Đề số 3

Phương pháp giải:

Thể tích khối cầu có bán kính r là 43πr3.

Giải chi tiết:

Thể tích khối cầu có bán kính r là 43πr3.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Tổng n số hạng đầu tiên của CSN có số hạng đầu u1, công bội q là Sn=u1(1−qn)1−q.

Giải chi tiết:

Tổng ba số hạng đầu của cấp số nhân có u1=1và q=2 là: S3=u1(1−q3)1−q=1.(1−23)1−2=7

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Hàm số y=logax(0<a≠1) có TXĐ D=(0;+∞).

+ Khi a>1, hàm số đồng biến trên D.

+ Khi 0 < a < 1, hàm số nghịch biến trên D.

- Hàm số y=ax(0<a≠1) có TXĐ D=(0;+∞).

+ Khi a>1, hàm số đồng biến trên D.

+ Khi 0<a<1, hàm số nghịch biến trên D.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\] nên chỉ có đáp án C thỏa mãn, tức là hàm số y=3x

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức (1a)m=a−m.

- Giải phương trình mũ dạng af(x)=ag(x)⇔f(x)=g(x).

Giải chi tiết:

Ta có:

(20202021)4x=(20212020)2x−6

⇔(20202021)4x=(20202021)6−2x

⇔4x=6−2x⇔6x=6⇔x=1

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={1}.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Hàm căn thức xác định khi biểu thức trong căn không âm.

- Hàm y=logaf(x)xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và f(x)>0.

Giải chi tiết:

Hàm số y=1log3(x2−2x+3m)có TXĐ là \[\mathbb{R}\] khi và chỉ khi:

{log3(x2−2x+3m)>0∀x∈ℝx2−2x+3m>0∀x∈ℝ⇔{x2−2x+3m>1∀x∈ℝx2−2x+3m>0∀x∈ℝ

⇔x2−2x+3m>1∀x∈ℝ⇔x2−2x−1>−3m∀x∈ℝ(*)

Đặt f(x)=x2−2x−1 ta có f'(x)=2x−2=0⇔x=1.

BBT:

Dựa vào BBT và từ (*) ta có f(x)>−3m∀x∈ℝ⇔−3m<minℝf(x)=−2⇔m>23.

Vậy m∈(23;+∞).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa CSC: Cho dãy số (un)là cấp số cộng có công sai d thì \[{u_{n + 1}}\] có công thức là un+1=un+d∀n∈ℕ*

Giải chi tiết:

Sử dụng định nghĩa CSC: Cho dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số cộng có công sai d thì un+1 có công thức là un+1=un+d∀n∈ℕ*

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng này tới mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.

- Đổi tính khoảng cách từ chân đường vuông góc với mặt phẳng, sử dụng công thức AA'∩(P)=M⇒d(A;(P))d(A';(P))=AMA'M.

- Dựng khoảng cách, sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Ta có AB//CD⇒AB//(SCD)⊃SC⇒d(AB;SC)=d(AB;(SCD))=d(A;(SCD))

Mà AO∩(SCD)={C}⇒d(A;(SCD))d(O;(SCD))=ACOC=2\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)\]

Gọi M là trung điểm của CD.

Vì OMlà đường trung bình của tam giác ACD⇒OM//AD⇒OM⊥CD và OM=12AD=a2.

Ta có: {CD⊥OMCD⊥SO⇒CD⊥(SOM).

Trong (SOM) kẻ OH⊥SM(H∈SM) ta có: {OH⊥SMOH⊥CD(CD⊥(SOM))⇒OH⊥(SCD).

⇒d(O;(SCD))=OH⇒d(AB;SC)=2OH.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \[SOM\] ta có: OH=SO.OMSO2+OM2=a.a2a2+a24=a55.

Vậy d(AB;SC)=2OH=2a55.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Giải phương trình un=21 tìm n.

Giải chi tiết:

Xét un=21⇔n2+n+1=21⇔[n=4(tm)n=−5(ktm).

Vậy số 21 là số hạng thứ 4 của dãy.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các quy tắc tính giới hạn.

Giải chi tiết:

Ta có lim(2n2−1)=+∞.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của một thương và công thức tính đạo hàm: (lnu)'=u'u.

Giải chi tiết:

Ta có: y=ln(x2+1)x

⇒y'=2xx2+1.x−ln(x2+1).xx2

=2xx2+1−ln(x2+1)x

Khi đó ta có y'(1)=1−ln21=−ln2+1⇒{a=−1b=1.

Vậy a−b=−1−1=−2.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Giải bất phương trình logaf(x)≤b⇔{0<a<1f(x)≥ab.

Giải chi tiết:

Ta có:

log13(x2−2x+6)≤−2⇔x2−2x+6≥(13)−2⇔x2−2x−3≥0⇔[x≥3x≤−1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (−∞;−1]∪[3;+∞).

