Đề 10: Đề và lời giải đề thi thử THPTQG sở GD & ĐT Bắc Ninh năm 2018-2019 lần 1

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

PHÒNG QUẢN LÝ CHẤT LƯỢNG

Mã Đề: 116

$Đ ề g ồ m 06 t r a n g$

ĐỀ TẬP HUẤN THI THPTQG NĂM HỌC 2018 – 2019

MÔN: TOÁN

Thời gian: 90 phút

Họ và tên:……………………………………………….. SBD:…………………………………

BẢNG ĐÁP ÁN

1.D	2.B	3.A	4.D	5.B	6.A	7.A	8.C	9.A	10.D
11.B	12.B	13.A	14.C	15.A	16.A	17.D	18.D	19.A	20.C
21.B	22.A	23.B	24.C	25.A	26.C	27.B	28.D	29.C	30.B
31.B	32.C	33.B	34.A	35.D	36.A	37.B	38.B	39.C	40.B
41.C	42.D	43.C	44.C	45.A	46.D	47.A	48.D	49.D	50.D

Câu 1. Tìm tập xác định $D$ của hàm số $y={{left $x^{2} - 3 x - 4 r i g h t$ }^{sqrt{2-sqrt{3}}}}$.

A. $D=mathbb{R}backslash left{ -1;4 right}$. B. $D=left $- i n f t y; - 1 r i g h t] c u p l e f t [4; + i n f t y r i g h t$ $.

C. $D=mathbb{R}$. D. $D=left $- i n f t y; - 1 r i g h t$ cup left $4; + i n f t y r i g h t$ $.

Lời giải

Tác giả: Phùng Hoàng Cúc ; Fb: Phùng Hoàng Cúc

Chọn D

Hàm số xác định khi ${{x}^{2}}-3x-4>0$$ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x < – 1}\
{x > 4}
end{array}} right.$

Vậy tập xác định $D$ của hàm số là: $D=left $- i n f t y; - 1 r i g h t$ cup left $4; + i n f t y r i g h t$ $.

Câu 2. Cho khối nón có bán kính đáy $r=sqrt{3}$ và chiều cao $h=4$. Tính thể tích $V$ của khối nón đã cho.

A. $V=4$. B. $V=4pi $.

C. $V=12$. D. $V=12pi $.

Lời giải

Tác giả: Phùng Hoàng Cúc ; Fb: Phùng Hoàng Cúc

Chọn B

Ta có $V=frac{1}{3}S.h$ $=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h$ $=frac{1}{3}pi {{left $s q r t 3 r i g h t$ }^{2}}.4$ $=4pi $.

Câu 3. Cho $a>0$, $b>0$ thỏa mãn ${{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=5ab$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $log frac{a+2b}{3}=frac{log a+log b}{2}$. B.$5log left $a + 2 b r i g h t$ =log a-log b$.

C. $2log left $a + 2 b r i g h t$ =5left $l o g a + l o g b r i g h t$ $. D. $log left $a + 1 r i g h t$ +log b=1$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trọng Tú ; Fb: Anh Tú

Chọn A

Cách 1:

Ta có: ${{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=5abLeftrightarrow {{left $a + 2 b r i g h t$ }^{2}}=9abLeftrightarrow log left ${l e f t (a + 2 b r i g h t)}^{2} r i g h t$ =log left $9 a b r i g h t$ $

$Leftrightarrow 2.log left $a + 2 b r i g h t$ =2.log 3+log a+log bLeftrightarrow 2.log frac{a+2b}{3}=log a+log b$ $Leftrightarrow log frac{a+2b}{3}=frac{log a+log b}{2}$.

Cách 2:

Cho $a=b=1$, thỏa mãn ${{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=5ab$.

► Xét A: $log 1=0$$Rightarrow $ Đúng.

► Xét B: $5log 3=0$$Rightarrow $ Sai.

► Xét C: $2log 3=0$$Rightarrow $ Sai.

► Xét D: $log 2=1$$Rightarrow $ Sai.

Chọn A.

Câu 4. Cho tứ diện $ABCD$, gọi ${{G}_{1}},{{G}_{2}}$ lần lượt là trọng tâm tam giác $BCD$ và $ACD$. Mệnh đề nào sau đây sai?

A. ${{G}_{1}}{{G}_{2}},text{//},left $A B D r i g h t$ $. B. Ba đường thẳng $B{{G}_{1}},A{{G}_{2}}$ và $CD$đồng quy.

C. ${{G}_{1}}{{G}_{2}},text{//},left $A B C r i g h t$ $. D. ${{G}_{1}}{{G}_{2}}=frac{2}{3}AB$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trọng Tú ; Fb: Anh Tú

Chọn D

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$.

Xét $Delta ABM$ ta có $frac{{M{G_1}}}{{MB}} = frac{{M{G_2}}}{{MA}} = frac{1}{3} Rightarrow left{ begin{array}{l}
{G_1}{G_2},{rm{//}},AB\
{G_1}{G_2} = frac{1}{3}AB
end{array} right.$

$Rightarrow $ D sai.

Vì ${{G}_{1}}{{G}_{2}},text{//},ABRightarrow {{G}_{1}}{{G}_{2}},text{//},left $A B D r i g h t$ $ $Rightarrow $ A đúng.

Vì ${{G}_{1}}{{G}_{2}},text{//},ABRightarrow {{G}_{1}}{{G}_{2}},text{//},left $A B C r i g h t$ $ $Rightarrow $ C đúng.

Ba đường $B{{G}_{1}},A{{G}_{2}},CD$, đồng quy tại $M$ $Rightarrow $ B đúng.

Câu 5. Cho hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ liên tục trên $R$ và có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây SAI?

A. Giá trị lớn nhất của hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ trên đoạn $left $- 2; 2 r i g h t$ $ bằng 2 .

B. Hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ có cực tiểu bằng $-1$.

C. Hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ có hai điểm cực trị.

D. Nếu $left| m right|>2$ thì phương trình $fleft $x r i g h t$ =m$ có nghiệm duy nhất.

Lời giải

Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy ; Fb: thuypham

Chọn B

Dựa vào đồ thị có BBT của hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ trên $left $- 2; 2 r i g h t$ $ như sau:

► A đúng.

