Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 23)

Đáp án A

Phương pháp

Mặt phẳng \(\left( P \right):ax + by + cz + d = 0\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)\)

Cách giải

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + z + 4 = 0\) có một VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;1} \right).\)

Đáp án C

Phương pháp

Sử dụng các công thức lũy thừa thu gọn biểu thức dưới dấu logarit và sử dụng công thức \({\log _a}{a^n} = n.\)

Cách giải

Ta có: \(S = {\log _a}\left( {{a^3}\sqrt[4]{a}} \right) = {\log _a}\left( {{a^3}.{a^{\frac{1}{4}}}} \right) = {\log _a}^{\frac{{13}}{4}} = \frac{{13}}{4}.\)

Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng cách đọc bảng biến thiên để suy ra khoảng đồng biến của hàm số.

Hàm số liên tục trên \(\left( {a;b} \right)\) có \(y' > 0\) với \(x \in \left( {a;b} \right)\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( {a;b} \right).\)

Cách giải

Từ BBT ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right).\)

Đáp án C

Phương pháp

Coi phương trình đã cho là bậc hai ẩn \({2^x}\), giải phương trình tìm x và kết luận.

Cách giải

Ta có: \({2^{2x}} - {5.2^x} + 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {{2^x} - 2} \right)\left( {{2^x} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 2\\{2^x} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = {\log _2}3\end{array} \right.\)

Do đó \(P = {x_1}{x_2} = 1.{\log _2}3 = {\log _2}3.\)

Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng công thức: Cho cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai d thì số hạng thứ \(n\left( {n > 1} \right)\) là

\({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d.\)

Từ đó ta tìm được công sai d.

Cách giải

 Ta có \({u_{10}} = {u_1} + 9d \Leftrightarrow - 3 + 9d = 24 \Leftrightarrow 9d = 27 \Leftrightarrow d = 3.\)

Đáp án D

Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = - \frac{1}{2},\) tiệm cận ngang \(y = \frac{1}{2}.\)

Đồ thị đi qua \(\left( {1;0} \right)\) và \(\left( {0; - 1} \right).\)

Phương án A có tiệm cận đứng \(x = \frac{1}{2}\) suy ra loại phương án A.

Phương án B có tiệm cận đứng \(x = \frac{1}{2}\) suy ra loại phương án B.

Phương án C cắt trục hoành tại \(\left( { - 1;0} \right)\) suy ra loại phương án C.

Đáp án D

Ta có \(\overrightarrow a = \left( {1;3; - 2} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi rl\) (với r là bán kính đáy, l là đường sinh hình nón).

Cách giải

Ta có diện tích xung quanh hình nón bằng \({S_{xq}} = \pi rl \Leftrightarrow l = \frac{{{S_{xq}}}}{{\pi r}} = \frac{{24\pi }}{{\pi .3}} = 8.\)

Đáp án C

Chọn 2 điểm tùy ý không liền nhau, nối lại ta được 1 đường chéo thỏa mãn.

Chọn 2 điểm tùy ý từ 50 điểm có \(C_{50}^2\) cách, ứng với \(C_{50}^2\) đoạn thẳng.

Trong \(C_{50}^2\) đoạn thẳng này thì có đúng 50 cạnh của đa giác đã cho, còn lại là các đường chéo.

Vậy có tất cả \(C_{50}^2 - 50\) đường chéo.

Đáp án D

Cách giải

\(\left( P \right):x - 2y - z + 4 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 2; - 1} \right)\) nên \(\left( Q \right)//\left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1; - 2; - 1} \right).\)

\(\left( Q \right)\) đi qua \(A\left( { - 4;0;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1; - 2; - 1} \right)\) làm VTPT nên \(\left( Q \right)\) có phương trình là:

\(1\left( {x + 4} \right) - 2\left( {y - 0} \right) - 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - z + 5 = 0.\)

Chú ý khi giải: Các em có thể loại dần các đáp án bằng việc kiể tra VTPT của \(\left( Q \right)\) và thay tọa độ điểm A vào các phương trình chưa bị loại để kiểm tra.

Đáp án D

Phương pháp

- Tìm nguyên hàm của hàm số.

