Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 16)
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng \(d:\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{3}\). Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của \(d\)?
\(\overrightarrow u = \left( { - 1;2; - 3} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {1;2; - 3} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( { - 1;2;3} \right)\).
Đáp án B
Đường thẳng \[d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{3}\] có một VTCP là \[\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right)\].
Với a là số thực dương tùy ý, \(\ln \left( {8a} \right) - \ln \left( {3a} \right)\) bằng
\(\ln \frac{8}{3}\).
\(\ln \frac{3}{8}\).
\(\frac{{\ln 8}}{{\ln 3}}\).
\(\frac{{\ln \left( {8a} \right)}}{{\ln \left( {3a} \right)}}\).
Đáp án A
Ta có \(\ln \left( {8a} \right) - \ln \left( {3a} \right) = \ln \frac{{8a}}{{3a}} = \ln \frac{8}{3}\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
\(x\) | \( - \infty \) |
| -2 |
| 0 |
| \( + \infty \) |
\(f'\left( x \right)\) |
| - | 0 | + | 0 | - |
|
\(f\left( x \right)\) | \( + \infty \) |
|
|
| 4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
| |
|
| 0 |
|
|
| \( - \infty \) |
Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại
x = -2.
x = 0.
x = 1.
x = 4.
Đáp án A
Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x = - 2\).
Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ \(\overrightarrow a = \left( {1;3;2} \right),{\rm{ }}\overrightarrow b = \left( {1;2;0} \right)\) và \(\overrightarrow c = \left( {0;1;2} \right)\). Tìm tọa độ vectơ \(\overrightarrow w = \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c \).
\(\overrightarrow w = \left( {2;6;4} \right)\).
\(\overrightarrow w = \left( {0;2;4} \right)\).
\(\overrightarrow w = \left( {0;4;6} \right)\).
\(\overrightarrow w = \left( {0;2;6} \right)\).
Đáp án B
Ta có \(\overrightarrow w = \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c = \left( {1 - 1 + 0;3 - 2 + 1;2 - 0 + 2} \right) = \left( {0;2;4} \right)\).
Cho \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 5\). Tính phân \(\int\limits_0^1 {\left[ {2 + f\left( x \right)} \right]dx} \) bằng
4.
3.
7.
6.
Đáp án D
Ta có \(I = \int\limits_0^1 {\left[ {2x + f\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {2xdx} + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \left. {{x^2}} \right|_0^1 + 5 = 6\).
Điểm M như hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây
\(z = 3 + 2i\).
\(z = - 3 + 2i\).
\(z = - 3 - 2i\).
\(z = 3 - 2i\).
Đáp án D
Ta có \(M\left( {3; - 2} \right) \Rightarrow z = 3 - 2i\).
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_2} + {u_5} = 19\). Tổng 6 số hạng đầu tiên bằng
38.
76.
57.
95.
Đáp án C
Ta có \({u_2} + {u_5} = \left( {{u_1} + d} \right) + \left( {{u_1} + 4d} \right) = 2{u_1} + 5d = 19\).
Khi đó \({S_6} = \frac{6}{2}\left( {{u_1} + {u_6}} \right) = \frac{6}{2}\left( {{u_1} + {u_1} + 5d} \right) = 3.19 = 57\).
Cho hình nón \(\left( N \right)\) có đường cao bằng 4 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 \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\\h = 4;{\rm{ }}l = 5\\{l^2} = {h^2} + {r^2}\end{array} \right. \Rightarrow r = 3 \Rightarrow {S_{tp}} = 24\pi \).
Số phức liên hợp của số phức \(z = 1 - 3i + {i^3}\) là
\( - 1 + 4i\).
\( - 1 - 4i\).
\(1 + 4i\).
\( - 4 + i\).
Đáp án C
Ta có \(z = 1 + 3i + {i^3} = 1 - 4i\).
Số phức liên hợp của số phức \(1 - 4i\) là \(1 + 4i\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
\(x\) | \( - \infty \) |
| 0 |
| 2 |
| \( + \infty \) |
\(f'\left( x \right)\) |
| - | 0 | + | 0 | - |
|
\(f\left( x \right)\) | \( + \infty \) |
|
|
| 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
| |
|
| -2 |
|
|
| \( - \infty \) |
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
\(\left( { - 2;2} \right)\).
Đáp án C
Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;2} \right)\).
Với các số thực dương x, y tùy ý, đặt \({\log _2}x = a,{\rm{ }}{\log _2}y = b\). Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
\({\log _8}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = \frac{1}{2}a + b\).
\({\log _8}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = a + \frac{1}{2}b\).
\({\log _8}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = \frac{1}{2}a - b\).
\({\log _8}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = a - \frac{1}{2}b\).
Đáp án C
Ta có \({\log _8}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = {\log _{{2^3}}}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = \frac{3}{2}{\log _2}\frac{{\sqrt x }}{y} = {\log _2}\sqrt x - {\log _2}y\)
\( = \frac{1}{2}{\log _2}x - {\log _2}y = \frac{1}{2}a - b\).
