Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 11)

Phương pháp:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt t = sin x

Cách giải:

Đặt t=sinx⇒dx=cosxdx.

⇒Fx=∫sin3x.cosxdx=∫t3dt=t44+C=sin4x4+C.

Mà F0=π⇒C=π.

Fx=14sin4x+π.

Vậy Fπ2=14sin4π2+π=14+π.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ: ax'=axlna.

Cách giải:

y=πx⇒y'=πxlnπ.

Chọn C.

Phương pháp:

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

- Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A(-1; -3; 4) nhận IA→ là 1 VTPT.

- Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm Mx0;y0;z0 và nhận n→=A;B;C làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: Ax−x0+By−y0+Cz−z0=0.

Cách giải:

Mặt cầu (S) có tâm I(3; -3; 1) bán kính R=32+−32+12+6=5.

Vì (P) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A(-1; -3; 4) nên IA⊥P⇒P nhận IA→=−4;0;3 làm 1 VTPT.

⇒ phương trình mặt phẳng P:−4x+1+3z−4=0⇔4x−3z+16=0.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tính bán kính mặt cầu R=IO=xI2+yI2+zI2.

- Mặt cầu tâm I(a; b; c) bán kính R có phương trình là S:x−a2+y−b2+z−c2=R2.

Cách giải:

Bán kính mặt cầu là R=IO=xI2+yI2+zI2=42+−42+22=6.

Vậy phương trình mặt cầu là: x−42+y+42+z−22=36.

Chọn C.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định giá trị cực đại của hàm số là giá trị của hàm số tại điểm cực đại – điểm mà qua đóhàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải:

Dựa vào BBT ⇒yCD=y0=−3.

Chọn C.

Phương pháp:

- Mặt phẳng (ABC) có 1 VTPT là n→=AB→,AC→.

- Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm Mx0;y0;z0 và nhận n→=A;B;C làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: Ax−x0+By−y0+Cz−z0=0.

Cách giải:

Ta có: AB→=3;2;1AC→=4;1;0⇒AB→,AC→=−1;4;−5.

⇒ABC có 1 VTPT là n→=−AB→,AC→=1;−4;5.

⇒ Phương trình mpABC:1x−1−4y−1+5z−1=0⇔x−4y+5z−2=0.

⇒a=1,b=−4,c=5. Vậy S=a−b+c=1−−4+5=10.

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: 3fx+4=0⇔fx=−43⇒ Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y=−43 song song với trục hoành.

Đường thẳng y=−43 cắt đồ thị y = f(x) tại 1 điểm.

Vậy phương trình 3fx+4=0 có 1 nghiệm thực duy nhất.

Chọn C.

Phương pháp:

Giải phương trình mũ: afx=agx⇔fx=gx.

Cách giải:

sinπ12x−1=sinπ12x2−x−9

⇔x−1=x2−x−9

⇔x2−2x−8=0

⇔x=4x=−2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=−2;4.

Chọn D.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có:

∫−15fsds=∫−15fxdx=∫−12fxdx+∫25fxdx

               =∫−12fxdx+∫25ftdt=3+−2=1.

Chọn A.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) đường thẳng x = a, x = b là

S=∫abfx−gxdx.

Cách giải:

Ta có: SK=∫−10fxdx=∫−10fxdx=512SH=∫02fxdx=−∫02fxdx=83⇒∫02fxdx=−83

Vậy ∫−12fxdx=∫−10fxdx+∫02fxdx=512−83=−94.

Chọn B.

Phương pháp:

Điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà qua đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dầu từ âm sang dương.

Cách giải:

Dựa vào BXD ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 0. Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Chọn B.

Phương pháp:

Hai mặt phẳng P:Ax+By+Cz+D=0 và Q:A'x+B'y+C'z+D'=0 song song với nhau khi và chỉ khi AA'=BB'=CC'≠DD'.

Cách giải:

Hai mặt phẳng P:2x+mt+3z−5=0 và Q:nx−8y−6z+2=0 song song với nhau khi và chỉ khi n2=−8m=−63≠2−5⇔m=4n=−4.

