ĐỀ SỐ 22

Đáp án B

$f\left(x\right)$ là một nguyên hàm của $g\left(x\right)\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx={\left.f\left(x\right)\right|}_0^1=f\left(1\right)-f\left(0\right).$

Đáp án A

Tâm I của hình hộp là trung điểm của B’D nên

$x_I=\frac{x_{B^{\text{'}}}+x_D}{2}=5;y_I=\frac{y_{B^{\text{'}}}+y_D}{2}=-1;z_I=\frac{z_{B^{\text{'}}}+z_D}{2}=5$

 Vậy $I\left(5;-1;5\right)$.

Đáp án C

$V=\pi \underset{a}{\overset{b}{}}\left|f^2\left(x\right)-g^2\left(x\right)\right|dx$

Đáp án D

Điều kiện:$x\ne m$.

Đạo hàm $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+4}{{\left(x-m\right)}^2}$;

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)\iff \left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;+\infty \right)\\ x\ne m\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}-m^2+4>\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;+\infty \right)\\ x\ne m\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-2<m<2\\ m\notin \left(1;+\infty \right)\end{array}\right.\iff m\in \left(-2;1\right] \end{gathered}$$

Đáp án B

$A=a^{2{\log }_{a^3}27}=a^{{\log }_a{27}^{\frac{2}{3}}}={27}^{\frac{2}{3}}=9$.

Đáp án B

Đường thẳng d đi qua $M\left(2;0;1\right)$ và có một VTCP là $\overrightarrow{u}=\left[\left(1;-1;0\right),\left(0;1;-1\right)\right]=\left(1;1;1\right)$

Mặt phẳng (A,d) đi qua A và có một VTPT là

$\overrightarrow{u}=\left[\left(1;-1;0\right),\left(0;1;-1\right)\right]=\left(1;1;1\right)$

Phương trình $\left(A,d\right)$ là $2x+3y-5z+1=0\Rightarrow \left(6;-1;2\right)\in \left(A,d\right)$.

Đáp án C

Tâm mặt cầu là tâm đối xứng O của hình bát diện 

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ do đó $a>0$.

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị do đó $ab<0\Rightarrow b<0$

Chọn đáp án $y=x^4-2x^2+2$.

Đáp án D

Khi gấp giấy ta được khối hộp có kích thước là 2.5.4=40 (đơn vị thể tích).

Đáp án C

Bán kính đáy của hình trụ bằng bán kính hình cầu và bằng R.

$V_{cau}=\frac{4}{3}\pi R^3$;

$V_{tru}=\pi R^{2}h=\pi R^2.2R=2\pi R^3$;

$\frac{V_{tru}}{V_{cau}}=\frac{2\pi R^3}{\frac{4}{3}\pi R^3}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}.$

Đáp án A

$\left|z\right|=2\iff \sqrt{x^2+y^2}=2\iff x^2+y^2=4$.

Đáp án D

Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d là

$\left(P\right):x+2y+3z-14=0$.

Gọi H là hình chiếu của B lên đường thẳng d⇒ tọa độ của H thỏa mãn hpt

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=1+2t\\ z=4+3t\\ x+2y+3z-14=0\end{array}\right. \\ \Rightarrow t+2\left(1+2t\right)+3\left(4+3t\right)-14=0\iff t=0 \end{gathered}$$

$\Rightarrow H\left(0;1;4\right)$

$\Rightarrow B\left(-1;0;5\right)$

Đáp án C

$y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c,{△}^{\text{'}}=b^2-3ac$.

Ta thấy$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0$.

Đồ thị hàm số có tiếp tuyến tại $x_0=1$ song song với trục hoành, do đó hệ số góc của tiếp tuyến tại $x_0=1$ bằng $0\iff y^{\text{'}}\left(1\right)=0$(*)

Nhận thấy hàm số đồng biến trên R do đó $y^{\text{'}}\ge 0$ với mọi x thuộc R (**)

Từ (*)(**) suy ra${△}^{\text{'}}=0$, tức là phương trình $y^{\text{'}}=0$ có nghiệm kép dương, do đó$\left\{\begin{array}{l}{b}^2=3ac\Rightarrow c>0\\ b>0\end{array}\right.$.