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {5^x}\) là
\({5^x}\ln 5 + C\).
\(\frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} + C\).
\({5^x} + C\).
\(x{.5^{x - 1}} + C\).
Đáp án B
Ta có \(\int {{5^x}dx} = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} + C\).
Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD với \(AC = 2\sqrt 3 a\) và \(\widehat {ACB} = 45^\circ \). Tính diện tích toàn phần của hình trụ, nhận được khi quay hình chữ nhật ABCD xung quanh trục AB.
\(12\pi {a^2}\).
\(8\pi {a^2}\).
\(24\pi {a^2}\).
\(16\pi {a^2}\).
Đáp án C
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{tp}} = 2\pi r\left( {h + r} \right) = 2\pi .BC\left( {AB + BC} \right)\\AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 6 \end{array} \right. \Rightarrow {S_{tp}} = 24\pi {a^2}\).
Kí hiệu \[{z_1},{z_2}\] là hai nghiệm phức của phương trình \[{z^2} - 2z + 3 - 0\]. Giá trị của \[z_1^4 + z_2^4\] bằng
14.
-14.
12.
-12.
Đáp án B
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 2\\{z_1}{z_2} = 3\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow z_1^4 + z_2^4 = {\left( {z_1^2 + z_2^2} \right)^2} - 2z_1^2z_2^2 = {\left[ {{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} - 2{z_1}{z_2}} \right]^2} - 2{\left( {{z_1}{z_2}} \right)^2} = - 14\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
\(x\) | \( - \infty \) |
| 0 |
| 4 |
| \( + \infty \) |
\(f'\left( x \right)\) |
| - | 0 | + | 0 | - |
|
\(f\left( x \right)\) | \( + \infty \) |
|
|
| 25 |
|
|
|
|
|
|
|
|
| |
|
| -7 |
|
|
| \( - \infty \) |
Phương trình \(2f\left( x \right) + 17\) có số nghiệm thực là
1.
2.
3.
0.
Đáp án A
Đường thẳng \(y = - \frac{{17}}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 1 điểm.
Tìm tập xác định D của hàm số \(y = {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 6x + 8} \right)\).
\(D = \left[ {2;4} \right]\).
\(D = \left[ {4; + \infty } \right) \cup \left( { - \infty ;2} \right]\).
\(D = \left( {2;4} \right)\).
\[D = \left( {4; + \infty } \right) \cup \left( { - \infty ;2} \right)\].
Đáp án D
Hàm số \(y - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 6x + 8} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 8 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x < 2\end{array} \right.\).
Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = {f_1}\left( x \right),{\rm{ }}y = {f_2}\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) và hai đường thẳng \(x = a,{\rm{ }}x = b\) (như hình vẽ). Công thức tính diện tích của hình \(\left( H \right)\) là
\(\int\limits_a^b {\left| {{f_1}\left( x \right) - {f_2}\left( x \right)} \right|dx} \).
\[\int\limits_a^b {\left[ {{f_1}\left( x \right) - {f_2}\left( x \right)} \right]dx} \].
\(\int\limits_a^b {\left| {{f_1}\left( x \right) + {f_2}\left( x \right)} \right|dx} \).
\(\int\limits_a^b {{f_2}\left( x \right)dx} - \int\limits_a^b {{f_1}\left( x \right)dx} \).
Đáp án A
Ta có \(S = \int\limits_a^b {\left| {{f_1}\left( x \right) - {f_2}\left( x \right)} \right|dx} \).
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3; - 4;5} \right)\). Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 3z - 2 = 0\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\). Tính bán kính R của mặt cầu \(\left( S \right)\).
\(R = \sqrt {14} \).B. \(R = \frac{7}{5}\).
\(R = \frac{{14}}{{\sqrt {10} }}\).
\(R = \frac{{12}}{{\sqrt {10} }}\).
Đáp án C
Mặt cầu \(\left( S \right)\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right):x - 3z - 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = R \Rightarrow R = \frac{{\left| {3 - 3.5 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{14}}{{\sqrt {10} }}\).
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ
\(y = {x^4} - 2{x^2} + 2\).
\(y = {x^4} - 2{x^2} - 2\).
\(y = {x^4} - 4{x^2} + 2\).
\(y = {x^4} - 4{x^2} - 2\).
Đáp án C
Ta có \(y\left( 0 \right) = 2\) Þ Loại B và D. Mà \(y\left( {\sqrt 2 } \right) = - 2\)Þ Chọn C.
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 hai cuốn sách khác nhau?
188.
480.
220.
24.
Đáp án A
Theo quy tắc nhân, ta có
10.8 = 80 cách chọn 1 cuốn sách Toán và 1 cuốn sách Vật Lý.
10.6 = 60 cách chọn 1 cuốn sách Toán và 1 cuốn sách Tiếng Anh.
8.6 = 48 cách chọn 1 cuốn sách Vật Lý và 1 cuốn sách Tiếng Anh.
Theo quy tắc cộng, ta có 80 + 60 + 48 = 188 cách chọn 2 cuốn sách khác nhau.
Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^4} - 4{x^2} + 6\) trên đoạn \(\left[ { - 2;3} \right]\) bằng
51.
6.
2.
123.
Đáp án A
Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \(\left[ { - 2;3} \right]\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - 2;3} \right)\\y' = 4{x^3} - 8x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
Tính \(y\left( { - 2} \right) = 6;{\rm{ }}y\left( 3 \right) = 51;{\rm{ }}y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2;{\rm{ }}y\left( { - \sqrt 2 } \right) = 2 \Rightarrow {\max _{\left[ { - 2;3} \right]}}y = 51\).
Giải phương trình \({2^{{x^2} - x + 9}} = {16^{x + 1}}\).
\(x = \frac{{1 \pm \sqrt 3 }}{2}\).
\(x = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}\).
\(x = \frac{{3 \pm \sqrt 3 }}{2}\).
\(x = \frac{{5 \pm \sqrt 5 }}{2}\).
Đáp án D
Ta có \({2^{{x^2} - x + 9}} = {16^{x + 1}} = {\left( {{2^4}} \right)^{x + 1}} = {2^{4\left( {x + 1} \right)}} \Rightarrow {x^2} - x + 9 = 4\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{5 \pm \sqrt 5 }}{2}\).
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {1;2; - 3} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) 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 A
Điểm cần tìm là H với \(\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = {x_M}\\{y_H} = {y_M}\\{z_H} = 0\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {1;2;0} \right)\).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và \(AB = a,{\rm{ }}SB = a\sqrt 2 \). Thể tích của khối chóp S.ABC bằng
\(\frac{{{a^3}}}{6}\).
\(\frac{{{a^3}}}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
Đáp án D
Ta có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{2}.SA.\frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Cạnh \(SA = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}} = a \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - \sqrt {4x - 3} }}{{{x^2} - 5x + 6}}\) là
3.
1.
2.
4.
Đáp án C
Ta có \[y = \frac{{{x^2} - \left( {4x - 3} \right)}}{{\left( {{x^2} - 5x + 6} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}\]
Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng là \[x = 2\].
Từ \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = 0 \Rightarrow TCN:y = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = 0 \Rightarrow TCN:y = 0\end{array} \right.\]Þ Chọn C.
Tập nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {{x^2} + 4} \right) - {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 3\) là
\(\left\{ {2;6} \right\}\).
\(\left\{ {4;6} \right\}\).
\(\left\{ 8 \right\}\).
\(\left\{ {10} \right\}\).
Đáp án A
Điều kiện \(x > 1{\rm{ }}\left( * \right)\). Phương trình \( \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{{x^2} + 4}}{{x - 1}} = 3\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4}}{{x - 1}} = {2^3} \Leftrightarrow {x^2} + 4 = 8\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right.\) thỏa mãn (*). Chọn A.
Cho hàm số \(y = {x^3} - \left( {m + n} \right){x^2} + \left( {2n - m} \right)x - 1\) (m, n là tham số thực) đạt cực trị tại \(x = 1\) và \(x = 5\). Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
\(3 < \frac{m}{n} \le 6\).
\(1 < \frac{m}{n} \le 3\).
\(\frac{m}{n} > 6\).
\(\frac{m}{n} \le 1\).
Đáp án D
Ta có \(y' = 3{x^2} - 2\left( {m + n} \right)x + 2n - m\).
Bài ta thì \(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 1 \right) = 0\\y'\left( 5 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - 2m - 2n + 2n - m = 0\\75 - 10\left( {m + n} \right) + 2n - m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = 8\end{array} \right. \Rightarrow \frac{m}{n} = 0,125\).
Biết rằng \(\int\limits_0^1 {\frac{{2{x^2} + 3x + 4}}{{x + 1}}dx} = a + b\ln 2\) với \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tính \(S = {a^4} + {b^4}\).
\(S = 162\).
\(S = 82\).
\(S = 337\).
\(S = 97\).
Đáp án D
Ta có \(\int\limits_0^1 {\frac{{2{x^2} + 3x + 4}}{{x + 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{2x\left( {x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right) + 3}}{{x + 1}}} = \int\limits_0^1 {\left( {2x + 1 + \frac{3}{{x + 1}}} \right)dx} \)
\( = \left. {\left( {{x^2} + x + 3\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1 = 2 + 3\ln 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow S = 97\).
Có bao nhiêu số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| z \right| = \left| {z + \overline z } \right| = 1\)?
0.
1.
4.
3.
Đáp án C
Giả sử \[z = a + bi{\rm{ }}\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \overline z = a - bi \Rightarrow z + \overline z = 2a\].
Từ \[\left| z \right| = \left| {z + \overline z } \right| = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{a^2} + {b^2}} = 1\\\left| {2a} \right| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 1\\a = \pm \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2};{\rm{ }}b = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\a = - \frac{1}{2};{\rm{ }}b = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\].
Cho hàm số \(y = m{x^3} + m{x^2} - x + 2\). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)?
3.
4.
2.
5.
Đáp án B
Ta có ngay m = 0 thỏa mãn.