► B sai vì hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ có giá trị cực tiểu bằng $-2$ hay cực tiểu bằng $-2$.

► C đúng vì hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ có hai điểm cực trị ${{x}_{CT}}=-1$, ${{x}_{C}}=1$.

► D đúng vì $left| m right| > 2 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m > 2\
m < – 2
end{array} right.$

, phương trình $fleft $x r i g h t$ =m$ có nghiệm duy nhất.

Câu 6. Cho hàm số $fleft $x r i g h t$ =2x+{{e}^{x}}$. Tìm một nguyên hàm $Fleft $x r i g h t$ $ của hàm số $fleft $x r i g h t$ $ thỏa mãn $Fleft $0 r i g h t$ =2019$.

A. $Fleft $x r i g h t$ ={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+2018$. B. $Fleft $x r i g h t$ ={{x}^{2}}+{{e}^{x}}-2018$.

C. $Fleft $x r i g h t$ ={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+2017$. D. $Fleft $x r i g h t$ ={{e}^{x}}-2019$.

Lời giải

Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy ; Fb: thuypham

Chọn A

Ta có $int{fleft $x r i g h t$ dx=int{left $2 x + e^{x} r i g h t$ }dx}={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+C$.

Có $Fleft $x r i g h t$ $ là một nguyên hàm của $fleft $x r i g h t$ $ và $Fleft $0 r i g h t$ =2019$.

Suy ra: $left{ begin{array}{l}
Fleft $x r i g h t$ = {x^2} + {e^x} + C\
Fleft $0 r i g h t$ = 2019
end{array} right.$

$Rightarrow 1+C=2019Leftrightarrow C=2018$.

Vậy $Fleft $x r i g h t$ ={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+2018$.

Câu 7. Phương trình ${{7}^{2{{x}^{2}}+5x+4}}=49$ có tổng tất cả các nghiệm bằng

A. $-frac{5}{2}$. B. $1$. C. $-1$. D. $frac{5}{2}$.

Lờigiải

Tácgiả:Trần Thị Thúy; Fb:Thúy Minh

Chọn A

${{7}^{2{{x}^{2}}+5x+4}}=49$$Leftrightarrow {{7}^{2{{x}^{2}}+5x+4}}={{7}^{2}}$$Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+5x+4=2$$Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+5x+2=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 2\
x = – frac{1}{2}
end{array} right.$

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình bằng: $-2+ $- f r a c 12$ =-frac{5}{2}$.

Câu 8. Cho $k$, $n$ $left $k < n r i g h t$ $ là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây SAI?

A. $C_{n}^{k}=frac{n!}{k!left $n - k r i g h t$ !}$. B. $C_{n}^{k}=C_{n}^{n-k}$.

C. $A_{n}^{k}=n!.C_{n}^{k}$. D. $A_{n}^{k}=k!.C_{n}^{k}$.

Lờigiải

Tácgiả:Trần Thị Thúy; Fb:Thúy Minh

Chọn C

Ta có $C_{n}^{k}=frac{n!}{k!left $n - k r i g h t$ !}$ nên A đúng.

Vì $C_{n}^{k}=C_{n}^{n-k}$ nên B đúng.

Ta có $A_{n}^{k}=frac{n!}{left $n - k r i g h t$ !}=k!frac{n!}{k!left $n - k r i g h t$ !}=k!.C_{n}^{k}$ nên D đúng và C sai.

Câu 9. Cho tập hợp $A$ có 26 phần tử. Hỏi $A$ có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử?

A. $C_{26}^{6}$. B. 26. C. ${{P}_{6}}$. D. $A_{26}^{6}$.

Lời giải

Tác giả: Đỗ Tấn Bảo; Fb: Đỗ Tấn Bảo

Chọn A

Số tập con có 6 phần tử của tập $A$ là: $C_{26}^{6}$.

Câu 10. Số giao điểm của đồ thị hàm số $y={{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4$ với trục hoành là:

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải

Tác giả: Đỗ Tấn Bảo; Fb: Đỗ Tấn Bảo

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục $Ox$ là:

${x^4} – 5{x^2} + 4 = 0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x^2} = 1\
{x^2} = 4
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = pm 1\
x = pm 2
end{array} right.$

Vậy số điểm chung của đồ thị hàm số $y={{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4$ với trục hoành là 4.

Câu 11. Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là:

A. $1$. B. $frac{1}{2}$.

C. $frac{1}{3}$. $$ D. $frac{2}{3}$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Tình ; Fb: Gia Sư Toàn Tâm

Chọn B

Không gian mẫu là: $Omega =left{ 1,2,3,4,5,6 right}$$Rightarrow nleft $O m e g a r i g h t$ =6$.

Gọi $A$ là biến cố: “Mặt có số chấm chẵn xuất hiện”.

$Rightarrow A=left{ 2,4,6 right}$$Rightarrow nleft $A r i g h t$ =3$.

Xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là: $Pleft $A r i g h t$ =frac{nleft $A r i g h t$ }{nleft $O m e g a r i g h t$ }=frac{3}{6}=frac{1}{2}$.

Câu 12. Cho hình lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có thể tích bằng $V$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $B{B}’$, điểm $N$ thuộc cạnh $C{C}’$ sao cho $CN=2{C}’N$. Tính thể tích khối chóp $A.BCNM$ theo $V$.$$ $$ $$ $$ $$ $$

A. ${{V}_{A.BCNM}}=frac{7V}{12}$. B. ${{V}_{A.BCNM}}=frac{7V}{18}$.

C. ${{V}_{A.BCNM}}=frac{5V}{18}$. D. ${{V}_{A.BCNM}}=frac{V}{3}$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Tình ; Fb: Gia Sư Toàn Tâm

Chọn B

Cách 1:

Vì $BCNM$ là hình thang nên: $$

${{S}_{BCNM}}=frac{left $B M + C N r i g h t$ .dleft $B; C C^{'} r i g h t$ }{2}=frac{left $f r a c 12 C C^{'} + f r a c 23 C C^{'} r i g h t$ .dleft $B; C C^{'} r i g h t$ }{2}=frac{7}{12}.C{C}’.dleft $B; C C^{'} r i g h t$ =frac{7}{12}{{S}_{BC{C}'{B}’}}$.