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Sử dụng tương giao đồ thị hàm số, xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số cắt qua trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -2. Do đó đáp án đúng là D.

Phương pháp giải:

Sử dụng tổ hợp.

Giải chi tiết:

Trong hộp có tất cả 8+9+10=27 quả cầu.

Số cách chọn 1 quả cầu từ hộp trên là C271=27 cách.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x) tại điểm có hoành độ x=x0 là:

y=f'(x0)(x−x0)+y0

Giải chi tiết:

Gọi \[{x_0}\] là điểm cực tiểu của hàm số đã cho, khi đó ta có y'(x0)=0.

Vậy tiếp tuyến của hàm số tại điểm cực tiểu có hệ số góc bằng 0, tức là song song với trục hoành.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Đường thẳng x=a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] ⇔limx→af(x)=∞.

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d(x≠−dc)có TCĐ: x=−dcvới x=−dc không là nghiệm của phương trình ax+b=0.

Giải chi tiết:

Ta có: đồ thị hàm số y=2x−4x−m=2(x−2)x−mcó tiệm cận đứng \[ \Leftrightarrow x - m \ne x - 2\] ⇔m≠2.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Cho mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R

Khi đó, mặt phẳng  (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính \[r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I;{\mkern 1mu} \left( P \right)} \right)} .\]

Chu vi của đường tròn bán kính r là: C=2πr.

Giải chi tiết:

Theo đề bài ta có: d(O;(P))=OH=r2.

Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là:

HA=OA2−OH2=r2−(r2)2=r32.

⇒ Chu vi đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là: C=2π.r32=πr3(dvdd).

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết về Cực trị của hàm số:

Ta có: x=x0 là điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \] tại điểm x=x0 thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại.

Điểm x=x0 là điểm cực tiểu của hàm số y=f(x)⇔tại điểm x=x0 thì hàm số có y' đổi dấu từ âm sang dương.

Điểm x=x0 là điểm cực đại của hàm số y=f(x)⇔tại điểm x=x0 thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm.

Ta có: x=x0là điểm cực trị của hàm số y=f(x)⇒f'(x0)=0.

Điểm x=x0là điểm cực đại của hàm số y=f(x)⇔{f'(x0)=0f''(x0)<0.

Điểm x=x0là điểm cực tiểu của hàm số y=f(x)⇔{f'(x0)=0f''(x0)>0.

Giải chi tiết:

Ta có: x=x0 là điểm cực trị của hàm số y=f(x)⇔ tại điểm x=x0 thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại.

⇒ Đáp án A đúng.

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy  và đường sinh l là: V=13πR2l2−R2.

Giải chi tiết:

Thể tích khối nón đã cho là: V=13πR2h=13πR2l2−R2 =13π.22.32−22=45π3.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ V=Bh, trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.

Giải chi tiết:

Vì ABC là tam giác vuông tại B nên SABC=12AB.BC=12.2a.a=a2.

Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=2a3.a2=23a3.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng định lí Cô-sin trong tam giác để tính góc: Cho ΔABC, ta có: cosA=AB2+AC2−BC22AB.AC.

Giải chi tiết:

Ta có: {(SAB)∩(SAC)=SAAB⊂(SAB),AB⊥SAAC⊂(SAC),AC⊥SA⇒∠((SAB);(SAC))=∠(AB;AC).

Xét tam giác \[ABC\] ta có: cos∠BAC=AB2+AC2−BC22AB.AC

=a2+a2−3a22.a2=−12⇒∠BAC=1200

Vậy ∠((SAB);(SAC))=600.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Rút x theo y hoặc ngược lại.

- Thế vào biểu thức xy, đưa biểu thức về 1 biến.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số trên 1 đoạn.

Giải chi tiết:

Vì {x,y≥0x+y=1⇒0≤x,y≤1và y=1-x.

Khi đó ta có x.y=x.(1−x)=−x2+x=f(x), với 0≤x≤1.

Ta có f'(x)=−2x+1=0⇔x=12∈[0;1].

f(0)=0;f(12)=14;f(1)=0.

Vậy max[0;1]f(x)=f(12)=14hay giá trị lớn nhất của \[x.y\] là \[\frac{1}{4}\], đạt được khi x=y=12.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lãi kép An=A(1+r)ntrong đó:

An: số tiền nhận được sau kì hạn (cả gốc lẫn lãi).

A: số tiền gửi ban đầu.

r: lãi suất 1 kì hạn.

n: số kì hạn.