Vậy S = m + n = 0

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:

Mặt cầu (S) có tâm I(3; -2; 0), bán kính R = 5. Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến ⇒r=3.

Gọi d=dI,P, áp dụng định lí Ta-lét ta có R2=r2+d2⇒d=4

Xét các đáp án chỉ có đáp án B thỏa mãn dI,P=4.3−4.−2−18+20242+32+52=20252=4.

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y=fx,y=gx,x=a,x=b xung quanh trục Ox là: V=π∫abf2x−g2xdx.

Cách giải:

Thể tích cần tính là: V=π∫021−x4dx=2π5.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tìm ĐKXĐ.

- Sử dụng công thức lna−lnb=lnaba,b>0

- Giải bất phương trình lnx>a⇔x>ea.

Cách giải:

ĐKXĐ 2x+1>0x−1>0⇔x>1

     ln2x+1≥1+lnx−1

⇔ln2x+1x−1≥1

⇔2x+1x−1≥e

⇔2x+1≥ex−1

⇔2−ex≥−e−1

⇔x≤−e−12−e.

Kết hợp với điều kiện ta có x∈1;−e−12−e.

Mà x∈ℤ⇒x∈2;3;4;5.

Chọn D.

Phương pháp:

Dựa vào TCN và TCĐ của đồ thị hàm số và các điểm thuộc đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có TCN y = -1 nên loại đáp án B.

Đồ thị hàm số có TCĐ x =-1.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0; 1)nên loại đáp án A và C.

Chọn D.

Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y=fx,y=gx,x=a,x=b xung quanh trục Ox là: V=π∫abf2x−g2xdx.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm 3x2=4−x2⇔x=1.

Thể tích cần tính: V=π∫013x22dx+π∫124−x22dx=3π∫01x4dx+π∫124−x2dx.

Chọn D.

Phương pháp:

- Gọi N là trung điểm của AD chứng minh ∠AC;BM=∠MN;BM

- Tính các cạnh của tam giác BMN sử dụng định lí Co-sin trong tam giác: cos∠BMN=BM2+MN2−BN22BM.MN

Cách giải:

Gọi N là trung điểm của AD ta có MN//AC (MN là đường trung bình của ΔACD)

⇒∠AC;BM=∠MN;BM.

ΔABD,ΔBCD là các tam giác đều cạnh a nên BM=BN=a32.

MN là đường trung bình của ΔACD nên MN=12AC=a2.

Áp dụng định lí Co-sin trong tam giác BMN:cos∠BMN=BM2+MN2−BN22BM.MN=3a24+a24−3a242.a32.a2=36.

Chọn A.

Phương pháp:

- Chứng minh dI;SBCdA;SBC=IBAB=12.

- Chứng minh ADCI là hình vuông và BC⊥SAC.

- Trong (SAC) kẻ AH⊥SC, chứng minh AH⊥SBC.

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính AH.

Cách giải:

Ta có IA∩SBC=B⇒dI;SBCdA;SBC=IBAB=12.

Vì ADCI là hình vuông cạnh a⇒CI=a=12AB.

⇒ΔACB vuông tại C⇒AC⊥BC.

Ta có BC⊥ACBC⊥SA⇒BC⊥SAC.

Trong (SAC) kẻ AH⊥SC ta có AH⊥SCAH⊥BC⇒AH⊥SBC⇒dA;SBC=AH

⇒dI;ABC=12AH.

Ta có SA⊥ABCD⇒AC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)

⇒∠SC;ABCD=∠SC;AC=∠SCA=450

⇒ΔSAC vuông cân tại A⇒AH=AC2=a22=a.

Vậy dI;SBC=a2.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f(x).

- Đường thẳng y=y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: limx→+∞y=y0 hoặc limx→-∞y=y0.

- Đường thẳng x=x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: limx→x0+y=+∞ hoặc limx→x0+y=-∞ hoặc limx→x0-y=+∞ hoặc limx→x0-y=-∞.

