Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 9)

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=0⇔fx=52 nên số nghiệm của phương trình 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 phân biệt.

Vậy phương trình 2fx−5=0 có 2 nghiệp phân biệt.

Chọn D.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên (0; 2)

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r chiều cao h bằng: V=πr2h.

Cách giải:

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r chiều cao h bằng: V=πr2h.

Chọn C.

Phương pháp:

- Giải phương trình y' = 0 tìm các nghiệm xi∈−3;3.

- Tính y−3,y3,yxi. 

- Kết luận: min−3;3fx=miny−3;y3;yxi.

Cách giải:

Ta có fx=x3−3x+2⇒f'x=3x2−3.

f'x=0⇔x2−1=0⇔x=±1∈−3;3.

Ta có f−3=−16,f3=20,f−1=4,f1=0.

Vậy min−3;3fx=f−3=−16.

Chọn D.

Phương pháp:

Đường thẳng d:x−x0a=y−y0b=z−z0c đi qua điểm Ax0;y0;z0.

Cách giải:

Đường thẳng d:x−12=y+23=z−54 đi qua điểm N(1; -2; 5).

Chọn B.

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 định lí Pytago và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Cách giải:

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

⇒∠SC;ABC=∠SC;AC=∠SCA.

Ta có: AC=AB2+BC2=2a2+a2=a3.

Xét tam giác SAC có tan∠SCA=SAAC=aa3=13⇒∠SCA=300.

Vậy ∠SC;ABC=300.

Chọn B.

Phương pháp:

Xác định điểm cực trị là điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu.

Cách giải:

Dựa vào bảng xét dấu f'(x) ta thấy hàm số f(x) có 2 điểm cực trị x = -3, x = 1.

Chọn C.

Phương pháp:

Thể tích của khối nón tròn xoay có bán kính đáy rvà chiều cao h là V=13πr2h.

Cách giải:

Thể tích của khối nón tròn xoay có đường kính đáy bằng 6 ⇒ bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 5 là:

V=13πr2h=13π.32.5=15π.

Chọn B.

Phương pháp:

- Dựa vào hình dáng đồ thị suy ra hàm bậc bốn trùng phương hay hàm đa thức bậc ba.

- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc bốn trùng phương có hệ số a < 0 nên chọn đáp án A.

Chọn A.

Phương pháp:

Mặt cầu S:x−a2+y−b2+z−c2=R2 có tâm I(a; b; c)

Cách giải:

Mặt cầu S:x−12+y+22+z+32=4 có tâm I(1; -2;-3)

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức un=um+n−md với d là công sai của cấp số cộng.

Cách giải:

Ta có d=u5−u4=9−12=−3.

Chọn D.

Phương pháp:

- Đưa về cùng cơ số, sử dụng công thức logambn=nmlogab.

- Sử dụng công thức logaxy=logax+logay 0<a≠1,x,y>0.

Cách giải:

log2a=log16ab

⇔log2a=14log2ab

⇔4log2a=log2a+log2b

⇔3log2a=log2b

⇔log2a3=log2b

⇔a3=b

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức ∫abfxdx=Fb−Fa với F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x).

Cách giải:

Ta có: ∫23f'xdx=f3−f2=5−2=3.

Chọn A.

Phương pháp:

Giải phương trình mũ: afx>agx⇔fx>gx với a > 1

Cách giải:

3x2+1>32x+1

⇔x2+1>2x+1

⇔x2−2x>0

⇔x>2x<0

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=−∞;0∪2;+∞

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm ∫coskxdx=1ksinkx+C.

Cách giải:

∫fxdx=∫cos2xdx=12sin2x+C.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đưa biến vào vi phân.

- Sử dụng công thức ∫duu=lnu+C.

Cách giải:

Ta có ∫fxdx=∫24x−3dx=12∫d4x−34x−3=12ln4x−3+C.

Vì x∈1;+∞⇒4x−3>0.

