Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 14)
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng \[\left( P \right):x - 2y + z + 3 = 0\]. Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua điểm có tọa độ nào dưới đây?
\[\left( { - 1;2;0} \right).\]
\[\left( {1; - 2;0} \right).\]
\[\left( { - 1; - 2;0} \right).\]
\[\left( {1;2;0} \right).\]
Đáp án D
Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua điểm có tọa độ \[\left( {1;2;0} \right)\] vì \[1 - 2.2 + 0 + 3 = 0\].
Số phức \[z = 6 + 8i\] có môđun bằng:
5.
14.
10.
\[\sqrt {14} .\]
Đáp án C
Số phức \[z = 6 + 8i\] có môđun bằng 62+82=10
Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại:
x = 1
x = -2
x = -1
x = 2
Đáp án A
Hàm số \[f\left( x \right)\] đạt cực tiểu tại \[x = 1\].
Với a là số thực dương tùy ý, log28a bằng
\[ - 8{\log _2}a.\]
\[3 - {\log _2}a.\]
\[\frac{8}{{{{\log }_2}a}}.\]
\[3 + {\log _2}a.\]
Đáp án B
Ta có \[{\log _2}\frac{8}{a} = {\log _2}8 - {\log _2}a = 3 - {\log _2}a\].
Cho ∫01fxdx=3. Tính I=∫012fxdx.
\[I = 3.\]
\[I = \frac{2}{3}.\]
\[I = 6.\]
\[I = \frac{3}{2}.\]
Đáp án C
Ta có I=∫012fxdx=2∫01fxdx=6.
Cho hình nón \[\left( N \right)\] có bán kính đáy bằng 3 và đường sinh bằng 5. Tính diện tích toàn phần \[{S_{tp}}\] của hình nón \[\left( N \right)\].
\[{S_{tp}} = 21\pi .\]
\[{S_{tp}} = 24\pi .\]
\[{S_{tp}} = 29\pi .\]
\[{S_{tp}} = 27\pi .\]
Đáp án B
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\\r = 3;l = 5\end{array} \right. \Rightarrow {S_{tp}} = 24\pi \].
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\[\left( { - 1;1} \right).\]
\[\left( { - 2;2} \right).\]
\[\left( { - \infty ; - 1} \right).\]
\[\left( {1; + \infty } \right).\]
Đáp án A
Hàm số \[f\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( { - 1;1} \right)\].
Cho a và b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn \[{a^2} + 16{b^2} = 8ab\]. Tính giá trị của biểu thức \[P = \frac{{{{\log }_{14}}a + {{\log }_{14}}b}}{{{{\log }_{14}}\frac{a}{2}}}\].
\[\frac{1}{4}.\]
\[\frac{1}{2}.\]
4.
2.
Đáp án D
Ta có \[{a^2} + 16{b^2} = 8ab \Leftrightarrow {\left( {a - 4b} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = 4b\]
\[ \Rightarrow P = \frac{{{{\log }_{14}}a + {{\log }_{14}}b}}{{{{\log }_{14}}\frac{a}{2}}} = \frac{{{{\log }_{14}}\left( {ab} \right)}}{{{{\log }_{14}}\frac{a}{2}}} = {\log _{\frac{a}{2}}}\left( {ab} \right) = {\log _{2b}}\left( {4{b^2}} \right) = {\log _{2b}}{\left( {2b} \right)^2} = 2\].
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right) = 6x + \cos x\] là
\[3{x^2} + \sin x + C.\]
\[3{x^2} - \sin x + C.\]
\[3{x^2} + \cos x + C.\]
\[3{x^2} - \cos x + C.\]
Đáp án A
Ta có ∫6x+cosxdx=3x2+sinx+C.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x=2+ty=1z=−3−2t t∈ℝ. Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ nào dưới đây?
\[\left( {1;0; - 2} \right).\]
\[\left( {1;1; - 2} \right).\]
\[\left( {2;1; - 3} \right).\]
\[\left( {1;1; - 3} \right).\]
Đáp án C
Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ \[\left( {2;1; - 3} \right)\].
Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD với \[AB = 3,\widehat {BAC} = 30^\circ \]. Tính thể tích của khối trụ, nhận được khi quay hình chữ nhật ABCD xung quanh trục AB.
\[12\pi .\]
\[9\pi \sqrt 3 .\]
\[9\pi .\]
\[6\pi \sqrt 3 .\]
Đáp án C
Ta có tan30°=BCAB⇒BC=3.
\[ \Rightarrow V = \pi {r^2}h = \pi .B{C^2}.AB = 9\pi \].
