Đề số 13

Đáp án C

Thể tích của khối chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc nhau là: $V=\frac{1}{6}SA.SB.SC=\frac{a^3}{6}$

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}\iff \left(2;-2;2\right)=\left(x_D+1;y_D-3;z_D-2\right)\Rightarrow D\left(1;1;4\right)$.

Đáp án D

Hàm số đã cho xác định khi $\left\{\begin{array}{l}x-4>0\\ x^2-4x+5>0\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}x>4\\ {\left(x-2\right)}^2+1>0\end{array}\right.\iff x>4$.

Đáp án D

Khoảng cách từ điểm M(1;-2;3) đến mặt phẳng (P) là $d=\frac{\left|6.1+3.2+2.3-6\right|}{\sqrt{6^2+9+4}}=\frac{12}{7}$.

Đáp án B

Ta có: y' = cosx trên đoạn $\left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};-\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right]$ hàm số y = sinx đồng biến.

Lại có $\sin \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=-1;\sin \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sinx trên đoạn $\left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};-\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right]$ lần lượt là $-\frac{\sqrt{3}}{2};-1$.

Đáp án C

Ta có $w=2i-3+\frac{2}{i.{\left(i2\right)}^3}=2i-3+\frac{2}{i}=-3+4i\Rightarrow wi=-4-3i\Rightarrow \left|wi\right|=\sqrt{16+9}=5.$

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=-7x^6+10x^4+9x^2$.

Đáp án A

Ta có: $L=lim\frac{8n^5-2n^3+1}{4n^5+2n^2+1}=lim\frac{8-{\displaystyle \frac{2}{n^2}}+{\displaystyle \frac{1}{n^5}}}{4+{\displaystyle \frac{2}{n^3}}+{\displaystyle \frac{1}{n^5}}}=2$.

Đáp án A

Ta có| V = $\mathrm{\pi }{\int }_{\mathrm{a}}^{\mathrm{b}}{\mathrm{f}}^2\left(\mathrm{x}\right)d\mathrm{x}$.

Đáp án A

Ta có| ${\log }_{a}b>0\iff [\begin{array}{l}a,b>1\\ 1>a;b>0\end{array}$.

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{4^x\ln 4+4^{-x}\ln 4}{2}\Rightarrow M=\frac{1}{2}\left(4^x+4^{-x}\right)\ln 4+\frac{1}{2}\left(4^x-4^{-x}\right)=4^x\ln 4$.

Đáp án B

Ta có $3x-\left(y+5xy\right)i=x^2-y^2+2xyi\iff \left\{\begin{array}{l}5xy-y=2xy\\ 3x=x^2-y^2\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}y=0\\ x=\frac{1}{3}\Rightarrow y^2=-\frac{8}{9}\end{array}\right.$.

Đáp án B

Khối lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt.

Do đó tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của một hình lập phương là 26.

Đáp án A

Xét mặt cầu: $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=9\Rightarrow$bán kính R = 3.

Đáp án C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}R=l.\sin 30°=2a.\frac{1}{2}=a\\ h=l.\cos 30°=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\end{array}\right.\to V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi R}}^2.\mathrm{h}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi a}}^2.\mathrm{a}\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}{\mathrm{\pi a}}^3$.

Đáp án D

Ta có: $u_{14}=u_4+10d\Rightarrow d=\frac{u_{14}-u_4}{10}=3$ 

Tổng 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng này là: $S=\frac{u_1+u_{16}}{2}.16=\frac{u_4-3d+u_{14}+2d}{2}.16$ 

$=\frac{6-3}{2}.16=24$.

Đáp án A

Từ $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1\Rightarrow TCN:y=1$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1\Rightarrow TCN:y=-1$.

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)=\frac{2\sqrt{1+x}-\sqrt[3]{8-x}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\sqrt{1+x}-\sqrt[3]{8-x}}{x}$

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{2x}{\sqrt{1+x}+1}}-{\displaystyle \frac{x}{4+2\sqrt[3]{8-x}+\sqrt[3]{{\left(8-x\right)}^2}}}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{2}{\sqrt{1+x}+1}+\frac{1}{4+2\sqrt[3]{8-x}+\sqrt[3]{{\left(8-x\right)}^2}}\right)=\frac{13}{12}$.

Đáp án A

Ta có $AD=\sqrt{H{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\Rightarrow SH=\sqrt{S{D}^2-A{D}^2}=a$ 

Thể tích khối chóp đã cho là: $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a.a^2=\frac{1}{3}{a}^3$.

