Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 16)
50 câu hỏi
Cho a, b là các số thực dương. Mệnh đề nào sau đây đúng?
loga.b=loga.logb.
loga.b=loga+logb.
logab=logalogb
logab=logb−loga
Chọn B.
Tính tích phân I=∫0110xdx
90
9ln10
40
9ln10
Chọn B.
Ta có I=∫0110xdx=10xln1010=9ln10.
Có bao nhiêu cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc
12
6
24
64
Chọn C.
Số cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc là số hoán vị của 4 phần tử P4=4!=24 cách.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=cosx−1sin2x là
−sinx+cotx+C.
sinx+cotx+C.
−sinx-cotx+C.
sinx-cotx+C.
Chọn B.
Áp dụng bảng nguyên hàm, ta được họ nguyên hàm của hàm số fx=cosx−1sin2x là
Fx=∫fxdx=∫cosx−1sin2xdx=sinx+cotx+C.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? 
y=x4−2x2+2.
y=-x4+2x2+2.
y=x3−3x2+2.
y=-x3+3x2+2.
Chọn B.
Đây là dạng đồ thị của hàm bậc 4 trùng phương có hệ số của x4 âm.
Số nghiệm của phương trình log2−x+2=log2x2 là
1
3
2
0
Chọn C.
log2−x+2=log2x2⇔0≠x<2−x+2=x2⇔0≠x<2x=1x=−2⇔x=1x=−2.
Khối cầu (S) có bán kính R có thể tích bằng
4πR2
13πR3.
43πR3.
πR3
Chọn C.
Thể tích khối cầu có bán kính R là V=43πR3.
Tập nghiệm của bất phương trình log22x+4<3 là
−∞;2
−2;+∞
−∞;-2
(-2; 2)
Chọn D.
Điều kiện của bất phương trình 2x+4>0⇔x>−2.
Ta có log22x+4<3⇔2x+4<23⇔2x+4<8⇔x<2.
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là (-2; 2)
Cho hàm số y=x−12. Tập xác định của hàm số là:
ℝ
1;+∞.
ℝ\1.
[1;+∞)
Chọn B.
Do 2∉ℤ nên điều kiện của hàm số là x−1>0⇔x>1. Do đó tập xác định của hàm số là 1;+∞.
Cho năm số thực a < b < c < d < e. Hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên đoạn [a; e] và đồ thị hàm số y = f(x) như hình vẽ:
Đồ thị hàm số y = f(x) có bao nhiêu điểm cực tiểu?
1
2
3
5
Chọn A.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = c.
Vậy đồ thị hàm số y = f(x) có đúng 1 điểm cực tiểu trên đoạn [a; e].
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A−1;0;3,B−3;2;−1,C−2;1;1. Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là:
(-4; 2; 2)
(-2; 1; 1)
(-1; 1; -2)
(-2; 2; -4)
Chọn B.
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC được xác định bởi công thức sau: x=xA+xB+xC3=−2y=yA+yB+yC3=1z=zA+zB+zC3=1.
Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (-2; 1; 1).
Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cmx240cm người ta gò tấm tôn thành mặt xungquanh của thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm. Bán kính đáy của thùng đựngnước bằng
120πcm.
25πcm.
120πcm.
25πcm.
Chọn C.
Gọi r là bán kính đáy của thùng đựng nước.
Theo bài ra, ta có: 2πr=240⇔r=120πcm.
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 1; -1) trên trục Oz là
(2; 1; 0)
(2; 0; 0)
(0; 0; -1)
(0; 1; 0)
Chọn C.
Theo lý thuyết, điểm I(x; y; z) có hình chiếu lên trục Oz là H(0; 0; z)
Vậy hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 1; -1) trên trục Oz là (0; 0; -1).
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm của phương trình 3f(x) - 2 = 0 là
0
3
1
2
Chọn B.
Số nghiệm của phương trình 3f(x) - 2 = 0 là số giao điểm của đồ thị hàm số f(x) và đường thẳng y=23.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số f(x) và đường thẳng y=23. là 3 điểm phân biệt.