Với
\(y' = 3m{x^2} + 2mx - 1 \le 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3m < 0\\\Delta ' = {m^2} + 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 \le m < 0\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
\(x\) | \( - \infty \) |
| 1 |
| 3 |
| \( + \infty \) |
\(f'\left( x \right)\) |
| + | 0 | - | 0 | + |
|
\(f\left( x \right)\) |
|
| 3 |
|
|
| \( + \infty \) |
|
|
|
|
|
|
| |
\( - \infty \) |
|
|
| -4 |
|
|
Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng \(\left( { - 6;12} \right)\) của tham số m để bất phương trình \(f\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm?
16.
17.
9.
8.
Đáp án A
Đặt \(t = \sqrt {x + 1} + 1 \ge 1\), ta được \(f\left( t \right) \le m\).
BPT \(f\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm \( \Leftrightarrow f\left( t \right) \le m\) có nghiệm \(t \ge 1\)
\( \Leftrightarrow m \ge {\min _{\left[ {1; + \infty } \right]}}f\left( t \right) \Leftrightarrow m \ge - 4 \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2;...;11} \right\}\).
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 \(\left( {A'BC} \right)\) là \(a\sqrt 2 \). 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 C
Kẻ \[AH \bot BC,AP \bot A'H \Rightarrow d\left( {A';\left( {A'BC} \right)} \right) = AP = a\sqrt 2 \].
\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{P^2}}} - \frac{1}{{A'{A^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 3 \].
\[\Delta ABC\] đều \[ \Rightarrow AH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = 2a\]
\[ \Rightarrow V = AA'.{S_{ABC}} = AA' - \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = 3{a^3}\sqrt 2 \].
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Côsin của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{2}{3}\).
Đáp án A
Kẻ \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)
\( \Rightarrow \left( {\widehat {SC;\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SCH} \Rightarrow \cos \left( {\widehat {SC;\left( {ABC} \right)}} \right) = \cos \widehat {SCH} = \frac{{HC}}{{HS}}\)
Cạnh \(SH = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\) và \(HC = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{H^2} + C{H^2}} = a \Rightarrow \frac{{HC}}{{SC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng \(\left( P \right):y - 2z + 1 = 0\) và đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{z}{1}\). Mặt phẳng \(\left( Q \right):ax + by + cz - 7 = 0\) đi qua điểm \(A\left( {2;3; - 1} \right)\), đồng thời vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và song song với đường thẳng d. Tính \(a + b + c\).
6.
7.
5.
4.
Đáp án D
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {0;1; - 2} \right)\).
Đường thẳng d có một VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {1; - 1;1} \right)\).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( Q \right) \bot \left( P \right)\\\left( Q \right)//d\end{array} \right. \Rightarrow \left( Q \right)\] sẽ nhận \(\left[ {\overrightarrow n ;\overrightarrow u } \right] = \left( { - 1; - 2; - 1} \right)\) là một VTPT
\( \Rightarrow \left( Q \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;2;1} \right)\) là một VTPT.
Kết hợp với \(\left( Q \right)\) qua \(A\left( {2;3; - 1} \right) \Rightarrow \left( Q \right):1.\left( {x - 2} \right) + 2.\left( {y - 3} \right) + 1.\left( {z + 1} \right) = 0\)
\( \Rightarrow \left( Q \right):x + 2y + z - 7 = 0\).
Đường thẳng d qua \(M\left( {1;2;0} \right)\), rõ ràng \(m \notin \left( Q \right):x + 2y + z - 7 = 0\)
\( \Rightarrow \left( Q \right):x + 2y + z - 7 = 0\) thỏa mãn.
Cho phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {m - 4x} \right) + 2{\log _2}\left( {x + 2} \right) = 0\). Giá trị của m để phương trình có nghiệm trên đoạn \(\left[ {2;5} \right]\) là
\(m \in \left[ {24;69} \right]\).
\(m \in \left[ {20;69} \right]\).
\(m \in \left( {10;70} \right)\).
\(m \in \left[ {10;70} \right]\).
Đáp án A
Ta có: \(PT \Leftrightarrow - {\log _2}\left( {m - 4x} \right) + {\log _2}{\left( {x + 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x + 2} \right)^2} = {\log _2}\left( {m - 4x} \right)\)
\( \Leftrightarrow m = {x^2} + 8x + 4{\rm{ }}\left( {x \in \left[ {2;5} \right]} \right)\). Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} + 8x + 4\) trên đoạn \(\left[ {2;5} \right]\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 2x + 8 > 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \left[ {2;5} \right]} \right)\). Mặt khác \(f\left( 2 \right) = 24;{\rm{ }}f\left( 5 \right) = 69\).
Vậy với \(m \in \left[ {20;69} \right]\) thì PT đã cho có nghiệm trên đoạn \(\left[ {2;5} \right]\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có \(f\left( 3 \right) = - \frac{{25}}{3}\) và \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {x + 1} - 1}}\). Khi đó \(\int\limits_3^8 {f\left( x \right)dx} \) bằng
\(\frac{{68}}{5}\).
\(\frac{{25}}{3}\).