Khi đó: ${V_{A.BCNM}} = frac{7}{{12}}{V_{A.BCC’B’}} = frac{7}{{12}}left $V - V_{A . A^{'} B^{'} C^{'}} r i g h t$ = frac{7}{{12}}left $V - f r a c 13 . d l e f t (A; l e f t (A^{'} B^{'} C^{'} r i g h t) r i g h t) . S_{A^{'} B^{'} C^{'}} r i g h t$ = frac{7}{{12}}left $V - f r a c 13 V r i g h t$ = frac{{7V}}{{18}}$

Cách 2:

Ta có: $frac{{{V}_{ABCMN}}}{{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}}=frac{1}{3}left $f r a c C N C C^{'} + f r a c B M B B^{'} + f r a c A A A A^{'} r i g h t$ =frac{1}{3}left $f r a c 23 + f r a c 12 + 0 r i g h t$ =frac{7}{18}Rightarrow {{V}_{ABCNM}}=frac{7}{18}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}=frac{7V}{18}$.

Câu 13. Cho $a$ là số thực dương khác 5. Tính $I={{log }_{frac{a}{5}}}left $f r a c a^{3} 125 r i g h t$ $.

A. $I=3$. B. $I=frac{1}{3}$.

C. $I=-3$. D. $I=-frac{1}{3}$.

Lời giải

Tác giả: Bùi Thị Kim Oanh ; Fb: Bùi Thị Kim Oanh

Chọn A

$I={{log }_{frac{a}{5}}}left $f r a c a^{3} 125 r i g h t$ =text{l}o{{g}_{frac{a}{5}}}{{left $f r a c a 5 r i g h t$ }^{3}}=3$.

Câu 14. Tập nghiệm của bất phương trình ${{log }_{frac{1}{3}}}left $x - 1 r i g h t$ +{{log }_{3}}left $11 - 2 x r i g h t$ ge 0$ là:

A. $S=left( -infty ,;,4 right]$. B. $S=left $1,;, 4 r i g h t$ $.

C. $S=left( 1,;,4 right]$. D. $S=left $3,;, f r a c 112 r i g h t$ $.

Lời giải

Tác giả: Bùi Thị Kim Oanh ; Fb: Bùi Thị Kim Oanh

Chọn C

${{log }_{frac{1}{3}}}left $x - 1 r i g h t$ +{{log }_{3}}left $11 - 2 x r i g h t$ ge 0$$Leftrightarrow {{log }_{3}}left $11 - 2 x r i g h t$ -{{log }_{3}}left $x - 1 r i g h t$ ge 0$

$ Leftrightarrow {log _3}left $11 - 2 x r i g h t$ ge {log _3}left $x - 1 r i g h t$ $$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
11 – 2x ge x – 1\
x – 1 > 0
end{array} right.$$ Leftrightarrow 1 < x le 4$

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là $S=left( 1,;,4 right]$.

Câu 15. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y=frac{{{x}^{2}}-x+1}{{{x}^{2}}-x-2}$ là:

A. $3$. B. $1$. C. $4$. D. $2$.

Lời giải

Tác giả: Trần Quốc Khang ; Fb: Bi Tran

Chọn A

Tập xác định: $D=Rbackslash left{ -1;2 right}$.

$underset{xto {{left $- 1 r i g h t$ }^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{left $- 1 r i g h t$ }^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-x+1}{{{x}^{2}}-x-2}=-infty $ nên đồ thị hàm số có TCĐ: $x=-1$.

$underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-x+1}{{{x}^{2}}-x-2}=+infty $nên đồ thị hàm số có TCĐ: $x=2$.

$underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=underset{xto pm infty }{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-x+1}{{{x}^{2}}-x-2}=1$ nên đồ thị hàm số có TCN: $y=1$.

Vậy đồ thị hàm số có $3$ đường tiệm cận.

Chú ý:

Có thể khẳng định đồ thị hàm số có 2 TCĐ: $x=-1;x=2$ từ kết quả $underset{xto {{left $- 1 r i g h t$ }^{-}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{left $- 1 r i g h t$ }^{-}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-x+1}{{{x}^{2}}-x-2}=+infty $, $underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-x+1}{{{x}^{2}}-x-2}=-infty $.

Câu 16. Tập tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+3x+1$ đồng biến trên $mathbb{R}$ là:

A. $min left $- 1; 1 r i g h t$ $. B. $min left $- i n f t y; - 1 r i g h t] c u p l e f t [1; + i n f t y r i g h t$ $.

C. $min left $- i n f t y; - 1 r i g h t$ cup left $1; + i n f t y r i g h t$ $. D. $min left $- 1; 1 r i g h t$ $.

Lời giải

Tác giả: Trần Quốc Khang; Fb: Bi Tran

Chọn A

${y}’=3{{x}^{2}}-6mx+3$.

Hàm số đồng biến trên $mathbb{R}$$Leftrightarrow {y}’ge 0$ $forall xin R$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
3 > 0\
{left $- 3 m r i g h t$ ^2} – 9 le 0
end{array} right.$$Leftrightarrow 9{{m}^{2}}-9le 0$$Leftrightarrow min left $- 1; 1 r i g h t$ $

Câu 17. Tìm họ nguyên hàm của hàm số $fleft $x r i g h t$ ={{x}^{2}}.{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}$.

A. $int{fleft $x r i g h t$ text{d}x=}frac{{{x}^{3}}}{3}.{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$. B. $int{fleft $x r i g h t$ text{d}x=}3{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.

C. $int{fleft $x r i g h t$ text{d}x=}{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$. D. $int{fleft $x r i g h t$ text{d}x=}frac{1}{3}{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.