$y\left(0\right)<0\Rightarrow d<0$.

Vậy $a>\mathrm{0,}c>\mathrm{0,}b<\mathrm{0,}d<0$.

Đáp án B

Ta có $\left|f\left(x\right)\right|=\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right) với \left(x\right)\ge 0\\ -f\left(x\right) với \left(x\right)<0\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ được suy ra từ đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ gồm 2 phần:

- Phần 1: Phần phía bên trên trục hoành.

- Phần 2: Lấy đối xứng với phần phía dưới trục Ox qua trục Ox (bỏ đi phần phía dưới trục hoành).

Khi đó ta được đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ như sau:

Phương trình $\left|f\left(x\right)\right|={\log }_{3}m$ có 8 nghiệm phân biệt $\iff 0<{\log }_{3}m<2\iff 1<m<9$

Đáp án D

Không đồng phẳng.

Đáp án B

Mô đun của số phức z bằng khoảng cách từ điểm M đến gốc tọa độ.

Đáp án C

$y^{\text{'}}=x^2-6mx;y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2=6m\end{array}\right.$.

Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực trị $\iff y^{\text{'}}=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff m\ne 0$.

Các điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành $\iff y_1{y}_2<0$

$\iff m\left(-36m^3+m\right)<0\iff m^2\left(-36m^2+1\right)<0\iff \left|m\right|>\frac{1}{6}$.

Đáp án C

Hợp thành của hai phép tịnh tiến là phép dời hình có tính chất: Biến mỗi đường thẳng a thành đường thẳng song song hoặc trùng với a. Phép đối xứng qua mặt phẳng không có tính chất đó.

Đáp án B

$$\begin{gathered} 2^x{.3}^{2x+1}=54\iff {\log }_2\left(2^x{.3}^{2x+1}\right)={\log }_{2}54 \\ \iff x+\left(2x+1\right){\log }_{2}3=1+3{\log }_{2}3 \end{gathered}$$

$x\left(1+2{\log }_{2}3\right)=1+2{\log }_{2}3\iff x=1.$

Đáp án C

Các đường thẳng $A{A}^{\text{'}},B{B}^{\text{'}},C{C}^{\text{'}},D{D}^{\text{'}}$cắt nhau tại S thì $S.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ và $S.ABCD$ là các hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a và $\frac{a}{2}$.

$\frac{V_{S.ABCD}}{V_{S.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}}=\frac{\frac{1}{3}Sh}{\frac{1}{3}{S}^{\text{'}}{h}^{\text{'}}}=\frac{{\left(\frac{a}{2}\right)}^{2}h}{a^2.2h}=\frac{1}{8}$.

⇒ thể tích hình chóp cụt có thể tích bằng $$\begin{gathered} \frac{7}{8}.V_{S.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=\frac{7}{8}\left(\frac{1}{3}.a^2.\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}\right) \\ =\frac{7a^3\sqrt{2}}{48}. \end{gathered}$$

Đáp án B

Điều kiện để hai đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc nhau là

$\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=g\left(x\right)\\ f^{\text{'}}\left(x\right)=g^{\text{'}}\left(x\right)\end{array}\right.$có ít nhất một nghiệm.

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^3-mx+1=x^2+1\\ 3x^2-m=2x\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^3-mx=x^2\\ 3x^3-mx=2x^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}2x^3=x^2\\ 3x^2-2x=m\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2\left(2x-1\right)=0\\ m=3x^2-2x\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{1}{2}\end{array}\right.\\ m=3x^2-2x\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=-\frac{1}{4}\end{array}\right. \end{gathered}$$.

Vậy $m=0$ hoặc $m=-\frac{1}{4}$.

Đáp án B

Tổng quát, tỉ lệ tăng dân số nước Nhật là r%; dân số năm 2012 là A người.

Năm 2013, dân số Nhật là $A+Ar=A\left(1+r\right)$

Năm 2014, dân số Nhật là$A\left(1+r\right)+A\left(1+r\right).r=A{\left(1+r\right)}^2$.