- Thay điểm kiện bài cho tìm hằng số C.

Cách giải

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\left( {2x + {e^x}} \right)dx} = {x^2} + {e^x} + C.\)

Do \(F\left( 0 \right) = 2019\) nên \({0^2} + {e^0} + C = 2019 \Leftrightarrow C = 2018.\)

Vậy \(F\left( x \right) = {x^2} + {e^x} + 2018.\)

Đáp án C

Gọi a là cạnh của hình lập phương

Khi đó, ta có: \(V = {a^3}\) và \({V_1} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}{a^2}.a = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Vậy \(V = 6{V_1}\)

Đáp án C

\(z = \frac{{1 + 3i}}{{1 - i}} = \frac{{\left( {1 + 3i} \right)\left( {1 + i} \right)}}{2} = - 1 + 2i \Rightarrow \overline z = - 1 - 2i.\)

Đáp án D

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng các tính chất tích phân \(\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) \pm g\left( x \right)} \right]} dx = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx \pm \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} } \) và \(\int\limits_a^b {kf\left( x \right)dx} = k\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} .\)

Cách giải

Ta có: \(L = \int\limits_0^3 {\left[ {2f\left( x \right) - {x^2}} \right]dx} = \int\limits_0^3 {2f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^3 {{x^2}dx} = 2\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} - \frac{{{x^3}}}{3}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle3\atop\scriptstyle}} \right. = 2.2 - \frac{{{3^3}}}{3} = - 5.\)

Đáp án C

Phương pháp

Số nghiệm của hai đồ thị hàm số là số giao điểm của phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị.

Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số.

Cách giải

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

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

\( \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\\x = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Hai đồ thị hàm số có 3 điểm chung.

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\AB \bot BC\\SB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \) Góc giữa \(\left( {SBC} \right)\) và đáy là \(\widehat {SBA} = 30^\circ .\)

Lại có: \(SA = AB.\tan 30^\circ = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\) Vậy: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.4{a^2} = \frac{{8{a^3}\sqrt 3 }}{9}.\)

Đáp án C

Ta có \({z^4} + 3{z^2} - 4 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{z^2} = 1\\{z^2} = - 4 = 4{i^2}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}z = \pm 1\\z = \pm 2i\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow T = \left| 1 \right| + \left| { - 1} \right| + \left| {2i} \right| + \left| { - 2i} \right| = 6.\)

Đáp án C

\(y' = \left( {2x + 4} \right).{e^{2x}} + 2{e^{2x}}\left( {{x^2} + 4x + 3} \right) = \left( {2{x^2} + 10x + 10} \right){e^{2x}}.\)

Đáp án A

Phương pháp

- Tính \(y'\) và tìm nghiệm của \(y' = 0\) trên đoạn \(\left[ { - 3;3} \right].\)

- Tính giá trị của hàm số tại hai điểm \( - 3;3\) và các điể là nghiệm của đạo hàm ở trên.

- So sánh kết quả và kết luận.

Cách giải

Ta có: \(y' = 6{x^2} - 6x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left[ { - 3;3} \right]\\x = 2 \in \left[ { - 3;3} \right]\end{array} \right.\)

Lại có: \(y\left( { - 3} \right) = - 35,y\left( { - 1} \right) = 17,y\left( 2 \right) = - 10,y\left( 3 \right) = 1.\)

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ { - 3;3} \right]\) là \(M = 17\) và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ { - 3;3} \right]\) là \(m = - 35;\)

Vậy \(T = M + m = 17 + \left( { - 35} \right) = - 18.\)  

Đáp án D

Phương pháp

+ Cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm I và bán kính R và mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r thì ta có mối liên hệ \({R^2} = {h^2} + {r^2}\) với \(h = d\left( {I,\left( P \right)} \right)\). Từ đó ta tính được R.

+ Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và bán kính R có dạng \({\left( {x - {x_0}} \right)^2} + {\left( {y - {y_0}} \right)^2} + {\left( {z - {z_0}} \right)^2} = {R^2}\)

Cách giải

+ Ta có \(h = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 2.2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{9}{3} = 3.\)

+ Từ đề bài ta có bán kính đường tròn giao tuyến là \(r = 5\) nên bán kính mặt cầu là \(R = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt {{5^2} + {3^2}} = \sqrt {34} .\)

+ Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( { - 1;2; - 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {34} \) là \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34.\)

Đáp án C

Phương pháp

Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều là giao của đường trung trực 1 cạnh bên và chiều cao của hình chóp.

Từ đó sử dụng tam giác đồng dạng để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều

Cách giải

Gọi O là tâm hình vuông ABCD và E là trung điểm SB.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Trong \(\left( {SBO} \right)\) kẻ đường trung trực của SB cắt SO tại I, khi đó \(IA = IB = IC = ID = IS\) nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là \(R = IS.\)

Ta có ABCD là hình vuông cạnh 2

\( \Rightarrow BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}} = 2\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{{BD}}{2} = \sqrt 2 .\)

Ta có \(SA = SB = SC = SD = 3\sqrt 2 \) (vì S.ABCD là hình chóp đều) nên \(SE = EB = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác SBO vuông tại O (vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OB\)) có \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {18 - 2}  = 4.\)

Ta có \(\Delta SEI\) đồng dạng với tam giác SOB \(\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{SI}}{{SB}} = \frac{{SE}}{{SO}} \Leftrightarrow IS = \frac{{SB.SE}}{{SO}} = \frac{{3\sqrt 2 .\frac{{3\sqrt 2 }}{2}}}{4} = \frac{9}{4}.\)

Vậy bán kính \(R = \frac{9}{4}.\)

Chú ý: Các em có thể sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều có cạnh bên là a và chiều cao h là \(R = \frac{{{a^2}}}{{2h}}.\)

Đáp án B

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\)

Xét bảng sau:

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 2;x = 1.\)

Đáp án D

Ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{3}{\log _3}\left| a \right| + {\log _3}\left| b \right| = 5\\{\log _3}\left| a \right| + \frac{1}{3}{\log _3}\left| b \right| = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| a \right| = 729\\\left| b \right| = 27\end{array} \right.\)

Vậy \(\left| a \right| - \left| b \right| = 702\)

Đáp án B

Cần tìm hệ số của \({x^4}\) trong khai triển nhị thức thứ nhất và hệ số của \({x^3}\) trong khai triển nhị thức thứ hai. Hệ số của \({x^5}\) là \(C_{10}^4 + {2^3}C_5^3 = 290.\)

Đáp án C

Phương pháp

Giải bất phương trình bằng cách đưa về bất phương trình bậc hai, ẩn là \({\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right).\)

Cách giải

Điều kiện: \({5^x} - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 0\)

Ta có:

\({\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _{25}}\left( {{5^{x + 1}} - 5} \right) \le 1 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right).\frac{1}{2}{\log _5}\left[ {5\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] \le 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right).\left[ {1 + {{\log }_5}\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] - 2 \le 0\)

\( \Leftrightarrow \log _5^2\left[ {{5^x} - 1} \right] + {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right) - 2 \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {{{\log }_5}\left( {{5^x} - 1} \right) - 1} \right]\left[ {{{\log }_5}\left( {{5^x} - 1} \right) + 2} \right] \le 0\)

\( \Leftrightarrow - 2 \le {\log _5}\left( {{5^x} - 1} \right) \le 1 \Leftrightarrow {5^{ - 2}} \le {5^x} - 1 \le {5^1} \Leftrightarrow \frac{1}{{25}} \le {5^x} - 1 \le 5\)

\( \Leftrightarrow \frac{{26}}{{25}} \le {5^x} \le 6 \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{26}}{{25}} \le x \le {\log _5}6\)

Do đó tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ {{{\log }_5}\frac{{26}}{{25}};{{\log }_5}6} \right] \Rightarrow a = {\log _5}\frac{{26}}{{25}};b = {\log _5}6.\)

\( \Rightarrow a + b = {\log _5}\frac{{26}}{{25}} + {\log _5}6 = {\log _5}\frac{{156}}{{25}} = {\log _5}156 - {\log _5}25 = {\log _5}156 - 2\)

Đáp án D

Phương pháp

Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi rh\)

Diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl.\)

Cách giải

Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_1} = 2\pi rh = 2\pi r.r\sqrt 3 = 2\pi \sqrt 3 {r^2}\)

\(\Delta OO'A\) vuông tại \(O' \Rightarrow OA = \sqrt {O{{O'}^2} + O'{A^2}} = \sqrt {3{r^2} + {r^2}} = 2r\)

Diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi r.2r = 2\pi {r^2} \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \sqrt 3 \)

Đáp án C

Phương pháp

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\).

