Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 6)

Phương pháp:

Sử dụng: a//a'⇒∠a;b=∠a';b'

Cách giải:

Ta có B'D' // BD nên ∠AB;B'D'=∠AB;BD

Vì ABCD là hình vuông nên ∠ABD=450.

Vậy ∠AB;B'D'=450.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfx−gxdx=∫abfxdx−∫abgxdx

Cách giải:

∫01gx−fxdx=∫01gxdx−∫01fxdx=43−13=1.

 

Chọn D.

Phương pháp:

Hàm số y=logx xác định khi x > 0.

Cách giải:

Hàm số y=logx+log3−x xác định khi x>03−x>0⇔x>0x<3⇔0<x<3.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị xác định các khoảng đồ thị đi lên từ trái qua phải.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị và các đáp án ta thấy hàm số y = f(x) đồng biến trên (-1; 0)

Chọn C.

Phương pháp:

- Cho góc ở đỉnh của một hình nón bằng α thì tanα2=rh với r, h lần lượt là bán kính đáy, đường cao của hình nón.

- Sử dụng công thức: l2=h2+r2.

Cách giải:

Vì góc ở đỉnh của một hình nón bằng 600 nên tan300=rh⇔13=rh⇔h=3r.

Lại có l2=h2+r2⇒l2=3r2+r2⇔l=2r.

Chọn A.

Phương pháp:

Trong không gian Oxyz đường thẳng Δ đi qua Ax0;y0;z0 và nhận u→a;b;c làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: x−x0a=y−y0b=z−z0c.

Cách giải:

Trong không gian Oxyz đường thẳng Δ đi qua A(-1; -1; 1) và nhận u→1;2;3 làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: x−11=y−12=z+13.

Chọn A.

Phương pháp:

Hàm số y = sin x đồng biến trên −π2+k2π;π2+k2π.

Cách giải:

Hàm số y = sin x đồng biến trên −π2+k2π;π2+k2π. Với k = 0 ta có hàm số y = sin x đồng biến trên −π2;π2⊃−π2;0.

Vậy hàm số y = sin x đồng biến trên khoảng −π2;0

Chọn A.

Phương pháp:

Thực hiện phép cộng số phức.

Cách giải:

Ta có z+w=2+i+3−i=5 có phần thực bằng 5.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng: ∫sinkxdx=−1kcoskx+C.

Cách giải:

∫fxdx=∫sin3xdx=−13cos3x+C.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức SHTQ của cấp số cộng có số hạng đầu u1, công sai d là un=u1+n−1d.

Cách giải:

Ta có u3=u1+2d⇔d=u3−u12=13−12=−13.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm xác định các điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu.

Cách giải:

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị x=−2,x=1,x=6.

Chọn A.

Phương pháp:

Đường tròn lớn của mặt cầu S (O; R) là có bán kính R.

Cách giải:

Đường tròn lớn của mặt cầu S (O; R) là có bán kính R nên có chu vì là 2πR.

Chọn D.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm có tung độ lớn nhất trên [-3; 3]

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy max−3;3y=y3=8.

Chọn B.

Phương pháp:

Trong không gian Oxyz, cho u→x1;y1;z1 và v→x2;y2;z2⇒u→−v→=x1−x2;y1−y2;z1−z2.

Cách giải:

u→−v→=−1;1;2.

Chọn D.

Phương pháp:

Trong không gian Oxyz, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Oyz) là k→0;0;1.

Cách giải:

Trong không gian Oxyz, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Oyz) là k→0;0;1.

Chọn D.

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

2x−1=8⇔2x−1=23⇔x−1=3⇔x=4.

Chọn C.

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.

Cách giải:

Ta có 2fx=5⇔fx=52.

Số nghiệm của phương trình fx=52 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y=52.

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y=52. cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm có hoành độ thuộc [-1; 2]

Vậy phương trình 2f(x) = 5 có 2 nghiệm trên đoạn [-1; 2].

Chọn B.