Vậy phương trình 3f(x) - 2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x−12+y−22+z+32=4. Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đã cho là
I1;2;−3,R=2.
I1;2;−3,R=4.
I−1;−2;3,R=4.
I−1;−2;3,R=2.
Chọn A.
Theo lý thuyết, mặt cầu (S) có tọa độ tâm I(a; b; c) và bán kính R có phương trình là S:x−a2+y−b2+z−c2=R2.
Vậy mặt cầu S:x−12+y−22+z+32=4 có tâm I(1; 2; -3) và bán kính R = 2.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho là
3
-2
1
0
Chọn A.
Giá trị cực đại của hàm số yCD=3 tại x = 0.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0; 1; 1), B(1; 2; 3). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB.
x+y+2z−6=0.
x+y+2z−3=0.
x+3y+4z−7=0.
x+3y+4z−26=0.
Chọn B.
Ta có AB→=1;1;2 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (P) có phương trình là:
1x−0+y−1+2z−1=0⇔x+y+2z−3=0.
Tập nghiệm của phương trình 32x−1=27 là
{1}
{5}
{4}
{2}
Chọn D.
Điều kiện: x∈ℝ.
Ta có 32x−1=27⇔2x−1=3⇔x=2.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=4x3+3x2+5 là
12x2+6x+C
4x3+3x2+5x+C
x4+x3+C.
x4+x6+5x+C.
Chọn D.
Ta có ∫4x3+3x2+5dx=x4+x3+5x+C.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình bên dưới. Hàm số đồng biến trên khoảng nào?
(0; 1)
(-1; 1)
(-1; 0)
(-2; -1)
Chọn C.
Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trong khoảng (-1; 0).
Tính đạo hàm của hàm số y = log x.
y'=1x
y'=ln10x
y'=xln10
y'=1xln10
Chọn D.
Ta có y=logx⇒y'=1xln10.
Cho số phức z thỏa mãn 2z−i.z¯=3i. Mô đun của z bằng
3
5
5
3
Chọn C.
Giả sử z=x+yix,y∈ℝ;i2=−1.
2z−i.z¯=3i
⇒2x+yi−i.x−yi=3i
⇔2x+2yi−xi+yi2=3i
⇔2x−y+−x+2yi=3i
⇔2x−y=0−x+2y=3
⇔x=1y=2
Vậy z=12+22=5.
Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay miền mặt phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) trục hoành và hai đường thẳng x = 0; x = 1 quanh Ox
∫01f2xdx.
−∫01fxdx.
π∫01f2xdx.
∫|01fx|dx.
Chọn C.
Theo lý thuyết thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay miền mặt phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) trục hoành và hai đường thẳng x = 0; x = 1 quanh Ox là π∫01f2xdx.
Cho hàm số fx=x2−2x khi x≤1−x3 khi x>1. Tính I=∫02fxdx.
I=−5312.
I=−43.
I = -4.
I=−163.
Chọn A.
I=∫02fxdx=∫01fxdx+∫12fxdx
=∫01x2−2xdx+∫12−x3dx
=x33−x210+−x4421
=−5312.
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng song song với mặt phẳng P:x+2y+3z−4=0 có một vectơ pháp tuyến là
n3→=3;−4;1.
n2→=2;3;−4.
n1→=1;2;3.
n4→=−4;1;2.
Chọn C.
Mặt phẳng P:x+2y+3z−4=0 có vectơ pháp tuyến n→=1;2;3 nên mặt phẳng song song với mặt phẳng P có cùng vec tơ pháp tuyến của P nên chọn C.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,SA⊥ABCD,SC=a3. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng
a3
a36.
a323
a33.
Chọn D.
Trong tam giác SAC vuông tại A có SA=SC2−AC2=3a2−2a2=a
VS.ABCD=13B.h=13a2.a=a33.
Gọi z1,z2 là hai nghiệm của phương trình z2+2z+5=0. Tính z1−z2.
z1−z2=2.
z1−z2=6.
z1−z2=1.
z1−z2=4.