Giải chi tiết:

Giả sử sau n tháng thì bạn An nhận được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1 300 000 đồng, khi đó ta có:

An=A(1+r)n=1000000.(1+0,58%)n>1300000

⇔(1+0,58%)n>1,3⇔n>log1+0,58%1,3≈45,36

Vậy sau ít nhất 46 tháng thì bạn An nhận được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1 300 000 đồng.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Sử dụng chỉnh hợp.

Giải chi tiết:

Số cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn làm lớp phó từ một lớp học gồm 35 học sinh là A352cách.

Chú ý khi giải:

Do chức vụ đã rõ ràng, tức là đây là một bài toán có thứ tự, phải dùng chỉnh hợp chứ không được dùng tổ hợp.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc giữa cạnh bên và hình chiếu của cạnh bên trên mặt đáy.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp, cũng chính là chiều cao hình nón.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy là V=13πr2h.

Giải chi tiết:

Gọi O là trọng tâm ΔABC⇒SO⊥(ABC) và O cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có SO⊥(ABC)⇒OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC).

⇒∠(SA;(ABC))=∠(SA;OA)=∠SAO=600.

Xét ΔSOAvuông tại có {OA=SA.cos600=2a.12=aSO=SA.sin600=2a.32=a3.

Vậy khối nón có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp ΔABCcó thể tích là

V=13π.OA2.SO=13π.a2.a3=πa333.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức sin2x+cos2x=1.

- Đặt ẩn phụ t=5sin2x(t≥1), đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.

- Giải phương trình tìm t.

- Sử dụng công thức hạ bậc: sin2x=1−cos2x2, sau đó giải phương trình lượng giác cơ bản tìm x: cosx=cosα⇔x=±α+k2π(k∈ℤ).

- Giải bất phương trình 0≤x≤2π và tìm các nghiệm thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Ta có:

5sin2x+5cos2x=25⇔5sin2x+51−sin2x=25⇔5sin2x+55sin2x=25

Đặt t=5sin2x(t≥1), phương trình trở thànht+5t=25⇔t2−25t+5=0 ⇔(t−5)2=0⇔t=5(tm).

⇒5sin2x=5=512⇔sin2x=12

⇔1−cos2x2=12⇔cos2x=0

⇔2x=π2+kπ⇔x=π4+kπ2(k∈ℤ)

Xét x∈[0;2π], ta có \[0 \le \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2} \le 2\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le k \le \frac{7}{2}\]. Mà k={0;1;2;3}.

⇒x={π4;3π4;5π4;7π4}.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình trên đoạn [0;2π]là T=π4+3π4+5π4+7π4=4π.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Để điểm M nằm phía trên đường thẳng \[y = 2\] thì y0>2.

- Giải bất phương trình logarit: logax>b⇔{a>1x>ab.

Giải chi tiết:

Vì M(x0;y0) là điểm thuộc đồ thị hàm số y=log3x nên \[{y_0} = {\log _3}{x_0}\].

Để điểm M nằm phía trên đường thẳng \[y = 2\] thì y0>2⇔log3x0>2⇔x0>9.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức Cnk=n!k!(n−k)!, giải phương trình Cn0+Cn1+Cn2=11tìm n.

- Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn \[{\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} \].

- Để tìm số hạng chứa x7ta cho số mũ của x trong khai triển bằng 7, giải phương trình tìm k. Với k vừa tìm được ta suy ra số hạng chứa x7.

Giải chi tiết:

Ta có: Cn0+Cn1+Cn2=11(n≥2,n∈ℕ)

⇔1+n+n(n−1)2=11⇔2+2n+n2−n=22\[ \Leftrightarrow {n^2} + n - 20 = 0\]

⇔[n=4(tm)n=−5(ktm)

Khi đó ta có (x3−1x2)4=∑k=04C4k(x3)4−k(−1x2)k=∑k=04C4k(−1)kx12−5k(0≤k≤4;k∈ℕ).

Để tìm số hạng chứa x7ta cho 12−5k=7⇔k=1(tm).

Vậy số hạng chứa x7 trong khai triển trên là C41.(−1)1x7=−4x7.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là Sxq=2πRh.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có R=a và h=2.(2R)=4R=4a.

Vậy diện tích xung quanh hình trụ là Sxq=2πRh=2π.a.4a=8πa2.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu cho x.

Giải chi tiết:

limx→−∞2x−12−3x=limx→−∞2−1x2x−3=2−3=−23

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Sử dụng hoán vị.

Giải chi tiết:

Số cách sắp xếp 8 học sinh thành một hàng dọc là \[8!\] cách.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí Cô-sin trong tam giác.

Giải chi tiết:

Ta có cosα=36⇔α>600.

Xét đáp án A: ∠(AB;AM)=∠BAM.

Vì ΔABC đều nên AM là phân giác của ∠BAC⇒∠BAM=300.

Do đó loại đáp án A.

