Thứ sáu, 01/11/2024
IMG-LOGO

Thi Online Đề thi thử tốt nghiệp môn Toán THPT năm 2022 có đáp án - đề 29

  • 14560 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;2;3,B2;1;6 và mặt phẳng P:x+2y+z3=0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa AB và tạo với mặt phẳng (P) một góc α thỏa mãn cosα=36.

Xem đáp án

Chọn A

Mặt phẳng (Q) có dạng: ax+by+cz+d=0a2+b2+c20.

Ta có: 

AQBQcosα=36a+2b3c+d=02ab6c+d=0a+2b+ca2+b2+c21+4+1=36a=4b,c=3b,d=15ba=b,c=0,d=b

Phương trình Q:4xy+3z+15=0 hoặc xy3=0.


Câu 3:

Cho các số thực dương a > b > 1 > c. Khẳng định nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: a>b>1logaa>logab1>logab 

b>1>clogb1>logbc0>logbc

Vậy 1>logab>0>logbc


Câu 4:

Cho hàm số y=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Cho hàm số y = ax^3 +bx^2 +cx+d có đồ thị như hình vẽ (ảnh 1)

Xem đáp án

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm bậc ba ta nhận xét:

Nhánh cuối đồ thị hàm số đồng biến nên a > 0.

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d > 0.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục tung nên ac<0c<0.

Đồ thị hàm số có hoành độ điểm uốn dương nên ab<0b<0.


Câu 5:

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x24x+54x2 trên khoảng (2;+∞).

Xem đáp án

Chọn C

Cách 1: Sử dụng bảng biến thiên

y'=2x454x22=2x2327x22;y'=0x2=3x=5.

Lập bảng biến thiên ta tìm được min2;+y=y5=23.

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương x22;27x2;27x2.

Ta có y=x24x+54x2=x22+27x2+27x24327234y23.

Đẳn thức xảy ra khi x22=27x2x=5.

Vậy min2;+y=y5=23.


Câu 6:

Cho phương trình 8x+1+8.0,53x+3.2x+3=12524.0,5x. Khi đặt t=2x+12x, phương trình đã cho trở thành phương trình nào dưới đây?

Xem đáp án

Chọn C

Ta có 

8x+1+8.0,53x+3.2x+3=12524.0,58.23x+8.123x+24.2x+24.12x125=0

823x+123x+242x+12x125=0.

Đặt t=2x+12xt2. Khi đó ta có 23x+123x=t33t.

Phương trình trở thành 8t33t+24t125=08t3125=0


Câu 7:

Cho hàm số f(x) liên tục trên 1;+ và 03fx+1dx=4. Tính 12x.f(x)+2dx

Xem đáp án

Chọn A

Đặt t=x+1t2=x+12tdt=dx

x=0t=1; x=3t=2.

Ta có 03fx+1dx=122tftdt12tftdt=2;

I=12x.f(x)+2dx=12xfxdx+122xdx=2+3=5


Câu 8:

Cho hàm số y=3x+2. Đẳng thức nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Chọn C

Ta có y'=3x+2ln3y'1=27ln3


Câu 10:

Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a, vẽ tia Ax trên nửa mặt phẳng chứa B bờ là đường thẳng qua A sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a. Gọi H là hình chiếu của B lên tia, khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng

Xem đáp án

Chọn B

Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a, vẽ tia Ax trên (ảnh 1)

Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn xoay này bằng tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AHBH.

+) Ta có AH=AB2BH2=a3; AH=AB2BH2=a3.

+) Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là S1=πa32.a3=3a2π2

+) Diện tích xung quanh hình nòn có đường sinh BH là S2=πa32.a=3a2π2

+) Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là S=S1+S2=3+3a2π2


Câu 11:

Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, cạnh SA vuông góc với đáy và SB tạo với đáy một góc 60o. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM=a32. Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích V của khối chóp S.BCNM.

Xem đáp án

Chọn A
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với (ảnh 1)

Ta có SAABCDAB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng (ABCD)

SBA^=60°,AB=aSA=a3,AM=a32M là trung điểm của SA.

Ta có: MBCSAD=MN, BC // ADMN // ADN là trung điểm của SD.