Chọn D.
Ta có: z2+2z+5=0⇔z1=−1+2iz2=−1−2i⇒z1−z2=−1+2i+1+2i=4i=42=4
Cho số phức z1=2+i;z2=−1+3i. Số phức z1+z2 có phần ảo bằng:
1
4i
4
i
Chọn C.
Ta có z1+z2=2+i+−1+3i=1+4i. Vậy số phức z1+z2 có phần ảo bằng 4.
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại C, biết AB=2a,AC=a, AA' = 2a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
4a3
a332
a33
4a33.
Chọn C.
Xét tam giác ABC vuông tại C có BC=AB2−AC2=a3.
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng VABC.A'B'C'=12.a.a3.2a=a33.
Cho cấp số cộng un có số hạng đầu u1=2 và u2=−2. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
8
-4
-8
4
Chọn B.
Ta có u2=u1+d=2+d=−2⇔d=−4.
Bạn An dùng một dụng cụ múc nước (cái gàu) dạng hình nón có bán kính đáy bằng 1,5 dm và độ dài đường sinh bằng 4 dm (như hình vẽ bên) để đổ vào bể. Hỏi bạn An phải múc ít nhất bao nhiêu lượt để đổ đầy một bể nước? Biết bể nước chứa được tối đa 240 lít nước (1 lít nước tương ứng với 1 dm3)
26 lượt
28 lượt
27 lượt
25 lượt
Chọn B.
Ta có: chiều cao cái gàu là
h=l2−r2=42−1,52=552dm
Thể tích cái gàu là V=13πr2h=13π322552=π3558dm3.
Vì 240:3π558≃27.5 nên bạn An phải múc ít nhất 28 lượt mới đầy bể nước.
Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách nhau tối thiểu 1m. Ô tô A đang chạy với vận tốc 16m/s gặp ô tô B đang dừng đèn đỏ nên ô tô A chuyển động chậm dần đều với vận tốc vt=16−4tm/s, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ thời điểm ô tô A bắt đầu hãm phanh. Hỏi rằng để hai ô tô A và B dừng lại đạt khoảng cách an toàn thì ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng tối thiểu là bao nhiêu mét?
34m
31m
32m
33m
Chọn D.
Ta có: vt=0⇔16−4t=0⇔t=4.
Để hai ô tô A và B dừng lại đạt khoảng cách an toàn thì ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng tối thiểu là S=∫0416−4tdt+1=16t−2t240+1=33m.
Xét tích phân I=∫0π2cosx.cos2xdx, nếu đặt t = sinx thì I bằng
∫011−2t2dt.
2∫011−t2dt.
-2∫011−t2dt.
∫012t2−1dt
Chọn A.
Ta có I=∫0π2cosx.cos2xdx=∫0π2cosx.1−2sin2xdx
Đặt t=sinx⇒dt=cosxdx
Với x=0⇒t=0;x=π2⇒t=1
Vậy I=∫011−2t2dt.
Cho lăng trụ đều ABC.A'B'C'. Tất cả các cạnh có độ dài bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC' bằng?
a2.
a24.
a22.
a4.
Chọn B.
Gọi N là trung điểm của CC'⇒MN//BC',MN⊂AMN⇒BC'//AMN
⇒dBC',MN=dBC',AMN=dB,AMN=dC,AMN.
Ta có ΔABC đều, M là trung điểm của BC⇒AM⊥BC,AM⊥CC'⇒AM⊥BCC'B'
Mà AM⊂AMN⇒BCC'B'⊥AMN.
Gọi H là trung điểm của MN, vì tam giác CMN vuông cân tại C (do CM=CN=a2)
⇒CH⊥MN⇒CH⊥AMN⇒dC,AMN=CH=MN2=2a4.
Vậy dAM,BC'=2a4.
Hỏi giá trị lớn nhất của hàm số y=2x3+3x2−12x+2. Trên đoạn [-1; 2] là?
6
15
10
11
Chọn B.