…

Năm 2020, dân số Nhật là

$$\begin{gathered} A{\left(1+r\right)}^8=\mathrm{127.368.088}{\left(1+\mathrm{0,2}\text{\%}\right)}^8 \\ =\mathrm{129.420.299} \end{gathered}$$

người.

Đáp án B

$y^{\text{'}}=\frac{e^x-x{e}^x}{e^{2x}}=\frac{1-x}{e^x}$;

$y^{\text{'}}=0\iff x=1$;

$$\begin{gathered} y\left(-2\right)=-2e^2;y\left(1\right)=\frac{1}{e};y\left(2\right)=\frac{2}{e^2} \\ \Rightarrow y_{\max }=y\left(1\right)=\frac{1}{e} \end{gathered}$$

Đáp án C

Diện tích hình phẳng cần tính là

$S=\underset{1}{\overset{2e}{\int }}\left|\frac{1}{x}\right|dx=\underset{1}{\overset{2e}{\int }}\frac{1}{x}dx={\left.\ln x\right|}_1^{2e}=\ln \left(2e\right)=\ln 2+1$.

Đáp án D

$y^{\text{'}}=\frac{2x}{\left(x^2+1\right)\ln 3}$.

Đáp án A

Công thức thể tích khối nón $V_{non}=\frac{1}{3}\pi R^{2}h$;

Ở đây $R=OC$.

Ta có $$\begin{gathered} \frac{1}{O{C}^2}=\frac{1}{C{A}^2}+\frac{1}{C{B}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2{b}^2} \\ \Rightarrow OC=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=R \end{gathered}$$

Thể tích khối tròn xoay cần tính

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}\pi O{C}^2.OB+\frac{1}{3}\pi O{C}^2.OA=\frac{1}{3}\pi R^2.AB \\ =\frac{1}{3}\pi \frac{a^2{b}^2}{a^2+b^2}.\sqrt{a^2+b^2}=\frac{\pi }{3}.\frac{a^2{b}^2}{\sqrt{a^2+b^2}} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty$ do đó $x=1$ là TCĐ.

$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=+\infty$ do đó $x=-1$ là TCĐ.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0$ do đó $y=0$ là TCN.

Đáp án D

Đặt $3^{x^2-x}=t>0$ ta được

$$\begin{gathered} t^2+3t-4=0\iff \left[\begin{array}{l}t=1\\ t=-4\left(loai\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow 3^{x^2-x}=1 \\ \iff x^2-x=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

$P=x_1^2-x_2^2=-1$.

Đáp án A

$\cos {119}^0+i\sin {119}^0=\sin \left(-{29}^0\right)+i\cos \left(-{29}^0\right)$;

$\begin{array}{l}\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos {119}^0+i\sin {119}^0\right)\right]\left[\sqrt{8}\left(\cos {59}^0+i\sin {59}^0\right)\right]\\ =2\left[\cos \left(-{29}^0\right)+i\sin \left(-{29}^0\right)\right]\left(\cos {59}^0+i\sin {59}^0\right)\\ =2\left(\cos {30}^0+i\sin {30}^0\right)=\sqrt{3}+i.\end{array}$

Đáp án D

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}{\cos }^{n}x\sin xdx=-\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}{\cos }^{n}xd\left(\cos x\right) \\ ={\left.-\frac{1}{n+1}{\cos }^{n+1}\left(x\right)\right|}_0^{\pi /2}=\frac{1}{n+1}=\frac{1}{4} \\ \Rightarrow n=3 \end{gathered}$$

Đáp án A$$\begin{gathered} L=\lim \frac{1+2+2^2+\mathrm{...}+2^n}{{7.2}^n+4} \\ =\lim \frac{\frac{2^{n+1}-1}{2-1}}{{7.2}^n+4}=\lim \frac{2-\frac{1}{2^n}}{7+\frac{4}{2^n}} \\ =\frac{2}{7}. \end{gathered}$$

Đáp án A

Hàm số $y=e^x$ có tập giá trị là (0;+∞) do đó nó có đồ thị không cắt trục hoành

Đáp án B

$y^{\text{'}}=3x^2+6x$;

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm $x_0=0$ là $\text{Δ }:y=-1$.