Xét đáp án B và C: Giả sử ABCD là tứ diện đều cạnh 1.

Xét tam giác AMD có AM=DM=32.

Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác AMD có:

cos∠AMD=AM2+MD2−AD22AM.MD=34+34−12.34=13

⇒cos(AM;DM)=13⇒ Loại đáp án B.

\[\cos \angle ADM = \frac{{A{D^2} + M{D^2} - A{M^2}}}{{2AD.MD}}\] =1+34−342.1.32=33⇒cos(AD;DM)=33⇒ Loại đáp án B.

Xét đáp án D: Gọi N là trung điểm của AC.

Ta có MN//AB⇒∠(AB;DM)=∠(MN;DM).

Ta có MN=12AB=12;DM=32;DM=32.

Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác DMNcó:

cos∠DMN=DM2+MN2−DN22DM.MN

=34+14−342.32.12=36⇒cos(AB;DM)=36(thỏa mãn).

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Dựa vào chiều nhánh cuối cùng của đồ thị xác định dấu của hệ số a.

- Thay x=0 tìm hệ số c.

- Dựa vào các điểm cực trị của hàm số chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết:

BBT trên là của đồ thị hàm đa thức bậc ba dạng y=ax3+bx2+cx+d(a≠0).

Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên a>0, do đó loại đáp án A.

Thay x=0⇒c=2 (do đồ thị hàm số đi qua điểm(0;2) nên loại đáp án C.

Hàm số có 2 điểm cực trị x=0,x=2 nên loại đáp án C, do y'=3x2+6x=0⇔[x=0x=−2.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Xét các TH:

+ lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Văn

+ lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Tiếng Anh

+ lấy 1 quyển sách Văn và 1 quyển sách Văn

Sử dụng chỉnh hợp và quy tắc cộng.

Giải chi tiết:

Số cách lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Văn là 6.7=42 cách.

Số cách lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Tiếng Anh là 6.8=48 cách.

Số cách lấy 1 quyển sách Văn và 1 quyển sách Văn là 7.8=56 cách.

Vậy số cách lấy 2 quyển sách thuộc 2 môn khác nhau là: 42+48+56+146 cách.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Hàm số y=ax+bcx+d đồng biến trên từng khoảng xác định của chúng.

Giải chi tiết:

TXĐ: D=ℝ\{−2}.

Ta có y'=9(x+2)2>0∀x≠−2nên hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞;−2)và (−2;+∞).

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Gọi H là trung điểm của AB⇒SH⊥(ABCD).

- Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao SH.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V=13SH.SABCD.

Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của AB⇒SH⊥(ABCD)\[ \Rightarrow SH \bot HD \Rightarrow \Delta SHD\] vuông tại H.

Áp dụng định lí Pytago ta có:

HD=AD2+AH2=a2+a24=a52

SH=SD2−HD2=9a24−5a24=a

Vậy VS.ABCD=13SH.SABCD=13.a.a2=a33.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Chuyển vế, đưa về cùng cơ số.

- Sử dụng công thức đổi cơ số: logab=logcblogca(0<a,c≠1,b>0)

- Đưa phương trình đã cho về dạng tích.

- Giải phương trình lôgarit logaf(x)=logag(x)⇔f(x)=g(x)>0.

Giải chi tiết:

ĐK: x>0.

Ta có:

log2021x+log2020x=0⇔log2021x+log2021xlog20212020=0

⇔log2021x.(1+log20212020)=0⇔log2021x=0⇔x=1(tm)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Phân tích tử và mẫu thành nhân tử, rút gọn để khử dạng 00và tính giới hạn.

- Tìm các hệ số a,b và tính a2−b2.

Giải chi tiết:

Ta có: limx→−4x2+3x−4x2+4x=limx→−4(x−1)(x+4)x(x+4)=limx→−4x−1x=54.

⇒a=5,b=4.

Vậy a2−b2=52−42=9.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Đưa về cùng cơ số 10.

- Giải phương trình logarit: logaf(x)=logag(x)⇔f(x)=g(x)>0.

- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m=f(x).

- Lập BBT của hàm số f(x), từ BBT tìm điều kiện của m để phương trình vô nghiệm.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{mx >0}\\{x + 1 >0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{mx >0}\\{x >- 1}\end{array}} \right.\].

Ta có: log(mx)=2log(x+1)⇔log(mx)=log(x+1)2⇔mx=(x+1)2(*).

Do x>−1⇔x+1>0⇒(x+1)2>0⇒mx>0. Do đó x≠0.

Khi đó ta có (*)⇔m=(x+1)2x=f(x), với x>−1;x≠0.

Ta có:

f'(x)=2(x+1).x−(x+1)2x2

f'(x)=2x2+2x−x2−2x−1x2

f'(x)=x2−1x2=0⇔[x=1x=−1

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương (*) có nghiệm duy nhất [m<0m=4.