Tập xác định: D=ℝ.
Ta có y'=6x2+6x−12;y'=0⇔x=1∈−1;2x=−2∉−1;2.
y−1=15;y1=−5;y2=6.
Vậy max−1;2y=15 khi x = -1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;0;0,B0;2;0,C0;0;3. Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có tọa độ I(a; b;c) tổng a + b + c bằng
1
0
2
3
Chọn D.
Ta có I(a; b; c) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC nên IO = IA = IB = IC.
⇔IA2=IO2IB2=IO2IC2=IO2⇔1−a2+b2+c2=a2+b2+c2a2+2−b2+c2=a2+b2+c2a2+b2+3−c2=a2+b2+c2⇔a=12b=1c=32.
Vậy a + b + c = 3.
Có 4 bác sĩ nam và 6 bác sĩ nữ. Cần lập một đoàn công tác tăng cường cho công tác phòng chống dịch bệnh COVID-19 gồm 4 bác sĩ trong số 10 bác sĩ trên. Xác suất để đoàn công tác có cả bác sĩ nam và bác sĩ nữ là
3335
97105
13105
17105
Chọn B.
Chọn 4 bác sĩ trong 10 bác sĩ có C104 cách.
Gọi A là biến cố chọn được 4 bác sĩ có cả nam và nữ. Nên nA=C104−C44−C64.
Suy ra PA=C104−C44−C64C104=97105.
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số fx=xx−1 là
2
3
4
1
Chọn C.
Ta có fx=xx−1=xx−1 khi x≥0x−x−1 khi x<0.
+ limx→1+fx=limx→1+xx−1=+∞. + limx→1−fx=limx→1−xx−1=−∞.
+ limx→−1+fx=limx→−1+x−x−1=−∞. + limx→−1−fx=limx→−1−x−x−1=+∞.
+ limx→−∞fx=limx→−∞x−x−1=−1. + limx→+∞fx=limx→+∞xx−1=1.
Vậy hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B,AB=3a. Cạnh bên SA=3a vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng
300
900
600
450
Chọn D.
Ta có SBC∩ABC=BC
BC⊥AB1SA⊥BC⇒BC⊥SAB⇒BC⊥SB 2
Nên từ (1) và (2) suy ra SBC;ABC^=SB;AB^=SBA^.
Mà ΔSAB vuông cân tại A suy ra SBC;ABC^=SBA^=450.
Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD. Tính thể tích của khối chóp A.GBC.
3
5
4
6
Chọn C.
Ta có VA.GBC=VG.ABC=13dG,ABC.SΔABC=13.13.dD,ABC.SΔABC=13VABCD=4.
Cho phương trình z2+az+b=0a,b∈ℝ có một nghiệm là 3 + 4i. Giá trị của biểu thức a + b bằng
5
19
31
29
Chọn B.
Theo giả thiết 3 + 4i là nghiệm của phương trình z2+az+b=0a,b∈ℝ suy ra
3+4i2+a3+4i+b=0⇔−7+24i+a3+4i+b=0
⇔−7+3a+b=024+4a=0⇔b=25a=−6⇒a+b=19.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;2;−3,B−2;−2;1 và mặt phẳng P:2x+2y−z+9=0. Điểm M di động trên (P) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 900. Khi khoảng cách giữa M và B lớn nhất, tính độ dài đoạn MB.
52.
5
52.
102.
Chọn B.
Ta có: A∉P,B∈P;AB=41.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên trên (P). Ta có AM≥AH;AB2=MA2+MB2,MB lớn nhất khi AM=AH=dA,P=6. Khi đó MB=AB2−AH2=5.
Cho phương trình log323x+log3x+m−1=0 (m là tam số thực). Số giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1)
1
5
2
3
Chọn C.
Điều kiện: x > 0.
log323x+log3x+m−1=0⇔1+log3x2+log3x+m−1=0
Đặt log3x=t. Với mỗi x∈0;1 thì có một giá trị t∈−∞;0. Phương trình trở thành 1+t2+t+m−1=0⇔t2+3t=−m.
