Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 10)

Phương pháp:

Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm thuộc đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có TCN 

Điểm  thuộc đồ thị hàm số nên ta có  do đó

Vậy

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm tâm đối xứng của khối đa diện.

Cách giải:

Hình đa diện có tâm đối xứng trong các đáp án đã cho là hình lập phương.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích chóp V=13Sdayh⇒h=3VSday

Cách giải:

Chiều cao của khối chóp là h=3VSday=3.3a32a234=3a.

Chọn C.

Phương pháp:

- Diện tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r là Sxq=2πrh, từ đó tính bán kính đáy của hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r là V=πr2h.

Cách giải:

Vì khoảng cách giữa hai đáy bằng 10 ⇒ Chiều cao của hình trụ h = 10.

Gọi r là bán kính đáy hình trụ ta có Sxq=2πrh=80π⇔r=4.

Vậy thể tích khối trụ là V=πr2h=π.42.10=160π.

Chọn A.

Phương pháp:

- Dựa vào phương trình mặt cầu xác định bán kính mặt cầu: Mặt cầu S:x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 có bán kính R=a2+b2+c2−d.

- Diện tích mặt cầu bán kính R là S=4πR2.

Cách giải:

Mặt cầu S:x2+y2+z2−2z−4y−6z+5=0 có bán kính R=12+22+32−5=3.

Vậy diện tích mặt cầu (S) là S=4πR2=4π.9=36π.

Chọn D.

Phương pháp:

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCĐ x=−dc.

Cách giải:

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=−3x+1x−1 có phương trình là x = 1.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức logaxm=mlogax0<a≠1,x>0.

Cách giải:

log2a2=2log2a

Chọn A.

Phương pháp:

- Hàm số y = f(x) nghịch biến trên TXĐ D khi và chỉ khi f'x≤0∀x∈D và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Sử dụng −a2+b2≤asinx+bcosx≤a2+b2.

- Cô lập m đưa bất phương trình về dạng m≥gx∀x∈D⇔m≥maxDgx.

Cách giải:

Hàm số đã cho xác định trên ℝ

Ta có y'=3cosx−sinx−m.

Để hàm số đã cho nghịch biến trên ℝ thì y'=3cosx−sinx−m≤0∀x∈ℝ.

⇔m≥3cosx−sinx ∀x∈ℝ*.

Ta có −2≤3cosx−sinx≤2 ∀x∈ℝ nên *⇔m≥2.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt nhân tử chung, sau đó đưa phương trình về dạng ax=m.

- Giải phương trình mũ ax=m⇔x=logam.

Cách giải:

     2x+2x−1+2x−2=3x−3x−1+3x−2

⇔2x−222+2+1=3x−232−3+1

⇔7.2x−2=7.3x−2⇔23x−2=1

⇔x−2=0⇔x=2

Chọn A.

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số  y = f(x) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải:

Ta có 2fx−3=0⇔fx=32.

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y=32 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt.

Vậy Số nghiệm thực của phương trình 2fx−3=0 là 3.

Chọn B.

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là Sxq=πrl.

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r=3 và độ dài đường sinh l = 4 là

                                         Sxq=πrl=π.3.4=43π.

Chọn A.

Phương pháp:

- Viết x=x2.

- Sử dụng công thức tính đạo hàm logau'=u'ulna.

Cách giải:

fx=log2x=log2x2

⇒f'x=x2'x2ln2=2x2x2xln2=xx2ln2=1xln2

 

Chọn C.

Phương pháp:

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân.

Cách giải:

Vì SA⊥ABC nên AB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)

⇒∠SB;ABC=∠SB;AB=∠SBA

Tam giác ABC đều có đường cao là a32⇒AB=a=SA⇒ΔSAB vuông cân tại A⇒∠SBA=450.

Vậy ∠SB;ABC=450.

Chọn D.

Phương pháp:

Giải phương trình y' = 0 và xác định nghiệm bội lẻ của phương trình thỏa mãn ĐKXĐ.