Cách giải:

Ta có:

limx→+∞y=limx→+∞3x2−2x−1x2−1=3limx→−∞y=limx→−∞3x2−2x−1x2−1=3⇒y=3 là TCN của đồ thị hàm số.

3x2−2x−1x2−1=x−13x+1x−1x+1=3x+1x+1 nên limx→−1+y=−∞limx→−1−y=+∞⇒x=−1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=3x2−2x−1x2−1 là 2.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Số cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh là C353.

Chọn B.

Phương pháp:

- Hàm số y=ax đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi a > 1 và nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi 0 < a < 1.

- So sánh: logax>logay⇔x>y khi a>1logax>logay⇔x<y khi 0<a<1.

Cách giải:

Hàm số y=ax đồng biến trên ℝ nên a > 1.

Hàm số y=bx,y=cx nghịch biến trên ℝ nên 0<b<10<c<1.

Với cùng giá trị y0>1 ta thấy bx2=y0cx1=y0⇔x2=logby0x1=logcy0⇔logy0b=1x2logy0c=1x1.

Vì x1<x2<0⇒1x1>1x2⇒logy0c>logy0b. Mà y0>1 nên c > b.

Vậy a>c>b.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính f'(x) xác định các nghiệm xi∈−1;2 của phương trình f'(x) = 0.

- Tính f−1,f2,fxi.

- KL: min−1;2fx=minf−1;f2;fxi,max−1;2fx=maxf−1;f2;fxi

Cách giải:

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên [-1; 2]

Ta có f'x=−4x3+24x=0⇔x=0∈−1;2x=±6∉−1;2.

Mà f−1=12,f2=33,f0=1.

Vậy min−1;2fx=f0=1.

Chọn A.

Phương pháp:

Mặt cầu S:x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 có tâm I(-a; -b; -c) bán kính R=a2+b2+c2−d.

Cách giải:

Mặt cầu x2+y2+z2−4x+2y−6z−2=0 có tâm I(2; -1; 3) bán kính R=22+−12+32−−2=4.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức S=A.enr với A=93.671.600,n=2030−2017=13,r=0,81%.

Cách giải:

Dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là: S=93.671.600.e13.08.1%=104.073.257 người.

Chọn D.

Phương pháp:

Xác định các khoảng mà hàm số đi xuống theo chiều từ trái sang phải.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên (-2; 1)

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức SHTQ của CSN: un=u1qn−1.

Cách giải:

Ta có u2=u1q⇒q=u2u1=62=3.

Chọn B

Phương pháp:

- Chia tử cho mẫu.

- Sử dụng bảng nguyên hàm: ∫xndx=xn+1n+1+Cn≠1,∫1ax+bdx=1alnax+b+C.

- Sử dụng điều kiện x∈−2;+∞ để phá trị tuyệt đối.

Cách giải:

Ta có fx=x−1x+2=x+2−3x+2=1−3x+2.

⇒∫fxdx=∫1−3x+2dx=x−3lnx+2+C.

Vì x∈−2;+∞⇒x+2>0.

Vậy ⇒∫fxdx=x−3lnx+2+C,

Chọn B.

Phương pháp:

- Mặt phẳng P:Ax+By+Cz+D=0 có 1 VTPT là n→=A;B;C.

- Mọi vectơ cùng phương với n→ đều là 1 VTPT của (P).

Cách giải:

Mặt phẳng P:2x+y−z+5=0 có 1 VTPT là n→=2;1;−1⇒n1→=2n→=4;2;−2 cũng là 1 VTPT của mặt phẳng

Chọn A.

Phương pháp:

- Hình chiếu của điểm M(a; b; c) lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là a;0;0,0;b;0,0;0;c.

- Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm a;0;0,0;b;0,0;0;c là: xa+yb+zc=1.

Cách giải:

Hình chiếu của điểm M(2; -1; 3) lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là 2;0;0,0;−1;0,0;0;3.