+) Nếu \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\] là TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải

Dựa vào BBT ta thấy:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 5 \Rightarrow y = 5\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty  \Rightarrow x = 2\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = 3\) TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Đáp án B

Phương pháp

- Tính diện tích thiết diện theo x.

- Tính thể tích theo công thức \(V = \int\limits_a^b {S\left( x \right)dx} .\)

Cách giải

Diện tích một tam giác đều cạnh 2x là \(\frac{{{{\left( {2x} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {x^2}\sqrt 3 .\)

Diện tích hình lục giác đều bằng 6 lần diện tích một tam giác đều nên \(S\left( x \right) = 6{x^2}\sqrt 3 .\)

Thể tích \(V = \int\limits_1^4 {S\left( x \right)dx} = \int\limits_1^4 {6{x^2}\sqrt 3 dx} = 2{x^3}\sqrt 3 \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle4\atop\scriptstyle}} \right. = 126\sqrt 3 .\)

Chú ý khi giải: Nhiều em có thể sẽ nhớ nhầm công thức thành \(V = \pi \int\limits_a^b {S\left( x \right)} dx\) dẫn đến chọn nhầm đáp án A là sai.

Đáp án B

Đáp án A

Đặt \(\sqrt {2x + 1} = t \Rightarrow x = \frac{{{t^2} - 1}}{2} \Rightarrow I = \int {\frac{{\frac{{{t^2} - 1}}{2}}}{t}d\left( {\frac{{{t^2} - 1}}{2}} \right) = \int {\frac{{{t^2} - 1}}{{2t}}.tdt} = \frac{1}{2}\int {\left( {{t^2} - 1} \right)dt} } \)

\( = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{t^3}}}{3} - t} \right) + C = \frac{{{t^3}}}{6} - \frac{t}{2} + C = \frac{1}{6}\sqrt {{{\left( {2x + 1} \right)}^3}} - \frac{1}{2}\sqrt {2x + 1} + C.\)

Đáp án B

Ta có \(\int\limits_4^5 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 3x + 2}} = \int\limits_4^5 {\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx} = \ln \left| {\frac{{x + 1}}{{x + 2}}} \right|\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle4}^{\scriptstyle5\atop\scriptstyle}} \right. = 2\ln 2 + 2\ln 3 - \ln 5 - \ln 7.} \)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = 2\\c = d = - 1\end{array} \right. \Rightarrow P = ab + cd = 5.\)

Đáp án C

Gọi A là giao điểm của \({d_1}\) và \(\left( P \right),B\) là giao điểm của \({d_2}\) và \(\left( P \right).\)

Ta có: \(A\left( {2 - a;1 + 3a;1 + 2a} \right) \in {d_1},\) cho điểm A thuộc \(\left( P \right)\) thì

\(2 - a + 2\left( {1 + 3a} \right) - 3\left( {1 + 2a} \right) - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow - 1 - a = 0 \Leftrightarrow a = - 1 \Rightarrow A\left( {3; - 2; - 1} \right)\)

Điểm \(B\left( {1 - 3b; - 2 + b; - 1 - b} \right) \in {d_2}\), cho B thuộc \(\left( P \right)\) thì \(1 - 3b + 2\left( { - 2 + b} \right) + 3 + 3b - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2b - 2 = 0 \Leftrightarrow b = 1 \Rightarrow B\left( { - 2; - 1; - 2} \right)\)

Đường thẳng cần tìm là AB, vectơ chỉ phương của \(AB\) là \(\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} \left( { - 5;1; - 1} \right).\)

Vậy \(\Delta :\frac{{x - 3}}{{ - 5}} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}.\)

