4\end{array} \right.\] (loại).

TH3: \[\left\{ \begin{array}{l}\left| {m + 1} \right| \le \left| { - 3m + 1} \right|\\\left| { - 2m + 1} \right| \le \left| { - 3m + 1} \right|\\\left| { - 3m + 1} \right| = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 2\\m = \frac{8}{3}\end{array} \right.\] (Thỏa mãn).

Vậy có 2 giá trị \[m = - 2,\,m = \frac{8}{3}\] thỏa mãn và tổng của chúng bằng \[\frac{2}{3}\].

Cách 2. Đặt \(t = {x^2} - 2x + 3\) vì \(x \in \left[ {0;\,3} \right]\) nên \(t \in \left[ {2;\,6} \right]\).

Ta có \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,3} \right]} \left| {m\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) - 5m + 1} \right| = 7 \Leftrightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;\,6} \right]} \left| {mt - 5m + 1} \right| = 7 \Leftrightarrow \max \left\{ {\left| { - 3m + 1} \right|,\left| {m + 1} \right|} \right\} = 7\].

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left| { - 3m + 1} \right| \le \left| {m + 1} \right|\\\left| {m + 1} \right| = 7\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\left| {m + 1} \right| \le \left| { - 3m + 1} \right|\\\left| { - 3m + 1} \right| = 7\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 2\\m = \frac{8}{3}\end{array} \right.\).

Vậy có 2 giá trị \[m = - 2,\,m = \frac{8}{3}\] thỏa mãn và tổng của chúng bằng \[\frac{2}{3}\].

Cách 3. Đặt \(t = {x^2} - 2x + 3\) vì \(x \in \left[ {0;\,3} \right]\) nên \(t \in \left[ {2;\,6} \right]\).

Ta có \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,3} \right]} \left| {m\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) - 5m + 1} \right| = 7 \Leftrightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;\,6} \right]} \left| {mt - 5m + 1} \right| = 7\]

\[ \Leftrightarrow \max \left\{ {\left| { - 3m + 1} \right|,\left| {m + 1} \right|} \right\} = 7 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\left| { - 3m + 1 + m + 1} \right| + \left| { - 3m + 1 - m - 1} \right|} \right) = 7\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\left| { - 2m + 2} \right| + \left| { - 4m} \right|} \right) = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 2\\m = \frac{8}{3}\end{array} \right.\].

Vậy có 2 giá trị \[m = - 2,\,m = \frac{8}{3}\] thỏa mãn và tổng của chúng bằng \[\frac{2}{3}\].

Chọn đáp án C

Ta có \[\log _5^2\frac{x}{5} + (m + 1){\log _5}5x - 6m - 22 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {\log _5^{}x - 1} \right)^2} + (m + 1)\left( {{{\log }_5}x + 1} \right) - 6m - 22 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \log _5^{^2}x + (m - 1){\log _5}x - 5m - 20 = 0\]

⇔log5x=5log5x=−m−4

⇔x=55∈15 ;55log5x=−m−4    1

Phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực thuộc đoạn 15 ;55  khi và chỉ khi (1) không có nghiệm thuộc đoạn 15 ; 55 tức −m−4<−1−m−4≥5⇔m>−3m≤−9 .

Vì 3 nguyên và m∈−2020 ; 2020 nên có m∈ −2020  ; −2019 ; ... ; −9∪ −2  ; −1 ; ... ; 2020.

Vậy có 2012+2023=4035 giá trị nguyên của  m thỏa mãn bài toán.

Chọn đáp án C

Ta có \(\int {f\left( x \right){e^x}dx = x + \sin x + C \Rightarrow f\left( x \right).{e^x} = 1 + \cos x\left( 1 \right)} \)

Lấy đạo hàm hai vế của \(\left( 1 \right)\)ta được \(f'\left( x \right).{e^x} + f\left( x \right).{e^x} = - \sin x \Leftrightarrow f'\left( x \right).{e^x} = - \sin x - \cos x - 1\)

Vậy ta có \[\int {f'\left( x \right).{e^x}dx = - \int {\left( {\sin x + \cos x + 1} \right)dx = \cos x - \sin x - x + C} } \]

Chọn đáp án C

Đặt \(t\, = \,{x^3} - \,3{\rm{x}}\). Ta có phương trình \(f\left( {\,{x^3} - 3{\rm{x}}\,} \right)\, = \,m\,\,\left( 1 \right)\) trở thành: \(f\left( t \right)\, = \,\,m\,\,\,\,\left( 2 \right)\).

