Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 30)
50 câu hỏi
Đồ thị hàm số y=x2−x+1x+1 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng
1
-1
2
0
Chọn A.
Đồ thị hàm số y=x2−x+1x+1 cắt trục tung nên hoành độ giao điểm bằng 0 suy ra tung độ giao điểm bằng 1.
Với a là số thực dương tùy ý, a23 bằng:
a16.
a6.
a23.
a32.
Chọn C.
Với một số thực dương ta có: a23=a23.
Tập nghiệm của phương trình log2x2=4 là:
S=±2.
S=2.
S=±4.
S = {4}.
Chọn C.
ĐK: x2>0⇔x≠0.
Ta có: log2x2=4⇔x2=16⇔x=4nx=−4n.
Suy ra tập nghiệm S=−4;4.
Cho cấp số nhân un có u1=2 và u2=6. Giá trị của u3 là:
u3=10
u3=18
u3=14
u3=54
Chọn B.
Ta có: u1.u3=u22⇒u3=u22u1=622=18.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=1−xx+1 có phương trình là:
x = 1
y = 1
y = -1
x = -1
Chọn C.
Ta có: limx→+∞y=limx→+∞1−xx+1=−1 (hoặc limx→−∞y=limx→−∞1−xx+1=−1), nên đường thẳng y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
Với số thực dương a tùy ý, log3a3 bằng
log33a.
3log3a.
log3a3.
3+log3a.
Chọn B.
Với số thực dương a tùy ý, ta có: log3a3=3log3a.
Môđun của số phức z=1+i2 bằng:
z=1+2
z=2
z=3
z=3
Chọn C.
Ta có z=12+22=3.
Đạo hàm của hàm số y=log2x là:
y'=ln2x.
y'=1xln2.
y'=xln2.
y'=1x.
Chọn B.
Ta có y'=1xln2.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:
x = -4
x = 0
x = 3
x = 1
Chọn C.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra điểm cực tiểu của hàm số là x = 3.
Nghiệm của phương trình 31−2x=27 là
x = -3
x = 3
x = 1
x = -1
Chọn D.
Ta có 31−2x=27⇔1−2x=3⇔x=−1.
Vậy nghiệm của phương trình 31−2x=27 là: x = -1.
Cho số phức z = -2 + i. Điểm biểu diễn của số phức z¯ là:
(-2; 1)
(-2; -1)
(2; 1)
(2; -1)
Chọn B.
Ta có z¯=−2−i.
Vậy điểm biểu diễn của số phức z¯ là M(-2; -1)
Cho hàm số f(x) = sin3x. Khẳng định nào sau đây đúng:
∫fxdx=−13cos3x+C.
∫fxdx=−cos3x+C.
∫fxdx=13cos3x+C.
∫fxdx=cos3x+C.
Chọn A.
Ta có: ∫fxdx=13∫sin3xd3x=−13cos3x+C
Cho hai số phức z1=2−i,z2=3+2i. Số phức w=z1.z2 bằng:
w = -8 - i
w = 8 - i
w = -8 + i
w = 8 + i
Chọn D.
Ta có: w=2−i3+2i=6+4i−3i−2i2=8+i
Cho I=∫12f2xdx. Khi đặt t = 2x thì ta được:
I=12∫24ftdt.
I=12∫12ftdt.
I=∫24ftdt.
I=∫12ftdt.
Chọn A.
Đặt 2x=t⇒2dx=dt⇒dx=dt2
Đổi cận:
x=1⇒t=2
x=2⇒t=4
Suy ra I=∫24ftdt2=12∫24ftdt.
Cho hai hàm số f(x), g(x) thỏa mãn ∫01fxdx=2,∫10gxdx=5. Giá trị I=∫01fx−gxdx là:
I = 7
I = -3
I = 3
I = -7
Chọn A.
Ta có ∫10gxdx=5⇒∫01gxdx=−5
Suy ra I=∫01fx−gxdx=∫01fxdx−∫01gxdx=2−−5=7.
Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm f'(x) như sau:
Số điểm cực trị của hàm số f(x) đã cho là:
3
4
2
1
Chọn A.
Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy f'(x) đổi dấu 3 lần khi qua các điểm x = -4, x = 1, x = 3.
Do đó hàm số có 3 điểm cực trị.
Có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh trong 8 học sinh:
82
6!
A82
C82
Chọn D.