Đáp án B

Đặt \(z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\) từ giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2}\\{\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 18\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\{\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\2{x^2} + 4x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = - 1.\)

Vậy \(z = - 1 - i.\)  

Đáp án C

Chọn \(f'\left( x \right) = k\left( {x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)\) với \(k > 0\)

Khi đó \(g\left( x \right) = f\left( {2{x^2} - \frac{5}{2}x - \frac{3}{2}} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = k\left( {3x - \frac{5}{2}} \right)\left( {2{x^2} - \frac{5}{2}x + \frac{1}{2}} \right)\left( {2{x^2} - \frac{{5x}}{2} - \frac{9}{2}} \right)\)

Ta có bảng xét dấu

Do đó hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;\frac{9}{4}} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;\frac{5}{4}} \right).\)

Đáp án B

Phương pháp

Tính xác suất của biến cố đối: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right)\)

Cách giải

Số phần tử của không gian mẫu là: \({n_\Omega } = C_{15}^8\)

Gọi biến cố A: “Số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn có đủ cả ba môn”.

Khi đó ta có biến cố: \(\overline A \): “Số cuốn sách còn lại thầy Tuấn không có đủ cả 3 môn”.

Ta có các trường hợp xảy ra:

+) TH1: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Toán và Lý. Số cách chọn là: \(C_9^7.\)

+) TH2: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Lý và Hóa. Số cách chọn là: \(C_{11}^7.\)

+) TH3: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Hóa và Toán. Số cách chọn là: \(7C_{10}^7\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{C_9^7 + C_{11}^7 + C_{10}^7}}{{C_{15}^8}} = 1 - \frac{{54}}{{715}} = \frac{{661}}{{715}}.\)

Đáp án D

Gọi kích thước đáy của cái kho cần xây dựng là \(x\left( m \right)\) và \(2x\left( m \right),\) chiều cao của kho là \(y\left( m \right),\) (với \(x,y > 0\))

Ta có \(V = 2{x^2}y = 2000 \Rightarrow y = \frac{{1000}}{{{x^2}}}\left( m \right)\)

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là

\({S_{tp}} = 2\left( {x.2x + x.y + 2x.y} \right) = 4{x^2} + 6xy = 4{x^2} + \frac{{6000}}{x}\)

\( = 4{x^2} + \frac{{3000}}{x} + \frac{{3000}}{x} \ge 3\sqrt[x]{{4{x^2}.\frac{{3000}}{x}.\frac{{3000}}{x}}} = 300\sqrt[3]{{36}}\left( {{m^2}} \right)\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(4{x^2} = \frac{{3000}}{x} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{750}}\left( m \right)\)

Chi phí xây dựng thấp nhất khi đó sấp sỉ là \(300\sqrt[3]{{36}}.500000 \approx 495289087\) đồng

Đáp án B

Đặt \(t = {2^x}\). Với \(x \ge 0\) thì \(t \ge 1.\)

Bất phương trình đã cho trở thành: \({t^2} - 2\left( {m - 1} \right)t + m \ge 0\left( * \right)\).

Bài toán trở thành: Tìm m để bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi \(t \ge 1.\)

Ta có: \(\left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 2t \ge m\left( {2t - 1} \right) \Leftrightarrow m \le \frac{{{t^2} - 2t}}{{2t - 1}}\) (Do \(t \ge 1\)).

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} - 2t}}{{2t - 1}}\) trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\) có đạo hàm \(f'\left( t \right) = \frac{{2{t^2} - 2t + 2}}{{{{\left( {2t - 1} \right)}^2}}} > 0\) với mọi \(t \ge 1.\)

Hàm số đồng biến dẫn đến \(\mathop {Min}\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( t \right) = - 1.\)

Do đó để bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi \(t \ge 1\) thì \(m \le \mathop {Min}\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( t \right) = - 1.\)

Đáp án B

Gọi N là trung điểm của BC. Ta có: \(d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right).} \right)\)

Dựng đường cao AK trong tam giác AMN, đường cao AH trong tam giác SAK.

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot MN\). (1)

Theo cách dựng ta lại có \(MN \bot AK.\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MN \bot AH\) mà \(AH \bot SA\) (theo cách dựng).