Kí hiệu \[{z_1},{z_2}\] là hai nghiệm phức của phương trình \[{z^2} + z + 2 = 0\]. Giá trị của \[z_1^3 + z_2^3\] bằng:
5.
7.
\[ - 5.\]
\[ - 7.\]
Đáp án A
Ta có z1+z2=−1z1z2=2⇒z13+z23=z1+z23−3z1z2z1+z2=5.
Cho cấp số cộng \[\left( {{u_n}} \right)\] với \[{u_1} = 2,d = 3\]. Tổng 10 số hạng đầu tiên bằng
145.
135.
165.
155.
Đáp án D
Ta có \[{S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right) = 5\left( {{u_1} + {u_1} + 9d} \right) = 155\].
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như hình cong trong hình vẽ?
\[y =- {x^3} + 3x - 2.\]
\[y = {x^3} - 3x + 2.\]
\[y = {x^3} - 3{x^2} + 2.\]
\[y =- {x^3} + 3{x^2} - 2.\]
Đáp án B
Ta có \[y\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow \] Loại A và D. Mà \[y\left( { - 2} \right) = 0 \Rightarrow \] Chọn B.
Tính đạo hàm của hàm số \[y = \ln \frac{2}{{x + 1}}\].
\[y' = \frac{{x + 1}}{2}.\ln \frac{2}{{x + 1}}.\]
y'=−1x+1.ln2x+1.
\[y' = \frac{{x + 1}}{2}.\]
y'=−1x+1.
Đáp án D
Ta có y=ln2x+1=ln2−lnx+1⇒y'=−1x+1
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] có bảng biến thiên như sau:
Phương trình \[f\left( x \right) + 7 = 0\] có số nghiệm thực là:
1.
2.
3.
0.
Đáp án B
Đường thẳng y = - 7 cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại đúng 2 điểm phân biệt.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng \[\left( P \right):x - 2y + 3z - 1 = 0\] và hai điểm \[A\left( {2; - 1;1} \right),B\left( { - 2;1;1} \right)\]. Kí hiệu \[{d_1}\] và \[{d_2}\] lần lượt là khoảng cách từ điểm A và B đến mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Tính tỉ số \[\frac{{{d_1}}}{{{d_2}}}\].
\[\frac{{{d_1}}}{{{d_2}}} = 3.\]
\[\frac{{{d_1}}}{{{d_2}}} = 2.\]
\[\frac{{{d_1}}}{{{d_2}}} = \frac{1}{3}.\]
\[\frac{{{d_1}}}{{{d_2}}} = \frac{1}{2}.\]
Đáp án A
Ta có \[{d_1} = \frac{{\left| {2 - 2.\left( { - 1} \right) + 3.1 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}} }} = \frac{6}{{\sqrt {14} }}\] và \[{d_1} = \frac{{\left| { - 2 - 2.1 + 3.1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt {14} }}\].
\[\frac{{{d_1}}}{{{d_2}}} = \frac{6}{{\sqrt {14} }}:\frac{2}{{\sqrt {14} }} = 3\].
Trên giá sách có 10 cuốn sách Toán khác nhau, 8 cuốn sách Vật Lý khác nhau và 6 cuốn sách Tiếng Anh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ba cuốn sách khác nhau?
188.
480.
220.
24.
Đáp án B
Quy tắc nhân, ta có \[10.8.6 = 480\] cuốn sách khác nhau.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và \[SA = AB = a\]. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng:
\[\frac{{{a^3}}}{6}.\]
\[\frac{{{a^3}}}{{12}}.\]
\[\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\]
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\]
Đáp án D
Ta có \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\].
Cho hai số phức \[{z_1} = 3 + 2i,{z_2} = 1 - i\]. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức \[\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}\] có tọa độ là:
\[\left( {\frac{5}{2};\frac{1}{2}} \right).\]
\[\left( {\frac{5}{2}; - \frac{1}{2}} \right).\]
\[\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right).\]
\[\left( {\frac{1}{2}; - \frac{5}{2}} \right).\]
Đáp án C
Ta có \[\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{3 + 2i}}{{1 - i}} = \frac{1}{2} + \frac{5}{2}i\].
Điểm biểu diễn số phức \[{z_1}{z_2}\] có tọa độ là \[\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\].