Phương pháp:

- Thực hiện phép nhân số phức.

- Sử dụng tính chất: z1¯.z2¯=z1z2¯,z1¯+z2¯=z1+z2¯.

Cách giải:

Ta có:

2z1¯−32z2¯−3

=4z1¯.z2¯−6z1¯+z2¯+9

=4z1z2¯−6z1+z2¯+9

Vì z1,z2 là các nghiệm phức của phương trình z2−3z+5=0 nên z1z2=5,z1+z2=3.

Vậy 2z1¯−32z2¯−3=4z1z2¯−6z1+z2¯+9=4.5−6.3+9=11.

Chọn D.

Phương pháp:

- Đồ thị hàm phân thức hữu tỷ có bậc tử < bậc mẫu luôn có 1 TCN y = 0.

- Số TCĐ = số nghiệm của phương trình mẫu số không bị triệt tiêu bởi phương trình tử số.

Cách giải:

Hàm số y=x+3x3−3x có bậc tử < bậc mẫu nên đồ thị hàm số luôn có 1 TCN y = 0.

Xét x3−3x=0⇔x=0≠−3x=±3≠−3 nên đồ thị hàm số có 3 TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số y=x+3x3−3x có 4 đường tiệm cận.

Chọn B.

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.

- Tìm nghiệm x2, từ đó tìm nghiệm x.

Cách giải:

Ta có: fx2+1=0⇔fx2=−1, số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = -1

Dựa vào đồ thị ta thấy fx2=−1⇔x2=a<0Vô nghiệmx2=b>0x2=c>0⇔x=±bx=±c.

Vậy phương trình fx2+1=0 có 4 nghiệm.

Chọn C.

Chú ý khi giải: Đề bài yêu cầu tìm nghiệm của phương trình fx2+1=0 là tìm nghiệm x chứa không tìm nghiệm x2.

Phương pháp:

- Gọi bán kính đáy hình trụ là r. Thiết diện qua trục là hình chữ nhật có kích thước h x 2r.

- Dựa vào giả thiết: chu vi thiết diện qua trục gấp 3 lần đường kính đáy tìm r

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

Cách giải:

Gọi bán kính đáy hình trụ là r. Thiết diện qua trục là hình chữ nhật có kích thước h x 2r với h = 2.

Vì chu vi thiết diện qua trục gấp 3 lần đường kính đáy nên ta có phương trình: 2h+2r=3.2r⇔h=r=2.

Vậy thể tích của khối trụ đó bằng: V=πr2h=π.22.2=8π.

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng công thức tính đạo hàm: ax'=axlna.

- Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của 1 thương: uv'=u'v−uv'v2

Cách giải:

fx=2x−12x+1

⇒f'x=2xln22x+1−2x−12xln22x+12

f'x=2xln22x+1−2x+12x+12

f'x=2xln2.2.2x2x+12

f'x=22x+1ln22x+12

 

Chọn A.

fx≥0∀x∈0;2

Phương pháp:

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành, đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfxdx.

- Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Vì diện tích hình phẳng được kẻ sọc bằng 3 nên ∫02fxdx=3 (do fx≥0∀x∈0;2)

Đặt t = 2x ta có dt = 2dx. Đổi cận: x=0⇒t=0x=1⇒t=2.

Khi đó ∫01f2xdx=12∫02ftdt=12∫02fxdx=32.

Chọn D.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng độ dài đoạn vuông góc chung của hai đoạn thẳng đó.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của CD. Ta có OM⊥SOOM⊥CD⇒OM là đoạn vuông góc chung của SO và CD.

⇒dSO;CD=OM=a2.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng: d//P⇒ud→ và nP→ cùng phương.

Cách giải:

Đường thẳng Δ:x1=y−11=z−1 có 1 VTCP là u→=1;1;−1.

Mặt phẳng P:x+y−z=0 có 1 VTPT là n→=1;1;−1=u→ nên Δ//P.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: ∫amx+ndx=amx+nmlna+C.