Đáp án C

Đặt $t=\sqrt{1+3x}\Rightarrow t^2=1+3x\Rightarrow 2tdt=3dx\Rightarrow dx=\frac{2tdt}{3}$. Đổi cận $x=0\Rightarrow t=1;x=1\Rightarrow t=2$ 

Khi đó ${\int }_0^{1}3e^{\sqrt{1+3x}}dx={\int }_1^{2}3e^t.\frac{2tdt}{3}=2{\int }_1^{2}t{e}^{t}dt=2{\int }_1^{2}td\left(e^t\right)=2{\overline{)t{e}^t}}_1^2-2{\int }_1^2{e}^{t}dt=4e^2-2e-2{\overline{)e^t}}_1^2$ 

$=4e^2-2e-2\left(e^2-e\right)=2e^2\Rightarrow a=10,b=0,c=0\Rightarrow T=10$.

Đáp án C

Ở đây chúng ta có 2 hàm đồng biến là (1), (3) tương ứng $\left(C_3\right)$ và $\left(C_4\right)$ và 2 hàm nghịch biến còn lại. Để ý rằng $4>\sqrt{3}$ nên đồ thị hàm số (3) sẽ tăng nhanh hơn đồ thị hàm số (1) với x > 0. 

Suy ra $\left(3\right)-\left(C_3\right),\left(1\right)-\left(C_4\right)$. Tương tự ta cũng có $\left(2\right)-\left(C_1\right),\left(4\right)-\left(C_2\right)$.

Đáp án B

Ta có ngay B sai, góc giữa (ABD) và (ADC) không nhất thiết phải bằng $90°$

Đáp án D

Xác suất cần tìm là $\frac{C_8^3{C}_5^1+C_8^4}{C_{5+8}^4}=\frac{70}{143}$.

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{x+4-2^2}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x+4}+2}=\frac{1}{4}$ 

Và $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(mx+m+\frac{1}{4}\right)=m+\frac{1}{4}$ 

Yêu cầu bài toán $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)\iff m=0$.

Đáp án C

Ta có: $F\left(x\right)=-\frac{1}{2}\int xd\left(\cos 2x\right)=-\frac{1}{2}x\cos 2x+\frac{1}{2}\int \cos 2xdx=-\frac{1}{2}x\cos 2x+\frac{1}{4}\sin 2x+C$.

Đáp án C

Ta có: $S_n=u_1.\frac{1-q^n}{1-q}=3.\frac{1-2^n}{1-2}=765\Rightarrow 2^n-1=255\Rightarrow n=8$.

Đáp án A

Ta có ${\int }_0^3\frac{x}{1+\sqrt{1+x}}dx={\int }_1^2\frac{\left(t^2-1\right)}{1+t}d\left(t^2-1\right)={\int }_1^2\left(t-1\right).2tdt\Rightarrow f\left(t\right)=2t^2-2t$.

Đáp án C

Gọi O là trung điểm của SD. Ta có:

$AD=DM=a\sqrt{2}$ và $AD=2a\Rightarrow AM\perp DM$ 

Lại có $DM\perp SA\Rightarrow DM\perp \left(SAM\right)\Rightarrow DM\perp SM$ 

Vì tam giác SAD vuông tại A nên OS = OD = OA. Tương tự với tam giác SMD nên OS = OD = OM.

Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ADM. Khi đó $R=\frac{SD}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2+D{A}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Đáp án B

Số có 5 chữ số khác nhau mà có 1, 2, 5 thì 2 chữ số còn lại lấy từ 4 chữ số 0, 3, 4, 6.

Lấy 2 số trong 4 số có $C_4^2=6$ cách, trong đó có 3 trường hợp gồm $\left(0;3\right),\left(0;4\right),\left(0;6\right)$. 

Ba trường hợp trên giống nhau và có 3.4.4.3.2.1=288 số.

Ba trường hợp còn lại giống nhau và có 3.5! = 360 số.

Vậy có tất cả 288 + 360 = 648 số cần tìm

Đáp án C

Đặt $t={\log }_{2}x$ với $x\in \left(0;+\infty \right)$ thì $t\in \mathrm{ℝ}$, khi đó bất phương trình trở thành $t^2+mt-m>0\left(*\right)$

Để (*) nghiệm đúng với mọi $t\in \mathrm{ℝ}\iff {∆}_{\left(*\right)}\le 0\iff m^2+4m\le 0\iff m\in \left[-4;0\right]$ 

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=3\left(x^2-1\right)$ 

Khi đó $f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx=x^3-3x+C$. 

Điều kiện đồ thị hàm số f(x) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 là:

$\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=4\\ f\left(x\right)=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x+C=4\\ 3\left(x^2-1\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1\\ C=2\end{array}\right.$ (Do x < 0 suy ra $f\left(x\right)=x^3-3x+2\left(C\right)$

Cho $\left(C\right)\cap Ox\Rightarrow$ hoành độ các giao điểm là x = -2,x = 1 

Khi đó $S={\int }_{-2}^1\left|x^3-3x+2\right|dx=\frac{27}{4}$.