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị \[\left( C \right)\] như hình vẽ. Diện tích phần hình phẳng tô đậm được tính theo công thức nào dưới đây?
\[\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} .\]
−∫01fxdx+∫12fxdx.
\[\left| {\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} } \right|.\]
∫01fxdx−∫12fxdx.
Đáp án D
Ta có S=∫01fxdx+∫12fxdx=∫01fxdx−∫12fxdx
Tập nghiệm của phương trình \[{2^{{x^2} - x + 4}} = {4^{x + 1}}\] là:
\[\left\{ { - 1;2} \right\}.\]
\[\left\{ {1;2} \right\}.\]
\[\left\{ {1;3} \right\}.\]
\[\left\{ { - 1;3} \right\}.\]
Đáp án B
Ta có \[{2^{{x^{}} - x + 4}} = {4^{x + 1}} = {\left( {{2^2}} \right)^{x + 1}} = {2^{2\left( {x + 1} \right)}} \Rightarrow {x^2} - x + 4 = 2\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\].
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm \[M\left( {1;2; - 3} \right)\] trên trục Oz có tọa độ là
\[\left( {1;2;0} \right).\]
\[\left( { - 1; - 2;0} \right).\]
\[\left( {0;0; - 3} \right).\]
\[\left( {0;0;3} \right).\]
Đáp án C
Điểm cần tìm là H với \[\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = 0\\{y_H} = 0\\{z_H} = {z_M}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {0;0; - 3} \right)\].
Giá trị lớn nhất của hàm số \[y = {x^4} - 2{x^2} + 5\] trên đoạn \[\left[ {0;2} \right]\] bằng:
5.
\[\frac{{19}}{2}.\]
13.
20.
Đáp án C
Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \[\left[ {0;2} \right]\].
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( {0;2} \right)\\y' = 4{x^3} - 4x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\].
Tính \[y\left( 0 \right) = 5;y\left( 2 \right) = 13;y\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow {\max _{\left[ {0;2} \right]}}y = 13\].
Tập nghiệm của phương trình \[\log \left( {x - 2} \right) + \log \left( {x - 3} \right) = 1 - \log 5\] là
\[\left\{ {1;4} \right\}.\]
\[\left\{ 4 \right\}.\]
\[\left\{ {2;6} \right\}.\]
\[\left\{ 6 \right\}.\]
Đáp án B
Điều kiện: \[x > 3\;\;\;\left( * \right)\].
Phương trình \[ \Leftrightarrow \log \left[ {\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)} \right] = \log \frac{{10}}{5}\]
\[ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right. \Rightarrow x = 4\] thỏa mãn (*).
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng biến thiên như sau:
Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là:
1.
2.
3.
4.
Đáp án B
ĐTHS có tiệm cận đứng x = - 1. Từ limx→−∞y=1⇒TCN:y=1limx→+∞y=1⇒TCN:y=1
Tìm nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right) = {e^x}\sqrt {{e^x} + 1} \].
13ex+13+C.
23ex+13+C.
\[\frac{1}{3}\sqrt {{e^x} + 1} .\]
\[\frac{2}{3}\sqrt {{e^x} + 1} .\]
Đáp án B
Ta có ∫exex+1dx=∫ex+1dex=∫ex+112dex+1=ex+112+132+C=23ex+13+C
Cho đồ thị hàm số \[y = {x^3} - \left( {m + n} \right){x^2} + \left( {2n - m} \right)x - 1\] (m, n là tham số thực) nhận \[A\left( {1;6} \right)\] là một điểm cực trị. Tính \[S = {m^2} + 2{n^2}\].
\[S = 129.\]
\[S = 99.\]
\[S = 163.\]
\[S = 73.\]
Đáp án A
Ta có \[y' = 3{x^2} - 2\left( {m + n} \right)x + 2n - m\].
Bài ra thì \[\left\{ \begin{array}{l}y\left( 1 \right) = 6\\y'\left( 1 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m - n + 2n - m - 1 = 6\\3 - 2m - 2n + 2n - m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = 8\end{array} \right. \Rightarrow S = 129\].
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều. Cạnh \[AA' = a\sqrt 6 \] và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng \[\left( {BCC'B'} \right)\] bằng \[a\sqrt 2 \]. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
\[V = {a^3}\sqrt 2 .\]
\[V = 2{a^3}\sqrt 2 .\]
\[V = 3{a^3}\sqrt 2 .\]
\[V = 4{a^3}\sqrt 2 .\]
Đáp án B
Kẻ \[AH \bot BC \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \].
\[\Delta ABC\] đều \[ \Rightarrow AH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\].
\[ \Rightarrow V = AA'.{S_{ABC}} = AA'.\frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = 2{a^3}\sqrt 2 \].