Cách giải:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị nên loại đáp án D.

Đáp án C: y'=3x2+8>0 ∀x∈ℝ nên hàm số không có cực trị.

Đáp án A: TXĐ D=1;+∞,y'=12x−1>0 ∀x∈D nên hàm số không có cực trị.

Đáp án B: y'=2x−2=0⇔x=1, do đó hàm số đạt cực trị tại x = 1.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng MTCT.

Cách giải:

∫02(2x + 1)dx=6

Chọn B.

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số y=fx=m+n với m là số điểm cực trị của hàm số y = f(x), n là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc).

Cách giải:

Hàm số y = f(x) có 2 cực trị và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm nên hàm số y=fx có 2 + 3 = 5 điểm cực trị.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính các giới hạn limx→0+fx,limx→0−fx.

- Hàm số y = f(x) liên tục tại x=x0 khi và chỉ khi limx→x0+fx=limx→x0−fx=fx0

Cách giải:

Ta có:

limx→0+fx=limx→0x2+1=1

limx→0−fx=limx→0−x=0

⇒ Đáp án B, D đúng.

Vì limx→0+fx≠limx→0−fx⇒ Hàm số gián đoạn tại x0=0 nên đáp án A sai.

Chọn A.

Phương pháp:

Cho hàm số y=ax.

- Hàm số đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi a > 1.

- Hàm số nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi 0 < a < 1.

Cách giải:

Ta có π2020>1 nên hàm số π2020x hàm số đồng biến trên ℝ.

Chọn D.

Phương pháp:

- Số lẻ không chia hết cho 5 là số có tận cùng bằng {1; 3; 7}

- Sử dụng hoán vị và quy tắc nhân.

Cách giải:

Gọi số có 8 chữ số là a1a2...a8¯

Vì số lập được là số lẻ không chia hết cho 5 nên a8∈1;3;7⇒ Có 3 cách chọn a8.

Số cách chọn a1,a2,...,a7 từ tập 7 chữ số còn lại khác a8 là 7! = 5040 cách.

Vậy số các số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5 là 3.5040=15120

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago: R2=r2+d2 với R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình tròn, d=dI;P với I là tâm mặt cầu.

Cách giải:

Gọi d là khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng (P)

R là bán kính hình cầu ⇒R=a3.

r là bán kính hình tròn ⇒r=a2.

Vậy d=R2−r2=3a2−2a2=a.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfx+gxdx=∫abfxdx+∫abgxdx,∫abkfxdx=k∫abfxdxk≠0.

Cách giải:

∫02fx+3gxdx=∫02fxdx+3∫02gxdx=3+3.7=24.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng các định lí về cực trị của hàm số.

Cách giải:

Dễ thấy đáp án C sai.

Chọn C.

Phương pháp:

Khai triển nhị thức Niu-tơn: a+bn=∑k=0nCnkan−kbk

Cách giải:

Ta có: x3+xy15=∑k=015C15kx315−kxyk=∑k=015C15kx45−2kyk

Số hạng chứa x25y10 ứng với 45−2k=25k=10⇔k=10tm.

Vậy hệ số của x25y10 trong khai triển x3+xy15 là C1510=3003.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào BBT tìm M

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy M=max−1;3fx=f0=5.

Chọn B.

Phương pháp:

Để tính tổng các hệ số trong một khai triển ta thay x = 1.

Cách giải:

Tổng các hệ số của đa thức nhận được khi khai triển nhị thức Niu-tơn x+1010 thành đa thức là 1+110=1024.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: ∫xndx=xn+1n+1+Cn≠−1,∫sinxdx=−cosx+C.

Cách giải:

∫fxdx=∫3x−sinxdx=3x22+cosx+C.

 

Chọn A.

Phương pháp:

Phân tích tử thành nhân tử, triệt tiêu với mẫu để khử dạng 0/0.

Cách giải:

A=limx→1x4−1x−1=limx→1x−1x+1x2+1x−1=limx→1x+1x2+1=4.