Lại có VS.BCNM=VS.BCM+VS.MCN

VS.BCMVS.BCA=SMSA=12VS.BCM=12VS.BCA=14VS.ABCD;

VS.MCNVS.ACD=SM.SNSA.SD=14VS.MCN=14VS.ACD=18VS.ABCD

VS.BCNM=38VS.ABCD=38.13.a.2a.a3=a334


Câu 12:

Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y=x+msinx+cosx đồng biến trên R.

Xem đáp án

Chọn D

Ta có y=x+msinx+cosx=x+2msinx+π4;  y'=1+2mcosx+π4.

Để hàm số đồng biến trên 1+2mcosx+π40,x

2mcosx+π412m1m22


Câu 13:

Khối chóp S.ABCD có cạnh đáy là hình thoi cạnh a, SA=SB=SC=a, cạnh SD thay đổi. Thể tích khối chóp S.ABCD lớn nahát khi độ dài cạnh SD

Xem đáp án

Chọn B

Ta có VS.ABCD=2VS.ABC

Gọi H là trung điểm của SB. G là hình chiếu vuông góc của C lên (SAB) suy ra GAH.

Trong tam giác vuông CGH ta có CGCH.

Khối chóp S.ABCD có cạnh đáy là hình thoi cạnh a, SA=SB=SC=a (ảnh 1)

Khối chóp S.ABCD có cạnh đáy là hình thoi cạnh a, SA=SB=SC=a (ảnh 2)

Vậy thể tích lớn nhất của S.ABCD khi CG=CH=a32AC=a62

Gọi O là trung điểm của AC SD=2HO=2.AC2=a62


Câu 14:

Cho biết fx=exe2xtln20tdt, hàm số y = f(x) đạt giá trị cực trị khi

Xem đáp án

Chọn B

Giả sử F(t) là một nguyên hàm của tln20t, ta có: F't=tln20t.

Khi đó: 

fx=Fe2xFexf'x=2e2xF'e2xexF'ex=2e2xe2xln20e2xexexln20exf'x=221e4xx20e2xx20=e2xx20221e2x1=02x=ln1221x=212ln2


Câu 15:

Thiết diện qua trục của hình nón (N) là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Tính bán kính đáy R của hình nón.

Xem đáp án

Chọn B

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân tại đỉnh của hình nón.

Do đó đường sinh l=a và đường kính đáy là d=a2 Bán kính R=a22


Câu 16:

Trong không gian Oxyz, cho điểm A2;1;3,B1;1;0 và mặt phẳng P:x2y+z+3=0. Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng (P) sao cho BM nhỏ nhất. Mặt phẳng (Q) qua A, M và góc giữa hai mặt phẳng (P), (Q) là lớn nhất. Phương trình mặt phẳng (Q) là

Xem đáp án

Chọn C

Ta có góc giữa hai mặt (P), (Q) lớn nhất là 90o. Khi đó PQ.

Ta có MP, BM nhỏ nhất M là hình chiếu của B lên (P).

Δ:qua B1;1;0ΔPuΔ=nP=1;2;1Δ:x=1+ty=12tz=t.

Khi đó M=ΔP

Xét hệ x=1+ty=12tz=tx2y+z+3=0t=1x=0y=1z=1M0;1;1

 

Vì QPQ qua A,MnQ=nP,AM=41;1;1Q:x+y+z=0


Câu 18:

Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên các khoảng (∞;0), (0;+∞) và có bảng biến thiên như sua: Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt.

Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên các khoảng (ảnh 1)

Xem đáp án

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt khi -4 < m < 0


Câu 19:

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có thể tích 216cm3 và diện tích của tam giác ABC’ bằng 243cm2. Tính sin góc giữa AB và mặt phẳng (A’BC).

Xem đáp án

Chọn A

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có thể tích (ảnh 1)

Gọi AB = x, M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC.

Khi đó SΔABC=12C'M.x=243C'M=483x

CC'=C'M2CM2=483x2x322

Mà V=216=CC'.SABC=x234483x2x322x=43

AB=43,AA'=63

Kẻ  AHA'NAH=AN.AA'AN2+AA'2=33

Ta có sinAB,(A'BC)=dA,(A'BC)AB=AHAB=34


Câu 20:

Cho số phức z thỏa mãn iz+2i=0. Khoảng cách từ điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng tọa độ Oxy đến điểm M(3;4) là

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: iz+2i=0iz=i2z=i2i=i2i1=1+2i

Điểm biểu diễn của số phức zA1;2.