Giao điểm của (C) và Δ là nghiệm của hệ phương trình

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y=-1\\ y=x^3+3x^2-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^3+3x^2-1=-1\\ y=-1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-3\end{array}\right.\\ y=-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do đó giao điểm $B\left(-3;-1\right)$.

Tam giác OAB vuông tại A nên $S_{OAB}=\frac{1}{2}.OA.AB=\frac{1}{2}\mathrm{.1.3}=\frac{3}{2}$.

Đáp án D

Điều kiện: $x^2-5x+4>0\iff x\in \left(-\infty ;1\right)\cup \left(4;+\infty \right)$

Đáp án D

Gọi độ dài các cạnh $A{A}^{\text{'}},AD,AB$ lần lượt là $x,y,z$. Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{y}^2+z^2=a^2\left(1\right)\\ z^2+x^2=b^2\left(2\right)\\ x^2+y^2=c^2\left(3\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow x^2+y^2+z^2=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(4\right) \end{gathered}$$

Trừ vế theo vế (4) cho (1), (2), (3) ta có

$$\begin{gathered} x^2=\frac{1}{2}\left(-a^2+b^2+c^2\right); \\ {y}^2=\frac{1}{2}\left(a^2-b^2+c^2\right); \\ {z}^2=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2-c^2\right) \end{gathered}$$

Thể tích khối hộp chữ nhật là

$\frac{1}{2\sqrt{2}}\sqrt{\left(-a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2-b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)}$

Đáp án C

$M\left(-4;1\right),N\left(2;-9\right)$ trung điểm của MN là 

$$\begin{gathered} I\left(\frac{-4+2}{2};\frac{1-9}{2}\right)=I\left(-1;-4\right) \\ \Rightarrow z_3=-1-4i. \end{gathered}$$

Đáp án D

Đáp án B

Bảng xét dấu

$\Rightarrow I=-\underset{a}{\overset{1}{}}\left(x^2-x\right)dx+\underset{1}{\overset{b}{}}\left(x^2-x\right)dx$

Đáp án B

Gọi $z=x+iy;x,y\in ℝ$.

$\begin{array}{l}\frac{z-i}{z+i}=\frac{x+i\left(y-1\right)}{x+i\left(y+1\right)}=\frac{\left[x+i\left(y-1\right)\right]\left[x-i\left(y+1\right)\right]}{x^2+{\left(y+1\right)}^2}\\ =\frac{x^2+\left(y^2-1\right)+i\left[x\left(y-1\right)-x\left(y+1\right)\right]}{x^2+{\left(y+1\right)}^2}\\ =\frac{x^2+y^2-1}{x^2+{\left(y+1\right)}^2}+i\frac{-2x}{x^2+{\left(y+1\right)}^2}.\end{array}$

$\frac{z-i}{z+i}$ là số thực $\iff \frac{-2x}{x^2+{\left(y+1\right)}^2}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x\ne 0;x\ne -1\end{array}\right.$ là trục tung bỏ đi điểm (0;−1).

Đáp án C

Đặt $f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ là là hàm số đa thức nên liên tục trên .

Ta có: $f\left(0\right)=c$ và

$$\begin{gathered} f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{a}{9}+\frac{b}{3}+c \\ =\frac{a+3b+9c}{9} \\ =\frac{2a+6b+18c}{18} \\ =\frac{(2a+6b+19c)-c}{18} \\ =-\frac{c}{18} \end{gathered}$$

$\Rightarrow f\left(0\right).f\left(\frac{1}{3}\right)<0$

KL: Phương trình $a{x}^2+bx+c=0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $\left(0;\frac{1}{3}\right)$

Đáp án C

Có 6 khả năng xảy ra khi tung súc sắc nên số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\text{Ω}\right)=6$.

Gọi A là biến cố: Phương trình $x^2+bx+2=0$ (1) có hai nghiệm phân biệt.

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $\iff b^2-8>0\iff b\in \left\{3;4;5;6\right\}$$\Rightarrow n\left(A\right)=4$.

Vậy xác suất cần tính là $p\left(A\right)=\frac{2}{3}$.