 

Chọn C.

Phương pháp:

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là xG=xA+xB+xC3yG=yA+yB+yC3zG=zA+zB+zC3.

Cách giải:

Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB là xG=xO+xA+xB3=0+1+23=1yG=yO+yA+yB3=0+2+43=2zG=zO+zA+zB3=0+4−13=1⇒G1;2;1.

 

Chọn D.  

Phương pháp:

Hàm số y=fxn với n là số nguyên âm xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và fx≠0.

Cách giải:

Hàm số y=x2−4x+3−2021 xác định ⇔x2−4x+3≠0⇔x≠1x≠3.

Vậy TXĐ của hàm số y=x2−4x+3−2021 là ℝ\1;3.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng chỉnh hợp

Cách giải:

Số cách chọn 3 học sinh giữa 3 chức vụ: lớp trưởng, lớp phó và bí thư từ 35 học sinh là A353.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: ∫xndx=xn+1n+1+Cn≠−1,∫cosxdx=sinx+C,∫ekxdx=1kekx+C.

Cách giải:

Dễ thấy đáp án A, B, C đúng.

Đáp án D sai vì ∫1xdx=lnx+C.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V=13Sday.h.

Cách giải:

Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh huyền bằng a2 nên AB = AC = a.

⇒SΔABC=12AB.AC=12a2.

Vậy VS.ABC=13SA.SΔABC=13.a3.12a2=a336.

Chọn C.

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh SH⊥ABCD.

- Xác định góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùngvuông góc với giao tuyến.

- Chứng minh dA;SCD=dH;SCD, dựng dH;SCD.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính dH;SCD.

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB. Vì tam giác SAB cân tại S nên SH⊥AB.

Ta có: SAB⊥ABCD=ABSH⊂SAB,SH⊥AB⇒SH⊥ABCD.

Gọi K là trung điểm của CD ta có CD⊥HKCD⊥SH⇒CD⊥SHK⇒CD⊥SK.

SCD∩ABCD=CDSK⊂SCD,SK⊥CDHK⊂ABCD,HK⊥CD⇒∠SCD;ABCD=∠SK;HK=∠SKH=φ.

 

Vì AH//CD⇒AH//SCD⇒dA;SCD=dH;SCD.

Trong (SHK) kẻ HI⊥SKI∈SK ta có: HI⊥SKHI⊥CDCD⊥SHK⇒HI⊥SCD

⇒dH;SCD=HI.

Xét tam giác vuông HIK ta có sinφ=sin∠SKH=HIHK⇒HI=HK.sinφ=2a.55=2a55.

Vậy dS;SCD=2a55.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfxdx=∫acfxdx+∫cbfxdx.

Cách giải:

∫04fxdx=∫02fxdx+∫24fxdx=9+4=13.

 

Chọn C.

Phương pháp:

Xác định số nghiệm của phương trình mẫu số không bị triệt tiêu bởi nghiệm của phương trình tử số.

Cách giải:

Phương trình x2−1=0⇔x=±1.

Xét f2x−5fx=0⇔fx=0fx=5.

Phương trình f(x) = 0 có nghiệm x=1nghệm képx=a<−1, nghiệm kép x = 1 không bị triệt tiêu bởi tử số.

Phương trình f(x) = 5 có nghiệm x=b>1.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng x=1,x=a,x=b.

Chọn A.

Phương pháp:

- Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt u=xdv=f'xdx.

- Sử dụng giả thiết f(0) = 3 và fx+f2−x=x2−2x+2 tính f(2)

- Từ fx+f2−x=x2−2x+2 lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế, sau đó tính ∫02f2−xdx bằng phương pháp đưa biến vào vi phân.

Cách giải:

Đặt u=xdv=f'xdx⇒du=dxv=fx.

⇒I=∫02x.f'xdx=xfx20−∫02fxdx

     =2f2−∫02fxdx

Theo bài ra ta có fx+f2−x=x2−2x+2. Thay x=0⇒f0+f2=2⇒f2=2−f0=−1.

Lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế ta có ∫02fxdx+∫02f2−xdx=∫02x2−2x+2dx=83.

Mà ∫02f2−xdx=−∫02f2−xd2−x=−∫20fxdx=∫02fxdx

⇒2∫02fxdx=83⇔∫02fxdx=43.

Vậy ⇒I=2f2−∫02fxdx=2.−1−43=−103.

Chọn A.

Phương pháp:

- Gọi M(x; y; z) tính MA→,MB→,MC→

- Từ giả thiết MA2+2MB→.MC→=8 chứng minh I∈S', xác định tâm I' và bán kính R' của mặt cầu (S').

- Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).

- Chứng minh II'<R+R'⇒S∩S'= một đường tròn và M thuộc đường tròn đó.

- Sử dụng định lí Pytago tính bán kính của đường tròn.

Cách giải:

Gọi M(x; y; z) Ta có MA→=1−x;−y;−zMB→=2−x;1−y;3−zMC→=−x;2−y;−3−z.

⇒MA2+2MB→.MC→=8

⇔1−x2+y2+z2−2x2−x+21−y2−y+23−z−3−z=8

⇔x2+y2+z2−2x+1−4x+2x2+22−3y+y2−29−z2=8

⇔x2+y2+z2−2x+1−4x+2x2+4−6y+2y2−18+2z2=8

⇔3x3+3y2+3z2−6x−6y−21=0

⇔x2+y2+z2−2x−7y−7=0 S'

⇒M∈S' là mặt cầu tâm I'(1; 1; 0), bán kính R'=1+1+7=3.

Hơn nữa, M∈S có tâm I(3; 3; 2) bán kính R = 3

Ta có: II'=22+22+22=23<R+R'.

⇒M=S∩S' là một đường tròn có bán kính r = AH

Dễ thấy ΔAII' cân tại A nên H là trung điểm của II'⇒IH=12II'=3.

Vậy r=AH=AI2−IH2=32−32=6.

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng phân chia khối đa diện

- Sử dụng công thức tính thể tích hình hộp V = S.h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình hộp.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V=13S.h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình hộp.

Cách giải:

Thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D' là V=2a.a2=2a3

Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AA', BB' lần lượt tại A'', B''

Qua P kẻ đường thẳng song song với DC cắt CC', DD' lần lượt tại D'', C''.

Suy ra A''; Q; D'' thẳng hàng và A"D"//AD;B";N;C" thẳng hàng và B''C''//BC

Ta có M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của A"B",B"C",C"D",D"A"

A'', B'', C'', D'' lần lượt là trung điểm của AA',BB',CC',DD'.

Suy ra VABCD.A"B"C"D"=12VABCD.A'B'C'D'=12.72=36

Ta có VABCD.MNPQ=VABCD.A"B"C"D"−VD.QD"P−VC.NC"P−VB.MNB"−VA.QMA"

VD.QD"P=13.SQD"P.dD;QD"P

=13.12QD".D"P.sin∠QD"P.dD;A"B"C"D"

=13.12.12AD.12DC.sin∠ADC.dD;A"B"C"D"

=124.AD.DC.sin∠ADC.dD;A"B"C"D"

=124.SABCD.dD;A"B"C"D"

=124.VABCD.A"B"C"D"

=124.2a3=a312

Tương tự ta có VC.NC"P=VB.MNB"=VA.QMA"=a312

Suy ra VABCD.MNPQ=VABCD.A"B"C"D"−VD.QD"P−VC.NC"P−VB.MNB"−VA.QMA"=2a3−4.a312=5a33.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tính đạo hàm của hàm số đã cho.

- Giải phương trình y' = 0 bằng cách xét tương giao.

- Số cực trị của hàm số chính là số nghiệm bội lẻ phân biệt của phương trình y' = 0.