Khi đó AM=312+422=40=210.


Câu 21:

Biết đồ thị hàm số C:y=x3+ax2+bx+c đi qua điểm A(1;6) và có cực đại bằng 4 tại x = −1. Tính giá trị của hàm số tại x = 3.

Xem đáp án

Chọn A

Ta có: A1;6Ca+b+c=5  (1)

Ta có: y'=3x2+2ax+b, hàm số có cực đại bằng 4 tại x=1B1;4 là điểm cực đại.

y1=4y'1=0ab+c=5 22ab=3    3

Từ (1), (2) và (3) a=32b=0c=72C:y=x3+32x2+72.

Vậy giá trị của hàm số tại x=3 là y3=44.


Câu 22:

Cho hàm số y = f(x) xác định, có đạo hàm trên R thỏa mãn: fx+22+fx+23=10x. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ bằng 2 là:

Xem đáp án

Chọn A

Từ fx+22+fx+23=10x (*), cho x = 0 ta có

f22+f23=0f2=0f2=1

Đạo hàm hai vế của (*) ta được:

2fx+2.f'x+2+3fx+22.f'x+2=10

Cho x = 0 ta được 2f2.f'2+3f22.f'2=10f2.f'2.3f22=10 (**).

Nếu f2=0 thì (**) vô lý.

Nếu f2=-1, khi đó (**) trở thành: f'2.32=10f'2=2

Phương trình tiếp tuyến y=2x21y=2x5


Câu 23:

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau.

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau (ảnh 1)

Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y=gx=f2xfxm có đúng 3 tiệm cận đứng?

Xem đáp án

Chọn B

Ta có limx2gx=limx2f2xfxm=+ nên m, đồ thị hàm số y = g(x) luôn có một tiệm cận đứng x = 2.

Mặt khác, từ bảng biến thiên của hàm số y = f(x) thì phương trình f(x)-m = 0 tối đa 2 nghiệm.

Vậy để đồ thị hàm số y = g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng thì điều kiện cần là phương trình f(x) = m có đúng 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 2 3<m<6.

Khi đó limxx1+gx=limxx1+f2xfxm=+, limxx2+gx=limxx2+f2xfxm=+ nên đồ thị hàm số y = g(x) có 2 tiệm cận đứng là đường thẳng x=x1x=x2.

Vậy với 3 < m < 6 thì đồ thị hàm số y = g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng. Do m nguyên nên có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 4 và m = 5


Câu 24:

Trong mặt phẳng cho một hình lục giác đều cạnh bằng 2. Thể tích của hình tròn xoay có được khi quay hình lục giác đó quanh đường thẳng đi qua hai đỉnh đối diện của nó bằng

Xem đáp án

Chọn C

Trong mặt phẳng cho một hình lục giác đều cạnh bằng 2 (ảnh 1)

Thể tích V của hình tròn xoay bao gồm thể tích của khối trụ và 2 khối nón như hình vẽ.

Ta có: R=12AC=2.32=3 (R là bán kính đáy của trụ và nón).

Chiều cao h của khối trụ là h = 2.

Chiều cao h' của khối nón h'=22=1.

Thể tích của khối tròn xoay: V=πR2h+2.13πR2h'=π32.2+23π32.1=8π


Câu 25:

Cho x > 0 và y thỏa mãn: x2xy+3=02x+3y14. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3x2yxy22xx21. Khi đó tích M.m có giá trị bằng

Xem đáp án

Chọn D

Từ điều kiện ta có: y142x3y=x2+3x142x3x1;95

Thế y=x2+3x vào P ta được: P=5x29x

Bài toán trở thành tìm GLTN, GTNN của biểu thức: P=5x29x với x1;95

Xét P=5x29x với x1;95

P'=5x2+9x2>0 nên m=minP=P1=4, M=maxP=P95=4.

Vậy M.m=16.


Câu 26:

Nếu log8a+log4b2=5 và log4a2+log8b=7 thì giá trị của log2ab bằng

Xem đáp án

Chọn A

Điều kiện: a>0b>0

Ta có: log8a+log4b2=513log2a+log2b=5 (1);

log4a2+log8b=7log2a+13log2b=7 (2).