\(\frac{{13}}{{30}}\).
10.
Đáp án C
Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {x + 1} - 1}} = \frac{{x\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {x + 1} - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right)}} = \sqrt {x + 1} + 1\)
\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right)dx} = \frac{2}{3}\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} + x + C\]
Do \[f\left( 3 \right) = - \frac{{25}}{3} \Rightarrow \frac{2}{3}\left( {\sqrt {{{\left( {3 + 1} \right)}^3}} } \right) + 3 + C = - \frac{{25}}{3} \Leftrightarrow C = - \frac{{50}}{3}\].
Từ đó: \[f\left( x \right) = \frac{2}{3}\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} + x - \frac{{50}}{3}\]
\[ \Rightarrow \int\limits_8^8 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_3^8 {\left[ {\frac{2}{3}\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} + x - \frac{{50}}{3}} \right]dx} = \left. {\left( {\frac{4}{{15}}\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^5}}} + \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{50}}{3}} \right)} \right|_3^8 = \frac{{13}}{{30}}\].
Vậy \[\int\limits_3^8 {f\left( x \right)dx} = \frac{{13}}{{30}}\].
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, cạnh \(AC = 3,{\rm{ }}BC = 4\). Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng
\(\frac{{5\sqrt 7 }}{7}\).
\(\frac{{5\sqrt 7 }}{{14}}\).
\(\frac{{10\sqrt 7 }}{7}\).
\(\frac{{6\sqrt 7 }}{7}\).
Đáp án B
Gọi I là trọng tâm của \[\Delta SAB\] và \(H = SI \cap AB \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right)\).
Kẻ \(HK \bot BC,{\rm{ }}HP \bot SK \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HP\)
\[ \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{2}{3}HP\]. Cạnh \[HK = \frac{{AC}}{2} = \frac{3}{2}\] và \[SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HP = \frac{{15\sqrt 7 }}{{28}}\]
\[ \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{5\sqrt 7 }}{{14}}\].
Trong không gian Oxyz, cho điểm \[A\left( {1; - 1;3} \right)\] và hai đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 4}}{1} = \frac{{y + 2}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 2}}\), \({d_2}:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{1}\). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng \[{d_1}\] và cắt đường thẳng \[{d_2}\].
\(d:\frac{{x - 1}}{4} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 3}}{4}\).
\(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 3}}{3}\).
\(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\).
\(d:\frac{{x - 1}}{{ - 2}} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 3}}{3}\).
Đáp án C
Gọi \(M = d \cap {d_2}\) ta có \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = - 1 - t\\z = 1 + t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow M\left( {t + 2; - t - 1;t + 1} \right)\).
Đường thẳng d nhận \(\overrightarrow {AM} = \left( {t + 1; - t;t - 2} \right)\) là một VTCP.
Đường thẳng \({d_1}\) có một VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {1;4; - 2} \right)\)
Ta có:
\(d \bot {d_1} \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow u = 0 \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right) - 4t - 2\left( {t - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\).
Đường thẳng d đi qua \(A\left( {1; - 1;3} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {AM} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\) là một VTCP
\( \Rightarrow d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\).
Cho hình nón \(\left( N \right)\) có đường cao bằng \(\frac{{3a}}{2}\), đáy của \(\left( N \right)\) có bán kính bằng a. Thiết diện qua đỉnh của \(\left( N \right)\) là một tam giác nằm trong mặt phẳng cách tâm đáy của \(\left( N \right)\) một khoảng bằng \(\frac{{3a}}{4}\). Tính theo a diện tích S của tam giác này.
\(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\).
\(S = \frac{{3{a^2}}}{2}\).
\(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
\(S = \frac{{3{a^2}}}{4}\).
Đáp án C
Thiết diện qua đỉnh \(\left( N \right)\) là \(\Delta SCD\) như hình vẽ.
Kẻ \(OK \bot CD,{\rm{ }}OP \bot SK \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OP = \frac{{3a}}{4}\).
\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{P^2}}} - \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}} - \frac{4}{{9{a^2}}} = \frac{{12}}{{9{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\( \Rightarrow C{K^2} = \sqrt {O{C^2} - O{K^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}} = \frac{a}{2} \Rightarrow CD = 2CK = a\).
Ta có \(SK = \frac{{SO.OK}}{{OP}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3a}}{4}}} = a\sqrt 3 \).
Từ \(CD \bot \left( {SOK} \right) \Rightarrow CD \bot SK\)
\( \Rightarrow {S_{SCD}} = \frac{1}{2}CD.SK = \frac{1}{2}a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Ba xạ thủ \({A_1},{A_2},{A_3}\) độc lập với nhau cùng nổ súng bắn vào một mục tiêu. Xác suất bắn trúng mục tiêu của \({A_1},{A_2},{A_3}\) lần lượt là 0,7; 0,6 và 0,5. Tính xác suất đề có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu.
0,45.
0,21.
0,75.
0,94.
Đáp án D
Gọi \[{A_i}\] là biến cố: “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với \[i \in \left\{ {1;2;3} \right\}\].