Kết hợp điều kiện \[m \in \mathbb{Z},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m \in \left[ { - 2020;2020} \right]\] ta có m∈ℤ,m∈[−2020;2020].

Vậy có 2021 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng, sử dụng định lí Pytago và định lí Côsin trong tam giác để tính góc.

Giải chi tiết:

Gọi E,F lần lượt là trung điểm của C'D',AB.

Xét ΔMIC' và ΔMID' có MI chung, Ic'=Id' nên ΔMIC'=ΔMID'(2 cạnh góc vuông)

⇒MC'=MD'⇒ΔMC'D'cân tại E ⇒ME⊥C'D'.

Chứng minh tương tự ta có MF⊥AB.

Xét (MC'D') và (MAB) có M chung, {C'D'⊂(MC'D')AB⊂(MAB)C'D'//AB

⇒(MC'D')∩(MAB)=Mx//C'D'//AB.

Lại có {ME⊥C'D'MF⊥AB(cmt)⇒{ME⊥MxMF⊥Mx.

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {MC'D'} \right) \cap \left( {MAB} \right) = Mx}\\{ME \subset \left( {MC'D'} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ME \bot Mx}\\{MF \subset \left( {MAB} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} MF \bot Mx}\end{array}} \right.\]

⇒∠((MC'D');(MAB))=∠(ME;MF).

Giả sử ABCD.A'B'C'D' là khối lập phương có cạnh bằng 1.

Ta có MO=2MI⇒MI=13OI=16.

Áp dụng định lí Pytago ta có: MC'=MI2+IC'2=(16)2+(22)2=196

ME=MC'2−EC'2=(196)2−(12)2=106

Tương tự ta có MB=MJ2+JB2=(56)2+(22)2=436

MF=MB2−BF2=346

Dễ thấy BC'EF là hình bình hành nên EF=BC'=2.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác MEF ta có:

cos∠EMF=ME2+MF2−EF22ME.MF=(106)2+(346)2−(2)22.106.346=−78585

Mà góc giữa hai mặt phẳng là góc nhọn, có giá trị côsin là số dương.

Vậy cos∠((MC'D');(MAB))=78585.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Không mất tính tổng quát, ta giả sử ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng để bài toán đơn giản hơn.

- Trong (ACC'A') kéo dài NC cắt AA' tại E. Sử dụng tỉ số thể tích Simpson tính VC.MNPVC.MEP.

- Tính VC.MEPVC.ABB'A'=SMEPSABB'A', sử dụng phương pháp phần bù để so sánh SMEPvới \[{S_{ABB'A'}}\]

- Sử dụng nhận xét VC.ABB'A'=23V, từ đó tính VCMNP theo V.

Giải chi tiết:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng để bài toán đơn giản hơn.

Trong (ACC'A') kéo dài NC cắt AA' tại E.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có A'NAC=12=EA'EA=ENEC⇒Nlà trung điểm của của CE⇒CNCE=12.

Ta có: VC.MNPVC.MEP=CMCM.CNCE.CPCP=12⇒VC.MNP=12VC.MEP.

Dựng hình chữ nhật ABFE, ta có:

SABFE=SABB'A';

\[\frac{{{S_{EAM}}}}{{{S_{ABFE}}}} = \frac{1}{2}.\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{4}\]; SPEFSABFE=12.PFBF=12.23=13; SPMBSABFE=12.PBBF.BMAB=12.13.12=112.

Khi đó ta có:

SMEP=SABFE−SEAM−SPEF−SPMB=SABFE−14SABFE−13SABFE−112SABFE=13SABFE=23SABB'A'

Ta có: VC.MEPVC.ABB'A'=SMEPSABB'A'=23. Mà VC.ABB'A'=23Vnên VC.MEP=23.23V=49V.

Vậy VC.MNP=12VC.MEP=29V.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Số điểm cực trị của hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\] với f(x) là hàm đa thức = số điểm cực trị của hàm số y=f(x) + số giao điểm (không tính điểm tiếp xúc) của đồ thị hàm số f(x) và trục hoành.

Giải chi tiết:

Xét hàm số y=|3x4−8x3−6x2+24x−m|.

Đồ thị hàm số f(x) có nhiều nhất 3 điểm cực trị và cắt trục hoành tại nhiều nhất 4 điểm.

Do đó để đồ thị hàm số y=|f(x)| có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số f(x) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt và có 3 điểm cực trị.

đồ thị hàm số f(x) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt (vì khi đó chắc chắn hàm số y=f(x) sẽ có 3 điểm cực trị) ⇒ Phương trình y=|3x4−8x3−6x2+24x−m|phải có 4 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số g(\[g\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x\] ta có g'(x)=12x3−24x2−12x+24=0⇔[x=−1x=1x=2.