Xét hàm số y=t2+3t trên −∞;0, có y' = 2t + 3
Từ bảng biến thiên ta có: 0>−m>−94⇔0<m<94⇔m∈ℤm∈1;2.
Cho phương trình log33x2−6x+6=3y2+y2−x2+2x−1. Hỏi có bao nhiêu cặp x;y;0<x<2021;y∈ℕ thỏa mãn phương trình đã cho
5
6
4
7
Chọn B.
log33x2−6x+6=3y2+y2−x2+2x−1⇔log3x2−2x+2+x2−2x+2=y2+3y2
⇔log3x2−2x+2+3log3x2−2x+2=y2+3y2.
Xét hàm số ft=t+3t;f't=1+3tln3>0,∀t nên hàm số đồng biến trên ℝ. Vậy phương trình đã cho tương đương với y2=log3x2−2x+2⇔y2=log3x−12+1.
Vì 0 < x < 2021 nên −1<x−1<2020⇒0<x−12<20202⇔1<x−12+1<20202+1
⇔0<y2<log320202+1⇔y≥00<y<log320202+1≈3,7.
Vì y∈ℕ nên y∈1;2;3. Với mỗi giá trị của y > 0. Ta có 2 giá trị của x thỏa mãn x=1±3y2−1.
Vậy có 6 cặp số (x; y) thỏa mãn đề bài.
Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f2−2x−x2=m có nghiệm.
6
3
7
2
Chọn B.
Điều kiện x∈0;2.
Đặt t=2−2x−x2.
Ta có t'=x−12x−x2,∀x∈0;2.
t'=0⇔x=1.
Bảng biến thiên của hàm t=2−2x−x2 trên đoạn [0; 2] như sau:
Từ bảng biến thiên suy ra t∈1;2.
Khi t∈1;2, quan sát đồ thị ta thấy ft∈3;5.
Vậy phương trình f2−2x−x2=m có nghiệm x∈0;2 khi phương trình f(t) = m có nghiệm t∈1;2. Điều này chỉ có ⇔m∈3;5.
Do m∈ℤ nên m∈3;4;5. Vậy có ba giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn |z| = 10. Gọi z1,z2 là hai số phức thuộc S sao cho z1z2 là số thuần ảo. Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1,z2. Diện tích ΔAOB bằng
253
25
50
503
Chọn C.
Đặt z2=a+bi,a,b∈ℝ
Do z1z2 là số thuần ảo nên z1z2=ki (với k∈ℝ).
Ta có z1z2=ki⇔z1=z2.ki
=a+bi.ki
=−bk+aki.
Mặt khác theo bài ra thì z1=z2=10 nên ta có
a2+b2=−bk2+ak2=10⇔a2+b2=k2a2+b2=100⇒k2=1⇒k=1.
Do A, B lần lượt là các điểm biểu diễn z1,z2 nên A−bk;ak,Ba;b.
Khi đó OA→=−bk;ak,OB→=a;b.
Suy ra diện tích tam giác AOB là: S=12−bk.b−ak.k=12ka2+b2=12.1.100=50.
Cho hàm số f(x) xác định, có đạo hàm, liên tục và đổng biến trên [1; 4] thỏa mãn x+2xfx=f'x2,∀x∈1;4,f1=32.
Giá trị f(4) bằng
36118
39118
38118
37118
Chọn B.
Từ giả thiết ta suy ra f'x≥0,∀x∈1;4 và fx>0,∀x∈1;4 nên
x+2xfx=f'x2⇔x1+2fx=f'x⇔f'x1+2fx=x
⇔1+2fx'=x⇔∫1+2fx'dx=∫xdx.
⇔1+2fx=23.xx+C, *
Thay x = 1 vào (*) ta được ⇔1+2f1=23.11+C⇔C=43.
Thay x=4,C=43 vào (*) ta được ⇔1+2f4=23.44+43⇔f4=39118.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0; 4; -3). Xét mặt phẳng (P) thay đổi cách điểm B(4; 0; -1) một khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất, (P) đi qua điểm nào dưới đây?