Lời giải

Tác giả: Minh Anh Phuc; Fb: Minh Anh Phuc

Chọn D

$int{fleft $x r i g h t$ text{d}x}$$=int{{{x}^{2}}{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}text{d}x}$$=frac{1}{3}int{{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}text{d}left $x^{3} + 1 r i g h t$ }$$=frac{1}{3}{{text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.

Câu 18. Họ nguyên hàm của hàm số $fleft $x r i g h t$ =frac{1}{5x+4}$ là:

A. $frac{1}{5}ln left $5 x + 4 r i g h t$ +C$. B. $ln left| 5x+4 right|+C$.

C. $frac{1}{ln 5}ln left| 5x+4 right|+C$. D. $frac{1}{5}ln left| 5x+4 right|+C$.

Lời giải

Tác giả: Minh Anh Phuc; Fb: Minh Anh Phuc

Chọn D

Ta có $int{frac{1}{5x+4}text{d}x}=frac{1}{5}int{frac{1}{5x+4}text{d}left $5 x + 4 r i g h t$ }=frac{1}{5}ln left| 5x+4 right|+C$.

Câu 19 . Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được một thiết diện là hình chữ nhật $ABCD$ và có $AB$ và $CD$ thuộc hai đáy của hình trụ $AB=4text{a}$, $AC=5a$. Thể tích khối trụ là:

A. $V=12pi {{a}^{3}}$. B. $V=4pi {{a}^{3}}$.

C. $V=16pi {{a}^{3}}$. D. $V=8pi {{a}^{3}}$.

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Thanh Huyền; Fb: Huyen Nguyen

Chọn A

● Vì thiết diện qua trục là hình chữ nhật $ABCD$có $AB=4a$; $AC=5a$ nên $BC=sqrt{A{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=3a$.

● ${{V}_{t}}=pi {{r}^{2}}h$$=pi .{{left $f r a c A B 2 r i g h t$ }^{2}}.BC$$=pi .4{{a}^{2}}.3a$$=12pi {{a}^{3}}$.

Câu 20. Mệnh đề nào sau đây là đúng ?

A. $int{x{{e}^{x}}}text{d}x={{e}^{x}}+x{{e}^{x}}+C$. B. $int{x{{e}^{x}}}text{d}x=frac{{{x}^{2}}}{2}{{e}^{x}}+{{e}^{x}}+C$.

C. $int{x{{e}^{x}}text{d}x}=x{{e}^{x}}-{{e}^{x}}+C$. D. $int{x{{e}^{x}}}text{d}x=frac{{{x}^{2}}}{2}{{e}^{x}}+C$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Huyền; Fb: Huyen Nguyen

Chọn C

Sử dụng công thức: $int{utext{d}v=u.v-int{vtext{d}u}}$.

Ta có:$int{x{{e}^{x}}text{d}x}=int{xtext{d}left $e^{x} r i g h t$ =x{{e}^{x}}-int{{{e}^{x}}text{d}x}}=x{{e}^{x}}-{{e}^{x}}+C$.

Câu 21. Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có cạnh $AB=a$, góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $left $A B C r i g h t$ $bằng $45{}^circ $. Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:

A. $frac{{{a}^{3}}}{3}$. B. $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{6}$.

C. $frac{{{a}^{3}}}{6}$. D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{3}$.

Lời giải

Tác giả: Hoàng Thị Ngọc Lan; Fb: Ngoclan Hoang

Chọn B

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.

Vì hình chóp $S.ABCD$ đều nên ta có $SObot left $A B C D r i g h t$ $.

Góc giữa đường thẳng $SA$và mặt phẳng $left $A B C r i g h t$ $bằng $45{}^circ $ nên ta có $widehat{SAO}=45{}^circ $.

Suy ra $Delta SAO$ vuông cân tại $O$$Rightarrow SO=AO=frac{1}{2}AC=frac{1}{2}asqrt{2}=frac{asqrt{2}}{2}$.

${{V}_{SABCD}}=frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}$$=frac{1}{3}frac{asqrt{2}}{2}{{a}^{2}}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{6}$.

Câu 22. Cho $a,b,c$ dương và khác 1. Các hàm số $y={{log }_{a}}x$, $y={{log }_{b}}x$, $y={{log }_{c}}x$ có đồ thị như hình vẽ

Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. $a>c>b$. B. $a>b>c$. C. $c>b>a$. D. $b>c>a$.

Lời giải

Tác giả: Hoàng Thị Ngọc Lan; Fb: Ngoclan hoang

Chọn A

Kẻ đường thẳng $ $d$ :y=1$. Hoành độ giao điểm của $ $d$ $ với các đồ thị hàm số $y={{log }_{a}}x$,$y={{log }_{b}}x$, $y={{log }_{c}}x$ lần lượt là $a,b,c$. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $a>c>b$.

Câu 23. Hàm số nào sau đây không có điểm cực trị?

A. $y={{x}^{3}}-3x-1$. B. $y={{x}^{3}}+3x+1$.

C. $y={{x}^{4}}+4{{x}^{2}}+1$. D. $y={{x}^{2}}-2x$ .

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Huyền Trang ; Fb: Nguyen Trang

Chọn B

Hàm số $y={{x}^{3}}+3x+1$ có tập xác định: $D=mathbb{R}$.

Có: ${y}’=3{{x}^{2}}+3>0$, $forall xin mathbb{R}$. Suy ra hàm số đồng biến trên $mathbb{R}$.

Vậy hàm số $y={{x}^{3}}+3x+1$ không có điểm cực trị.

Câu 24. Khối đa diện nào có số đỉnh nhiều nhất?

A. Khối bát diện đều $8 m ặ t đ ề u$ . B. Khối nhị thập diện đều $20 m ặ t đ ề u$ .

C. Khối thập nhị diện đều $12 m ặ t đ ề u$ . D. Khối tứ diện đều.

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Huyền Trang ; Fb: Nguyen Trang

Chọn C

● Khối bát diện đều thuộc loại $left{ 3;4 right}$ nên số đỉnh là: $frac{8.3}{4}=6$ đỉnh.

● Khối 20 mặt đều thuộc loại $left{ 3;5 right}$ nên số đỉnh là: $frac{20.3}{5}=12$ đỉnh.