Cách giải:

∫fxdx=∫32x−1dx=32x−1ln3+C=9x6ln3+C.

Chọn C.

Phương pháp:

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x=x0 là k=f'x0.

Cách giải:

TXĐ: D=−13;+∞.

Ta có fx=3x+1⇒f'x=323x+1.

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 1 là: k=f'1=34.

Chọn B.

Phương pháp:

Chuyển vế, sử dụng công thức logax−logay=logaxy0<a≠1;x,y>0.

Cách giải:

Ta có:

log2a+b=3+log2ab

⇔log2a+b−log2ab=3

⇔log2a+bab=3

⇔a+bab=23=8

⇔1a+1b=8

Chọn D.

Phương pháp:

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' lên (ABC). Xác định góc giữa AA' và (ABC) là góc giữa AA' và hình chiếu của AA' lên (ABC).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính A'H

- Tính VABC.A'B'C'=A'H.SΔABC.

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' lên (ABC) ⇒AH là hình chiếu vuông góc của AA' lên (ABC).

⇒∠AA';ABC=∠AA';AH=∠A'AH=600.

Xét tam giác vuông A'AH có A'H=AA'.sin600=2a.32=a3.

Vậy VABC.A'B'C'=A'H.SΔABC=a3.a2=3a3.

Chọn C.

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình cos2x=−13 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = cos 2x và đường thẳng y=−13.

Cách giải:

Ta có đồ thị:

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình cos2x=−13 có 3 nghiệm trên khoảng 0;3π2.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng: uΔ→⊥nα→uΔ→⊥nβ→⇒uΔ→=nα→,nβ→.

Cách giải:

Gọi uΔ→ là 1 VTCP của đường thẳng

nα→=1;1;1,nβ→=1;2;3 lần lượt là 1 VTPT của mặt phẳng α,β.

Vì Δ=α∩β⇒uΔ→⊥nα→uΔ→⊥nβ→⇒uΔ→=nα→,nβ→=1;−2;1.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính f'(x)

- Giải phương trình f'(x) = 0 xác định số nghiệm bội lẻ.

Cách giải:

Ta có:

fx=x4x−12

⇒f'x=4x3x−12+x4.2x−1

f'x=2x3x−12x−1+x

f'x=2x3x−13x−2

f'x=0⇔x=0nghiệm bội 3x=1nghiệm đơnx=23nghiệm đơn

Vậy hàm số f(x) đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn A.

Phương pháp:

Xét các TH:

- Chọn được 1 nam và 2 nữ.

- Chọn được 2 nam và 1 nữ.

Sử dụng tổ hợp và quy tắc cộng, nhân

Cách giải:

Để chọn sao cho trong nhóm có cả nam và nữ ta có các TH sau:

TH1: Chọn được 1 nam và 2 nữ ⇒ Có C71.C52=70 cách.

TH2: Chọn được 2 nam và 1 nữ ⇒ Có C72.C51=105 cách.

Vậy để chọn một nhóm 3 học sinh sao cho trong nhóm có cả nam và nữ có 70+105=175 cách.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính đạo hàm f'(x)

- Để hàm số fx=3x+mx2+1 đồng biến trên ℝ thì f'x≥0∀x∈ℝ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Chia TH của x cô lập m.

- Giải các bất phương trình: m≥fx∀x∈a;b⇒m≥maxa;bfxm≤fx∀x∈a;b⇒m≤mina;bfx

Cách giải:

TXĐ: D=ℝ

Ta có fx=3x+mx2+1⇒f'x=3+mxx2+1.

Để hàm số fx=3x+mx2+1 đồng biến trên ℝ thì f'x≥0 ∀x∈ℝ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

⇔3+mxx2+1≥0 ∀x∈ℝ⇔3x2+1+mxx2+1≥0 ∀x∈ℝ

 

⇔3x2+1+mx≥0 ∀x∈ℝ⇔mx≥−3x2+1 ∀x∈ℝ

TH1: x=0⇒0≥−3 (luôn đúng).