Cách giải:

Xét hàm số y=2021fx+2020fx ta có:

y'=f'x.2021fxln2021+f'x.2020fxln2020

y'=f'x.2021fxln2021+2020fxln2020

⇒y'=0⇔f'x=0 (do 2021fx.ln2021+2020fxln2020>0 ∀x)

⇔x=a<0x=b∈1;3b<cx=c∈1;3

 

Ba nghiệm này là ba nghiệm phân biệt và là các nghiệm đơn.

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn C.

Phương pháp:

- Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S.ABCD. Xác định tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABCD.

- Đặt SO = x > a tính SI, SH theo x, a.

- Sử dụng ΔSIH∽ΔSMOg.g, tính OM theo x, a từ đó tính SABCD theo x, a.

- Tính VS.ABCD=13SO.SABCD theo x, a.

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của VS.ABCD.

Cách giải:

Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S.ABCD.

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC Trong (SMN) dựng tia phân giác của góc ∠SMN cắt SO tại I⇒I là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABCD.

Kẻ IH⊥SMH∈SM ta có r = IH = IO = a là bán kính mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABCD.

Đặt SO=x>a⇒SI=SO−IO=x−a

Áp dụng định lý Pytago ta có SH=SI2−IH2=x−a2−a2=x2−2ax.

Vì ΔSIH∽ΔSMOg.g⇒SHSO=IHOM⇒x2−2axx=aOM⇒OM=axx2−2ax

⇒AB=2OM=2axx2−2ax⇒SABCD=AB2=4a2x2x2−2ax

⇒VS.ABCD=13SO.SABCD=13x.4a2x2x2−2ax=4a23.x3x2−2ax.

Xét hàm số fx=x3x2−2axx>0 ta có

f'x=3x2.x2−2ax−x3.2x−2ax2−2ax2

f'x=3x4−6ax3−2x4+2ax3x2−2ax2

f'x=x4−4ax3x2−2ax2

 

f'x=0⇔x3x−4a=0⇔x=4atm

⇒mina;+∞fx=f4a=64a34a2−2a.4a=8a.

 

Vậy minVS.ABCD=4a23.8a=32a33, đạt được khi SO = 4a.

Chọn D.

Vì đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ dương x1,x2,x3 nên phương trình ax3+bx2+cx+d=0 có 3 nghiệm dương phân biệt x1,x2,x3.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1+x2+x3=−bax1x2+x2x3+x3x1=cax1x2x3=da.

Ta có: y'=3ax2+2bx+c,y"=6ax+2b.

Vì y"1=0⇒6a+2b=0⇔b=−3a⇒x1+x2+x3=−ba=−3.

Ta có:

P=x3+x2x3+x1x2x33

P=x3+124x2x3+1416x1.4x2.x33

⇒P≤x3+12.4x2+x32+14.16x1+4x2+x33

⇒P≤x3+4x2+x34+16x1+4x2+x312

⇒P≤12x3+12x2+3x3+16x1+4x2+x312

⇒P≤16x1+16x2+16x312=43x1+x2+x3

⇒P≤43.3=4

Vậy Pmin=4.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đặt gx=fx−f2x, tính g'(x).

- Dựa vào giả thiết suy ra g'(1), g'(2) sử dụng phương pháp cộng đại số tìm f'1−4f'4.

- Đặt hx=fx−f4x, tính h'(x) và tính h'(1).

Cách giải:

Đặt gx=fx−f2x, ta có g'x=f'x−2f'2x.

Theo bài ra ta có

g'1=20g'2=1001⇒f'1−2f'2=20f'2−2f'4=1001

⇔f'1−2f'2=202f'2−4f'4=2002⇒f'1−4f'4=2022

 

Đặt hx=fx−f4x ta có h'x=f'x−f'4x

⇒h'1=f'1−4f'4=2002.

 Chọn C.

Phương pháp:

- Gọi h là chiều cao của hình nón, r là bán kính đường tròn đáy của hình nón. Sử dụng định lí Pytago biểu diễn r theo h, R.

- Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r là V=13πr2h.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của thể tích.