Vậy ∫fxdx=12ln4x−3+C.

Chọn B.

Phương pháp:

Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng 4πR2.

Cách giải:

Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng 4πR2.

Chọn C.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Mặt phẳng P:2x+y−z+3=0 có 1 VTPT là n→=2;1;−1.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Số cách chọn ra 1 quyển sách trên giá là C181=18 cách.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng: a→=xi→+yj→+zk→⇒a→=x;y;z.

Cách giải:

Tọa độ vectơ a→=−i→+2j→−3k→ là (-1; 2; -3).

Chọn A.

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: logax=b⇔x=ab.

Cách giải:

log23x−1=3⇔3x−1=8⇔x=3.

Chọn C.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấutừ dương sang âm.

Cách giải:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = -1.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức lãi kép: số tiền nhận được sau n kì hạn gửi tiết kiệm là An=A1+rn trong đó A là số tiền gốc, r là lãi suất 1 kì hạn, n là số kì hạn gửi.

Cách giải:

Sau thời gian 10 năm nếu không rút lãi lần nào thì số tiền mà ông A nhận được gồm cả gốc lẫn lãi tính theocông thức: 100000000.1+7%10=1081+0,0710 (đồng).

Chọn B.

Phương pháp:

z=a+bi⇒z=a2+b2.

Cách giải:

Môđun của số phức 2 + i là 22+12=5.

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

log2a3=3log2a.

Chọn C.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=fx,y=gx,x=a,x=b là S=∫abfx−gxdx.

Cách giải:

Ta có:

S=∫−12fxdx=∫−11fxdx+∫12fxdx

=∫−11fxdx−∫12fxdx

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa 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 y = f(x) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: limx→+∞fx=y0 hoặc limx→-∞fx=y0

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

Cách giải:

Ta có:

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

y=2x2−3x+1x2−1=2x−1x−1x+1x−1=2x−1x+1 nên 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=2x2−3x+1x2−1 là 2.

Chọn D.

Phương pháp:

- Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a

- Dựa vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b

Cách giải:

Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên ⇒a>0.

Hàm số có 3 điểm cực trị ⇒ab<0. Mà a>0⇒b<0.

Vậy a>0,b<0.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đường thẳng d⊥P⇒ud→=nP→.

- Phương trình đường thẳng d đi qua Mx0;y0;z0 và có 1 VTCP u→=a;b;c là: x=x0+aty=y0+btz=z0+ct.

Cách giải:

Mặt phẳng α:x+3y−z+2=0 có 1 VTPT là: nα→=1;3;−1.

Vì đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng α nên đường thẳng d có 1 VTCP ud→=−nα→=−1;−3;1.

Vậy phương trình đường thẳng d là: x=2−ty=−3−3tz=1+t.

Chọn A.

Phương pháp:

- Thực hiện phép khai triển hàng đẳng thức tìm số phức z

- Cho số phức z=x+yix,y∈ℝ⇒Mx;y là điểm biểu diễn số phức z

Cách giải:

Ta có: z=2+i2=4+4i+i2=3+4i.

Vậy điểm biểu diễn số phức z=2+i2 là điểm P(3; 4).

Chọn A.

Phương pháp:

- Chứng minh ΔSBD đều, gọi O=AC∩BD, tính SO.

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA tính SA

- Tính VS.ABCD=13SA.SABCD.

Cách giải:

Dễ thấy ΔSAB=ΔSAD (2 cạnh góc vuông) ⇒SB=SD⇒ΔSBD cân tại S

Lại có ∠SBD=600gt⇒ΔSBD đều.

Gọi O=AC∩BD. Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC=BD=a2⇒OA=a22 và ΔSBD đều cạnh a2 nên SO=a2.32=a62.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA:SA=SO2−OA2=a622−a222=a.

Vậy VS.ABCD=13SA.SABCD=13.a.a2=a33.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tính số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên.

- Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ”, tính số phần tử của biến cố A là số cách chọn ra 2số cùng lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên.

- Tính xác suất của biến cố A.

Cách giải:

Số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên là C212→nΩ=C212.

Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ” ⇒ 2 số được chọn phải cùng lẻ.

Số các số lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên là 21−12+1=11.

⇒nA=C112.

Vậy xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=C112C212=1142.

Chọn A.

Phương pháp:

- Xác định số phức z2¯.

- Thực hiện phép cộng số phức, tính 2z1+z2¯ và suy ra phần ảo của nó.

Cách giải:

2z1+z2¯=21+i+3+2i=5+4i có phần ảo bằng 4.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính bán kính mặt cầu R=IA=xA−xI2+yA−yI2+zA−zI2

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

Cách giải:

Bán kính mặt cầu là R=IA=0+12+4−22+−1−12=3.

Vậy phương trình mặt cầu (S) có tâm I(-1; 2; 1) bán kính R = 3 là: x+12+y−22+z−12=9.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính u→=a→+b→

- Sử dụng công thức u→=x;y;z⇒u→=x2+y2+z2.

Cách giải:

Ta có: u→=a→+b→=1;2;2⇒u→=12+22+22=3.

Chọn D.

Phương pháp:

- Đặt t=log3x. Tìm khoảng giá trị t∈a;b.

- Đưa bài toán trở thành tìm m để phương trình bậc 2 ẩn t có 2 nghiệm phân biệt thuộc [a; b].

- Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm phân biệt, sau đó giải tìm hai nghiệm theo m.

- Cho các nghiệm đã tìm được thuộc [a; b] và tìm m.

Cách giải:

Ta có:

log323x−m+2log3x+2m−5=0

⇔log3x+12−m+2log3x+2m−5=0

⇔log32x−mlog3x+2m−4=0 *

Đặt t=log3x, với x∈9;27⇒t∈2;3, phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt t1,t2∈2;3.

Ta có Δ=m2−42m−4>0⇔m2−8m+16>0⇔m−42>0⇔m≠4.

Khi đó (**) có 2 nghiệm phân biệt t1=m+m−42=mt2=m−m+42=2∈2;3

Vậy m∈2;3.

Chọn C.

Phương pháp:

Hàm số y=ax+bcx+d nghịch biến trên α;β khi y'<0−dc∉α;β.

Cách giải:

ĐKXĐ: x≠−m.

Ta có y'=m2−9x+m2.

Để hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;1 thì y'<0−m∉−∞;1⇔m2−9<0−m≥1⇔−3<m<3m≤−1⇔−3<m≤−1.

Mà m∈ℤ⇒m∈−2;−1.

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Phương pháp:

- Xét hàm số gx=x4−8x2+m trên [1; 3]

- Tìm min1;3gx,max1;3gx.

- Suy ra max1;3fx=maxmin1;3gx,max1;3gx

- Xét từng trường hợp max1;3fx=min1;3gx,max1;3fx=max1;3gx và tìm m.

Cách giải:

Xét hàm số gx=x4−8x2+m trên [1; 3] ta có g'x=4x3−16x=0⇔x=0∉1;3x=2∈1;3x=−2∉1;3

Ta có g1=m−7,g3=m+9,g2=m−16.

⇒min1;3gx=g2=m−16,max1;3gx=g3=m+9.

⇒max1;3fx=maxm−16;m+9.

TH1: max1;3fx=m−16⇒m−16=18m−16≥m+9⇔m=−2.

TH2: max1;3fx=m+9⇒m+9=18m−16≤m+9⇔m=9

⇒S=−2;9.

Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng -2 + 9 = 7.

Chọn C.

Phương pháp:

- Mặt phẳng trung trực α của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I của AB và nhận AB→ làm VTPT.

- Phương trình mặt phẳng (P) đi qua Mx0;y0;z0 và có VTPT n→=a;b;c là:

                                         ax−x0+by−y0+cz−z0=0.