● Khối 12 mặt đều thuộc loại $left{ 5;3 right}$ nên số đỉnh là: $frac{12.5}{3}=20$ đỉnh.

● Khối tứ diện đều có 4 đỉnh.

Vậy khối 12 mặt đều có nhiều đỉnh nhất.

Câu 25. Cho $a>0$, $b>0$, giá trị của biểu thức $T=2{{left $a + b r i g h t$ }^{-1}}.{{left $a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}.{{left $1 + f r a c 14 {l e f t (s q r t f r a c a b - s q r t f r a c b a r i g h t)}^{2} r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}$ bằng

A. $1$. B. $frac{1}{2}$. C. $frac{2}{3}$. D. $frac{1}{3}$.

Lời giải

Tác giả : Vũ Việt Tiến, FB: Vũ Việt Tiến

Chọn A

Cách 2:

Ta có $T=2{{left $a + b r i g h t$ }^{-1}}.{{left $a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}.{{left $1 + f r a c 14 {l e f t (s q r t f r a c a b - s q r t f r a c b a r i g h t)}^{2} r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}$

$=2{{left $a + b r i g h t$ }^{-1}}.{{left $a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}.{{left $1 + f r a c 14 {l e f t (f r a c a - b s q r t a b r i g h t)}^{2} r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}$$=2{{left $a + b r i g h t$ }^{-1}}.{{left $a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}.{{left $1 + f r a c {l e f t (a - b r i g h t)}^{2} 4 a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}$

$=2{{left $a + b r i g h t$ }^{-1}}.{{left $a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}.{{left $f r a c {l e f t (a + b r i g h t)}^{2} 4 a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}$$=2frac{1}{a+b}.{{left $a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}.frac{left $a + b r i g h t$ }{2{{left $a b r i g h t$ }^{frac{1}{2}}}}=1$.

Cách 2:

Cho $a=b=1$.

Khi đó $T={{2.2}^{-1}}{{.1}^{frac{1}{2}}}{{.1}^{frac{1}{2}}}=1$. Chọn A.

Câu 26. Đường cong như hình vẽ là đồ thị của hàm số nào?

A. $y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+5$. B. $y=2{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+5$.

C. $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+5$. D. $y={{x}^{3}}-3x+5$.

Lời giải

Tác giả : Vũ Việt Tiến, FB: Vũ Việt Tiến

Chọn C

Từ dáng của đồ thị hàm số ta có hệ số $a>0$ do đó loại đáp án A.

Thay tọa độ điểm $Mleft $1; 3 r i g h t$ $ vào các đáp án B, C, D ta loại được đáp án B.

Thay tọa độ điểm $Nleft $2; 1 r i g h t$ $ vào các đáp án C, D ta loại được đáp án D.

Vậy đồ thị hàm số đã cho là của hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+5$, đán án C.

Câu 27. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với đáy. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, $SA=AC=2a$. Thể tích khối chóp $S.ABC$ là

A. ${{V}_{S.ABC}}=frac{4{{a}^{3}}}{3}$. B. ${{V}_{S.ABC}}=frac{2{{a}^{3}}}{3}$.

C. ${{V}_{S.ABC}}=2{{a}^{3}}$. D. ${{V}_{S.ABC}}=frac{{{a}^{3}}}{3}$.

Lời giải

Tác giả: Phạm Chí Dũng ; Fb: Phạm Chí Dũng

Chọn B

Ta có: $Delta ABC$ vuông cân $Rightarrow BA=BC=frac{AC}{sqrt{2}}=frac{2a}{sqrt{2}}=asqrt{2}$.

${{S}_{Delta ABC}}=frac{1}{2}.BA.BC$$=frac{1}{2}.asqrt{2}.asqrt{2}$$={{a}^{2}}$.

Vậy ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}.SA.{{S}_{Delta ABC}}$$=frac{1}{3}.2a.{{a}^{2}}=frac{2{{a}^{3}}}{3}$.

Câu 28. Cho hàm số $y={{x}^{3}}-3x+1$. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $left $- 2,;, 1 r i g h t$ $.

B. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $left $- 1,;, 3 r i g h t$ $.

C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $left $- 1,;, 1 r i g h t$ $.

D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $left $- i n f t y,;, - 1 r i g h t$ $ và khoảng $left $1,;, + i n f t y r i g h t$ $.

Lời giải

Tác giả: Phạm Chí Dũng ; Fb: Phạm Chí Dũng

Chọn D

${y}’=3{{x}^{2}}-3$.

$y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = – 1
end{array} right.$

Bảng xét dấu

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $left $- i n f t y,;, - 1 r i g h t$ $ và khoảng $left $1,;, + i n f t y r i g h t$ $.

Câu 29. Tập xác định của hàm số $y=2sin x$ là

A. $left $0; 2 r i g h t$ $. B. $left $- 1; 1 r i g h t$ $.

C. $mathbb{R}$. D. $left $- 2; 2 r i g h t$ $.

Lời giải

Tác giả: Phạm Thị Thuần; Fb: Phạm Thuần

Chọn C

Hàm số $y=2sin x$ có tập xác định là $mathbb{R}$.

Câu 30. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại$A$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $left $A B C r i g h t$ $ và $AB=2,$$AC=4,$$SA=sqrt{5}$. Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp $S.ABC$ có bán kính là:

A. $R=frac{25}{2}$. B. $R=frac{5}{2}$.

C. $R=5$. D. $R=frac{10}{3}$.

Lời giải

Tác giả: Phạm Thị Thuần; Fb:Phạm Thuần

Chọn B

Cách 1.

Gọi $M,H$ lần lượt là trung điểm $BC,SA$.

Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$ suy ra $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Qua $M$kẻ đường thẳng $d$ sao cho $dbot left $A B C r i g h t$ $ $Rightarrow d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Trong mặt phẳng $left $S A M r i g h t$ $ kẻ đường trung trực $Delta $ của đoạn $SA$, cắt $d$ tại $I$

$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
IA = IB = IC\
IA = IS
end{array} right. Rightarrow IA = IB = IC = IS$$Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC.$

●$left{ begin{array}{l}
HA bot left $A B C r i g h t$ \
IM bot left $A B C r i g h t$
end{array} right.$$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
HA bot AM\
HA,{rm{//}},IM
end{array} right.$

●$left{ begin{array}{l}
HI bot SA\
AM bot SA\
HI,SA,AM subset left $S A M r i g h t$
end{array} right.$$ Rightarrow HI,{rm{//}},AM$

Suy ra tứ giác $HAMI$ là hình chữ nhật.