Cách giải:

Gọi h là chiều cao của hình nón. Để thể tích khối nón là lớn nhất thì hiển nhiên h > R.

Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón.

Ta có IH=SH−SI=h−R.

Áp dụng định lí Pytago ta có r=R2−h−R2=2hR−h2.

⇒ Thể tích khối nón là V=13πr2h=13π2hR−h2.h=π32Rh2−h3.

Xét hàm số fh=−h3+2Rh2 với h > R ta có f'h=−3h2+4Rh=0⇔h=0ktmh=4R3tm.

⇒Vmax=π3.f4R3=π3.2R.16R29−64R327=32πR381.

Chọn D.

Phương pháp:

- Lấy e mũ hai vế phương trình ∫π3π2sinxcosx+2dx=aln5+bln2.

- Sử dụng MTCT tính e∫π3π2sinxcosx+2dx

- Đồng nhất hệ số tìm a, b và chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Ta có

∫π3π2sinxcosx+2dx=aln5+bln2

⇒e∫π3π2sinxcosx+2dx=ealn5+bln2=5a.2b

Sử dụng MTCT ta có: ⇒5a.2b=54=51.2−2

⇒a=1,b=−2

Vậy a + 2b = 0.

Chọn B.

Phương pháp:

- Từ giả thiết logaaxlogbbx=2021 đưa về phương trình bậc hai ẩn lnx.

- Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai tìm tích abmn.

- Tìm GTNN của biểu thức P nhờ BĐT Cô-si.

Cách giải:

Theo bài ra ta có:

logaaxlogbbx=2021x>0

⇔1+logax1+logbx=2021

⇔1+logax.logbx+logax+logbx=2021

⇔logax.logbx+logax+logbx=2020

⇔lnxlna.lnxlnb+lnxlna+lnxlnb=2020

⇔ln2x+lna+lnblnx−2020lna.lnb=0

⇔ln2x+lnablnx−2020lna.lnb=0

Đặt t = lnx phương trình trở thành t2+lnab.t−2020lna.lnb=0 *

Vì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt nên Δ=ln2ab+8080lna.lnb>0.

Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt m, n nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t1=lnmt2=lnn.

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có lnm+lnn=−lnab⇔mn=1ab⇔mnab=1.

Do a,b>1⇒mn>0.

Xét P=4a2+25b2100m2n2+1 ta có

⇒P≥24a2.25b2.2100m2n2.1

⇒P≥2.10ab.20mn=400abmn≥400

Dấu “=” xảy ra ⇔2a=5b10mn=1=10ab⇔2a=5bab=10⇔a=5b=2.

Vậy Pmin=400⇔a=5,b=2.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tìm số các số tự nhiên có 4 chữ số, từ đó suy ra số phần tử của tập hợp S và số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”.

- Từ giả thiết 3α=n tìm n cho n∈1000;9999, từ đó tìm α∈ℕ thỏa mãn.

- Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Vì n là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì nên 1000≤n≤9999 và có 9999−1000+1=9000 số tự nhiên có 4 chữ số.

Theo bài ra ta có 3α=n⇔α=log3n.

Vì có 9000 số tự nhiên có 4 chữ số nên tập hợp S có 9000 phần tử ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là

nΩ=9000.

Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”.

Ta có

1000≤n≤9999⇔log31000≤log3n≤log39999

⇒6,29≤log3n≤8,38⇒6,29≤α≤8,38

Mà α∈ℕ⇒α∈7;8⇒nA=2.

Vậy xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=29000=14500.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tính y'.

- Từ f'(x) đề bài cho suy ra f'(1 - x).

- Giải phương trình y' = 0

- Lập BXD của y' và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

Xét hàm số y=f1−x+2021x+2022 có y'=−f'1−x+2021

Cho y'=0⇔f'1−x=2021.

Vì ⇒f'1−x=2−1+x1−x+3g'1−x+2021

⇒f'1−x=1+x4−xg1−x+2021

⇒f'1−x=2021

⇔1+x4−xg1−x+2021=2021

⇔1+x4−xg1−x=0

⇔x=−1x=4do g1−x<0 ∀x∈ℝ

Qua các nghiệm x = -1, x = 4 thì y' đổi dấu.