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của AB⇒I3;0;1.

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I(3; 0; 1) và có 1 VTPT n→=−12AB→=1;1;−1 có phương trình là 1x−3+1y−0−1z−1=0⇔x+y−z−2=0.

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng các công thức

logaxm=mlogax0<a≠1,x>0

logab=1logba0<a,b≠1

logaxy=logax+logay0<a≠1,x,y>0.

logaxy=logax−logay0<a≠1,x,y>0.

- Tìm log2a.log2b,log2a+log2b.

- Sử dụng biến đổi a−b2=a+b2−4ab.

Cách giải:

Ta có:

log2a=logb16ab=64⇔log2a=4logb2=4log2blog2ab=log264=6⇔log2a.log2b=4log2a+log2b=6

Vậy log2ab2=log2a−log2b2=log2a+log2b2−4log2a.log2b=62−4.4=20.

Chọn B.

Phương pháp:

- Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD, với AD là chiều cao của hình trụ.

- Sử dụng giả thiết thiết diện thu được có diện tích bằng 30 tính CD.

- Gọi H là trung điểm của CD chứng minh dOO';ABCD=O'H.

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông tính bán kính đáy hình trụ.

- Diện tích xung quanh khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r là Sxq=2πrh.

Cách giải:

Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD như hình vẽ.

Gọi H là trung điểm của CD ta có O'H⊥ABCD nên dOO';ABCD=O'H=1.

Vì hình trụ có chiều cao bằng 53⇒AD=53. Mà SABCD=AD.CD=30⇒CD=23⇒CH=3.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông O'HC có: O'C=O'H2+HC2=12+32=2.

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq=2πrh=2π.2.53=203π.

Chọn D.

Phương pháp:

- Chứng minh dSC;AB=dA;SCD

- Đổi điểm tính khoảng cách chứng minh dSC;AB=dA;SCD=2dO;SCD.

- Gọi M là trung điểm của CD trong (SOM) kẻ OH⊥SMH∈SM, chứng minh OH⊥SCD.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM để tính OH.

Cách giải:

Ta có AB//CD⇒AB//SCD⊃SC⇒dSC;AB=dAB;SCD=dA;SCD.

Lại có AO∩SCD=C⇒dA;SCDdO;SCD=ACOC=2⇒dSC;AB=dA;SCD=2dO;SCD

Gọi M là trung điểm của CD trong (SOM) kẻ OH⊥SMH∈SM ta có:

CD⊥OMCD⊥SO⇒CD⊥SOM⇒CD⊥OH

OH⊥CDOH⊥SM⇒OH⊥SCD⇒dO;SCD=OH

 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM:OH=SO.OMSO2+OM2=a.a2a2+a24=a55.

Vậy dSC;AB=2a55.

Chọn B.

Phương pháp:

- Đặt t=x2−4x, với x∈0;+∞, đưa phương trình về dạng f(t) = m (*).

- Xác định mỗi nghiệm t cho bao nhiêu nghiệm x trên từng khoảng cụ thể.

- Tìm điều kiện về số nghiệm của phương trình (*) để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Đặt t=x2−4x, với x∈0;+∞, khi đó phương trình trở thành 3ft=m+5⇔ft=m+53*.

Ta có t'x=2x−4=0⇔x=2∈0;+∞.

BBT:

Dựa vào BBT đề bài cho, ta thấy phương trình ft=m+53 có tối đa 4 nghiệm, mỗi nghiệm t∈−4;0 cho 2 nghiệm x phân biệt, mỗi nghiệm t∈0;+∞∪−4 cho 1 nghiệm x

Để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm thuộc 0;+∞ thì phương trình (*):

TH1: Có 1 nghiệm t∈−4;0 và 3 nghiệm t∈0;+∞∪−4 (ktm).

TH2: Có 2 nghiệm t∈−4;0 và 1 nghiệm t∈0;+∞∪−4 (ktm).