Cho số phức z thỏa mãn \[z\left( {1 - 2i} \right) + \overline z .i = 15 + i\]. Môđun của z bằng:
5.
4.
\[2\sqrt 5 .\]
\[2\sqrt 3 .\]
Đáp án A
Giả sử \[z = a + bi\;\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\].
Ta có z1−2i+z¯.i=15+i⇔a+bi1−2i+ia−bi=15+i⇔a+2b+b−2ai+ai+b=15+i⇔a+3b+b−ai=15+i⇔a+3b=15b−a=1⇔a=3b=4⇒z=a2+b2=5.
Cho hàm số \[y = \frac{1}{3}m{x^3} - m{x^2} + 3x + 1\]. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { - \infty ; + \infty } \right)\]?
1.
2.
4.
3.
Đáp án C
Ta có ngay \[m = 0\] thỏa mãn.
Với \[m \ne 0\], ép cho \[y' = m{x^2} - 2mx + 3 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = m > 0\\\Delta ' = {m^2} - 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 3\].
Cho ∫03f2xdx=1 và ∫24f3xdx=−2. Tích phân ∫012fxdx bằng:
\[ - 6.\]
6.
\[ - 4.\]
4.
Đáp án C
Ta có ∫03f2xdx=1∫24f3xdx=−2⇒∫06fudu2=1∫012fvdv3=−2⇒12∫06fudu=113∫012fvdv=−2⇒∫06fudu=2∫012fvdv=−6⇒∫06fxdx=2∫012fxdx=−6⇒∫012fxdx=∫06fxdx+∫012fxdx=−4
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, cạnh \[AB = a,SA = a\sqrt 2 \] và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] bằng
\[90^\circ .\]
\[45^\circ .\]
\[30^\circ .\]
\[60^\circ .\]
Đáp án C
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {CSB}\].
\[\tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{{BC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ \].
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm của cạnh AB. Thể tích khối chóp S.ABC bằng \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\]. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] bằng:
\[\frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\]
\[\frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.\]
\[\frac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\]
\[\frac{{3a\sqrt {21} }}{{14}}.\]
Đáp án C
Gọi H là trung điểm của cạnh \[AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].
⇒VS.ABC=13.SH.SABC=13.SH.12.4a2sin60°=a333⇒SH=a
Kẻ \[HK \bot BC,HP \bot SK \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = 2HP\].
Ta có sin60°=HKBH=32⇒HK=a32
\[\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow HP = a\sqrt {\frac{3}{7}} \].
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng \[\left( P \right):x - 2y + 1 = 0\] và mặt phẳng \[\left( Q \right):x - 3z + 2 = 0\]. Mặt phẳng \[\left( R \right):ax + by + cz - 2 = 0\] đi qua điểm \[A\left( {1; - 2;1} \right)\], đồng thời vuông góc với mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\]. Tính \[a + b + c\].
1.
5.
11.
7.
Đáp án C
Mặt phẳng \[\left( P \right)\] có một VTPT là n1→=1;−2;0
Mặt phẳng \[\left( Q \right)\] có một VTPT là n2→=1;0;−3
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( R \right) \bot \left( P \right)\\\left( R \right) \bot \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( R \right)\] sẽ nhận \[\left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {6;3;2} \right)\] là một VTPT.
Kết hợp với \[\left( R \right)\] qua \[A\left( {1; - 2;1} \right) \Rightarrow \left( R \right):6\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0\].
\[ \Rightarrow \left( R \right):6x + 3y + 2z - 2 = 0\].
Cho hình nón \[\left( N \right)\] có đường cao bằng \[a\sqrt 3 \], đáy của \[\left( N \right)\] có bán kính bằng a. Thiết diện qua đỉnh của \[\left( N \right)\] là một tam giác có chu vi bằng 5a. Tính theo a diện tích S của tam giác này.
\[S = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{2}.\]
\[S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\]
\[S = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{4}.\]
\[S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\]
Đáp án C
Thiết diện qua đỉnh của \[\left( N \right)\] là \[\Delta SCD\] như hình vẽ.
\[\begin{array}{l}S{C^2} = S{O^2} + O{C^2} = 3{a^2} + {a^2} \Rightarrow SC = 2a.\\S{D^2} = S{O^2} + O{D^2} = 3{a^2} + {a^2} \Rightarrow SD = 2a.\end{array}\]
Bài ra có chu vi \[\Delta SCD\] bằng 5a
\[ \Rightarrow SC + SD + CD = 5a \Rightarrow 4a + CD = 5a \Rightarrow CD = a\].