Ta có $AM=frac{1}{2}BC=frac{1}{2}sqrt{{{2}^{2}}+{{4}^{2}}}=sqrt{5}$, $IM=frac{1}{2}SA=frac{sqrt{5}}{2}$.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ là: $R=AI=sqrt{A{{M}^{2}}+I{{M}^{2}}}=sqrt{5+frac{5}{4}}=frac{5}{2}$.

Cách 2. Sử dụng kết quả: Nếu $SABC$ là một tứ diện vuông đỉnh $A$ thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $SABC$ được tính bởi công thức: $R=frac{1}{2}sqrt{A{{S}^{2}}+A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}$

Áp dụng công thức trên, ta có $R=frac{1}{2}sqrt{{{left $s q r t 5 r i g h t$ }^{2}}+{{2}^{2}}+{{4}^{2}}}=frac{5}{2}$.

Câu 30. Cho hàm số $y=frac{x-3}{{{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+ $2 m^{2} + 1$ x-m}$. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn $left $- 6; 6 r i g h t$ $ của tham số $m$ để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận?

A. $8$. B. $9$. C. $12$. D. $11$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Ngọc Lan; Fb: Ngoclan Nguyen

Chọn B

Gọi $left $C r i g h t$ $ là đồ thị hàm số $y=frac{x-3}{{{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+ $2 m^{2} + 1$ x-m}$.

Ta có: $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=underset{xto pm infty }{mathop{lim }},frac{x-3}{{{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+left $2 m^{2} + 1 r i g h t$ x-m}=0$ nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là $y=0.$

Do đó $left $C r i g h t$ $ có 4 đường tiệm cận khi và chỉ khi $left $C r i g h t$ $có 3 đường tiệm cận đứng

$Leftrightarrow {{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+left $2 m^{2} + 1 r i g h t$ x-m=0,left $1 r i g h t$ $ có 3 nghiệm phân biệt khác $3$.

Ta có $ $1$ Leftrightarrow left $x - m r i g h t$ left $x^{2} - 2 m x + 1 r i g h t$ = 0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = m\
{x^2} – 2mx + 1 = 0
end{array} right.$

Phương trình $ $1$ $ có 3 nghiệm phân biệt khác $3$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne 3\
{m^2} – 1 > 0\
{m^2} – 2{m^2} + 1 ne 0\
{3^2} – 6m + 1 ne 0
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne 3\
left[ begin{array}{l}
m < – 1\
m > 1
end{array} right.\
m ne frac{5}{3}
end{array} right.$

$Leftrightarrow min left $- i n f t y; - 1 r i g h t$ cup left $1; f r a c 53 r i g h t$ cup left $f r a c 53; 3 r i g h t$ cup left $3; + i n f t y r i g h t$ $.

Do $min left $- 6; 6 r i g h t$ $, $m$ nguyên nên $min left{ -6;-5;-4;-3;-2;2;4;5;6 right}$.

Vậy có $9$ giá trị $m$ thỏa mãn.

Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trình ${{log }_{2}}left $x s q r t x^{2} + 2 + 4 - x^{2} r i g h t$ +2x+sqrt{{{x}^{2}}+2}le 1$ là $left( -sqrt{a};-sqrt{b} right]$.

Khi đó $a.b$ bằng

A. $frac{15}{16}$. B. $frac{12}{5}$.

C. $frac{16}{15}$. D. $frac{5}{12}$.

Lời giải

Tác giả:Nguyễn VănDiệu; Fb:dieuptnguyen

Chọn C

Ta có: $xsqrt{{{x}^{2}}+2}-{{x}^{2}}$$=xleft $s q r t x^{2} + 2 - x r i g h t$ $$=frac{2x}{sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}$.

Ta có: ${{log }_{2}}left $x s q r t x^{2} + 2 + 4 - x^{2} r i g h t$ +2x+sqrt{{{x}^{2}}+2}le 1$$Leftrightarrow {{log }_{2}}left $x l e f t (s q r t x^{2} + 2 - x r i g h t$ +4 right)+2x+sqrt{{{x}^{2}}+2}le 1$

$Leftrightarrow {{log }_{2}}left $f r a c 2 x s q r t x^{2} + 2 + x + 4 r i g h t$ +2x+sqrt{{{x}^{2}}+2}le 1$$Leftrightarrow {{log }_{2}}frac{2left $3 x + 2 s q r t x^{2} + 2 r i g h t$ }{sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}+2x+sqrt{{{x}^{2}}+2}le 1,left $1 r i g h t$ $

Ta có $sqrt{{{x}^{2}}+2}+x>0$, $forall text{x}in mathbb{R}$.

Điều kiện: $3x+2sqrt{{{x}^{2}}+2}>0$$Leftrightarrow 2sqrt{{{x}^{2}}+2}>-3x$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x ge 0\
left{ begin{array}{l}
x < 0\
4{x^2} + 8 > 9{x^2}
end{array} right.
end{array} right.$

$Leftrightarrow x>-sqrt{frac{8}{5}},left $* r i g h t$ $

Với điều kiện $left $* r i g h t$ $, ta có

$left $1 r i g h t$ Leftrightarrow {{log }_{2}}left $3 x + 2 s q r t x^{2} + 2 r i g h t$ +3x+2sqrt{{{x}^{2}}+2}le {{log }_{2}}left $s q r t x^{2} + 2 + x r i g h t$ +sqrt{{{x}^{2}}+2}+x,text{ }left $2 r i g h t$ $

Xét hàm số $fleft $t r i g h t$ ={{log }_{2}}t+t$ với $t>0$. Có ${f}’left $t r i g h t$ =frac{1}{t.ln 2}+1>0$, $forall tin left $0; + i n f t y r i g h t$ $.