⇒−2<m+53≤2−3≤m+53≠−2⇔−6<m+5≤5−9≤m+5≠−6

⇔−11<m≤0−14≤m≠−11⇔m∈−14;0\−11.

Mà m∈ℤ⇒ Có 14 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Phương pháp:

- Đặt z = x + yi khai triển 2z−i=2+iz tìm mối quan hệ giữa x, y.

- Chứng minh z1+z22+z1−z22=2z12+z22, từ đó tìm P=z1+z2.

Cách giải:

Đặt z = x + yi ta có:

     2z−i=2+iz

⇔2x+2yi−i=2+ix+yi

⇔2x+2y−1i=2−y+xi

⇔4x2+2y−12=2−y2+x2

⇔3x2+3y2=3

⇔x2+y2=1

Đặt z1=x1+y1i,z2=x2+y2i, xét

A=z1+z22+z1−z22

     =x1+x2+y1+y2i2+x1−x2+y1−y2i2

     =x1+x22+y1+y22+x1−x22+y1−y22

     =2x12+y12+x22+y22

Vì z1,z2 là hai nghiệm của phương trình 2z−i=2+iz nên x12+y12=1x22+y22=1

⇒A=21+1=4

⇒z1+z22+z1−z22=4

⇒z1+z22=4−z1−z22=3

⇒P=z1+z2=3

Chọn C.

Phương pháp:

- Tìm f(x) = g'(x) và suy ra hàm fx2.

- Tính tích phân, sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản

Cách giải:

Vì f(x) liên tục trên ℝ và có một nguyên hàm là hàm số gx=12x2−x+1.

⇒fx=g'x=x−1.

Khi đó ta có fx2=x2−1

⇒∫12f2xdx=∫12x2−1dx=x33−x21=43.

 

Chọn C.

Phương pháp:

- Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên (P), BC Chứng minh AH≤AK⇒dA;Pmax=AK.

- Viết phương trình đường thẳng K tham số hóa tọa độ điểm K∈BC.

- Sử dụng AK→.BC→=0 tìm tọa độ vectơ AK→.

Cách giải:

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên (P), BC.

Ta có AH⊥P⇒AH⊥HK⇒ΔAHK vuông tại H⇒AH≤AK hay dA;P≤dA;BC.

Do đó d(A; (P)) lớn nhất khi AH≡AK⇒H≡K.

Ta có BC→=0;−1;2⇒ Phương trình đường thẳng BC:x=2y=1−tz=2t

Vì K∈BC⇒K2;1−t;2t⇒AK→=1;−t;2t−1.

Ta có AK→.BC→=0⇔1.0+t+22t−1=0⇔t=25⇒AK→=1;−25;−15//5;−2;−1.

Vậy khi d(A; (P)) lớn nhất thì (P) có 1 VTPT n→=5;−2;−1.

Chọn D.

Phương pháp:

- Áp dụng tích phân từng phần với ∫02xf'xdx.

- Từ giả thiết f0=3,fx+f2−x=x2−2x+2 tính f(2)

- Lấy tích phân hai vế biểu thức fx+f2−x=x2−2x+2.

- Sử dụng phương pháp đổi biến số, tính J=∫02f2−xdx, từ đó tính ∫02fxdx và tính I.

Cách giải:

Đặt u=xdv=f'xdx⇒du=dxv=fx.

⇒I=∫02xf'xdx=xfx20−∫02fxdx

Theo bài ra ta có: f0=3,fx+f2−x=x2−2x+2.

⇒f0+f2=2⇒f2=2−f0=2−3=−1.

⇒I=2f2−∫02fxdx=2−∫02fxdx.

Lấy tích phân hai vế biểu thức fx+f2−x=x2−2x+2 ta có

∫02fxdx+∫02f2−xdx=∫02x2−2x+2dx=83.