Phương trình mặt phẳng qua các hình chiếu của M trên ba trục tọa độ là:

                                         x2+y−1+z3=1⇔3x−6y+2z−6=0.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tính số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau ⇒ Số phần tử của không gian mẫu nΩ.

- Gọi A là biến cố: “ số đó có hai chữ số tận cùng khôngcó cùng tính chẵn lẻ”, tìm số cách chọn 2 chữ số tận
cùng, số cách chọn 3 chữ số còn lại và áp dụng quy tắc nhân tìm số phần tử của biến cố A.

- Tính xác suất của biến cố A.

Cách giải:

Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là abcde¯.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là A105−A94=27216.

Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S ⇒ Số phần tử của không gian mẫu nΩ=C272161=27216.

Gọi A là biến cố: “số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ”.

TH1: d, e không cùng tính chẵn lẻ, de≠0.

⇒ Số cách chọn d, e là 4.5.2!=40 cách.

Số cách chọn a, b, c là A83−A72=294.

⇒ TH1 có 40.294=11760 số thỏa mãn.

TH2: d, e không cùng tính chẵn lẻ, de = 0.

Chọn 1 số lẻ có 5 cách ⇒ Số cách chọn d, e là 5.2 = 10 cách.

Số cách chọn a, b, c là A83=336.

⇒ TH2 có 10.336=3360 số thỏa mãn.

⇒nA=11760+3360=112096.

Vậy xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=1209627216=49.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức Vchop=13Sday.h.

Cách giải:

VS.ABCD=13SA.SABCD=13.2a.a22=43a3.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt ẩn phụ t=2x>0, đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn t.

- Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm dương phânbiệt.

- Sử dụng định lí Vi-ét

Cách giải:

Đặt t=2x>0, phương trình đã cho trở thành t2−2mt+2m2−27=0*.

Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.

⇒Δ'=m2−2m2+27>0S=2m>0P=2m2−27>0⇔−33<m<33m>0m>362m<−362⇔362<m<33.

Mà S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m nên S=4;5.

Vậy S có 2 phần tử.

Chọn C.

Phương pháp:

- Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h=AH,r=BC2.

- Tính độ dài đường sinh của hình nón l=h2+r2.

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

Cách giải:

Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h=AH=432=23, r=BC2=42=2.

Độ dài đường sinh của hình nón l=h2+r2=232+22=4.

Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là: S=πrl=π.2.4=8π.

Chọn C.

Phương pháp:

- Giả sử nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm là x2+c=2x⇔x=a>0x=b>0.

- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfx−gxdx để tính S1,S2.

- Giải phương trình S1=S2 và thế c=2b−b2, giải phương trình tìm b sau đó tìm c.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm x2+c=2x⇔x=a>0x=b>0.

Ta có

S1=∫0ax2+c−2xdx=x33+cx−x2a0=a33+ca−a2.

S2=∫ab2x−x2−cdx=x2−x33−cxba=b2−b33−cb−a2+a33+ca

Vì S1=S2 nên ta có:

a33+ca−a2=b2−b33−cb−a2+a33+ca

⇔b2−b33−cb=0

⇔b−b23−c=0 (do b > 0)

Vì b là nghiệm của phương trình x2+c=2x⇒b2+c=2b⇒c=2b−b2.

⇒b−b23−2b+b2=0⇔b=32tmb=0ktm.

Vậy c=2b−b2=34 gần với 1 nhất.

Chọn D.

Phương pháp:

- Giải phương trình hoành độ giao điểm.

- Vẽ đồ thị để xác định miền cần tính diện tích.

- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfx−gxdx.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x=3x−1x≠0⇔3x2−x−2=0⇔x=1x=−23.

Dựa vào đồ thị ta thấy diện tích cần tính là

                                         S=∫133x−1−2xdx=3x22−x−2lnx31=212−2ln3−12=10−2ln3

Chọn B.

Phương pháp:

- Áp dụng định lí Pytago tính A'B, A'D.