Đáp án D

Áp dụng công thức tính nhanh, ta có: $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left[\overrightarrow{u_d};\left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{n_{d\text{'}}}\right]\right]=\left(20;-8;4\right)=4\left(5;-2;1\right)$ 

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là: 5x - 2y +z - 1 = 0 đi qua Q(1;0;-4).

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{\left(3x^2-3\right)\left(x^3-3x-m\right)}{\left|x^3-3x-m\right|}=\frac{3\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x^3-3x-m\right)}{\left|x^3-3x-m\right|}$ 

Để hàm số có 5 điểm cực trị thì phương trình $x^3-3x-m$ có 3 nghiệm khác -1;1 

Ta có $x^3-3x-m=0\iff m=x^3-3x$. Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x$ với $x\in \mathrm{ℝ}$ 

Ta có  

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên để phương trình có 3 nghiệm thì $-2<m<2\Rightarrow m\in \left\{-1;0;1\right\}$.

Đáp án A

Gọi R và h lần lượt là bán kính và chiều cao của 1 thùng sơn

Suy ra dung tích 1 thùng sơn: $V={\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=0,005\left({\mathrm{m}}^3\right)$ 

Gọi n là số thùng sơn tối đa sản xuất được

Tổng chi phí đó bỏ ra là: $T=n\times \left(100.000\times S_{xq}+120.000\times {\mathrm{S}}_{\mathrm{d}}\right)$ 

$=n\times \left(100.000\times 2\mathrm{\pi Rh}+120.000\times 2{\mathrm{\pi R}}^2\right)\le {10}^9\iff n\le \frac{5\times {10}^4}{\mathrm{\pi }\left(10\times \mathrm{Rh}+12\times {\mathrm{R}}^2\right)}$ 

Mà $10Rh+12R^2=5Rh+5Rh+12R^2\ge 3\sqrt[3]{300R^4{h}^2}=3\sqrt[3]{\frac{300V^2}{{\mathrm{\pi }}^2}}$ 

$\Rightarrow n\le \frac{5\times {10}^4}{\mathrm{\pi }\left(10\times \mathrm{Rh}+12\times {\mathrm{R}}^2\right)}\le \frac{5\times {10}^4}{\mathrm{\pi }3\times \sqrt[3]{{\displaystyle \frac{300{\mathrm{V}}^2}{{\mathrm{\pi }}^2}}}}\approx 58135,9\Rightarrow n=58135.$

Đáp án C

Đặt $-2x=t\Rightarrow {\int }_{-2}^{-6}f\left(t\right)d\left(-\frac{t}{2}\right)=3\Rightarrow {\int }_{-6}^{-2}f\left(t\right)dt=6\Rightarrow {\int }_{-6}^{-2}f\left(x\right)dx=6$ 

Ta có y = f(x) là hàm số chẵn $\Rightarrow f\left(-x\right)=f\left(x\right)\Rightarrow {\int }_{-6}^{-2}f\left(-x\right)dx=6$ 

Đặt $-x=u\Rightarrow {\int }_6^{2}f\left(u\right)d\left(-u\right)=6\Rightarrow {\int }_6^{2}f\left(u\right)du=6\Rightarrow {\int }_2^{6}f\left(x\right)dx=6$

Bài ra ${\int }_{-1}^{2}f\left(x\right)dx=8\Rightarrow {\int }_{-1}^{2}f\left(x\right)dx+{\int }_2^{6}f\left(x\right)dx=14\Rightarrow {\int }_{-1}^{6}f\left(x\right)dx=14$.

Đáp án A

Vì hình trụ nội tiếp trong mặt cầu bán kính R cố định

$\Rightarrow R^2=r^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2=r^2+\frac{h^2}{4}\ge 2\sqrt{r^2\times \frac{h^2}{4}}=rh\Rightarrow rh=R^2$ 

Diện tích xung quanh của hình trụ là: $S_{xq}=2\mathrm{\pi rh}\le 2{\mathrm{\pi R}}^2$ 

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}{r}^2+\frac{h^2}{4}=R^2\\ r^2=\frac{h^2}{4}\end{array}\right.\Rightarrow h=R\sqrt{2}$.

Đáp án A

Chọn 4 học sinh có $C_{12}^4$ cách chọn.