TH2: x>0⇒m≥−3x2+1x=fx⇒m≥max0;+∞fx 1.

TH3: x<0⇒m≤−3x2+1x=fx⇒m≤min0;+∞fx 2.

Xét hàm số fx=−3x2+1xx≠0 ta có f'x=−3xx2+1x+3x2+1x2=3x2x2+1>0 ∀x≠0.

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy 1⇔m≥−3,2⇔m≤3⇒−3≤m≤3.

Mà m∈ℤ⇒m∈−3;−2;−1;0;1;2;3.

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Phương pháp:

- Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.

- Sử dụng: F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên ℝ nên ∫fxdx=Fx+Cfx=F'x

Cách giải:

Xét I=∫e−2xf'xdx.

Đặt u=e−2xdv=f'xdx⇒du=−2e−2xdxv=fx

⇒I=e−2xfx+2∫e−2xfxdx.

Vì Gx=x3 là một nguyên hàm của gx=e−2xfx trên ℝ nên ∫e−2xfxdx=Gx+C=x3+Ce−2xfx=G'x=3x2

⇒I=x3+3x2+C.

Chọn C.

Phương pháp:

- Từ giả thiết z+i=2 suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z

- Từ giả thiết z−24 là số thực chứng minh hoặc z - 2 là số thực, hoặc z - 2 là số thuần ảo, hoặc z - 2 có phần thực bằng cộng trừ phần ảo.

- Sử dụng phương pháp hình học.

Cách giải:

Vì z+i=2⇒z−−i=2 nên tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(0; -1), bán kính R = 2.

Gọi z−2=x+yi ta có:

z−22=x+yi4=x2−y2+2xyi2

=x2−y22+4xyx2−y2i−4x2y2

=x4−8x2y2+y4+4xyx2−y2i

Vì z−22 là số thực nên 4xyx2−y2=0⇔x=0y=0x=y

TH1: x=0⇒z−2=yi⇒z=2+yi⇒ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng x = 2 trừ điểm (2; 0).

TH2: y=0⇒z−2=z⇔z=x+2⇒ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng y = 0 trừ điểm (-2; 0).

TH3: x=y⇒x=y⇒z−2=x+xi⇒z=x+2+xix=−y⇒z−2=x−xi⇒z=x+2−xi⇒ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng y=x−2y=−x+2 trừ điểm 0;−2,2;0,0;2,−2;0.

Ta có hình vẽ:

Vậy có 5 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp” ⇒ Mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặpvới một học sinh lớp 12B. Chọn từng học sinh lớp 12A, sau đó chọn 1 học sinh lớp 12B để ghép cặp với họcsinh lớp 12A đã được chọn.

Cách giải:

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C102.C82.C62.C42.C22=113400.

Gọi A là biến cố: “không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp” ⇒ Mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặpvới một học sinh lớp 12B.

⇒nA=C512.C412.C312.C212.C112=14400

Vậy xác suất biến cố A là PA=nAnΩ=14400113400=863.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tìm hàm vận tốc v(t) trên mỗi giai đoạn dựa vào đồ thị.

- Quãng đường vật đi được từ thời điểm t = a đến thời điểm t = b là s=∫abvtdt.

Cách giải:

Trong 2 giây đầu, v1=at2, lại có khi t=2s⇒v1=60m/s nên 60=a.22⇔a=15, suy ra v1=15t2.

Quãng đường vật đi được trong 2 giây đầu là s1=∫02v1tdt=∫0215t2dt=40m.

Trong giây tiếp theo, v2=mt+n.

Ta có t=2⇒v=60t=3⇒v=360km/h=100m/s, nên ta có hệ phương trình 2m+n=603m+n=100⇔m=40n=−20

⇒v2t=40t−20.

Quãng đường vật đi được trong giây tiếp theo là s2=∫23v2tdt=∫2340t−20dt=80m.