Xét J=∫02f2−xdx, đặt t=2−x⇒dt=−dx. Đổi cận x=0⇒t=2x=2⇒t=0.

⇒J=−∫20ftdt=∫02fxdx.

⇒∫02fxdx=83⇔∫02fxdx=43.

Vậy ⇒I=−2−43=−103.

Chọn A.

Phương pháp:

- Gọi Am;logam,Bn;2logan;Cp;3log3pm,n,p>0.

- Tính AB→, sử dụng điều kiện cạnh AB song song với trục hoành tìm m theo n.

- Tính AB giải phương trình tìm m, n.

- Tính BC→, sử dụng điều kiện BC⊥AB tìm p.

- Giải phương trình độ dài cạnh BC tìm a

Cách giải:

Gọi Am;logam,Bn;2logan;Cp;3log3pm,n,p>0.

Vì ABCD là hình vuông nên AB→=DC→.

Ta có AB→=n−m;2logan−logam=n−m;logan2m.

Vì AB→ và i→1;0 cùng phương nên logan2m=0⇔n2m=1⇔n2=m.

⇒AB→=n−n2;0⇒AB=n−n2.

Lại có SABCD=36⇒AB2=36⇔AB=6.

⇒n−n2=6⇔n2−n=6n2−n=−6VN⇔n=3n=−2ktm⇒m=9

 

Tương tự ta có BC→=p−n;logap3n2 cùng phương với j→=0;1 nên p−n=0⇔p=n=3.

⇒BC→=0;loga3332=0;loga3⇒BC=loga3.

Mà BC=AB=6⇒loga3=6⇔loga3=6loga3=−6⇔a=36.

Chọn B.

Phương pháp:

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC), chứng minh ABCH là hình chữ nhật.

- Xác định góc giữa SB và mặt đáy là góc giữa SB và hình chiếu vuông góc của SB lên mặt đáy, sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính SH.

- Tính thể tích VS.ABC=13.SH.SΔABC.

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC).

Ta có

BC⊥SCgtBC⊥SHSH⊥ABC⇒BC⊥SCH⇒BC⊥CH

SB⊥SAgtAB⊥SHSH⊥ABC⇒AB⊥SAH⇒AB⊥AH

 

 

⇒ABCH là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).

Vì SH⊥ABC nên HB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)

⇒∠SB;ABC=∠SB;HB=∠SBH=600.

Áp dụng định lí Pytago ta có: AC=AB2+BC2=a5, lại có ABCH là hình vuông nên BH=AC=a5.

Xét tam giác vuông SBH có SH=BH.tan300=a15.

Vậy VS.ABC=13SH.SΔABC=13SH.12AB.BC=16.a15.a.2a=a3153.

Chọn C.

TXĐ: D=ℝ.

Ta có y'=−2+a.x−2x2−4x+5.

y"=a.x2−4x+5−x−2.x−2x2−4x+5x2−4x+5

y"=a.x2−4x+5−x−22x2−4x+5x2−4x+5=1x2−4x+5x2−4x+5

 

+ TH1: a=0⇒y=−2x+2 nghịch biến trên ℝ nên hàm số không có cực đại ⇒a=0 không thỏa mãn.

+ TH2: a≠0⇒a>0⇒y'>0a<0⇒y'<0

⇒ Hàm số đã cho có cực đại ⇔a<0 và phương trình y' = 0 có nghiệm.

Đặt t = x - 2 ta có y'=0⇔−2+a.tt2+1=0⇔at=2t2+1

⇔t≤0a2t2=4t2+4⇔t≤0a2−4t2=4⇔t≤0t2=4a2−4a≠±2*

 

⇒ Hệ phương trình (*) có nghiệm ⇔4a2−4≥0⇔a2−4>0⇔a>2a<−2.

Kết hợp điều kiện a<0,a∈−20;20 ta có a∈−20;−2.

Mà a∈ℤ⇒a∈−20;−19;−18;...;−3

Vậy có 18 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.