- Áp dụng định lí Pytago tính BD, tiếp tục áp dụng định lí Pytago tính BC.

- Sử dụng công thức Hê-rong tính diện tích tam giác ABC:SΔABC=pp−ABp−ACp−BC, với p là nửa chu vi tam giác ABC.

- Tính thể tích VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC.

Cách giải:

Áp dụng định lí Pytago ta có:

A'B=AA'2+AB2=20+1=21

A'D=A'C'2+C'D2=4+5=3

Vì ΔA'BD vuông tại D nên BD=A'B2−A'D2=21−9=23.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCD ta có BC=BD2−CD2=12−5=7.

Gọi p là chu vi tam giác ABC ta có p=1+2+72.

⇒SΔABC=pp−ABp−ACp−BC=32.

Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=25.32=15.

Chọn B.

Phương pháp:

- Xác định góc giữa SD và (ABCD) là góc giữa SD và hình chiếu của SD lên (ABCD).

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính SH.

- Tính SΔHCD=SABCD−SΔAHD−SΔBCH.

- Tính VS.HCD=13SH.SΔHCD.

Cách giải:

Ta có SH⊥ABCD⇒HD là hình chiếu vuông góc của SD lên (ABCD).

⇒∠SD;ABCD=∠SD;HD=∠SDH=450.

⇒ΔSHD vuông cân tại H⇒SH=HD=AD2+AH2=a2+a32=a103.

Ta có SΔHCD=SABCD−SΔAHD−SΔBCH=a2−12.a.a3−12.a.2a3=a22.

Vậy VS.HCD=13SH.SΔHCD=13.a103.a22=a3108.

Chọn D.

Phương pháp:

- Gọi I là trung điểm SB. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.

- Xác định góc giữa SA và (ABC).

- Đặt SB = x (x > a) tính SA, SM, SH theo x.

- Tính SΔSBM=pp−SBp−BMp−SM với p là nửa chu vi tam giác SBM.

- Giải phương trình pp−SBp−BMp−SM=12SH.BM tìm x theo a và suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

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

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của SB.

Vì ∠SAB=∠SCB=900 nên IA=IC=12SB=IS=IB⇒I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.

Gọi M là trung điểm của AC ta có ΔABC vuông cân tại B⇒BM⊥AC.

Lại có ΔSAB=ΔSCB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒SA=SC.

⇒ΔSAC vuông tại S⇒SM⊥AC,

⇒AC⊥SMB.

Trong (SBM) kẻ SH⊥BM ta có: SH⊥BMSH⊥AC⇒SH⊥ABC.

⇒HA là hình chiếu vuông góc của SA lên ABC⇒∠SA;ABC=∠SA;HA=∠SAH=600,

Đặt SB = x (x > a) ta có SA=SB2−AB2=x2−a2.

Vì ΔABC vuông cân tại B có AB = a nên AC=a2,BM=a22.

⇒SM=SA2−AM2=x2−a2−a22=x2−3a22.

Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có p=SB+BM+SM2=x+a22+x2−3a222.

Xét tam giác vuông SAH ta có SH=SA.sin600=x2−a2.32

⇒SΔSBM=pp−SBp−BMp−SM=12SH.BM

⇒pp−SBp−BMp−SM=12.x2−a2.32.a22

⇔8pp−SBp−BMp−SM=6.x2−a2

⇔64pp−SBp−BMp−SM=6x2−a2

⇔x=a5

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là R=12SB=a52.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S=4πR2=4π.52a2=5πa2.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt t=2020−x.

- Hàm số y=ax+bcx+d nghịch biến trên (m; n) khi y'<0−dc∉m;n.

Cách giải:

Đặt t=2020−x, với x∈−∞;0 thì t∈1;+∞,t,x ngược tính đơn điệu.

Bài toán trở thành: Tìm m để hàm số y=t+2t−m nghịch biến trên 1;+∞.

⇒y'=−m−2t−m2<0m∉1;+∞⇒m>−2m≤1⇔−2<m≤1.