Khi đó \[\overline {{A_i}} \] là biến cố: “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.
\[P\left( {{A_1}} \right) = 0,7 \Rightarrow P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = 0,3;{\rm{ }}P\left( {{A_2}} \right) = 0,6 \Rightarrow P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 0,4;{\rm{ }}P\left( {{A_3}} \right) = 0,5 \Rightarrow P\left( {\overline {{A_3}} } \right) = 0,5\].
Gọi B là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.
Khi đó \[\overline B \] là biến cố: “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu”.
Ta có \[P\left( {\overline B } \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right).P\left( {\overline {{A_2}} } \right).P\left( {\overline {{A_3}} } \right) = 0,3.0,4.0,5 = 0,06\].
Vậy xác suất cần tìm là \[P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0,06 = 0,94\].
Cho các hàm số \(y = f\left( x \right),{\rm{ }}y = f\left( {f\left( x \right)} \right),{\rm{ }}y = f\left( {4 - 2x} \right)\) có đồ thị lần lượt là \(\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_3}} \right)\). Đường thẳng \(x = 1\) cắt \(\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_3}} \right)\) lần lượt tại M, N, P. Biết tiếp tuyến của \(\left( {{C_1}} \right)\) tại M có phương trình là \(y = 3x - 1\), tiếp tuyến của \(\left( {{C_2}} \right)\) tại N có phương trình là \(y = x + 1\). Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_3}} \right)\) tại P là
\(y = - 2x - 4\).
\(y = - \frac{2}{3}x - \frac{8}{3}\).
\(y = - \frac{2}{3}x + \frac{8}{3}\).
\(y = - 2x + 4\).
Đáp án C
Tiếp tuyến của \[\left( {{C_1}} \right)\] tại M có phương trình là \(d:y = f'\left( 1 \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( 1 \right)\).
Bài ra ta có \(d:y = 3x - 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 3\\f\left( 1 \right) - f'\left( 1 \right) = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 3\\f\left( 1 \right) = 2\end{array} \right.\)
Từ \(y = f\left( {f\left( x \right)} \right) \Rightarrow y' = f'\left( x \right).f'\left( {f\left( x \right)} \right)\).
Tiếp tuyến của \(\left( {{C_2}} \right)\) tại N có phương trình là
\(d':y = f'\left( 1 \right).f'\left( {f\left( 1 \right)} \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( {f\left( 1 \right)} \right) \Rightarrow y = 3'\left( 2 \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( 2 \right)\).
Bài ra \(d:y = x + 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3f'\left( 2 \right) = 1\\f\left( 2 \right) - 3f'\left( 2 \right) = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 2 \right) = \frac{1}{3}\\f\left( 2 \right) = 2\end{array} \right.\)
Từ \(y = f\left( {4 - 2x} \right) \Rightarrow y' = - 2f'\left( {4 - 2x} \right)\).
Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_3}} \right)\) tại P là \[y = - 2f'\left( 2 \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( 2 \right)\]
\[ \Rightarrow y = - 2.\frac{1}{3}\left( {x - 1} \right) + 2 \Rightarrow y = - \frac{2}{3}x + \frac{8}{3}\].
Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng 2. Kí hiệu \(\left( H \right)\) là khối đa điện có các đỉnh là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp đã cho. Tính thể tích của \(\left( H \right)\).
\(2\sqrt 3 \).
4.
\(\frac{9}{2}\).
\(\frac{5}{{12}}\).
Đáp án D
Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD \( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{.2.1^2} = \frac{2}{3}\).
Gọi M, N, P, Q, E, F, G, H là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp (như hình vẽ).
Ta có \({V_{MNPQGFEH}} = {V_{S.ABCD}} - \left( {{V_{S.EFGH}} + {V_{F.MBQ}} + {V_{G.QCP}} + {V_{H.PDN}} + {V_{E.MAN}}} \right)\)
\({V_{S.EFGH}} = \frac{1}{3}d\left( {S;\left( {EFGH} \right)} \right).{S_{EFGH}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).E{F^2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{{12}}\)
\({V_{S.EFGH}} = {V_{F.MBQ}} = {V_{G.QCP}} = {V_{H.PDN}} = {V_{E.MAN}}\)
\( = \frac{1}{3}d\left( {E;\left( {AMN} \right)} \right).{S_{AMN}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).\frac{1}{2}AM.AN = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.2.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{{24}}\)
Vậy thể tích cần tính \({V_{MNPQGFEH}} = \frac{2}{3} - \frac{1}{{12}} - \frac{4}{{24}} = \frac{5}{{12}}\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = 7f\left( {\ln x - x} \right) + 2020\) là
2.
4.
3.
5.
Đáp án C
\(g'\left( x \right) = 7\left( {\frac{1}{x} - 1} \right)f'\left( {\ln x - x} \right)\)
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\\ln x - x = - 2{\rm{ }}\left( 1 \right)\\\ln x - x = - 1{\rm{ }}\left( 2 \right)\\\ln x - x = 1{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)
Xét hàm \(h\left( x \right) = \ln x - x,{\rm{ }}x \in \left( {0; + \infty } \right)\)
Từ đây ta có: (1) có hai nghiệm phân biệt, (2) có nghiệm kép x = 1, (3) vô nghiệm
Vậy \(g'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm đơn và một nghiệm bội ba nên hàm số \(g\left( x \right)\) có ba điểm cực trị.