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt ⇔8<m<13.

Mà m∈ℤ⇒m∈S={9;10;11;12}.

Vậy tổng tất cả các phần tử của S là 9+10+11+12=42.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Xác định giao điểm hai trục của hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD), chứng minh giao điểm đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

- Sử dụng định lí Pytago tính bán kính mặt cầu.

Giải chi tiết:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trung điểm của AB, G là trọng tâm ΔSAB.

Vì ΔSAB đều cạnh a nên SH⊥AB và SH=a32.

Ta có: {(SAB)⊥(ABCD)=ABSH⊂(SAB);SH⊥AB⇒SH⊥(ABCD).

Kẻ đường d thẳng qua O và song song với SH⇒d là trục của (ABCD).

CMTT ta có OH⊥(SAB), kẻ đường thẳng d đi qua G và song song với OH⇒d'⊥(SAB) tại G ⇒d' là trục của (SAB).

Gọi I=d∩d' ta có {I∈d⇒IA=IB=IC=IDI∈d'⇒IS=IA=IB, do đó \[IS = IA = IB = IC = ID\] hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD, bán kính mặt cầu là R=IA.

Dễ thấy IOHG là hình chữ nhật nên IO=HG=13SH=13.a32=a36, OA=12AC=a22.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \[OIA\] có: IA=IO2+OA2=a216.

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là R=a216.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Tính g'(x).

- Giải phương trình \[g'\left( x \right) = 0\], xác định số nghiệm của phương trình f'(x)=0 dựa vào đồ thị hàm số y=f'(x).

- Lập BXD đạo hàm g'(x) và suy ra các khoảng nghịch biến của hàm số.

- Để hàm số nghịch biến trên (1;2) thì (1;2) phải là con của những khoảng nghịch biến của hàm số.

Giải chi tiết:

Ta có: g(x)=f(x+m)⇒g'(x)=f'(x+m).

Cho g'(x)=0⇔f'(x+m)=0⇔[x+m=−1x+m=1x+m=3⇔[x=−1−mx=1−mx=3−m.

Ta có \[g'\left( x \right) >0 \Leftrightarrow f'\left( {x + m} \right) >0\] \[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < x + m < 1}\\{x + m >3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 - m < x < 1 - m}\\{x >3 - m}\end{array}} \right.\].</></>

BXD g'(x):

Để hàm số g(x) nghịch biến trên (1;2) thì [2≤−1−m1−m≤1<2≤3−m⇔[m≤−30≤m≤1.

Kết hợp điều kiện m∈[−2021;2021],m∈ℤ⇒m∈[−2021;−3]∪[0;1],m∈ℤ.

Vậy có 2021 giá trị nguyên của m thỏa mãn hay tập hợp S có 2021 phần tử.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh BC⊥(SAM), từ đó xác định chiều cao hạ từ đỉnh S của khối chóp bằng cách sử dụng định lí: Cho hai mặt phẳng vuông góc, đường thẳng nằm trong mặt này và vuông góc với giao tuyến thì sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.

- Xác định tỉ số \[\frac{{d\left( {T;\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right)}};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{{S_{\Delta {G_1}{G_2}{G_3}}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\], từ đó suy ra tỉ số VT.G1G2G3VS.ABC.

- Tính chiều cao của khối chóp, chính là chiều cao của tam giác SAM nhờ vào diện tích tam giác SAM, muốn tínhSΔSAM ta sử dụng định lí Pytago tính từng cạnh của tam giác sau đó áp dụng công thức He-rong SΔSAM=p(p−SA)(p−AM)(p−SM)với p là nửa chu vi tam giác SAM.

- Tính VS.ABC, từ đó tính VT.G1G2G3, suy ra \[a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\] và tính P.

Giải chi tiết:

Xét tam giác SAB và ΔSACcó:

SA chung

\[AB = AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)\]

∠SAB=∠SAC=300(gt)

⇒ΔSAB=ΔSAC(c.g.c)

⇒SB=SC (2 cạnh tương ứng) ⇒ΔSBC cân tại S.

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC,AC ta có

{SM⊥BCAM⊥BC⇒BC⊥(SAM).

Trong (SAM) kẻ SH⊥AM(H∈AM) ta có: {SH⊥AMSH⊥BC(BC⊥(SAM))⇒SH⊥(ABC).

Dễ thấy (G1G2G3)//(ABC) và d(S;(G1G2G3))d(S;(ABC))=SG1SM=23

⇒d(S;(G1G2G3))=23SH.

\[ \Rightarrow d\left( {T;\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)} \right) = 2SH - \frac{2}{3}SH = \frac{4}{3}SH\].