M0;−3;10
P−3;0;−3.
N0;3;−5.
Q0;5;8.
Chọn A.
Ta có AB→4;−4;2⇒AB=42+−42+22=6.
Trường hợp 1: Hai điểm A, B nằm cùng phía so với (P) có hai hình vẽ biểu diễn là hình 1 và hình 2.
Từ hình vẽ 1 ta có dA,P=AK,dB;P=BH=3.
AK=AI+IK≤AB+BH=6+3=9 (do IK=BH,AI≤AB).
Suy ra AK lớn nhất bằng 9 khi AI = AB điều này xảy ra khi A, B, H thẳng hàng và H = K.
Vậy d(A, (P)) lớn nhất bằng 9 và (P) nhận AB→4;−4;2 làm véc tơ pháp tuyến.
Mặt phẳng (P) nhận n→2;−2;1 là véc tơ pháp tuyến có phương trình dạng 2x−2y+z+D=0.
dA,P=9⇔D−113=9⇔D=38D=−16.
Vậy (P) có phương trình 2x−2y+z+38=0 và 2x−2y+z−16=0.
Đối chiếu các phương án ta thấy có phương án A thỏa mãn.
Từ hình vẽ ta có dA,P=AH=EH<BK=3<9 nên loại.
Trường hợp 2: Hai điểm A, B nằm khác phía so với (P).
Từ hình vẽ 3 ta có dA,P=AK<AF<AB=6<9 nên loại.
Vậy đáp án là phương án A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và P là điểm bất kỳ thuộc cạnh CD. Biết thể tích khối chóp S.ABCD là V. Tính thể tích của khối tứ diện AMNP theo V.
V6.
V12.
V8.
V4.
Chọn A.
Ta có VA.MNP=VS.MNP=SMSA.SNSB.VS.ABP=14SΔABPSABCD.VS.ABCD.
Mặt khác SΔABP=12AB.dP;AB=12SABCD.
Suy ra VA.MNP=14.SΔABPSABCD=14.12V=V8.
Cho đồ thị hàm số y = f'(x) như hình vẽ, biết f"3=23. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số gx=3f3−2x−mx2+6m−12x có đúng bốn điểm cực trị?
Vô số.
1
2.
3.
Chọn D.
Xét hàm số gx=3f3−2x−mx2+6m−12x.
Ta có: g'x=−6f'3−2x−2mx+6m−12=−6f'3−2x+m3x−m+2.
g'x=0⇔f'3−2x+m3x−m+2=0 *
Đặt t=3−2x⇒x=3−t2, suy ra (*) có dạng:
f't+m3−t6−m+2=0⇔f't=m6t+m2−2.
Số nghiệm bội lẻ của phương trình g'(x) = 0 bằng với số nghiệm bội lẻ của phương trình f't=m6t+m2−2, tương đương với số giao điểm không tiếp xúc của hai đồ thị y = f'(t) và đường thẳng y=m6t+m2−2=m2t3+1−2. d
Đường thẳng d luôn đi qua A(-3; -2)
Gọi d1 là đường thẳng đi qua A và tiếp xúc với đồ thị hàm số y = f'(t) tại điểm (3; 2) như hình vẽ.
Suy ra: d1:y=23t khi đó giá trị tham số m=m1 thỏa mãn m16=23⇔m1=4.
Gọi d2 là đường thẳng đi qua A và tiếp xúc với đồ thị hàm số y = f'(t) tại điểm (1; -2) như hình vẽ.
Suy ra: d2:y=−2 khi đó giá trị tham số m=m2 thỏa mãn −2=m2.16+m22−2⇔m2=0.
Để hàm số g(x) có bốn điểm cực trị thì phương trình f't=m6t+m2−2 có bốn nghiệm bội lẻ, tương đương với đồ thị y = f'(t) và đường thẳng d có bốn giao điểm xuyên qua.
Do đó m2=0<m<m1=4⇒m∈1;2;3.