Kẻ \[SP \bot CD\] mà \[SC = SD = 2a\].
\[\begin{array}{l} \Rightarrow PC = PD = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2} \Rightarrow S{P^2} = S{C^2} - C{P^2} = 4{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}\\ \Rightarrow SP = \frac{{a\sqrt {15} }}{2} \Rightarrow {S_{SCD}} = \frac{1}{2}CD.SP = \frac{1}{2}a.\frac{{a\sqrt {15} }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{4}.\end{array}\]
Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn \[\left[ {0;10} \right]\] của tham số m để phương trình \[{4^x} - m{.2^{x + 1}} + 4\left( {m - 1} \right) = 0\] có hai nghiệm thực dương phân biệt?
9.
8.
10.
11.
Đáp án B
Điều kiện: \[x \in \mathbb{R}\;\left( * \right)\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 2m{.2^x} + 4\left( {m - 1} \right) = 0\].
Đặt \[t = {2^x} > 0\], ta được \[{t^2} - 2mt + 4\left( {m - 1} \right) = 0\;\;\;\left( 1 \right)\].
Để ý \[\Delta ' = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\] nên \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = m - \left( {m - 2} \right) = 2\\t = m + \left( {m - 2} \right) = 2m - 2\end{array} \right.\].
Do đó \[\left[ \begin{array}{l}{2^x} = 2\\{2^x} = 2m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{2^x} = 2m - 2\end{array} \right.\].
Khi đó \[{2^x} = 2m - 2\] cần phải có nghiệm thực dương khác 1.
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 2 > {2^0}\\2m - 2 \ne {2^1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{3}{2}\\m \ne 2\end{array} \right.\].
Mà \[m \in \mathbb{Z}\] và \[m \in \left[ {0;10} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\].
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng xét dấu của \[f'\left( x \right)\] như sau:
Bất phương trình \[f\left( x \right) < {e^{{x^2}}} + m\] đúng với mọi \[x \in \left( { - 1;0} \right)\] khi và chỉ khi
A.
B.
C.
D.
Đáp án A
Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^{{x^2}}},x \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2x{e^x}\].
Với mọi \[x \in \left( { - 1;0} \right)\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) > 0\\ - 2x{e^x} > 0\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow g\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( { - 1;0} \right)\].
Khi đó \[m > g\left( x \right),\forall x \in \left( { - 1;0} \right) \Leftrightarrow m \ge g\left( 0 \right) \Leftrightarrow m \ge f\left( 0 \right) - 1\].
Trong không gian Oxyz, cho điểm \[A\left( {2; - 2;1} \right)\] và đường thẳng d có phương trình \[\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\]. Viết phương trình đường thẳng \[\Delta \] đi qua điểm A, vuông góc và cắt đường thẳng d.
\[\Delta :\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y + 2}}{4} = \frac{{z - 1}}{5}.\]
\[\Delta :\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{{y + 2}}{5} = \frac{{z - 1}}{4}.\]
\[\Delta :\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{{y + 2}}{4} = \frac{{z - 1}}{3}.\]
\[\Delta :\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 1}}{4}.\]
Đáp án B
Ta có d:x=1+ty=−1+t3−t t∈ℝ
Giả sử \[\Delta \] đi qua A, vuông góc và cắt d tại \[M \Rightarrow M\left( {t + 1;t - 1;3 - t} \right)\].
Đường thẳng Δ nhận AM→=t−1;t+1;2−t là một VTCP.
Đường thẳng d có một VTCP là u→=1;1;−1
Ta có Δ⊥d⇔AM→.u→=0⇔t−1+t+1−2−t=0⇔t=23⇒AM→=−13;53;43
Đường thẳng \[\Delta \] nhận AM→=−13;53;43 là một VTCP nên nhận u'→=−1;5;4 là một VTCP.
Kết hợp với \[\Delta \] qua \[A\left( {2; - 2;1} \right) \Rightarrow \Delta :\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{{y + 2}}{5} = \frac{{z - 1}}{4}\].