Lại có ΔG1G2G3 đồng dạng với ΔABC theo tỉ số k=G1G2AB=G1G2MN.MNAB=23.12=13.

⇒SΔG1G2G3=19SΔABC

⇒VT.G1G2G3VS.ABC=d(T;(G1G2G3))d(S;(ABC)).SΔG1G2G3SΔABC=43.19=427

Xét tam giác vuông \[ABM\] có: AM=AB2−BM2=42−12=15.

⇒SΔABC=12AM.BC=12.15.2=15.

Xét tam giác SAB có:

SB2=SA2+AB2−2SA.AB.cos∠SAB

=(43)2+42−2.43.4.cos300=16

\[ \Rightarrow SB = 4 = SC\]

Xét tam giác vuông \[SBM\] có SM=SB2−BM2=42−12=15.

Gọi là nửa chu vi tam giác SAM ta có p=SA+AM+SM2=43+15+152=23+15.

⇒SΔSAM=p(p−SA)(p−AM)(p−SM)=36=6.

Lại có SΔSAM=12SH.AM⇒SH=2SΔSAMAM=2.615=1215.

⇒VS.ABC=13SH.SΔABC=13.1215.15=4.

⇒VT.G1G2G3=427VS.ABC=427.4=1627.

⇒a=16;b=27. Vậy P=2a−b=2.16−27=5.

Đáp án C.

Giải chi tiết:

Ta có:

g′(x)=(4−2x)f′(4x−x2)+x2−6x+8=−2(x−2)f′(4x−x2)+(x−2)(x−4)=(x−2)[−2f′(4x−x2)+x−4]g′(x)=(4−2x)f′(4x−x2)+x2−6x+8=−2(x−2)f′(4x−x2)+(x−2)(x−4)=(x−2)[−2f′(4x−x2)+x−4].

g'(x)=(4−2x)f'(4x−x2)+x2−6x+8

=−2(x−2)f'(4x−x2)+(x−2)(x−4)

=(x−2)[−2f'(4x−x2)+x−4]

Cho g'(x)=0⇔[x=2−2f'(4x−x2)+x−4=0

Xét hàm số h(x)=4x−x2 với x∈[1;3] ta có h'(x)=4−2x=0⇔x=2

h(2)=4;h(1)=3;h(3)=3

⇒{min[1;3]h(x)=3max[1;3]h(x)=4⇒h(x)∈[3;4] khi x∈[1;3].

Dựa vào BBT ta thấy với \[4x - {x^2} \in \left[ {3;4} \right]\] thì f'(4x−x2)>0⇒−2f'(4x−x2)<0.

Lại có x−4<0∀x∈[1;3], do đó −2f'(4x−x2)+x−4<0∀x∈[1;3].

Suy ra g'(x)=0⇔x=2.

Vậy max[1;3]g(x)=g(2)=f(4)+5=5+5=10.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “3 đỉnh được chọn tạo thành 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”, suy ra biến cố đối A: “3 đỉnh được chọn tạo thành 1 tam giác có cạnh là cạnh của đa giác đã cho”.

- Tính số phần tử của biến cố đối, xét 2 TH:

+ TH1: Số tam giác chỉ chứa 2 cạnh của đa giác.

+ TH2: Số tam giác chứa đúng 1 cạnh của đa giác.

- Sử dụng công thức tính xác suất P(A)=1−P(A¯)=1−n(A¯)n(Ω).

Giải chi tiết:

ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác, suy ra số phần tử của không gian mẫu là C203=1140.

Gọi A là biến cố: “3 đỉnh được chọn tạo thành 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”.

⇒A¯: “3 đỉnh được chọn tạo thành 1 tam giác có cạnh là cạnh của đa giác đã cho”.

TH1: Số tam giác chỉ chứa 2 cạnh của đa giác là số tam giác có 3 đỉnh liên tiếp của đa giác thì có 20 tam giác như vậy.

TH2: Số tam giác chứa đúng 1 cạnh của đa giác là số tam giác có 2 đỉnh là 2 đỉnh liên tiếp của đa giác và đỉnh còn lại không kế tiếp hai đỉnh kia.

Xét 1 cạnh bất kì, ta có C161cách chọn 1 đỉnh trong 16 đỉnh còn lại (trừ 2 đỉnh đã chọn và 2 đỉnh kề với nó).

⇒ Có 20.16=320 tam giác.

⇒n(A¯)=20+320=340.

Vậy xác suất của biến cố A là: P(A)=1−P(A¯)=1−3401140=4057.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là r,h(m)(r,h>0). Từ thể tích của hình trụ rút h theo r.

- Tính diện tích xung quanh và diện tích đáy, diện tích nắp của hình trụ.