Một cổng chào có dạng parabol chiều cao 18m, chiều rộng chân đế 12m. Người ta căng hai sợi dây trang trí AB, CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bới parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên). Tỉ số \(\frac{{AB}}{{CD}}\) bằng
\(\frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\).
\(\frac{3}{{1 + 2\sqrt 2 }}\).
\(\frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(\frac{4}{5}\).
Đáp án A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Parabol có dạng \(y = a{x^2}\), do \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(\left( {6;18} \right) \Rightarrow a = \frac{1}{2}\).
Diện tích thiết diện của cổng trào là: \({S_0} = \int\limits_{ - 6}^6 {\left( {18 - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} = 144\)
Để diện tích 3 phần bằng nhau thì diện tích mỗi phần là \(\frac{{{S_0}}}{3} = 48\).
Gọi \(B\left( {b;\frac{{{b^2}}}{2}} \right);{\rm{ }}D\left( {d;\frac{{{d^2}}}{2}} \right)\), khi đó \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{b}{d}\)
Ta có: \(\int\limits_0^b {\left( {\frac{{{b^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} = 24 \Leftrightarrow \left. {\left( {\frac{{{b^2}x}}{2} - \frac{{{x^3}}}{6}} \right)} \right|_0^b = 24 \Rightarrow {b^3} = 72\).
Tương tự ta có \(\int\limits_0^d {\left( {\frac{{{d^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} = 48 \Rightarrow {d^3} = 144\) \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{CD}} = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\).
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm \(A\left( {2;0;0} \right),{\rm{ }}B\left( {0;4;0} \right),{\rm{ }}C\left( {0;0;6} \right)\). Điểm M thay đổi trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và N là điểm trên tia \(OM.ON = 12\). Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó.
\(\frac{7}{2}\).
\(3\sqrt 2 \).
\(2\sqrt 3 \).
\(\frac{5}{2}\).
Đáp án A
Phương trình mặt phẳng \[\left( {ABC} \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0\].
Bài ra N là điểm trên tia OM sao cho \(OM.ON = 12\).
Phân tích \(\overrightarrow {OM} = k.\overrightarrow {ON} \) với \(k = \frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{\frac{{12}}{{ON}}}}{{ON}} = \frac{{12}}{{O{N^2}}} \Rightarrow \overrightarrow {OM} = \frac{{12}}{{O{N^2}}}.\overrightarrow {ON} \)
\( \Rightarrow M\left( {\frac{{12x}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}};\frac{{12y}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}};\frac{{12z}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \right)\) với \(N\left( {x;y;z} \right)\).
Mặt khác \(M \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow 6.\frac{{12x}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + 3.\frac{{12y}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + 2.\frac{{12z}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} - 12 = 0\)
\( \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - \left( {{x^2} + {y^2} + {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{{49}}{4}\).
Vậy N luôn thuộc mặt cầu cố định \[\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{{49}}{4}\].
Mặt cầu này có tâm \[I\left( {3;\frac{3}{2};1} \right)\] và bán kính \[R = \frac{7}{2}\].
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) có đồ thị \(y = f'\left( x \right)\) cho như hình vẽ. Đặt \(g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x + 1} \right)^2}\). Mệnh đề nào dưới đây là đúng
\({\min _{\left[ { - 3;3} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 1 \right)\).
\({\max _{\left[ { - 3;3} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 1 \right)\).
\({\min _{\left[ { - 3;3} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 0 \right)\).
\({\max _{\left[ { - 3;3} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 3 \right)\).
Đáp án B
Ta có \(g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x + 1} \right)^2}\)
\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - \left( {2x + 2} \right) = 0 \Rightarrow f'\left( x \right) = x + 1\)
Quan sát trên đồ thị ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - 3;3} \right)\\f'\left( x \right) = x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\).
Ta loại ngay đáp án C, ta cần so sánh \(g\left( { - 3} \right),{\rm{ }}g\left( 3 \right),{\rm{ }}g\left( 1 \right)\).
Xét bảng sau:
Tính \(g'\left( 2 \right) = 2f'\left( 2 \right) - 6 < 0;{\rm{ }}g'\left( 0 \right) = 2f'\left( 0 \right) - 2 = 2.2 - 2 = 2 > 0\).
Từ đó \({\max _{\left[ { - 3;3} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 1 \right)\).
Xét hàm số \[f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) và thỏa mãn \(4x.f\left( {{x^2}} \right) + 3f\left( {1 - x} \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\).
Tính \[I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \].
\(I = \frac{{2\sqrt 2 - 1}}{5}\).
\(I = \frac{{2\sqrt 2 - 1}}{{10}}\).
\(I = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{5}\).
\[I = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{{10}}\].