Trong 2 giây cuối, v3=100m/s

Quãng đường vật đi được trong 2 giây cuối là s3=∫35v3tdt=∫35100dt=200m.

Vậy trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là: 40+80+200=320m.

Chọn D.

Phương pháp:

- Vì α⊥Δ⇒α có 1 VTPT là nα→=uΔ→=A;B;C. Suy ra dạng phương trình mặt phẳng α:Ax+By+Cz+d=0.

- Tìm giao điểm của Δ với trục Ox, trục Oy và tia Oz

- Tính độ dài OM, ON, OP theo d

- Tính  VOMNP=16OM.ON.OP, giải phương trình tìm de

- Suy ra phương trình mặt phẳng α và tìm điểm thuộc α.

Cách giải:

Đường thẳng Δ:x1=y−2=z3 có 1 VTCP là uΔ→=1;−2;3.

Vì α⊥Δ⇒α có 1 VTPT là nα→=uΔ→=1;−2;3, khi đó phương trình mặt phẳng α có dạng:

                                         α:x−2y+3z+d=0.

Ta có M=Δ∩OxN=Δ∩OyP=Δ∩tia Oz⇒M−d;0;0N0;d2;0P0;0;−d3⇒OM=dON=d2OP=d3−d3>0⇔d<0

Vì OMNP là tứ diện vuông tại O nên

VOMNP=16OM.ON.OP=16.16d3=136.d3=6⇔d3=216⇔d=6⇔d=±6.

Mà d<0⇒d=−6⇒α:x−2y+3z−6=0.

Vậy α đi qua điểm B(1; -1; 1).

Chọn A.

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của AC chứng minh SH⊥SAC,BH⊥SAC.

- Trong (SAB) kẻ BI⊥SA , chứng minh ∠SAB;SAC=∠BH;HI.

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân, định lí Pytago, hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượnggiác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AC ta có SH⊥AC (do tam giác SAC cân tại S).

Ta có SAC⊥ABC=ACAH⊂SAC,AH⊥AC⇒AH⊥ABC. Tương tự BH⊥SAC

Trong (SAB) kẻ BI⊥SA ta có SA⊥BISA⊥BIdo BH⊥SAC⇒SA⊥BHI⇒SA⊥HI

⇒SAB∩SAC=SABI⊂SAB,BI⊥SAHI⊂SAC,HI⊥SA⇒∠SAB;SAC=∠BI;HI.

 

Vì BH⊥SACcmt⇒BH⊥HI⇒ΔBHI vuông tại I

Do đó ∠SAB;SAC=∠BH;HI=∠BHI

Tam giác ABC vuông cân tại B có AB BC = 2a nên BH=AB2=a2,AC=AB2=22a.

Ta có: SH=SA2−AH2=3a2−2a2=a.

⇒HI=SH.AHSA=a.2a3a=6a3.

 

Xét tam giác vuông BHI có tan∠BIH=BHIH=a26a3=3⇒∠BIH=600

Vậy ∠SAB;SAC=600.

Chọn A.

Phương pháp:

- Sử dụng: Vì I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số y=xx−1⇒IA=IB.

- Chứng minh SΔMAB=2SΔMAI

- Kẻ AH⊥MIH∈MI ta có SΔMAI=12AH.MI, chứng minh để SΔMAB đạt giá trị nhỏ nhất  thì SΔMAI đạt giá trị nhỏ nhất ⇒AH đạt giá trị nhỏ nhất.

- Viết phương trình đường thẳng MI, tính AH=dA;MI, sử dụng BĐT Cô-si để tìm GTNN.

- Suy ra tọa độ điểm A tính IA và suy ra AB

Cách giải:

Dễ thấy I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số y=xx−1 (giao điểm 2 đường tiệm cận).

Vì d đi qua A và cắt đồ thị y=xx−1 tại 2 điểm phân biệt A, B nên IA=IB=12AB.