Bảng biến thiên của hàm số \(t\, = \,{x^3} - \,3{\rm{x}}\)

Từ bảng biến thiên của các hàm số \(f\left( t \right)\,\,;\,t\left( x \right)\) trên ta có: PT (1) có 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu khi và chỉ khi:

PT (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \({t_1}\, = \, - 2\,;\,{t_2}\, = \,2\, \Leftrightarrow \,m\, = \,3\).

Chọn đáp án D

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {4{x^3} - 4x} \right)f'\left( {{x^4} - 2{x^2} + m} \right)\) ; \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4{x^3} - 4x = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\f'\left( {{x^4} - 2{x^2} + m} \right){\rm{ = 0 }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

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

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^4} - 2{x^2} + m = - 2\\{x^4} - 2{x^2} + m = - 1\\{x^4} - 2{x^2} + m = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m = {x^4} - 2{x^2} + 2 = {g_1}\left( x \right)\\ - m = {x^4} - 2{x^2} + 1 = {g_2}\left( x \right)\\ - m = {x^4} - 2{x^2} - 3 = {g_3}\left( x \right)\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên của các hàm số \({g_1}\left( x \right),{g_2}\left( x \right),{g_3}\left( x \right)\) như hình vẽ:

Từ bảng biến trên, ta dễ thấy: với \[ - m \le - 4 \Leftrightarrow m \ge 4\] hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^4} - 2{x^2} + m} \right)\) có đúng 3 điểm cực trị.

Do đó: \(S = \left\{ {4;5;6;7;...;2020} \right\}\)

Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) là: \(4 + 5 + 6 + ... + 2020 = \frac{{\left( {4 + 2020} \right)2017}}{2} = 2041204\).

Chọn đáp án B

Ta có: \(2y{.2^x} = {\log _2}\left( {1 + \frac{{2x}}{y}} \right) + 2y + 3x\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2y{.2^x} = {\log _2}\left( {y + 2x} \right) - {\log _2}y + 2y + 3x\\ \Leftrightarrow y{.2^{x + 1}} + {\log _2}y + \left( {x + 1} \right) = 1 + {\log _2}\left( {y + 2x} \right) + 2y + 4x\\ \Leftrightarrow y{.2^{x + 1}} + {\log _2}\left( {y{{.2}^{x + 1}}} \right) = {\log _2}\left( {2y + 4x} \right) + \left( {2y + 4x} \right)\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}\)

Ta thấy \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) đồng biến trên \((0; + \infty )\) nên

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow y{.2^{x + 1}} = 2y + 4x \Leftrightarrow y{.2^x} = y + 2x \Rightarrow {2^x} = 1 + \frac{{2x}}{y}\) (2)

Do ynguyên dương nên \(1 + \frac{{2x}}{y} \le 1 + 2x\) (3)

Từ (2) và (3) ta có: \({2^x} \le 1 + 2x\) (4)

Xét \(f\left( x \right) = {2^x} - 2x - 1,\,\,x >0\)

\(f'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 - 2 >0\,\,,\forall x \ge 3\)\( \Rightarrow f\left( x \right) \ge f\left( 3 \right) = {2^3} - 2.3 - 1 >0\,\,\forall x \ge 3\)

Suy ra \({2^x} - 2x - 1 >0\,\,\forall x \ge 3\)

Từ (4) và do x nguyên dương nên từ\({2^x} \le 1 + 2x \Rightarrow x \in \left\{ {1;2} \right\}\)

Thay \(x = 1\) vào (2) ta có \(y = 2\).

Thay \(x = 2\) vào (2) ta có \(y = \frac{4}{3}\)

Vậy có một cặp số nguyên dương \(\left( {x;y} \right)\)thỏa đề là: \(\left( {1;2} \right)\).

Nhận xét:

Kiên thức sử dụng:

1. Hàm sử dụng hàm đặc trưng để suy ra biểu thức quan hệ giữa x, y đơn giản hơn.

2. Sử dụng đánh giá bất đẳng thức cơ bản để thu hẹp miền x, y rồi thay vào tìm trực tiếp.

Chọn đáp án A

+ Ta có: \[f\left( {1 + 4\sin x} \right) - \sin x.f\left( {3 - 2\cos 2x} \right) = 6\sin x + 1\]\[ \Rightarrow \cos x.f\left( {1 + 4\sin x} \right) - \cos x.\sin x.f\left( {3 - 2\cos 2x} \right) = 6\sin x.\cos x + \cos x\]

\[ \Leftrightarrow \cos x.f\left( {1 + 4\sin x} \right) - \frac{1}{2}\sin 2x.f\left( {3 - 2\cos 2x} \right) = 3\sin 2x + \cos {x^{}}(*)\]