Kết hợp điều kiện m∈−10;10 ta có m∈−2;1. Lại có m∈ℤ⇒m∈−1;0;1.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Ta có:

fx−1=∫−11x+etftdt⇔fx−1=x∫−11ftdt+∫−11etftdt *

Giả sử ∫−11ftdt=a,∫−11etftdt=b⇒fx−1=xa+b⇔fx=ax+b+1.

Thay vào (*) ta có:

ax+b=x∫−11at+b+1dt+∫−11etat+b+1dt

⇔ax+b=xat22+bt+t1−1+∫−11etat+b+1dt

⇔ax+b=xa2+b+1−a2+b+1+at+b+1et−11−a∫−11etdt

⇔ax+b=x2b+2+a+b+1e−−a+b+1e−1−ae−e−1

⇔ax+b=x2b+2+b+1e+2a−b−1e−1

⇒a=2b+2b=b+1e+2a−b−1e−1⇔a=2b+2b=b+1e+3b+3e−1

⇔a=2b+2b=e+3eb+e+3e⇔a=2e2e2−e−1b=e+3e1−e−3e=e2+3−e2+e−3

 

Vậy ∫−11etftdt=∫−11exfxdx=e2+3−e2+e−3=I.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đặt t=x−1+2t≥2.

- Từ BBT suy ra f'(x) tính fx=∫f'xdx, sử dụng f1=4,f3=−2.

- Tính f(2) với hàm f(x) vừa tìm được, sau đó tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm.

Cách giải:

Đặt t=x−1+2t≥2. Khi đó ta có f(t) = m có 2 nghiệm (ứng với mỗi nghiệm t cho ta một nghiệm x tương ứng).

Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị x = 1, x = 3 nên f'x=ax−1x−3=ax2−4x+3.

⇒fx=∫f'xdx=∫ax2−4x+3dx=a13x3−2x2+3x+C.

Có f1=4f3=−2⇒43a+C=4C=−2⇔C=−2a=92.

⇒fx=9213x3−2x2+3x−2=32x3−9x2+272x−2

⇒f2=1.

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f(x) = m có 2 nghiệm ⇔−2<m≤1.

Mà m∈ℤ⇒m∈−1;0;1.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Đặt I=∫f'xπxdx.

Đặt u=πxdv=f'xdx⇒du=πxlnπv=fx

⇒I=πxfx−lnπ∫πxfxdx.

Vì Fx=πx là một nguyên hàm của hàm số fxπx⇒F'x=fxπx∫fxπxdx=Fx+C=xπ+C.

⇒π.xπ−1=fx.πx⇒fx=π.xπ−1πx

⇒I=πxπxπ−1πx−xπlnπ+C

⇒I=π.xπ−1−xπlnπ+C

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính số tiền nhận được sau 1 tháng, 2 tháng và suy ra số tiền nhận được sau 24 tháng.

- Giải phương trình tìm T.

Cách giải:

Số tiền nhận được sau 1 tháng là T1=T.1+0,56% (đồng).

Số tiền nhận được sau 2 tháng là

T2=T1+T.1+0,56%

=T.1+0,56%+T1+0,56%

=T.1+0,56%2+T1+0,56%

…

Số tiền nhận được sau 24 tháng là:

T24=T1+0,56%24+T1+0,56%23+...+T1+0,56%

=T1+0,56%+1+0,56%23+1+0,56%22+...+1

=T1+0,56%1−1+0,56%241−1+0,56%

=T1+0,56%1+0,56%24−10,56%

Theo bài ra ta có:

T24=30000000 

⇔T1+0,56%1+0,56%24−10,56%=30000000

 

⇔T=1.164.849 (đồng).

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Ta có:

28x+2x+1+1−43x−y+2x+2+2x+2y−3≥0

⇔28x+2x+1+1−26x−2y+2x+1+4+2x+2y−3≥0

⇔28x+2x+1+1+8x+2x+1+1≥26x−2y+2x+1+4+6x−2y+2x+1+4 *

Xét hàm số ft=2t+t ta có f't=2tln2+1>0∀t∈ℝ, suy ra hàm số f(t) đồng biến trên ℝ.