Hàm số $fleft $t r i g h t$ ={{log }_{2}}t+t$ đồng biến trên $left $0; + i n f t y r i g h t$ ,$ $left $3 x + 2 s q r t x^{2} + 2 r i g h t$ in left $0; + i n f t y r i g h t$ $và $left $s q r t x^{2} + 2 + x r i g h t$ in left $0; + i n f t y r i g h t$ $

Nên $left $2 r i g h t$ Leftrightarrow fleft $3 x + 2 s q r t x^{2} + 2 r i g h t$ le fleft $s q r t x^{2} + 2 + x r i g h t$ $

$Leftrightarrow 3x+2sqrt{{{x}^{2}}+2}le sqrt{{{x}^{2}}+2}+x$$Leftrightarrow sqrt{{{x}^{2}}+2}le -2x$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 2x ge 0\
{x^2} + 2 le 4{x^2}
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x le 0\
3{x^2} ge 2
end{array} right.$

$Leftrightarrow xle -sqrt{frac{2}{3}}$.

Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là $left( -sqrt{frac{8}{5}};-sqrt{frac{2}{3}} right]$ hay$a.b=frac{16}{15}$.

Chọn đáp án C.

Câu 33. Cho hàm số $fleft $x r i g h t$ $ liên tục trên $R$ thỏa mãn các điều kiện: $fleft $0 r i g h t$ =2sqrt{2},$ $fleft $x r i g h t$ >0,$ $forall xin mathbb{R}$ và $fleft $x r i g h t$ .{f}’left $x r i g h t$ =left $2 x + 1 r i g h t$ sqrt{1+{{f}^{2}}left $x r i g h t$ },$ $forall xin mathbb{R}$. Khi đó giá trị $fleft $1 r i g h t$ $ bằng

A. $sqrt{26}$. B. $sqrt{24}$.

C. $sqrt{15}$. D. $sqrt{23}$.

Lời giải

Tác giả : Ngô Quốc Tuấn, FB: Quốc Tuấn

Chọn B

Ta có $fleft $x r i g h t$ .{f}’left $x r i g h t$ =left $2 x + 1 r i g h t$ sqrt{1+{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }$$Leftrightarrow frac{fleft $x r i g h t$ .{f}’left $x r i g h t$ }{sqrt{1+{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }}=left $2 x + 1 r i g h t$ $.

Suy ra $int{frac{fleft $x r i g h t$ .{f}’left $x r i g h t$ }{sqrt{1+{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }}text{d}x}=int{left $2 x + 1 r i g h t$ }text{d}x$$Leftrightarrow int{frac{text{d}left $1 + f^{2} l e f t (x r i g h t$ right)}{2sqrt{1+{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }}}=int{left $2 x + 1 r i g h t$ }text{d}x$$Leftrightarrow sqrt{1+{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }={{x}^{2}}+x+C$.

Theo giả thiết $fleft $0 r i g h t$ =2sqrt{2}$, suy ra $sqrt{1+{{left $2 s q r t 2 r i g h t$ }^{2}}}=CLeftrightarrow C=3$.

Với $C=3$ thì $sqrt{1+{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }={{x}^{2}}+x+3Rightarrow fleft $x r i g h t$ =sqrt{{{left $x^{2} + x + 3 r i g h t$ }^{2}}-1}$. Vậy $fleft $1 r i g h t$ =sqrt{24}$.

Câu 34. Cho $a,$$b$ là các số dương thỏa mãn ${{log }_{9}}a={{log }_{16}}b={{log }_{12}}frac{5b-a}{2}$. Tính giá trị $frac{a}{b}$.

A. $frac{a}{b}=7-2sqrt{6}$. B. $frac{a}{b}=frac{3-sqrt{6}}{4}$.

C. $frac{a}{b}=7+2sqrt{6}$. D. $frac{a}{b}=frac{3+sqrt{6}}{4}$.

Lời giải

Tác giả: Trần Lê Hương Ly; Fb: Trần Lê Hương Ly

Chọn A

Đặt ${{log }_{9}}a={{log }_{16}}b={{log }_{12}}frac{5b-a}{2}=t,$ $tin mathbb{R}$. Ta có $a={{9}^{t}},$ $b={{16}^{t}},$ $frac{5b-a}{2}={{12}^{t}}$.

Suy ra:

${{5.16}^{t}}-{{9}^{t}}={{2.12}^{t}}$$Leftrightarrow 5-{{left $f r a c 916 r i g h t$ }^{t}}=2.{{left $f r a c 1216 r i g h t$ }^{t}}$$Leftrightarrow 5-{{left $f r a c 34 r i g h t$ }^{2t}}=2.{{left $f r a c 34 r i g h t$ }^{t}}$$Leftrightarrow {{left $f r a c 34 r i g h t$ }^{2t}}+2.{{left $f r a c 34 r i g h t$ }^{t}}-5=0$.

Giải phương trình, ta được ${{left $f r a c 34 r i g h t$ }^{t}}=sqrt{6}-1$, $n h ậ n$ hoặc ${{left $f r a c 34 r i g h t$ }^{t}}=-sqrt{6}-1$, $l o ạ i$ .

Suy ra $frac{a}{b}={{left $f r a c 916 r i g h t$ }^{t}}={{left $f r a c 34 r i g h t$ }^{2t}}={{left $s q r t 6 - 1 r i g h t$ }^{2}}=7-2sqrt{6}$.

Câu 35. Có bao nhiêu giá trị của tham số $m$ để giá trị lớn nhất của hàm số $y=frac{x-{{m}^{2}}-2}{x-m}$ trên đoạn $left $0; 4 r i g h t$ $ bằng $-1$.

A. $0$. B. $2$. C. $3$. D. $1$.

Lời giải

Tác giả:Trương Thanh Nhàn ; Fb: Trương Thanh Nhàn

Chọn D

Điều kiện: $xne m$.

Hàm số đã cho xác định trên $left $0,;, 4 r i g h t$ $ khi $mnotin left $0; 4 r i g h t$ $ $*$ .