Cho hình phẳng \[\left( H \right)\] giới hạn bởi các đường \[y = \sqrt x ,y = 0,x = 4\]. Đường thẳng \[y = ax + b\] chia \[\left( H \right)\] thành hai phần có diện tích \[{S_1},{S_2}\] như hình vẽ. Biết \[{S_1} = \frac{5}{3}{S_2}\], tính \[a + b\].
\[a + b = 0.\]
a+b=−2.
a+b=−1.
\[a + b = 1.\]
Đáp án C
Đường thẳng \[y = ax + b\] đi qua điểm \[C\left( {4;2} \right) \Rightarrow 4a + b = 2\].
S1+S2=∫04xdx=∫02tdt2=∫02t.2tdt=2t3320=163.S1=53S2⇒53S2+S2=163⇒S2=2.⇒12CB.AB=2⇒AB=2⇒OA=2.
Đường thẳng \[y = ax + b\] đi qua điểm có tọa độ 2;0⇒2a+b=0
Như vậy 4a+b=22a+b=0⇒a=1b=−2⇒a+b=−1
Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Giả sử súc sắc xuất hiện mặt b chấm. Xác suất để phương trình \[{x^2} + bx + 2 = 0\] có hai nghiệm phân biệt là:
\[\frac{2}{3}.\]
\[\frac{5}{6}.\]
\[\frac{1}{3}.\]
\[\frac{1}{2}.\]
Đáp án A
Không gian mẫu Ω=1;2;3;4;5;6⇒nΩ=6
Gọi A là biến cố “Xuất hiện mặt b chấm để phương trình \[{x^2} + bx + 2 = 0\] có hai nghiệm phân biệt”.
Phương trình \[{x^2} + bx + 2 = 0\] có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ=b2−8>0⇔b<−22b>22
Mà b∈Ω⇒b∈3;4;5;6⇒nA=4
Vậy xác suất cần tìm là PA=nAnΩ=46=23
Cho khối chóp tứ giác S.ABCD. Mặt phẳng đi qua trọng tâm các tam giác SAB, SAC, SAD chia khối chóp này thành hai phần có thể tích là \[{V_1}\] và \[{V_2}\left( {{V_1} < {V_2}} \right)\]. Tính tỉ số \[\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\].
\[\frac{8}{{27}}.\]
\[\frac{{16}}{{81}}.\]
\[\frac{8}{{19}}.\]
\[\frac{{16}}{{75}}.\]
Đáp án C
Gọi \[{G_1},{G_2},{G_3}\] lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB, SAD, SAC.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC.
\[ \Rightarrow \frac{{S{G_1}}}{{SI}} = \frac{{S{G_3}}}{{SJ}}\left( { = \frac{2}{3}} \right) \Rightarrow {G_1}{G_3}//IJ \Rightarrow {G_1}{G_3}//\left( {ABC} \right)\].
Tương tự \[{G_2}{G_3}//\left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)//\left( {ABCD} \right)\]
Qua \[{G_1}\] dựng đường song song với AB, cắt SA, SB lần lượt tại M, N.
Qua N dựng đường song song với BC, cắt SC tại P.
Qua P dựng đường song song với CD, cắt SD tại Q.
Thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi \[\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)\] là tứ giác MNPQ.
Ta có \[\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.ABC}}\]
Tương tự \[{V_{S.MPQ}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.ACD}} \Rightarrow {V_{S.MNPQ}} = {V_{S.MNP}} + {V_{S.MPQ}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.ABCD}}\].
\[ \Rightarrow {V_{ABCD.MNPQ}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.MNPQ}} = \frac{{19}}{{27}}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{8}{{27}}{V_{S.ABCD}}}}{{\frac{{19}}{{27}}{V_{S.ABCD}}}} = \frac{8}{{19}}.\]
Có bao nhiêu số nguyên m lớn hơn \[ - 10\] để hàm số \[f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + m{x^2} + 3x + 5m - 1\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {1;3} \right)\]?
10.
8.
6.
4.
Đáp án C
Ta có \[f'\left( x \right) = {x^2} + mx + 3\].
Hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( {1;3} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0\;\forall x \in \left( {1;3} \right)\].
⇔x2+mx+3≤0 ∀x∈1;3⇔m≤−x−3x=gx ∀x∈1;3g'x=−x2+3x2; g'x=0⇔x=±3
Bảng biến thiên:
m≤gx∀x∈1;3⇔m≤min1;3gx⇔m≤−4
Vậy \[m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5; - 4} \right\}\].