Ta có: SΔMAISΔMAB=MIMA=12⇒SΔMAB=2SΔMAI

Kẻ AH⊥MIH∈MI ta có SΔMAI=12AH.MI với MI=1−02+1−32=5

⇒SΔMAI=12AH.5=52AH.

Để SΔMAB đạt giá trị nhỏ nhất thì SΔMAI đạt giá trị nhỏ nhất ⇒AH đạt giá trị nhỏ nhất.

Phương trình đường thẳng MI là x−10−1=y−13−1⇔2x−1=−y−1⇔2x+y−3=0

Gọi Ax0;x0x0−1∈C ta có AH=dA;MI=2x0+x0x0−1−322+12=2x0+1x0−1−25.

Giả sử A là điểm nằm bên phải đường thẳng x>1⇒x0>1.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2x0+1x0−1−2=2x0−1+1x0−1≥22⇒AHmin=225=2105.

Dấu “=” xảy ra ⇔2x0−1=1x0−1⇔x0−12=12⇔x0−1=12⇔x0=1+12.

Khi đó A1+12;1+2⇒IA=1+12−12+1+2−12=102⇒AB=2IA=10.

Vậy để SΔMAB đạt giá trị nhỏ nhất thì AB=10.

Chọn A.

Phương pháp:

- Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ABCC'B' chính là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng ABC.A'B'C'.

- Sử dụng công thức tính nhanh: Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ABC, ta có R=h24+Rday2, với h là chiều cao hình trụ.

- Áp dụng định lí Cosin tính BC 

- Áp dụng định lí sin tính Rday:BCsin∠BAC=2Rday.

Cách giải:

Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ABCC'B' chính là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng ABC.A'B'C'

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ABC, ta có R=h24+Rday2, với h là chiều cao lăng trụ.

Ta có: SΔABC=12.AB.AC.sin∠BAC=12.2a.a.sin1200=3a22.

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ABC ta có BC2=AB2+AC2−2AB.AC.cos∠BAC=7a2⇒BC=7a.

Áp dụng định lí Sin trong tam giác ABC ta có: BCsin∠BAC=2Rday⇒Rday=21a3.

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp ABCC'B' là: R=h24+Rday2=4a24+7a23=30a3

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt fx=6x−2x−3x. Tính f'(x).

- Chứng minh f'x>0 ∀x>0,f'x<0 ∀x<0 và suy ra phương trình f'(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

- Lập BBT hàm số f(x)

- Số nghiệm của phương trình 6x−2x−3x=a5 là số giao điểm của đồ thị hàm số fx=6x−2x−3x và đường thẳng y=a5.

Cách giải:

Xét hàm số fx=6x−2x−3x ta có f'x=6xln6−2xln2−3xln3.

Ta có:

f'x=6xln6−2xln2−3xln3

⇔f'x=6xln2+ln3−2xln2−3xln3

⇔f'x=6x−2xln2+6x−3xln3

Với x>0⇒6x>2x6x>3xln2>0,ln3>0⇒f'x>0

Với x<0⇒6x<2x6x<3xln2>0,ln3>0⇒f'x<0.

Với x=0⇒f'x=0.

Do đó phương trình f'(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình 6x−2x−3x=a5 có 2 nghiệm phân biệt ⇔−1<a5<0⇔−5<a<0.

Mà a∈ℤ⇒a∈−4;−3;−2;−1. Vậy có 4 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Phương pháp:

- Lập BBT của hàm số ux=x+3x2+3, xác định sự tương ứng nghiệm x↔ux.

- Đặt t = u(x). Biện luận để phương trình f(t) = m có đúng 3 nghiệm x phân biệt thì cần có nghiệm t thỏa mãn điều kiện gì?

- Dựa vào đồ thị hàm số tìm m để phương trình có nghiệm t thỏa mãn điều kiện vừa biện luận ở trên.

Cách giải:

Xét hàm số ux=x+3x2+3 ta có

u'x=x2+3−x+3.xx2+3x2+3

    

 =x2+3−x2−3xx2+3x2+3=3−3xx2+3x2+3

u'x=0⇔x=1

Ta có BBT:

Đặt t = u(x), phương trình fux=m⇔ft=m.