+ Lấy tích phân từ \[ - \frac{\pi }{2}\] đến \[0\] hai vế của \((*)\) ta được:

\[\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {\cos x.f\left( {1 + 4\sin x} \right)dx} - \frac{1}{2}\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {\sin 2x.f\left( {3 - 2\cos 2x} \right)dx} = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {(3\sin 2x + \cos x)dx} \]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4}\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {f\left( {1 + 4\sin x} \right)d(1 + 4\sin x)} - \frac{1}{8}\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {f\left( {3 - 2\cos 2x} \right)d(3 - 2\cos 2x)} = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {(3\sin 2x + \cos x)dx} \]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4}\int\limits_{ - 3}^1 {f\left( t \right)dt} - \frac{1}{8}\int\limits_5^1 {f\left( t \right)dt} = - 2\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4}\int\limits_{ - 3}^1 {f\left( t \right)dt} + \frac{1}{8}\int\limits_1^5 {f\left( t \right)dt} = - 2_{}^{}(1)\]

+ Lấy tích phân từ \[0\] đến \[\frac{\pi }{2}\] hai vế của \((*)\) ta được:

\[\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos x.f\left( {1 + 4\sin x} \right)dx} - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin 2x.f\left( {3 - 2\cos 2x} \right)dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(3\sin 2x + \cos x)dx} \]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {1 + 4\sin x} \right)d(1 + 4\sin x)} - \frac{1}{8}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {3 - 2\cos 2x} \right)d(3 - 2\cos 2x)} = 4\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4}\int\limits_1^5 {f\left( t \right)dt} - \frac{1}{8}\int\limits_1^5 {f\left( t \right)dt} = 4\]

\[ \Leftrightarrow \int\limits_1^5 {f\left( t \right)dt} = 32{}_{}^{}(2)\]

Từ \((1)\) và \((2)\) ta có: \[\int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)dx} = - 24\]

Chọn đáp án B

Góc giữa hai mặt phẳng

và là góc . Khi đó \(\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\alpha } \right)}}{{d\left( {A,\Delta } \right)}}\)

Gọi điểm là trọng tâm , kéo dài tia cắttại . .

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {BME} \right)\)là góc có\(\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {{\rm{BEF}}} \right)} \right)}}{{d\left( {A,EG} \right)}}\) .

Ta có \(d\left( {A,\left( {{\rm{BEF}}} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\),\(d\left( {A,EG} \right) = \frac{{AE.AG}}{{\sqrt {A{E^2} + A{G^2}} }} = \frac{{a\sqrt {70} }}{7}\)

\(\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {{\rm{BEF}}} \right)} \right)}}{{d\left( {A,EG} \right)}} = \frac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt {15} }} \to {\rm{cos}}\varphi {\rm{ = }}\frac{1}{{\sqrt {15} }}\).

Nhận xét:Bản chất câu 49 khó khăn nhất là việc xác định góc giữa hai mặt phẳng. Tứ diện \(S.ABC\)là một tứ diện đặc biệt được tách từ hình chóp \(S.ABCD\)có \(SD \bot \left( {ABCD} \right)\), mặt đáy là hình vuông. Đây là bài toán khá quen thuộc. Với những bài toán xác định góc phức tạp hơn các em học sinh có thể dùng phương pháp tọa độ.

Chọn đáp án B

* Gọi \(f\left( x \right)\) có dạng : \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = a.{\left( {x + 3} \right)^2}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)\)

Ta có : \(f\left( 0 \right) - g\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow - 27a = 1 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{{27}}\)

Hay \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = - \frac{1}{{27}}{\left( {x + 3} \right)^2}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)\)

* Đặt \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right)\)

\(h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = - \frac{4}{{27}}\left( {x + 3} \right)\left( {{x^2} - 3} \right)\)

\(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = - \sqrt 3 \\x = \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu \(h\left( x \right)\)

* Bất phương trình: \(f(x) \ge g(x) + m \Leftrightarrow m \le f\left( x \right) - g\left( x \right)\) nghiệm đúng \(\forall x \in \left[ { - 3;3} \right]\)

\( \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} h\left( x \right) \le \frac{{12 - 8\sqrt 3 }}{9}\)

Vậy \(m \in \left( { - \infty ;\frac{{12 - 8\sqrt 3 }}{9}} \right]\)

Chọn đáp án D

Chiếu vuông góc một điểm bất kỳ lên trục \(Ox\) khi đó giữ nguyên hoành độ còn tung độ và cao độ bằng \(0\).

Vậy hình chiếu vuông góc của \(A\) lên trục \(Ox\) có tọa độ là: \(\left( { - 2;0;0} \right)\).

Chọn đáp án B