Cho hàm số bậc bốn \[y = f\left( x \right)\] thỏa mãn \[f\left( 0 \right) = 7\]. Hàm số \[y = f'\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ. Hàm số \[y = {\left( {f\left( x \right)} \right)^2}\] đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\[\left( { - \infty ;0} \right).\]
\[\left( {2; + \infty } \right).\]
\[\left( {0;1} \right).\]
\[\left( {1;2} \right).\]
Đáp án B
Ta cóf'x=mx+12x−2 m>0f1=−4⇒m=1⇒f'x=x3−3x−2
\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{3{x^2}}}{2} = 2x + k\] mà \[f\left( 0 \right) = 7 \Rightarrow k = 7\].
\[ \Rightarrow 4f\left( x \right) = {x^4} - 6{x^2} - 8x + 28 = {\left( {{x^2} - 4} \right)^2} + 2{\left( {x - 2} \right)^2} + 4 > 0,\;\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( x \right) > 0\]
Khi đó \[y' = 2f\left( x \right).f'\left( x \right) > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > 2\].
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] có đạo hàm và liên tục trên \[\mathbb{R}\] thỏa mãn \[f\left( {{x^3} + 3x + 1} \right) = 4x - 1\]. Tính \[I = \int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx} \].
\[I = 15.\]
\[I = 11.\]
\[I = 5.\]
\[I = 6.\]
Đáp án C
Đặt \[x = {t^3} + 3t + 1\]. Đổi cận \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 0\\x = 5 \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\].
⇒I=∫01ft3+3t+1dt3+3t+1=∫013t2+3.ft3+3t+1dt=∫013x2+3.fx3+3x+1dx=∫013x2+34x−1dx=∫0112x3−3x2+12x−3dx=3x4−x3+6x2−3x10=5.
Cho số phức \[z = a + bi\;\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\] thỏa mãn \[\left| {z - 1} \right| = \left| {z + i} \right|\]. Tính \[S = a + 5b\] khi \[{\left| {z - 2 - i} \right|^2} + {\left| {z + 3 + i} \right|^2}\] đạt giá trị nhỏ nhất
\[S = 2.\]
S =- 2.
\[S = 1.\]
S =- 1.
Đáp án C
Giả sử \[z = x + yi\;\left( {z,y \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \left| {x - 1 + yi} \right| = \left| {x + \left( {y + 1} \right)i} \right|\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = {x^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} \Rightarrow d:x + y = 0.\]
Điểm \[M\left( {x;y} \right)\] biểu diễn số phức \[z \Rightarrow M \in d\].
Xét \[A\left( {2;1} \right),B\left( { - 3;1} \right),I\left( { - \frac{1}{2};0} \right)\] là trung điểm của đoạn thẳng AB
\[ \Rightarrow {\left| {z - 2 - i} \right|^2} + {\left| {z + 3 + i} \right|^2} = M{A^2} + M{B^2} = 2M{I^2} + \frac{{A{B^2}}}{2}\]
Ta có \[AB\left( {const} \right),IM \ge d\left( {I;d} \right) = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\] nên \[{P_{\min }} \Leftrightarrow IM \bot d\].
Khi đó \[IM:1.\left( {x + \frac{1}{2}} \right) - 1.\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y + \frac{1}{2} = 0\].
Tọa độ của M là nghiệm của hệ x+y=0x−y+12=0⇒M−14;14⇒z=−14+14i.
Trong không gian Oxyz, cho các điểm \[A\left( {1;2;3} \right),B\left( {2;1;0} \right),C\left( {4;3; - 2} \right),D\left( {3;4;1} \right)\] và \[E\left( {1;1; - 1} \right)\]. Có bao nhiêu mặt phẳng cách đều 5 điểm đã cho?
1.
4.
5.
2.
Đáp án C
Ta có AB→=1;−1;−3,DC→=1;−1;−3⇒AB→=DC→
Mà AD→=2;2;−2⇒AB→≠k.AD→⇒A,B,D không thẳng hàng.
Nên tứ giác ABCD là hình bình hành.
Ta có AB→=1;−1;−3AD→=2;−4;−2⇒AB→;AD→=−10;−4;−2
Mà AE→=0;−1;−4⇒AB→;AD→.AE→=12≠0⇒E∉ABD⇒E∉ABCD
Ta có hình chóp E.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành.
Các mặt phẳng cách đều 5 điểm đã cho là:
+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm của 4 cạnh bên EA, EB, EC, ED.
+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của ED, EC, AD, BC.
+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của EC, EB, DC, AB.
+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của EA, EB, AD, BC.
+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của EA, ED, AB, DC.