Đáp án C
Ta có \[\int\limits_0^1 {4x.f\left( {{x^2}} \right)dx} + \int\limits_0^1 {3f\left( {1 - x} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} \]
\[\int\limits_0^1 {4x.f\left( {{x^2}} \right)dx} = 2\int\limits_0^1 {f\left( {{x^2}} \right)d\left( {{x^2}} \right) = 2\int\limits_0^1 {f\left( u \right)du} = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} } \].
\[\int\limits_0^1 {3f\left( {1 - x} \right)dx} = 3\int\limits_0^1 {f\left( v \right)f\left( {1 - v} \right)} = 3\int\limits_0^1 {f\left( v \right)dv} = 3\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \].
Do đó \[5\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}d\left( {{x^2} + 1} \right)} = \left. {\frac{1}{2}.2\sqrt {{x^2} + 1} } \right|_0^1 = \sqrt {2 - 1} \]
\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{5}\].
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{1}\) và \(d':\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{1}\). Mặt phẳng \(\left( P \right):ax + by + cz + 2 = 0\) chứa d và tạo với \(d'\) một góc lớn nhất. Tính a + b + c.
1.
4.
2.
3.
Đáp án B
Lấy \(A\left( {1; - 2;1} \right) \in d\), qua A kẻ \(d''//d' \Rightarrow d'':\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 1}}{1}\).
Lấy \(I\left( {0; - 3;0} \right) \in d''\), kẻ \(IH \bot \left( P \right),{\rm{ }}IK \bot d\) (K cố định và H thay đổi).
Ta có \(\left( {\widehat {d';\left( P \right)}} \right) = \left( {\widehat {d'';\left( P \right)}} \right) = \widehat {IAH}\) mà \(\sin \widehat {IAH} = \frac{{IH}}{{IA}} \le \frac{{IK}}{{IA}}\left( {const} \right)\).
Dấu “=” xảy ra \(H \equiv K{\rm{ hay }}IK \bot \left( P \right)\).
Điểm \(K \in \left( d \right) \Rightarrow K\left( {t + 1; - t - 2;t + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IK} = \left( {t + 1;1 - t;t + 1} \right)\).
Khi đó
\(IK \bot d \Rightarrow \overrightarrow {IK} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right) - \left( {1 - t} \right) + \left( {t + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{3} \Rightarrow \overrightarrow {IK} = \left( {\frac{2}{3};\frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {IK} = \left( {\frac{2}{3};\frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right)\) là một VTPT nên nhận \(\overrightarrow n \left( {1;2;1} \right)\) là một VTPT.
Kết hợp \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {1; - 2;1} \right) \Rightarrow \left( P \right):\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y + 2} \right) + \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + z + 2 = 0\).
Cho \(a,b > 0\) thỏa mãn \({\log _{2a + 3b + 1}}\left( {25{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right) = 2\). Giá trị của \(a + 4b\) bằng
5.
6.
\(\frac{{357}}{{50}}\).
\(\frac{{407}}{{50}}\).
Đáp án C
Với \(a,b > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}25{a^2} + {b^2} + 1 > 1\\2a + 3b + 1 > 1\\10ab + 1 > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _{2a + 3b + 1}}\left( {25{a^2} + {b^2} + 1} \right) > 0\\{\log _{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right) > 0\end{array} \right.\)
Ta có \(P = {\log _{2a + 3b + 1}}\left( {25{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right)\)
\( \ge {\log _{2a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right)\)
\( \ge 2\sqrt {{{\log }_{2a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right).{{\log }_{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right)} = 2\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = b\\{\log _{2a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = b\\10ab + 1 = 2a + 3b + 1\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow 50{a^2} = 2a + 15a \Rightarrow a = \frac{{17}}{{50}} \Rightarrow b = \frac{{17}}{{10}}\).
Cho số phức z thỏa mãn \(\left| {z - 1 - i} \right| = 2\). Biết rằng giá trị nhỏ nhất của \({\left| {z + 3 + i} \right|^2} + {\left| {z - 3 + 3i} \right|^2}\) có dạng \(a + b\sqrt {10} \) với \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tính \(a + b\).
35.
25.
46.
30.
Đáp án D
Tập hợp các điểm M biểu diễn z là đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {1;1} \right)\) và bán kính \(R = 2\).
Xét \(A\left( { - 3; - 1} \right),{\rm{ }}B\left( {3; - 3} \right),{\rm{ }}H\left( {0; - 2} \right)\) là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Ta có \(P = {\left| {z + 3 + i} \right|^2} + {\left| {z - 3 + 3i} \right|^2} = M{A^2} + M{B^2} = 2M{H^2} + \frac{{A{B^2}}}{2}\) và \(MH \ge \left| {IH - IM} \right|\).
Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {6; - 2} \right) \Rightarrow AB = 2\sqrt {10} \\\overrightarrow {IH} = \left( { - 1; - 3} \right) \Rightarrow IH = \sqrt {10} \\IM = R = 2\end{array} \right. \Rightarrow P \ge 38 - 8\sqrt {10} \).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow M \equiv M' \Rightarrow a + b = 30\).