\( \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right)\) tại H nên \(d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right) = AH.\)

Ta có: \(AK = BN = \frac{{BC}}{2} = 2a;AC = 5a.\)

Xét tam giác SAC có \(SA = AC.\tan 60^\circ = 5a\sqrt 3 .\)

Xét tam giác SAK vuông tại A với đường cao AH có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{75{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{79}}{{300{a^2}}} \Rightarrow A{H^2} = \frac{{300{a^2}}}{{79}} \Rightarrow AH = \frac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}.\)

Đáp án C

Ta có: \(I = \int\limits_0^1 {\left[ {x.f'\left( {1 - x} \right) - f\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {x.f'\left( {1 - x} \right)dx} - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \)

Đặt \(t = 1 - x \Rightarrow dt = - dx.\) Đổi cận \(\left| \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = 1 \Rightarrow t = 0\end{array} \right.\), ta có \(\int\limits_0^1 {x.f'\left( {1 - x} \right)dx = \int\limits_1^0 {\left( {1 - t} \right)f'\left( t \right)\left( { - dt} \right)} } \)

\( = \int\limits_0^1 {\left( {1 - x} \right)f'\left( x \right)dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = 1 - x\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = - dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\) ta có:

\(\int\limits_0^1 {\left( {1 - x} \right)f'\left( x \right)dx} = \left( {1 - x} \right)f\left( x \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = - f\left( 0 \right) + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \)

Suy ra \(I = - f\left( 0 \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = - \frac{1}{2}.\)

Đáp án C

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(J\left( {1;3;3} \right),R = \sqrt 3 .\)

Gọi I là điểm thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0 \Rightarrow I\left( { - 1;1;1} \right)\) và \(\overrightarrow {IJ} = \left( {2;2;2} \right) \Rightarrow IJ = 2\sqrt 3 .\)

Khi đó \(P = 2M{A^2} + 3M{B^2} = 2{\left( {\overrightarrow {MA} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {MB} } \right)^2} = 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2}\)

Suy ra \(P = 5M{I^2} + 2I{A^2} + 3I{B^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {\underbrace {2\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} }_{\overrightarrow 0 }} \right)\)

Do đó \({P_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}.\) Ta có hình minh họa sau:

Khi đó \(M{I_{\min }} \Leftrightarrow MI = IH \Rightarrow I \equiv H\) với H là trung điểm IJ.

Khi đó ta có \(IM = \frac{{IJ}}{2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 .\) Đồng thời \(\left\{ \begin{array}{l}IA = 3\sqrt 3 \\IB = 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)

Do đó \({P_{\min }} = 5M{I^2} + 2I{A^2} + 3I{B^2} = 5.3 + 2.27 + 3.12 = 105\)

Đáp án B

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.9.27 = 81.\)

Gọi I, J, K, L lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( {MNPQ} \right)\) và SA, SB, SC, SD.

Vì \(IJKL\) đồng dạng với ABCD theo tỉ số \(\frac{2}{3}\) nên \({S_{IJKL}} = \frac{4}{9}{S_{ABCD}}.\)

Thể tích các khối chóp AIMQ, BJMN, CKNP, DLPQ bằng nhau và bằng

\({V_2} = \frac{1}{3}.{S_{IMQ}}.d\left( {A,\left( {IMQ} \right)} \right) = \frac{1}{3}.\frac{1}{8}.{S_{MBPQ}}.\frac{1}{3}.d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right)\)

\( = \frac{1}{3}.\frac{1}{8}.\frac{4}{9}.{S_{ABCD}}.\frac{1}{3}.d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{{54}}.81 = \frac{3}{2}.\)

Thể tích \({V_1} = {V_{IJKL.ABCD}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.IJKL}} = {V_{S.ABCD}} - \frac{1}{3}.{S_{IJKL}}.d\left( {S,\left( {IJKL} \right)} \right)\)

\( = {V_{S.ABCD}} - \frac{1}{3}.\frac{4}{9}.{S_{ABCD}}.\frac{2}{3}.d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{{19}}{{27}}{V_{S.ABCD}} = 57.\)