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn \[{\log _3}{\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)} \right]^{y + 1}} = 9 - \left( {x - 1} \right)\left( {y + 1} \right)\]. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[P = x + 2y\] là:
\[{P_{\min }} = \frac{{11}}{2}.\]
\[{P_{\min }} = \frac{{27}}{5}.\]
Pmin=−5+63.
Pmin=−3+62.
Đáp án D
Ta có \[\begin{array}{l}{\log _3}{\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)} \right]^{y + 1}} = 9 - \left( {x - 1} \right)\left( {y + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {y + 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {x + 1} \right) + {{\log }_3}\left( {y + 1} \right)} \right] + \left( {x - 1} \right)\left( {y + 1} \right) = 9\\ \Leftrightarrow \left( {y + 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {x + 1} \right) + {{\log }_3}\left( {y + 1} \right) + x - 1} \right] = 9\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 1} \right) + x - 1 = \frac{9}{{y + 1}} - {\log _3}\left( {y + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 1} \right) + x + 1 - 2 = \frac{9}{{y + 1}} - 2 + {\log _3}\frac{9}{{y + 1}}\end{array}\]
Xét hàm số \[f\left( t \right) = {\log _3}t + t - 2\], với \[t > 0\] có \[f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0\] với mọi \[t > 0\].
Nên hàm số \[f\left( t \right)\] luôn đồng biến liên tục trên \[\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow x + 1 = \frac{9}{{y + 1}}\].
\[ \Rightarrow x = \frac{9}{{y + 1}} - 1 = \frac{{8 - y}}{{y + 1}}\], do \[x > 0 \Rightarrow y \in \left( {0;8} \right)\].
Do đóP=x+2y=8−yy+1+2y=2y−1+9y+1=2y+1+9y+1−3≥−3+62
Dấu “=” xảy ra ⇔y+1=92⇔y=32⇒x=272−257
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \[y = \left| {\frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}}} \right|\] trên đoạn \[\left[ {1;2} \right]\] bằng 2. Số phần tử của S là:
3.
1.
2.
4.
Đáp án C
Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \[\left[ {1;2} \right]\].
Xét hàm sốfx=x2+mx+mx+1, với \[x \in \left[ {1;2} \right]\] ta có:
\[f'\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + m} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + mx + m} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\;\forall x \in \left( {1;2} \right)\].
Tính \[f\left( 1 \right) = \frac{{2m + 1}}{2};f\left( 2 \right) = \frac{{3m + 4}}{3}\]
+ TH1: 2m+12=2⇔m=32m=−52
Với \[m = \frac{3}{2} \Rightarrow y\left( 2 \right) = \frac{{17}}{6} > 2 \Rightarrow m = \frac{3}{2}\] không thỏa mãn.
Với m=−52⇒y2=76<2⇒m=−52thỏa mãn.
+ TH2: 3m+43=2⇔m=23m=−103
Với m=23⇒y1=76<2⇒m=23 thỏa mãn.
Với m=−103⇒y1=176>2⇒m=−103 không thỏa mãn.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm \[A\left( {1;3;10} \right),B\left( {4;6;5} \right)\] và M là điểm thay đổi trên mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] sao cho MA, MB cùng tạo với \[\left( {Oxy} \right)\] hai góc bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AM.
\[6\sqrt 3 .\]
10.
\[\sqrt {10} .\]
\[8\sqrt 2 .\]
Đáp án A
Gọi \[M\left( {x;y;0} \right) \in \left( {Oxy} \right):z = 0\].
Ta có \[d\left( {A;\left( {Oxy} \right)} \right) = 10\] và \[d\left( {B;\left( {Oxy} \right)} \right) = 5\].
Bài ra MA, MB cùng tạo với \[\left( {Oxy} \right)\] hai góc bằng nhau, gọi góc này là \[\alpha \].
Ta có sinα=dA;OxyAM=10MA;sinα=dB;OxyBM=5MB⇒MA=2MB
⇔x−12+y−32+100=4x−42+y−62+25⇔x2+y2−2x−6y+110=4x2+y2−8x−12y+77⇔3x2+3y2−30x−42y+198=0⇔x2+y2−10x−14y+66=0⇔x−52+y−72=8x−5=8costy−7=8sint⇒x=8cost+5y=8sint+7.⇒AM2=x−12+y−32+100=8cost+42+8sint+42+100=162sint+cost+140=32sint+π4+140≥−32+140=108⇒AM≥63
Dấu “=” xảy ra ⇔sinα+π4=−1⇔α+π4=−π2+k2π⇔α=−3π4+k2πk∈ℤ
Khi đó x=3y=5⇒M3;5;0