Do đó để phương trình f(t) = m có đúng 3 nghiệm x phân biệt thì cần phải có 2 nghiệm t phân biệt thỏa mãn t1∈−1;1∪2t2∈1;2*.

Dựa vào đồ thị hàm số f(x) ta thấy *⇒m∈−3;0.

Mà m∈ℤ⇒m∈0;−1;−2.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính g'(x)

- Giải phương trình g'(x) = 0

- Lập BXD g'(x)

Cách giải:

Ta có g'x=2xf'x2−3=0⇔x=0f'x2−3=0

Dựa vào đồ thị hàm số y = f'(1 - x) ta có f'1−x=0⇔1−x=01−x=21−x=3⇔x=1x=−1x=−2.

Do đó f'x2−3=0⇔x2−3=1x2−3=−1x2−3=−2⇔x=±2x=±2x=±1.

Lấy x = 3 ta có g'x=6f'6<0, qua các nghiệm của g'(x) = 0 thì g'(x) đổi dấu.

Bảng xét dấu của g'(x)

Vậy hàm số nghịch biến trên (-1; 0)

Chọn D.

Phương pháp:

- Chuyển vế, chia cả 2 vế cho sin2x.

- Lấy nguyên hàm hai vế, từ đó tìm hàm f(x)

- Sử dụng giả thiết fπ2=1 tìm hằng số C, từ đó tìm fπ6.

- Đồng nhất hệ số tìm a, b, c và tính tổng a + b + c.

Cách giải:

Theo bài ra ta có:

f'xsinx=x+fxcosx

⇔f'xsinx−fxcosx=x

⇔f'xsinx−fx.sinx'sin2x=xsin2x

⇔fxsinx'=xsin2x

 

Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

null

 

Đặt u=xdv=dxsin2x⇒du=dxv=−cotx

⇒fxsinx=−xcotx+lnsinx+C⇒fx=sinx−xcotx+lnsinx+C

 

Vì fπ2=1 nên 1=sinπ2−π2cotπ2+lnsinπ2+C⇔1=1.−π2.0+ln1+C⇔C=1.

⇒fx=sinx−xcotx+lnsinx+1

⇒fπ6=sinπ6−π6.cotπ6+lnsinπ6+1

               

=12−π6.3+ln12+1

 =1126−6ln2−π3

⇒a=6,b=−6,c=−1

Vậy a+b+c=6−6−1=−1.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tính Δ của phương trình z2−a−3z+a2+a=0, giải bất phương trình Δ<0.

- Phương trình bậc hai có 2 nghiệm phức thì hai nghiệm đó là số phức liên hợp của nhau, đặt z1=x+yi⇒z2=x−yi

- Giải phương trình z1+z2=z1−z2 tìm mối quan hệ giữa x và y.

- Giải phương trình z2−a−3z+a2+a=0 theo a,Δ tìm z1,z2. Với mỗi trường hợp trên giải phương trình chứa căn tìm

Cách giải:

Xét phương trình z2−a−3z+a2+a=0 ta có:

Δ=a−32−4a2+a=−3a2−10a+9.

Để phương trình có 2 nghiệm phức thì −3a2−10a+9<0⇔a>−5+2133a<−5−2133*.

Vì z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−a−3z+a2+a=0 nên chúng là 2 số phức liên hợp. Do đó đặt 

Theo bài ra ta có:

z1+z2=z1−z2

⇔|x + yi + x-yi|=|x + yi - x+yi|

⇔2x=2yi

⇔x=yi

⇔x=y

⇔x=yx=−y

Ta có: z2−a−3z+a2+a=0⇔z1=a−3+Δi2=a−32+Δ2iz1=a−3−Δi2=a−32−Δ2i

TH1: x=y⇒a−3=Δ⇔a≥3a−32=3a2+10a−9

⇔a≥32a2+16a−18−0⇔a=1a=−9ktm.