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được:

43log2a+43log2b=12log2a+log2b=9log2ab=9


Câu 27:

Biết số phức z thỏa mãn z11 và zz¯ có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng biểu diễn số phức z có diện tích là

Xem đáp án

Chọn D

Biết số phức z thỏa mãn |z-1| nhỏ hơn hoặc bằng 1 (ảnh 1)

Đặt z=x+yiz¯=xyi khi đó ta có:

z11x+yi11x1+yi1x12+y21 (1).

Lại có zz¯=x+yixyi=2yi có phần ảo không âm suy ra y0(2).

Từ (1) và (2) ta suy ra ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I(1;0) bán kính r = 1, diện tích của nó bằng 12r2π=π2 (đvdt).


Câu 28:

Cho đồ thị C:y=fx=x. Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), đường thẳng x = 9 và trục Ox. Cho điểm M thuộc đồ thị (C) và điểm A(9;0). Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho (H) quay quanh trục Ox, V2 là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox. Biết rằng V1=2V2. Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM.

Cho đồ thị (C): y = f(x) = căn bậc hai của x. Gọi (H) là (ảnh 1)

Xem đáp án

Chọn B

Ta có V1=π09x2dx=81π2.

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt OH=m (với 0<m9), ta có Mm;m, MH=m và AH=9m.

Suy ra V2=13π.MH2.OH+13π.MH2.AH=13π.MH2.OA=3mπ.

Theo giả thiết, ta có V1=2V2 nên 81π2=6mπm=274. Do đó M274;332.

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OMy=239x.

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM

S=0274x239xdx=23xx39x20274=27316.


Câu 29:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số y = f’(x) như hình vẽ. Hàm số gx=2fxx2 đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số y = f’(x) (ảnh 1)

Xem đáp án

Chọn B

Ta có g'x=2f'(x)x=0x=2;x=2;x=4.

Lập trục xét dấu:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số y = f’(x) (ảnh 2)

Hàm số đồng biến trên từng khoảng (-2;2) và 4;+

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số y = f’(x) (ảnh 3)


Câu 30:

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P:3x3y+2z15=0 và ba điểm A1;2;0,B1;1;3,C1;1;1. Điểm Mx0;y0;z0 thuộc (P) sao cho 2MA2MB2+MC2 nhỏ nhất. Giá trị 2x0+3y0+z0 bằng

Xem đáp án

Chọn B

Xét điểm I thỏa 2IAIB+IC=0 suy ra I1;2;2.

2MA2MB2+MC2=2MI+IA2MI+IB2+MI+IC2=2MI2+2IA2IB2+IC2

2MA2MB2+MC2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên (P).

Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình x=1+3ty=23tz=2+2t suy ra x0=1+3ty0=23tz0=2+2t.

3x03y0+2z015=031+3t323t+22+2t15=0t=1.

Vậy 2x0+3y0+z0=21+3t+323t+2+2t=6t=5.


Câu 31:

Giá trị của n thỏa mãn: C2n+112.2C2n+12+3.22.C2n+134.23.C2n+14+...+2n+1.22n.C2n+12n+1=2021 bằng

Xem đáp án

Chọn A

Xét kC2n+1k=k.2n+1!k!2n+1k!=2n+1.2n!k1!2nk1!=2n+1.C2nk1 với 1k2n+1.

Ta có VT=2n+1C2n0C2n121+C2n222...+C2n2n22n=2n+1122n=2n+1.

Do đó: 2n+1=2021n=1010


Câu 33:

Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi V1, V2, V3 lần lượt là thể tích của các khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác OCA quanh trung trực của đoạn thẳng CA, quay tam giác OAB quanh trung trực của đoạn thẳng AB, quay tam giac OBC quanh trung trực của đoạn thẳng BC. Khi biểu thức V1+V2 đạt giá trị lớn nhất, tính V3 theo R.

Xem đáp án

Chọn D

Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi V1, V2, V3 (ảnh 1)

V1=13OP.S1=13OPπAC22=π3OP.PA2=π3OPOA2OP2=π3OPR2OP2

V2=13OQ.S2=13OQπAB22=π3OQ.QA2

=π3OQOA2OQ2=π3OQR2OQ2.

Xét hàm fx=xR2x2. Với 0x<R.

Khi đó f'x=R23x2.f'x=0x=R3x=R3.

Lập bảng biến thiên, thấy rằng maxx0;Rgx=fR3.