Số cách chọn ra 2 học sinh trong 8 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 8 phần tử C82.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
−∞;0
3;+∞
(-2; 3)
(0; 3)
Chọn D.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; 3)
Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) = 2 và F(0) = 2. Tìm F(x)?
F(x) = 2
F(x) = 2x + 1
Fx=x2+2.
Fx=x22+2.
Chọn C.
Ta có: Fx=∫fxdx=∫2xdx=2x22+C=x2+C.
Vì F0=2⇒02+C=2⇒C=2.
Vậy Fx=x2+2.
Đồ thị dưới đây có thể là đồ thị của hàm số nào? 
y=x3−3x+1.
y=x3+3x-1.
y=-x3+3x+1.
y=x3−3x2+2.
Chọn A.
Từ đồ thị ta thấy đây là hình ảnh đồ thị hàm bậc y=ax3+bx2+cx+d và limx→+∞y=+∞⇒a>0, loại phương án C.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương ⇒d>0, loại phương án B.
Xét phương án D có y'=3x2−6x⇒y'=0 có hai nghiệm là x = 0 và x = 2 nên hàm số đạt cực trị tại x = 0 và x = 2loại phương án D.
Vậy phương án đúng là A.
Tổng hai nghiệm của phương trình log32x−6log3x+8=0 bằng:
6
90
729
8
Chọn B.
Điều kiện: x > 0
Ta có log32x−6log3x+8=0⇔log3x=4log3x=2⇔x=34x=32⇔x=81x=9.
Vậy tổng hai nghiệm của phương trình bằng: 81+9=90.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ và ∫023fx+2xdx=7. Tính I=∫02fxdx.
I = 1
I = 4
I = 2
I = 3
Chọn A.
Ta có 7=∫023fx+2xdx=3∫02fxdx+∫022xdx
⇔3I=7−∫022xdx⇔3I=3⇔I=1.
Vậy I = 1.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A5;−2;0,B−2;3;0 và C(0; 2; 3). Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là:
(1; 2; 1)
(2; 0; -1)
(1; 1; 1)
(1; 1; -2)
Chọn C.
G là trọng tâm của tam giác ABC⇔xG=13xA+xB+xCyG=13yA+yB+yCzC=13zA+zB+zC⇔xG=1yG=1zG=1.
Vậy G(1; 1; 1)
Một lớp có 38 học sinh, trong đó có 20 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên một học sinh. Tính xác suất để chọn được một học sinh nữ.
1019
919
199
138
Chọn B.
Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một học sinh từ 38 học sinh trong lớp”
⇒nΩ=C381.
Gọi biến cố A: “Chọn được một học sinh nữ”
Trong lớp có 18 học sinh nữ, nên có C181 (cách) chọn một học sinh nữ.
⇒nA=C181.
Vậy PA=nAnΩ=C181C381=919.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:3x−2y+z−m=0 và điểm A(1; 1; 4). Tìm giá trị của tham số m để điểm A thuộc (P)?
m = 5
m = 4
m = 9
m = 3
Chọn A.
Điểm A thuộc (P) khi và chỉ khi: 3.1−2.1+4−m=0⇔5−m=0⇔m=5.
Cho số phức z = a + bi thỏa mãn z2+3i=3−2i. Tính a - b?
17
5
7
-5i
Chọn C.
z2+3i=3−2i⇔z=2+3i3−2i=12+5i.
Vậy a=12,b=5⇒a−b=7.
Công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là:
V=πhR2.
V=hR2.
V=13πhR2
V=13hR2
Chọn A.
Biết giá trị lớn nhất của hàm số y=−2x3+3x2+m trên đoạn [0; 2] bằng 5, tìm giá trị của tham số m
5
6
3
4
Chọn D.
y'=−6x2+6x;y'=0⇔x=0x=1.
Bảng biến thiên:
![Biết giá trị lớn nhất của hàm số y = -2x^3 + 3x^2 + m trên đoạn [0; 2] bằng 5 (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/07/blobid0-1657531039.png)
Theo bảng biến thiên ta có max0;2fx=5⇔f1=5⇔m+1=5⇔m=4.
Cho hình lăng trụ đứng có diện tích đáy là 6a2, độ dài cạnh bên bằng 2a. Thể tích khối lăng trụ này bằng:
12a3
6a3
3a3
4a3
Chọn A.
Hình lăng trụ đứng có diện tích đáy là S=6a2, độ dài cạnh bên bằng h = 2a.
Vậy thể tích V=S.h=6a2.2a=12a3.