TH2: x=−y⇒3−a=Δ⇔a≤3a−32=3a2+10a−9

 Hai giá trị này của a thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy có 2 số nguyên a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Phương pháp:

- Chứng minh ∠AD;SAB=∠BC;SAB

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên (SAB) xác định ∠BC;SAB. Từ đó tính CH.

- Tính VS.ABC=13CH.SΔSAB

- Tính VS.ABCD=2VS.ABC.

Cách giải:

Vì BC//AD⇒∠AD;SAB=∠BC;SAB.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên SAB⇒BH là hình chiếu của BC lên (SAB)

⇒∠BC;SAB=∠BC;BH=∠HBC=300

Xét tam giác vuông ABC có BC=AB2+AC2=3a2+a2=2a

Xét tam giác vuông BCH có CH=BC.sin300=2a.12=a.

Vì ΔSAB đều cạnh a3 nên SΔSAB=a32.34=33a24.

⇒VS.ABC=13CH.SΔSAB=13.a.33a24=3a34.

Vậy VS.ABCD=2VS.ABC=3a32.

Chọn C.

Phương pháp:

- Xét hàm đặc trưng, rút y theo x

- Thế vào biểu thức 4x2+1y2, sử dụng: Biểu thức ax2+bx+ca>0 đạt GTNN tại x=−b2a. Từ đó tìm x, y.

Cách giải:

Với x, y ta có:

     x+y10+log12x+12y=1+2xy

⇔x+y10+logx+y2xy=1+2xy

⇔x+y10+logx+y−log2xy=1+2xy

⇔x+y10+logx+y−1=log2xy+2xy

⇔x+y10+logx+y10=log2xy+2xy *

Xét hàm số ft=logt+tt>0 ta có f't=1tln10+1>0∀t>0, nên hàm số y = f(t) đồng biến trên 0;+∞. 

Do đó *⇔x+y10=2xy⇔x+y=20xy⇒y=x20x−1.

Ta có:

P=4x2+1y2=4x2+20x−12x2=400x2−40x+5x2=400−40x+5x2.

 

Hàm số đạt GTNN khi 1x=402.5=4⇔x=14tm.

Khi đó Pmin khi x=14,y=116.

Vậy xy=14.116=164.

Chọn C.

Phương pháp:

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

- Gọi H là tâm đường tròn (C), tìm tọa độ điểm H. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên α, tìm tọa độ điểm K.

- Sử dụng định lí Pytago: AM2=AK2+KM2, chứng minh AMmax⇔KMmax.

- Sử dụng BĐT tam giác: KM≤KH+HM, tìm M để KM=KH+HM.

Cách giải:

Mặt cầu S:x2+y−22+z+32=24 có tâm I(0; 2; -3), bán kính R=26.

Gọi H là tâm đường tròn C⇒IH⊥α.

⇒ Phương trình đường thẳng IH:x=ty=2+tz=−3.

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x=ty=2+tz=−3x+y=0⇔x=ty=2+tz=−3t+2+t=0⇔x=−1y=1z=−3⇒H−1;1;−3.

Ta có IH=dI;α=0+22=2⇒ Bán kính đường tròn (C) là r=R2−IH2=24−2=22.

Dễ thấy điểm A nằm ngoài mặt cầu (S). Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên α, tương tự như tìm tọa độ điểm H ta tìm được K(8; -8; 3).

Khi đó ta có KH=8+12+−8−12+3+32=322>r.

Áp dụng định lí Pytago ta có: AM2=AK2+KM2, do AK không đổi nên AMmax⇔KMmax.

Ta cps KM≤KH+HM (BĐT tam giác), do đó KMmax⇔HM=KH+HM=322+22=422, khi đó MK→=4MH→

⇒8−xM=4−1−xM−8−yM=41−yM3−zM=43−zM⇔xM=−4yM=4zM=3.

 

Vậy xM=−4.

Chọn B.