Do đó

*⇔8x+2x+1+1≥6x−2y+2x+1+4

⇔2x+2y−3≥0⇔y≥3−2x2

Khi đó ta có

P=x2+y2+6x+4y

⇔P≥x2+3−2x22+6x+4.3−2x2

⇔P≥x2+4x2−12x+94+6x+6−4x

⇔P≥2x2−x+334

⇔P≥2x2−2x.14+116+658

⇔P≥2x−142+658≥658=8,125

Pmin=8,125⇔x=14.

Chọn D.

Phương pháp:

Giả sử vật thể T giới hạn bởi hai mặt phẳng x = a, x = b. Cắt vật thể T bởi một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ xa≤x≤b được thiết diện có thể tích S(x) Khi đó thể tích vật thể T là VT=∫abSxdx.

Cách giải:

Giả sử vật thể là hình trụ ⇒ Thiết diện ABCD là hình vuông.

Ta có DH=OD2−DH2=R2−x2⇒CD=2R2−x2.

⇒SABCD=CD2=4R2−x2.

Khi đó thể tích vật thể là:

V=∫−RR4R2−x2dx=4R2x−x33R−R

=4R3−R33+R3−R33=16R33

⇒16R33=2021⇔R≈7,24∈7;8.

Chọn B.

Phương pháp:

- Nhận xét ∫−22x+22dx=643, áp dụng tính chất tích phân và đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng bình

phương.

- Sử dụng ∫abfxdx=0⇔fx=0.

Cách giải:

Ta có ∫−22x+22dx=643 nên

∫−22f2x−2fxx+2dx=−∫−22x+22dx

⇒∫−22f2x−2fxx+2+x+22dx=0

⇔∫−22fx−x−22dx=0⇔fx=x+2

Vậy I=∫01x+2x2+1dx=π+ln22.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tìm ĐK để phương trình mẫu có nghiệm thỏa mãn ĐKXĐ.

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

- Lập BBT hàm số f(x) và suy ra m.

Cách giải:

ĐKXĐ: x−2≥0⇔x≥2.

Để đồ thị có đúng 1 tiệm cận đứng thì phương trình x2−m−2x+2=0 có 1 nghiệm x≥2.

⇔m−2=x2+2x=x+2x (do x≥2) (*)

Xét hàm số fx=x+2xx≥2 ta có f'x=1−2x2>0 ∀x≥2.

BBT:

Để phương trình (*) có nghiệm x≥2 thì m−2≥3⇔m≥5.

Kết hợp với điều kiện đề bài ⇒m∈5;2021. Vậy có 2017 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Đặt t = |f(x)|. Ta có BBT hàm số t = |f(x)|

Dựa vào BBT hàm số y = f(x) ta thấy:

Với t∈0;1⇒ftt∈0;1t∈1;0⇒ft∈1;0

Từ đó ta mô phỏng được hình dáng hàm số y = f(t) như sau:

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực đại.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt AC=x,BD=yx,y>0⇒CD=x+y.

- Sử dụng định lí Pytago tìm xy.

- Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

- Áp dụng BĐT Cô-si.

Cách giải:

Ta có: AC⊥BDAC⊥AB⇒AC⊥ABD.

Đặt AC=x,BD=yx,y>0⇒CD=x+y.

Áp dụng định lí Pytago ta có:

AD2=20202+y2

CD2=AC2+AD2

⇒x+y2=x2+20202+y2

⇒xy=202022

Gọi I là trung điểm của CD.

Ta có: BD⊥ABBD⊥AC⇒BD⊥ABC⇒BD⊥BC.

Vì ΔACD,ΔBCD là các tam giác vuông tại A, B nên IA=IB=12CD=IC=ID⇒I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp ABCD bán kính R=12CD.

Ta có R=12CD=x+y2≥xy=202022≈1428,355.

Chọn B.