Hàm số y=x3−3x+3 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
(0; 2)
(-2; -1)
(-1; 0)
(-2; 0)
Chọn C.
y=x3−3x+3 có tập xác định D=ℝ.
y'=3x2−3;y'=0⇔x=−1x=1.
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng −1;1⊃−1;0.
Trong không gian tọa độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 1; 1) và có vectơ pháp tuyến n→=1;2;3 là:
x+2y+3z−3=0.
x+2y+3z−6=0.
3x+2y+z−6=0
x-2y+3z−6=0.
Chọn B.
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 1; 1) và có vectơ pháp tuyến n→=1;2;3 là 1x−1+2y−1+3z−1=0⇔x+2y+3z−6=0.
Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V = 2021. Tính thể tích V1 của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.
V1=20213.
V1=20212.
V1=20216.
V1=202112.
Chọn B.
Xét khối hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V=SABCD.AA'.
Xét khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích V1=SABC.AA'.
Mà SABC=12.SABCD suy ra V1=12V hay V1=20212
Cho hình nón có đường sinh l =6, bán kính đáy r = 2. Diện tích toàn phần của hình nón bằng:
Stp=24π.
Stp=22π.
Stp=16π.
Stp=12π.
Chọn C.
Theo lý thuyết, công thức tính diện tích toàn phần của hình nón là Stp=πrl+πr2.
Diện tích toàn phần của hình nón có đường sinh l = 6, bán kính đáy r = 2 là:
Stp=π.2.6+π.22=16π.
Trong không gian tọa độ Oxyz, mặt cầu (S) tâm I(-1; 0; 2) và bán kính R = 4 có phương trình là:
x−12+y2+z+22=4.
x−12+y2+z+22=16.
x+12+y2+z−22=4
x+12+y2+z−22=16
Chọn D.
Phương trình mặt cầu (S) có tâm I(-1; 0;2) và bán kính R = 4 là x+12+y2+z−22=16.
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = 2a, đường thẳng AB' tạo với mặt phẳng BCC'B' một góc 30o. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
V=a36
V=a363.
V=2a36
V=a362.
Chọn C.
Gọi M là trung điểm BC
Vì ΔABC đều nên AM⊥BC. Mà AM⊥BB' (do ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều)
Suy ra AM⊥BB'C'C.
Khi đó B'M là hình chiếu của AB' lên BB'C'C
Suy ra AB',BB'C'C^=AB',B'M^=AB'M^=300.
Vì ΔABC đều nên AM=AB32=a3.
ΔAB'M vuông tại M có sinAB'M^=AMAB'⇒AB'=AMsin300=a312=2a3.
ΔABB' vuông tại B có BB'=AB'2−AB2=2a2.
Thể tích của khối lăng trụ đã cho là V=BB'.SABC=2a2.2a234=2a36 (đvtt).
Cho số phức z=a+bia,b∈ℝ thỏa mãn z+1+3i−zi=0. Tính S = 2a + 3b
S = 5
S = 6
S = -5
S = -6
Chọn D.
Ta có z+1+3i−zi=0⇔a+bi+1+3i−ia2+b2=0
⇔a+1+b+3−a2+b2i=0⇔a+1=0b+3−a2+b2=0
⇔a=−1b2+1=b+3⇔a=−1b≥−3b2+1=b+32⇔a=−1b≥−3b=−43⇔a=−1b=−43.
Vậy S=2a+3b=2.−1+3.−43=−6.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AC=a5,BC=2a,BB'=a3 (tham khảo hình vẽ). Tính góc giữa đường thẳng A'B và mặt phẳng (ABC)
300
600
900
450
Chọn B.
Vì AB là hình chiếu vuông góc của A'B lên mặt phẳng (ABC) suy ra góc giữa đường thẳng A'B và mặt phẳng (ABC) chính là góc A'BA^.
Xét tam giác vuông A'AB:tanA'BA^=A'AAB=A'AAC2−BC2=a35a2−4a2=3⇒A'BA^=600.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x+2y−2z+9=0. Phương trình mặt cầu (S) có tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng (P) là:
x2+y2+z2=9.
x2+y2+z2=3.
x2+y2+z2=1.
x2+y2+z−12=9.
Chọn A.
Mặt cầu (S) có tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên R=dO;P=99=3.