Khi đó, áp dụng cho V1,V2: V1+V2=π3OPR2OP2+OQR2OQ2 đạt giá trị lớn nhất khi OP=OQ=R3.

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP = OQ).

Mà lúc đó AB=2R2OQ2=2R2R23=2R63.

Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi V1, V2, V3 (ảnh 2)

Do tam giác ABC cân A nên khi đó AMBC.

Ta có

SABC=12AM.BC=AB.AC.BC4RAM=AB.AC2R=4R2.692R=4R3

Mà AM=AO+OMOM=4R3R=R3

Vậy V3=13OM.S3=13OM.π.MC2=π3OMR2OM2=π3.R3R2R29=8πR381


Câu 34:

Cho z1=5, giá trị lớn nhất của P=zi2z¯22 bằng

Xem đáp án

Chọn A

Ta có z1=5x12+y2=52

Lại có 

P=zi2z¯22=x2+y12x22y2=4x2y3=4x12y+1

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

P=4x12y+142+22x12+y2+1=20.52+1=105+1


Câu 35:

Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy lớn là 2dm và bán kính đáy nhỏ là 1dm. Cho biết thể tích nước bằng 37189 thể tích của chậu, chiều cao của mực nước là

Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy lớn là 2dm (ảnh 1)

Xem đáp án

Chọn C

Ta có thể tích của chậu là V=π3.31+4+2=7π.

Gọi chiều cao của mực nước là 3x với (x > 0). Ta có bán kính của mặt nước là 1+x.

Ta có phương trình π3.3x1+1+x2+1+x=371897πx=13.

Vậy chiều cao của mực nước là 1dm.

Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy lớn là 2dm (ảnh 2)


Câu 36:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục và nhận giá trị dương trên (0;+∞) thỏa mãn điều kiện 1f2x=1x2+2xf'xf3x với mọi x1;+ đồng thời f(2) = 1. Giá trị của f(4) là

Xem đáp án

Chọn C

Ta có 1f2x=1x2+2xf'xf3xf2x2xfx.f'xf4x=1x2xf2x'=1x2

Suy ra xf2x'dx=1x2dxxf2x=1x+C

Lại có f2=1 nên C=52

Do đó: xf2x=521x=5x22xf2x=2x25x2

Suy ra f24=169f4=43


Câu 37:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2sin2x+3cos2x=m.3sin2x có nghiệm?

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: 2sin2x+3cos2x=m.3sin2x2sin2x+31sin2x=m.3sin2x

Đặt t=sin2x,t0;1. Phương trình đã cho trở thành: 2t+31t=m.3t23t+312t=m

Xét hàm số ft=23t+312t, với t0;1. Ta có f't=23t.ln232.312t.ln3

f''t=23'.ln232+4.312t.ln32>0,t0;1

f't liên tục và đồng biến trên [0;1] nên f'tf'1=23ln29<0,t0;1.

f't liên tục và nghịch biến trên [0;1] nên f1ftf0,t0;1.

Suy ra 1m4 thì phương trình có nghiệm.


Câu 38:

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=2mx+m2x+1 cắt đường thẳng d:y=x+3 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3, với I(1;1). Tổng tất cả các phần tử của S bằng

Xem đáp án

Chọn C 

Phương trình hoành độ giao điểm 2mx+m2x+1=x+3fx=x2+42mx+5m=0x1. Đồ thị (C) của hàm số y=2mx+m2x+1 cắt đường thẳng d:y=x+3 tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi Δ'>0f10m23m1>0m2 (*). (C) cắt d tại A, B suy ra xA,xB là nghiệm của phương trình fx=0, theo định lí Vi-ét ta có xA+xB=2m4xAxB=5m.

AxA;xA+3,BxB;xB+3 suy ra AB=2xAxB2=2xA+xB28xAxB=8m224m8.

Ta có SΔIAB=12dI;dAB=3AB2=728m224m80=0m=5m=2 (thỏa mãn *).

Suy ra tổng các phần tử của S là 3.


Câu 39:

Cho phương trình 4log92x+mlog13x+16log13x+m29=0 (m là tham số). Để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1x2=3 thì giá trị m thỏa mãn.

Xem đáp án

Chọn C

Ta có:

4log92x+mlog13x+16log13x+m29=0 x>04log32x2+mlog31x+16log312x+m29=0412log3x2mlog3x13log3x+m29=0

log32xm+13log3x+m29=0 (1).