Chọn 4 học sinh trong đó 4 học sinh được chọn có cả 3 khối có: $C_5^2{C}_4^1{C}_3^1+C_5^1{C}_4^2{C}_3^1+C_5^1{C}_4^1{C}_3^2=270$

Xác suất để 4 hoc sinh đươc chon có cả 3 khối là $P=\frac{270}{C_{12}^4}=\frac{6}{11}$ 

Do đó xác suất sao cho 4 học sinh được chọn thuộc không quá 2 khối là $1-\frac{6}{11}=\frac{5}{11}$.

Đáp án C

Yêu cầu bài toán $\iff x^2-(1-m)x+2m=0$ có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng -1 

Khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}∆>0\\ x_1+x_2+2\ge 0\\ \left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(1-m\right)}^2-4.2m>0\\ 1-m+2\ge 0\\ 2m+2-m+1\ge 0\end{array}\right.\iff -2\le m\le 5-2\sqrt{6}$.

Đáp án C

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\left\{1;2;3\right\}\Rightarrow$ hàm số có 3 điểm cực trị

Lại có $g\left(x\right)=f\left(x\right)-m-2018\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)=0\Rightarrow$ có 3 nghiệm phân biệt

Suy ra phương trình $f\left(x\right)=m+2018$ có nhiều nhất 4 nghiệm

Xét $y=f\left(x+1\right)\Rightarrow y\text{'}=f\text{'}\left(x+1\right)<0\iff [\begin{array}{l}x+1\in \left(1;2\right)\\ x+1\in \left(3;+\infty \right)\end{array}\iff [\begin{array}{l}0<x<1\\ x>2\end{array}$

Suy ra hàm số y = f(x + 1) nghịch biến trên khoảng (0;1).

Đáp án A

Gọi I, H lần lượt là trung điểm AC, BD. Ta có $\left\{\begin{array}{l}BI\perp AC\\ DI\perp AC\end{array}\Rightarrow AC\perp \left(IBD\right)\right.$ và $V_{I.BCD}=V_{I.ABD}$ 

Lại có $IB=\sqrt{A{B}^2-A{I}^2}=\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}$,với AC = BD = x.  

Và $IH=\sqrt{I{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{x^2}{4}}=\sqrt{1-\frac{x^2}{2}}$

Diện tích tam giác IBD là $S_{∆IBD}=\frac{1}{2}IH.BD=\frac{x}{2}\sqrt{1-\frac{x^2}{2}}$ 

Suy ra $V_{ABCD}=2V_{I.BCD}=\frac{2}{3}IC.S_{IBD}=\frac{x}{3}.\frac{x}{2}\sqrt{1-\frac{x^2}{2}}=\frac{x^2}{6}\sqrt{1-\frac{x^2}{2}}$ 

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^2\sqrt{2-x^2}\to maxf\left(x\right)=\frac{4\sqrt{6}}{9}$ 

Vậy thể tích lớn nhất là $V_{max}=\frac{4\sqrt{6}}{9}:6\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{3}}{27}$

Đáp án A

Ta có $e^{2x+y+1}-e^{3x+2y}=x+y+1\iff e^{2x+y+1}+2x+y+1=e^{3x+2y}+3x+2y\left(*\right)$

Xét $f\left(t\right)=e^t+t$ là hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ mà $f\left(2x+y+1\right)=f\left(3x+2y\right)\Rightarrow y=1-x$ 

Khi đó ${\log }_2^2\left(2x+y-1\right)-\left(m+4\right){\log }_{2}x+m^2+4=0$

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi $∆={\left(m+4\right)}^{}-4\left(m^2+4\right)\ge 0\iff 0\le m\le \frac{8}{3}$.

Đáp án D

Theo bài ra, ta có AD = DC = CB = 4. Đặt AB = x 

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của D, C trên AB

Vì ABCD là hình thang cân $\Rightarrow$AH = BK;CD = HK 

Đặt $AH=x\Rightarrow AB=HK+2AH=2x+4$ và $DH=\sqrt{16-x^2}$ 

Diện tích hình thang cân ABCD là

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}DH.\left(AB+CD\right)=\left(x+4\right)\sqrt{16-x^2}=f\left(x\right)$ 

Xét hàm số $f\left(x\right)=\left(x+4\right)\sqrt{16-x^2}$ trên $(0;4]\to \underset{(0;4]}{max}f\left(x\right)=12\sqrt{3}$. Vậy $S_{max}=12\sqrt{3}$

Đáp án B

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+\frac{1}{x^2}-1\ge 2\sqrt{x^2.\frac{1}{x^2}}-1=1\Rightarrow 4^{x^2+\frac{1}{x^2}-1}\ge 4\\ 14-\left(y-2\right)\sqrt{y+1}\le 16\Rightarrow {\log }_2\left[14-\left(y-2\right)\sqrt{y+1}\right]\le 4\end{array}\right.$