Vậy thể tích cần tính bằng \(V = {V_1} - 4{V_2} = 57 - 4.\frac{3}{2} = 51.\)

Đáp án B

Do \(w = \frac{z}{{4 + z + {z^2}}}\) là số thực nên \(\frac{{4 + z + {z^2}}}{z} = \frac{4}{z} + 1 + z\) là một số thực

Đặt \(z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R},b \ne 0} \right)\) ta có: \(\frac{4}{{a + bi}} + a + bi = \frac{{4\left( {a - bi} \right)}}{{{a^2} + {b^2}}} + a + bi\) là số thực

Suy ra phần ảo

Do đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right)\) bán kính \(R = 2.\)

Vậy \({P_{\max }} = R + OE\) với \(E\left( { - 3;4} \right) \Rightarrow {P_{\max }} = 2 + 5 = 7.\)

Đáp án B

Để ý vế trái có 2m nên bất phương trình tương đương

\({\log _3}\left( {2{x^2} + x + m + 1} \right) + 2\left( {2{x^2} + x + m + 1} \right) \ge {\log _3}\left( {{x^2} + x + 1} \right) + 6\left( {{x^2} + x + 1} \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2{x^2} + x + n + 1} \right) + 2\left( {2{x^2} + x + m + 1} \right) \ge {\log _3}\left( {3{x^2} + 3x + 3} \right) + 6\left( {{x^2} + x + 1} \right)\)

Sử dụng hàm số tương đồng

\(f\left( t \right) = {\log _3}t + 2t \Rightarrow f\left( t \right) \uparrow \Rightarrow f\left( {2{x^2} + x + m + 1} \right) \ge f\left( {3{x^2} + 3x + 3} \right)\)

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

Bất phương trình có nghiệm khi \(m \ge \min \left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 1} \right] = 1,\) suy ra 10 giá trị nguyên m.

Đáp án C

Ta có \(g'\left( x \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right]\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = g\left( x \right)\)

Từ bảng biến thiên \( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} g\left( x \right) \in \left\{ {g\left( 3 \right);g\left( { - 3} \right)} \right\}\)

Ta có \(\int\limits_{ - 3}^1 {g'\left( x \right)} dx > \int\limits_1^3 { - g'\left( x \right)dx} \Leftrightarrow g\left( 1 \right) - g\left( { - 3} \right) > g\left( 1 \right) - g\left( 3 \right) \Leftrightarrow g\left( { - 3} \right) < g\left( 3 \right)\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 3;3} \right]\) bằng \(g\left( { - 3} \right).\)

Đáp án A

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có, \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {m + 50} \right)x + {m^2} + 100m\)

Để hàm số nghịch biến trên \(\left( {7;13} \right)\) thì phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) phải có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} \le 7\\{x_2} \ge 13\end{array} \right..\)

Từ đó, ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 50} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} + 100m} \right) = 2500 > 0,\forall m\\{x_1} = m \le 7\\{x_2} = m + 100 \ge 13\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 7\\m \ge - 87\end{array} \right. \Leftrightarrow - 87 \le m \le 7\)

Do m nguyên, cho nên tập hợp các giá trị của m là: \(S = \left\{ { - 87; - 86;...;6;7} \right\}\)

Có 95 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Đáp án C

+) Ta có \(\log _3^2\left( {9x} \right) - \left( {m + 5} \right){\log _3}x + 3m - 10 = 0.\) Đặt \(t = {\log _3}x.\) Vì \(x \in \left[ {1;81} \right]\) nên \(t \in \left[ {0;4} \right].\)

Khi đó phương trình đã cho trở thành: \({t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 3m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3\\t = m - 2\end{array} \right.\)

+) Ycbt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m - 2 \le 4\\m - 2 \ne 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 \le m \le 6\\m \ne 5\end{array} \right..\) Vậy có 4 số nguyên m thỏa ycbt.