Vậy S:x2+y2+z2=9.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ có đồ thị tạo với trục hoành các miền có diện tích S1,S2,S3,S4 (như hình vẽ) và S1=S4=10,S2=S3=8. Biết tích phân I=∫e43e2f3lnx−4+1xdx=ab với a,b∈ℤ;ab là phân số tối giản. Tính tích ab?
31.
84.
-84
-24
Chọn D.
Ta có I=∫e43e2f3lnx−4+1xdx=∫e43e2f3lnx−4xdx+∫e43e21xdx=J+23.
Xét J=∫e43e2f3lnx−4xdx.
Đặt J=13∫02ftdt=13∫02fxdx=13∫012fxdx+∫121fxdx+∫12fxdx=13−S2+S3−S4=−103.
Do đó I=−103+23=−83=ab⇒a.b=−24.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A−2;0;1,B4;2;5. Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là:
3x−y+2z−10=0.
3x+y+2z−10=0.
3x+y+2z+10=0.
3x+y-2z−10=0.
Chọn B.
Gọi M là trung điểm AB⇒M1;1;3,AB→=6;2;4=23;1;2.
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua M(1; 1; 3) và có vectơ pháp tuyến n→=3;1;2.
Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là 3x+y+2z−10=0.
Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng d1:x−21=y−12=z−1,d2:x=ty=2z=3 và d3:x=0y=2+tz=3. Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng d1, cắt các đường thẳng d2,d3 lần lượt tại A và BA≠B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d1. Phương trình của mặt phẳng (P) là:
x+2y+5z−5=0.
x+2y+5z−4=0.
x+2y−z−4=0.
2x−y−3=0.
Chọn B.
Ta có ud1→=1;2;−1,A∈d2⇒Aa;2;3B∈d3⇒B0;b+2;3⇒AB→=−a;b;0. Theo đề bài
AB⊥d1⇒AB→.ud1→=0⇔−a+2b=0⇔a=2b⇒AB→=−2b;b;0. Vì A≠B⇒u→=−2;1;0 là một VTCP của AB Ta có u→=−2;1;0ud1→=1;2;−1⇒u→;ud1→=−1;−2;−5⇒n→=1;2;5 là một VTPT của (P)
Kết hợp với (P) qua M2;1;0∈d⇒P:x−2+2y−1+5z=0⇔x+2y+5z−4=0.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và điểm M là trung điểm của SA. Biết thể tích khối chóp A.SBC bằng a3312 và AC=a2, tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABCD).
a3
a32.
a36.
a34.
Chọn D.
Ta có:
VS.ABCD=2VS.ABC=2VA.SBC=a336.
AC=a2⇒AB=a.
Vậy SABCD=a2.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống (ABCD).
Ta có:
VS.ABCD=13.SH.SABCD.
⇒SH=3VS.ABCDSABCD=3.a336a2=a32.
Vậy dM,ABCD=12dS,ABCD=12SH=a34.
Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn z1−3−4i=1 và z2−3−4i=12. Gọi số phức z = a + bi thỏa mãn 3a - 2b = 12. Giá trị nhỏ nhất của P=z−z1+z−2z2+2 bằng
Pmin=5−23.
Pmin=994513.
Pmin=5+25.
Pmin=994511.
Chọn B.
Có z2−3−4i=12⇔2z2−6−8i=1.
Gọi Ax1;y1,Cx3;y3,Ma;b lần lượt là các điểm biểu diễn z1,2z2,z.
Ta có: AI;1:x−32+y−42=1, với I(3; 4).
CJ;1:x−62+y−82=1,J6;8
M∈Δ:3x−2y=12
Khi đó: P=z−z1+z−2z2+2=MA+MC+2.
Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=MA+MC+2 khi A, C chạy trên 2 đường tròn cố định (I; 1) và (J; 1) nằm cùng phía với đường thẳng Δ:3x−2y=12 và điểm M thuộc đường thẳng Δ:3x−2y=12.
Gọi đường tròn đối xứng với (I; 1) qua đường thẳng Δ:3x−2y=12 là (I'; 1). Suy ra I'10513;813.
Vì A' đối xứng với A qua Δ nên MA+MC=MA'+MC≥A1'C1=II'−I'A1'−IC1=II'−2 nên Pmin=JI'=994513.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ và đồ thị hàm số y = f(x) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ lần lượt là a,b,0,ca<b<c (như hình bên dưới). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số gx=f2x+m trên [a; c] bằng 2021. Tổng tất cả các phần tử của S bằng:
-36
-2022
-2021
24
Chọn A.
Gọi α;β;γ là các điểm cực trị của hàm số y = f(x). Có α;β;γ∈a;c.