Với x = 0 ta có

y'0=−f'1+2021

y'0=−2−11+3g1+2021

y'0=−4g1+2021>0do g1>0

Do dó ta có bảng xét dấu y' như sau:

 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên (-1; 4).

Chọn B.

Gọi V, V' lần lượt là thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khối đa diện CABMNC'.

Gọi P=AM∩CC'.

Vì I là trung điểm của A'M và B'N nên ABMN là hình bình hành và A, B, M, N đồng phẳng.

Ta có AA'//CC', mà I là trung điểm của A'M nên P là trung điểm của AM (1)

Lại có BB'//CC' mà I là trung điểm của B'N nên P là trung điểm của BN (2)

Từ (1) và 2⇒P∈ABMN.

⇒PC'=PI+IC'=AA'2+CC'5=CC'2+CC'5=7CC'10

⇒CPCC'=310

⇒VC.ABMNVC'.ABMN=dC;ABMNdC';ABMN=CPCC'=37⇒VC'.ABMN=73VC.ABMN

 

Ta có: VC.ABPVC.ABC=CPCC'=310⇒VC.ABP=310.VC.ABC'=310.V3=V10.

VC.ABMN=2VC.ABM=4VC.ABP=4.V10=2V5VC'.ABMN=73VC.ABMN=73.2V5=14V15

V'=VCABMNC'=VC'.ABMN+VC.ABMN=14V15+2V5=43V

Vậy VV'=34.

Chọn B.

Gọi H là trung điểm của AB do tam giác SAB đều nên SH⊥AB.

Ta có: SAB⊥ABC=ABSH⊂SAB,SH⊥AB⇒SH⊥ABC.

Dựng hình vuông ABFC ta có BF//AC⇒AC//BMF

⇒dAC;BM=dAC;BMF=dA;BMF.

Lại có AH∩BMF=B⇒dA;BMFdH;BMF=ABHB=2⇒dA;BMF=2dH;BMF

Trong (SHC) kẻ ME//SHE∈CH⇒ME⊥ABC.

Kéo dài HC cắt BF tại N, áp dụng định lí Ta-lét ta có BHFC=NHNC=NBNF=12⇒H là trung điểm của NC.

⇒ACBN là hình bình hành

Ta có: HE∩BMF=N⇒dH;BMFdE;BMF=HNEN=HCHE+HC

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: HEHC=SMSC=13⇒HE=13HC

⇒dH;BMFdE;BMF=HNEN=HCHE+HC=HC13HC+HC=34⇒dH;BMF=34dE;BMF

⇒dAC;BM=dA;BMF=32dE;BMF

Trong (ABC) kẻ EI//ABI∈BF, trong (MEI) kẻ EJ⊥IM ta có:

BF⊥AB,EI//AB⇒BF⊥EIBF⊥MEME⊥ABC⇒BF⊥MEI⇒BF⊥EJ

EJ⊥BFEJ⊥MI⇒EJ⊥BMF⇒dE;BMF=EJ

⇒dAC;BM=32dE;BMF=32EJ=4217⇒EJ=821.

Ta có: MESH=CMCS=23⇒ME=23SH. Mà SH=AB32⇒ME=AB33.

Ta có: HNEN=34cmt⇒NENH=43⇒NENC=23=IEFC=IEAB⇒IE=23AB.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MEI ta có:

1EJ2=1EI2+1EM2

⇒2164=149AB2+113AB2

⇒2164=214AB2

⇔AB=4

⇒ME=AB33=433,SΔABC=12AB2=8.

Vậy VC.ABM=13ME.SΔABC=13.433.8=3239.

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Đặt t=lnx⇒dt=dxx

Đổi cận: x=1⇒t=0x=e⇒t=1.

Khi đó ta có I=∫013t+1dt.

Chọn B.