Đáp án B

Mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng \(\left( {{P_1}} \right),\left( {{P_2}} \right)\) có phương trình dạng \(\left( P \right):2x + y + 2z + D = 0\)

Lại có \(d\left( {{P_1};P} \right) = d\left( {{P_2};P} \right) \Leftrightarrow \frac{{\left| {D + 5} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} = \frac{{\left| {D - 13} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} \Leftrightarrow \left| {P + 5} \right| = \left| {P - 13} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{D}} + 5 = D - 13\\D + 5 = 13 - D\end{array} \right. \Leftrightarrow D = 4\)

Vậy \(\left( P \right):2x + y + 2z + 4 = 0.\) Tâm \(I \in \left( P \right)\) và điểm \(A \in \left( P \right)\)

Điểm I nằm trên giao tuyến của mặt cầu \(\left( {A;R} \right)\) với \(R = d\left( {{P_1};\left( P \right)} \right) = 3\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right) \bot \left( Q \right)\), để \(\left( S \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( Q \right)\) theo thiết diện là hình tròn có diện tích lớn nhất thì \(d{\left( {I;\left( Q \right)} \right)_{\min }}\)

Để \(d{\left( {I;\left( Q \right)} \right)_{\min }}\) thì \(I = AH \cap \left( {A;R} \right),\) phương trình \(AH:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 2t\\y = - 2t\\z =  - t\end{array} \right.\)

Gọi \(I\left( { - 2 + 2t; - 2t; - t} \right) \Rightarrow I{A^2} = 9{t^2} = 9 \Leftrightarrow t = \pm 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}I\left( {0; - 2; - 1} \right)\\I\left( { - 4;2;1} \right)\end{array} \right.\)

Kiểm tra khoảng cách từ I đến \(\left( Q \right)\) suy ra \(I\left( {0; - 2; - 1} \right)\) là điểm cần tìm.

Đáp án A

Đặt \(t = 2\sqrt {2x} + \sqrt {1 - x} \) với \(x \in \left[ {0;1} \right]\) ta có \(t' = 2\sqrt 2 .\frac{1}{{2\sqrt x }} - \frac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} = 0 \Leftrightarrow 2\sqrt 2 \sqrt {1 - x} = \sqrt x \)

\( \Leftrightarrow 8\left( {1 - x} \right) = x \Leftrightarrow x = \frac{8}{9}\)

Mặt khác \(t\left( 0 \right) = 1,t\left( {\frac{8}{9}} \right) = 3,t\left( 1 \right) = 2\sqrt 2 \) suy ra \(t \in \left[ {1;3} \right]\)

Với \(t \in \left[ {1;3} \right]\) thì \(g\left( x \right) = f\left( t \right) \in \left[ {1;5} \right]\) do đó \(\mathop {Max}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = 5 + m,\mathop {Min}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = 1 + m\)

Giả thiết \( \Leftrightarrow 5 + m > 2\left( {m + 1} \right) \Leftrightarrow m < 3.\)

Đáp án C

Ta có \({e^{3x + 5y - 10}} - {e^{x + 3y - 9}} = 1 - 2x - 2y \Leftrightarrow {e^{3x + 5y - 10}} - {e^{x + 3y - 9}} = \left( {x + 3y - 9} \right) - \left( {3x + 5y - 10} \right)\)

\( \Leftrightarrow {e^{3x + 5y - 10}} + \left( {3x + 5y - 10} \right) = {e^{x + 3y - 9}} + \left( {x + 3y - 9} \right)\)

\( \Leftrightarrow f\left( {3x + 5y - 10} \right) = f\left( {x + 3y - 9} \right)\) (1)

Với \(f\left( t \right) = {e^t} + t.\) Vì \(f'\left( t \right) = {e^t} + 1 > 0\,\,\forall t \in \mathbb{R}\) nên \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên R.

Do đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3x + 5y - 10 = x + 3y - 9 \Leftrightarrow 2y = 1 - 2x.\)

Thay vào điều kiện còn lại trong đề bài ta được phương trình

\(\log _5^2\left( {x + 5} \right) - \left( {m + 6} \right){\log _5}\left( {x + 5} \right) + {m^2} + 9 = 0\) (2)

Bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm x, điều này xảy ra khi

\(\Delta = 3{m^2} + 12m \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 4 \Rightarrow m = 1,m = 2,m = 3,m = 4\) (vì m là số nguyên dương).