Xét hàm số hx=f2x+m, có h'x=2f'x.fx.
h'x=0⇔f'x=0f'x=0⇔x=ax=bx=0x=cx=αx=βx=γ các nghiệm này đều thuộc [a; c].
Ta có fa=fb=f0=fc=0;fα=−3;fβ=2;fγ=−6 nên
ha=hb=h0=hc=m;hα=m+9;hβ=m+4;hγ=m+36.
Vậy maxa;chx=m+36,mina;chx=m⇒maxa;cgx=maxm+36;m.
TH1: m>0;maxa;cgx=m+36=m+36, khi đó m+36=2021⇔m=1985.
TH2: m+36<0⇔m<−36;maxa;cgx=m=−m, khi đó −m=2021⇔m=−2021.
TH3: m<0<m+36⇔−36<m<0;maxa;cgx=max−m;m+36≠m∈−36;02021 nên không tồn tại giá trị của
Vậy S=1985;−2021.
Gọi A, B, C là 3 điểm có hoành độ thỏa mãn xC=xA+xB và tung độ bằng nhau, lần lượt thuộc đồ thị hàm số y=log9x,y=log12x,y=log15x. Tính độ dài đoạn thẳng AB?
64
62.
65
63
Chọn D.
Ta có log9x=log12x=log15x. Đặt log9xA=log12xB=log15xC=t⇔xA=9txB=12txC=15t.
Mà xC=xA+xB⇔15t=9t+12t⇔35t+45t=1.
Xét hàm số ft=35t+45t với t∈ℝ.
ft=35t.ln35+45t.ln45<0 với t∈ℝ.
Hàm số ft=35t+45t luôn nghịch biến trên ℝ
Suy ra 35t+45t=1 có nhiều nhất 1 nghiệm. Nhận thấy t = 2 là nghiệm duy nhất.
Suy ra xA=81⇒yA=2xB=144⇒yB=2. Vậy AB=144−812+2−22=63.
Trong hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A1;−2;3,B−1;−2;1,C1;0;1. Gọi M là một điểm di động trên mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y−2z+2=0 sao cho hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh AC,AB,BC lần lượt là H, K, E. Hỏi có bao nhiêu điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho T=AK2+BE2+CH2 đạt giá trị nhỏ nhất.
3
vô số.
1
2.
Chọn D.
(S) có tâm I(1; -2; 1) và bán kính R=12+−22+12−2=2.
Mà AB=AC=BC=22 hay tam giácABC đều. Và A,B,C∈S.
Gọi G13;−43;53 là trọng tâm tam giác ABC
Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Kẻ các đường kính CD,AF,BQ.
Gọi J là hình chiếu vuông góc của M lên (ABC), J nằm trong hình lục giác đều ADBFCQ.
* Với J trùng với một trong 3 điểm A, B, C hay M trùng với một trong 3 điểm A, B, C.
Ta có T=AK2+BE2+CH2=222+02+22=10
* Với J không trùng với 3 điểm A, B, C
Ta có T=AK2+BE2+CH2≥AK+BE+CH23=3223=6.
Dấu bằng xảy ra khi AK=BE=CH.
Suy ra Tmin=6 khi J trùng với trọng tâm G của tam giác ABC hay MA=MB=MC.
Vậy có 2 điểm M cần tìm.
Có bao nhiêu giá trị nguyên m∈−2021;2021 để phương trình sau: 2x−m10=log2x+m10 có nghiệm thực?
2012
2021
2020
2011
Chọn A.
Điều kiện: x > 0
2x−m10=log2x+m10⇔2x−m10+x−m10=log2x+x⇔2x−m10+x−m10=2log2x+log2x.
Xét hàm số ft=2t+t t∈ℝ.
f't=2tln2+1>0,∀t∈ℝ⇒ft đồng biến trên ℝ
Suy ra fx−m10=flog2x⇔x−m10=log2x.
Xét hàm số gx=x−log2x với x∈0;+∞.
Ta có BBT như sau:
![Có bao nhiêu giá trị nguyên m thuộc [-2021; 2021] để phương trình sau (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/07/blobid8-1657604160.png)
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi m10≥g1ln2⇔m≥10.g1ln2.
Mà m∈ℤ;m∈−2021;2021. Suy ra: m∈10;11;....;2021 có 2012 giá trị thỏa mãn.
Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị là đường cong (như hình vẽ bên dưới). Biết hàm số đạt cực trị tại ba điểm x1,x2,x3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng có công sai là 2. Gọi S1 là diện tích phần gạch chéo, S2 là diện tích phần tô đậm. Tỉ số S1S2 bằng:
47
87
78
716
Chọn D.
Tịnh tiến đồ thị sao cho x2 trùng với gốc tọa độ ta được hình vẽ sau:
Ba điểm cực trị x1;x2;x3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng có công sai là 2.
Suy ra: x1=−2;x2=0;x3=2.
Gọi phương trình đồ thị trên có dạng y=ax4+bx2+ca≠0.
y'=4ax3+2bx
Hàm số đạt cực trị tại x1=−2;x2=0;x3=2 nên ta có:
y'x1=0y'x2=0y'x3=0⇔−32a−4b=0c=032a+4b=0⇔c=032a+4b=0. Chọn a=1;b=−8;c=0.
Suy ra: y=x4−8x2
S1=∫−20−x4+8x2=12415. S2=2∫02x4−8x2+16=51215.
Tỷ số: S1S2=2241551215=716.
Cho hàm số bậc bốn f(x) thỏa mãn f0=18 và đồ thị y = f'(x) (như hình vẽ bên dưới).
Xét hàm số f(x) thỏa mãn g"x=2021f"xfx+f'x2−f"x và g'0=20138. Tìm số nghiệm của phương trình g'(x) = 0.
6
7
5
8
Chọn B.
Ta có: g"x=2021f'xfx'−f"x=2021f'xfx−f'x'. 1
Lấy nguyên hàm hai vế của (1) ta được:
∫g"xdx=∫2021f'xfx−f'x'dx
⇒g'x=2021f'xfx−f'x+C. 2
Từ đồ thị ta có: f'(0) = 1
Thay x = 0 vào (2) ta được:
g'0=2021.f'0.f0−f'0+C⇔20138=2021.1.18−1+C⇔C=0.
Từ đó suy ra: g'x=2021.f'x.fx−12021.
g'x=0⇔f'x=0 3fx=12021 4.
* Giải phương trình (3)
Đồ thị hàm số y = f'(x) cắt trục Ox tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là x = a, x = b, x = c với −2<a<−1,0<b<1,1<c<2.
Ta có: 3⇔x=ax=bx=c.
* Giải phương trình (4)
- Do y = f(x) là hàm số bậc bốn nên y = f'(x) là hàm số bậc 3, giả sử f'x=ax3+bx2+cx+d. Từ đồ thị hàm số y = f'(x) suy ra:
f'0=1f'−1=3f'1=−1f"−1=0⇔d=1−a+b−c+1=3a+b+c+1=−13a−2b+c=0⇔a=1b=0c=−3d=1
⇒f'x=x3−3x+1
⇒∫f'xdx=∫x3−3x+1dx
⇒fx=14x4−32x2+x+C' 5.
Thay x = 0 vào (5) ta được: f0=C'⇔C'=18⇒fx=14x4−32x2+x+18.
Dễ thấy f1=−18.
Bảng biến thiến:
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình fx=12021 có 4 nghiệm phân biệt khác a, b, c.
Vậy phương trình g'(x) = 0 có 7 nghiệm phân biệt.
Một xí nghiệp chế biến sữa bò muốn sản xuất lon đựng sữa có dạng hình trụ bằng thiếc có thể tích không đổi. Để giảm giá một lon sữa khi bán ra thị trường người ta cần chế tạo lon sữa có kích thước sao cho ít tốn kém vật liệu. Để thỏa mãn yêu cầu đặt ra (diện tích toàn phần bé nhất), người ta phải thiết kế lon sữa thỏa mãn điều kiện nào trong các điều kiện sau:
Chiều cao bằng 3 lần bán kính của đáy
Chiều cao bằng bình phương bán kính của đáy.
Chiều cao bằng đường kính của đáy.
Chiều cao bằng bán kính của đáy.
Chọn C.
Gọi V, r, h lần lượt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao của lon sữa.
Ta có: V=πr2h⇔h=Vπr2.
Diện tích toàn phần của lon sữa là:
S=2πrh+2πr2=2Vr+2πr2=Vr+Vr+2πr2≥3Vr.Vr.2πr23=32πV23
Dấu “=” xảy ra ⇔πr2hr=2πr2⇔h=2r.
Vậy Smin=32πV23 khi h = 2r tức là chiều cao bằng đường kính đáy.