Đặt t=log3x. Khi đó phương trình (1) t2m+13t+m29=0 (2).

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1x2=3log3x1x2=1 log3x1+log3x2=1t1+t2=1

(với t1=log3x1 và t2=log3x2).

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (2) ta có t1+t2=1m+13=1m=23.

Vậy 0<m<32 là mệnh đề đúng.


Câu 40:

Cho hàm số y = f(x) là hàm chẵn, liên tục trên R và 22fx2020x+1dx=29. Khi đó 02fxdx bằng

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: 

M=22fx2020x+1dx=20fx2020x+1dx+02fx2020x+1dx

Xét N=20fx2020x+1dx, đặt t=xx=t, suy ra dx=dt.

Đổi cận: x=2t=2;x=0t=0. Khi đó 

N=20ft2020t+1dt=02ft2020t+1dt=022020t.ft2020t+1dt=022020x.fx2020x+1dx

Do đó: 

02fxdx=022020x.fx2020x+1dx+02fx2020x+1dx=20fx2020x+1dx+02fx2020x+1dx=M=29


Câu 41:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x12+y22+z22=9 và hai điểm M4;4;2,N6;0;6. Gọi E là điểm thuộc mặt cầu (S) sao cho EM+EN đạt giá trị lớn nhất. Phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E

Xem đáp án

Chọn D

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;2) và bán kính R = 3.

Gọi K là trung điểm của MNK5;2;4 và K nằm ngoài mặt cầu (S).

Do đó IK=4;4;2, MN=2;4;4, MN=6 và IKMN.

Ta có EM+EN2EM2+EN2=2EK2+MN22=2EK2+36.

Bởi vậy EM+EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM=EN và EK lớn nhất.

IKMN nên EM = EN thì E thuộc đường thẳng IK:x=1+2ty=22tz=2+t.

Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu (S) ứng với t là nghiệm phương trình:

1+2t12+22t22+2+t22=9t=±1.

Như vậy E13;0;3 hoặc E21;4;1.

Ta có E1K=3, E2K=9. Suy ra E=1;4;1IE=2;2;1, nên phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E có phương trình: 2x+1+2y41z1=0 hay 2x2y+z+9=0.


Câu 43:

Trong không gian Oxyz cho P:2mx+m21y+m2+1z+1=0. Biết rằng tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A0;1;1. Tổng hai bán kính của hai mặt cầu đó bằng

Xem đáp án

Chọn A

Gọi tâm mặt cầu cố định là I(a;b;c)  khi đó ta có phương trình:

2ma+m21b+m2+1c+14m2+m212+m2+12=a2+b12+c+12

Xét mẫu thức của biểu thức trên ta có: 4m2+m212+m2+12=2m2+1.

Do đó vế trái của biểu thức được: 2ma+m21b+m2+1c+12m2+1 do đó ta chọn a = 0.

Khi đó ta có: m21b+m2+1c+1=m2b+cb+c+1 nên ta chọn b+c=b+c+1b=12.

Thay vào phương trình trên: c+122=14+c+12c2+3c+94=0c=32.

Vậy R=c+122=22.


Câu 44:

Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Mặt phẳng (A’MN) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của chúng bằng

Xem đáp án

Chọn B

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là trung điểm của BCAGAE=23.

Đường thẳng d đi qua G và song song BC, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N.

AMAB=ANAC=AGAE=23AM=23ABAN=23ACSΔAMN=49SΔABC(1)

Ta có VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'VA'.AMN=13SΔAMN.AA' (2)

Từ (1) và (2), suy ra VA'.AMN=427VABC.A'B'C'VBMNCA'B'C'=2327VABC.A'B'C'.

Khi đó tỉ số: VA'.AMNVBMNC.A'B'C'=4272327=423

Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Đường thẳng đi qua trọng tâm (ảnh 1)


Câu 45:

Cho hình chóp đều S.ABCD có thể tích bằng 13, đáy ABCD là hình vuông cạnh là 1. Phương trình mặt phẳng (ABCD) biết S(0;0;0) và AB:x=1y=tz=1 là

Xem đáp án

Chọn B

Ta có VS.ABCD=12SABCD.dS,(ABCD)dS,(ABCD)=1

Đặt ABCD:ax+by+cz+d=0 a2+b2+c20

ABABCD nên nABCDuABnABCD.uAB=0b=0.