- Dựa vào giá tiền từng bộ phận đề bài đã cho, tính tổng chi phí.

- Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm a,b,c : a+b+c≥3abc3. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c để tìm chi phí nhỏ nhất, từ đó tìm được r.

Giải chi tiết:

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là r,h(m)(r,h>0).

Vì thể tích hình trụ là 72m3nên ta có πr2h=72⇔h=72πr2.

Diện tích thành (diện tích xung quanh) hình trụ là 2πrh=2πr.72πr2=144r(m2).

Diện tích đáy và nắp hình trụ là πr2(m2).

Chi phí là: 90.144r+100πr2+140πr2=240(54r+πr2)(nghìn đồng).

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 54r+πr2=27r+27r+πr2≥327r+27r+πr23=27π3.

Dấu “=” xảy ra ⇔27r=πr2⇔r3=27π⇔r=3π3(m).

Vậy chi phí thấp nhất đạt được khi bán kính đáy hình trụ là 3π3(m).

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Tìm tọa độ điểm A, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A.

- Tìm điểm cố định mà Δ đi qua với mọi m.

- Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn (γ):(x−1)2+(y−1)2=4.

- Biện luận: Để Δ cắt đường tròn (γ)theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất thì d(I;Δ)phải lớn nhất. Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên tìm GTLN của d(I;Δ), từ đó tìm m.

Giải chi tiết:

Vì A∈(C) và A có hoành độ bằng 1 nên ta có A(1;1−m).

Ta có y'=4x3−4mx⇒y'(1)=4−4m.

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A là: y=(4−4m)(x−1)+1−m⇔(4−4m)x−y−3+3m=0(Δ).

Ta có:

\[\left( \Delta \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {4 - 4m} \right)x - y - 3 + 3m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m\]

⇔(−4x+3)m+4x−y−3=0∀m

⇔{−4x+3=04x−y−3=0⇔{x=34y=0

⇒ Đường thẳng Δ luôn đi qua điểm F(34;0)∀m.

Đường tròn (γ):(x−1)2+(y−1)2=4 có tâm I(1;1), bán kính R=2.

Để Δ cắt đường tròn (γ)theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất thì d(I;Δ). phải lớn nhất.

Ta có:d(I;Δ)≤IF (quan hệ đường vuông góc, đường xiên).

⇒d(I;Δ)max=IF⇔IF⊥Δ.

Ta có: IF→=(−14;−1);uΔ→=(1;4−4m).

⇒IF→.uΔ→=0⇒−14.1−1.(4−4m)=0⇔m=1716.

Vậy để Δ cắt đường tròn (γ):(x−1)2+(y−1)2=4 tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất thì m=1716.

Đáp án B.

 

Giải chi tiết:

Xét hàm số y=x3−3x2 ta có y'=3x2−6x=0⇔[x=0x=2.

Ta có BBT:

Dựa vào BBT, để đường thẳng y=m cắt đồ thị y=x3−3x2 tại 3 điểm phân biệt thì −4<m<0.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3−3x2=m⇔x3−3x2−m=0(*).

Khi đó gọi A(a;m);B(b;m);C(c;m)(a<b<c) là giao điểm của đồ thị hàm số y=x3−3x2 và đường thẳng y=m thì ta có {AB=b−aBC=c−a.

Theo bài ra ta có: AB=2BC⇔b−a=2(c−b)⇔a−3b+2c=0.

Lại có a,b,c là 3 nghiệm phân biệt của phương trình (*) nên áp dụng định lí Vi-ét ta có: {a+b+c=3abc=mab+bc+ca=0.

Giải hệ {a−3b+2c=0a+b+c=3ab+bc+ca=0⇔[(a;b;c)=(1−57;1+17;1+47)(a;b;c)=(1+57;1−17;1−47)⇒[m=−98+20749m=−98−20749⇒∑m=−4

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V=πr2h.

- Tính thể tích từng khối trụ ban đầu và khối trụ mới dự định làm, sử dụng giả thiết bể nước mới có thể tích bằng tổng thể tích bằng tổng của hai bể nước trên, lập phương trình và giải tìm bán kính của bể nước mới.

Giải chi tiết:

Gọi chiều cao của các bể nước hình trụ cùng bằng nhau và bằng h.

+ Thể tích bể nước có bán kính r1=1m là: V1=πr12h=πh(m3).

+ Thể tích bể nước có bán kính r1=1,2m là: V2=πr22h=1,44πh(m3).

+ Thể tích bể nước lúc sau có bán kính r là V=πr2h(m3).

Theo bài ra ta có V=V1+V2.

⇔πr2h=πh+1,44πh⇔r2=2,44⇔r≈1,56m

Vậy bán kính của bể nước dự định làm gần nhất với 1,56m.

Đáp án D.