M1;0;1ABABCD nên a+c+d=0d=ac.

Ta có: dS,(ABCD)=1aca2+c2=1a+c=a2+c22ac=0a=0c=0.

Trường hợp 1: a = 0. Chọn c=1ABCD:z+1=0.

Trường hợp 2: c = 0. Chọn a=1ABCD:x+1=0.


Câu 46:

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4x2+32y+1=y+2x. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=y4x là

Xem đáp án

Chọn B

Ta có 

4x2+32y+1=y+2x4x3+3x=y+22y+18x3+6x=2y+42y+1

2x3+32x=2y+12y+1+32y+1  (1)

Xét hàm ft=t3+3t trên R.

Ta có f't=3t2+3>0,t Hàm số ft=t3+3t đồng biến trên R.

(1)f2x=f2y+12x=2y+1x=2y+12.

Vậy P=y22y+1=gy với y0;+.

Ta có g'y=122y+1=02y+1=2y=32.

Ta có bảng biến thiên:

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4x^2 +3 / căn bậc hai của 2y+1 (ảnh 1)

Từ bảng biến thiên ta có Pmin=min0;+gy=52 khi y=32


Câu 47:

Cho hàm số y = f(x) liên tục, có đạo hàm trên [5;3] và có bảng biến thiên sau.

Cho hàm số y = f(x) liên tục, có đạo hàm trên [−5;3] và có (ảnh 1)

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 3fx2=x33x+2+m có đúng 3 nghiệm thuộc [5;3]?

Xem đáp án

Chọn D
Đặt x2=t3ft=t36t29t+m.

Gọi gt=t332t23tftgt=m3. Có g't=t24t3=0t=1t=3.

Dựa vào bảng xét dấu của y=f't và y=g't suy ra: f'tg't=0t=1t=3.

Khi đó ta có bảng biến thiên của ftgt:

Cho hàm số y = f(x) liên tục, có đạo hàm trên [−5;3] và có (ảnh 2)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1<m2<23<m<6.

Vậy có 8 giá trị nguyên m thỏa mãn.


Câu 48:

kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Xác suất để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên.

Xem đáp án

Chọn A

Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là nΩ=410.

Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”.

+) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có C108.32 cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C109.31 cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm). Chí có 1 cách duy nhất.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là nX=C108.32+C109.31+1=436.

Vậy xác suất cần tìm là P=nXnΩ=436410


Câu 49:

Cho hàm số y=fx=mx4+nx3+px2+qx+r trong đó m,n,p,q,r. Biết rằng hàm số y = f’(x) có đồ thị như hình vẽ. Tập nghiệm của phương trình f(x) = r có tất cả bao nhiêu phần tử?

Cho hàm số y = f(x) = mx^4 +nx^3 +px^2 +qx +r (ảnh 1)

Xem đáp án

Chọn A

Ta đặt y=f'x=kx+2x76x3.

Xét S1=k076x+2x76x3dx=652191552kS2=k763x+2x76x3dx=652191552k.

Do đó: S1=S2=076f'xdx=764f'xdxf0=f3

Lập bảng biến thiên ta suy ra phương trình fx=r=f0 có tất cả 3 nghiệm.

Cho hàm số y = f(x) = mx^4 +nx^3 +px^2 +qx +r (ảnh 2)


Câu 50:

Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 0<x+y2+y+z2+z+x218. Biết giá trị lớn nhất của biểu thức P=4x3+4y3+4z31108x+y+z4 là ab, với a, b là các số nguyên dương và ab tối giản. Tính S=2a+3b

Xem đáp án

Chọn C

Từ giả thiết ta có: 2x22x2+y2+z2x+y2+y+z2+z+x218x0;3.

Một cách tương tự ta có y,z0;3.

Do đó ta có 4x3x+1,4y3y+1,4z3z+1;x,y,z0;3.

Vì vậy Px+y+z+31108x+y+z4.

Đặt t=x+y+z0;9, ta có Pft=t+31108t4max0;9ft=f3=214.

Dấu “=” đặt tại x;y;z=3;0;0,0;3;0,0;0;3.

Vậy S=2.21+3.4=54.


Bắt đầu thi ngay