Ta có ${y}’=frac{{{m}^{2}}-m+2}{{{left $x - m r i g h t$ }^{2}}}=frac{{{left $m - f r a c 12 r i g h t$ }^{2}}+frac{7}{4}}{{{left $x - m r i g h t$ }^{2}}}>0$ với $forall xin left $0; 4 r i g h t$ $.

Hàm số đồng biến trên đoạn $left $0; 4 r i g h t$ $ nên $underset{left $0; 4 r i g h t$ }{mathop{max }},y=yleft $4 r i g h t$ =frac{2-{{m}^{2}}}{4-m}$.

$underset{left $0,;, 4 r i g h t$ }{mathop{max }},y=-1$$Leftrightarrow frac{2-{{m}^{2}}}{4-m}=-1$$Leftrightarrow {{m}^{2}}+m-6=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 2\
m = – 3
end{array} right.$

Kết hợp với điều kiện $*$ ta được $m=-3$. Do đó có một giá trị của $m$ thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 36 . Cho hàm số $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+m-2$ đồ thị $left $C r i g h t$ $. Gọi $S$ là tập các giá trị $m$ sao cho đồ thị $left $C r i g h t$ $ có đúng một tiếp tuyến song song với trục $Ox$. Tổng tất cả các phần tử của $S$ là:

A. $5$. B. $3$. C. $2$. D. $8$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Tuyết Lê ; Fb: Nguyen Tuyet Le.

Chọn A

Ta có ${y}’=,4{{x}^{3}},-4x,=,4xleft $x^{2}, - 1 r i g h t$ $, $y’ = 0, Leftrightarrow ,left[ begin{array}{l}
x = – 1\
x = 0\
x = 1
end{array} right.$

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị .

Giả sử $Aleft $0,;,, m - 2 r i g h t$ $, $Bleft $- 1,;,, m - 3 r i g h t$ $, $Cleft $1,;, m - 3 r i g h t$ $ là ba điểm cực trị của đồ thị $left $C r i g h t$ $.

Tiếp tuyến của đồ thị $left $C r i g h t$ $ tại điểm $Aleft $0;, m - 2 r i g h t$ $ là $left $d_{1} r i g h t$ ,:,y,=,m-2$.

Tiếp tuyến của đồ thị $left $C r i g h t$ $ tại điểm $Bleft $- 1;, m - 3 r i g h t$ $ và $Cleft $1;, m - 3 r i g h t$ $ là $left $d_{2} r i g h t$ ,:,y,=,m-3$.

Đồ thị $left $C r i g h t$ $ có đúng một tiếp tuyến song song với trục $Ox$ khi và chỉ khi ${{d}_{1}}$ hoặc ${{d}_{2}}$trùng với trục $Ox$, hay $m=,2$ hoặc $m=,3$.

Vậy $S=left{ 2,;,3 right}$, suy ra tổng tất cả các phần tử của S là $5$.

Câu 37. Cho phương trình $left $2 s i n x - 1 r i g h t$ left $s q r t 3 t a n x + 2 s i n x r i g h t$ =3-4{{cos }^{2}}x$. Gọi $T$ là tập hợp các nghiệm thuộc đoạn $left $0,;, 20 p i r i g h t$ $ của phương trình trên. Tính tổng các phần tử của $T$.

A. $frac{570}{3}pi $. B. $frac{875}{3}pi $.

C. $frac{880}{3}pi $. D. $frac{1150}{3}pi $.

Lời giải

Tác giả:Vũ Thị Thanh Huyền; Fb: Vu Thi Thanh Huyen

Chọn B

Điều kiện: $xne frac{pi }{2}+kpi ,,,,kin Z$.

Phương trình đã cho tương đương với $left $2 s i n x - 1 r i g h t$ left $s q r t 3 t a n x + 2 s i n x r i g h t$ =4{{sin }^{2}}x-1$.

$Leftrightarrow left $2 s i n x - 1 r i g h t$ left $s q r t 3 t a n x - 1 r i g h t$ =0$.

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
sin x = frac{1}{2},\
tan x = frac{1}{{sqrt 3 }}
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{6} + k2pi \
x = frac{{5pi }}{6} + k2pi \
x = frac{pi }{6} + kpi
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{{5pi }}{6} + k2pi ,\
x = frac{pi }{6} + kpi ,
end{array} right.$

, $left $k i n m a t h b b Z r i g h t$ $ $t h ỏ a m ã n đ i ề u k i ệ n$ .

*Trường hợp 1: Với $x=frac{5pi }{6}+k2pi $, $left $k i n m a t h b b Z r i g h t$ $. $left $1 r i g h t$ $

$xin left $0,;, 20 p i r i g h t$ Leftrightarrow 0le frac{5pi }{6}+k2pi ,le 20pi $$,Leftrightarrow frac{-5}{12}le kle frac{115}{12}$. Mà $kin mathbb{Z}$ nên $kin left{ 0,;,,1,;,,2,….,;,,9 right}$.

$Rightarrow $ Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn $left $0,;, 20 p i r i g h t$ $ của họ nghiệm $left $1 r i g h t$ $ là:

${{S}_{1}}=sumlimits_{k,=,0}^{9}{left $f r a c 5 p i 6 + k 2 p i r i g h t$ }$$=frac{295pi }{3}$.

*Trường hợp 2: Với $x=frac{pi }{6}+kpi $, $left $k i n m a t h b b Z r i g h t$ $. $left $2 r i g h t$ $

$xin left $0,;, 20 p i r i g h t$ Leftrightarrow 0le frac{pi }{6}+kpi le 20pi $$Leftrightarrow frac{-1}{6}le kle frac{119}{6}$. Mà $kin mathbb{Z}$ nên $k in left{ {0,;,1 & ,;,,2,….,;,19} right}$

$Rightarrow $ Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn $left $0,;, 20 p i r i g h t$ $ của họ nghiệm $left $2 r i g h t$ $ là:

${{S}_{2}}=sumlimits_{k,=,0}^{19}{left $f r a c p i 6 + k p i, r i g h t$ }=frac{580pi }{3}$.

Vậy tổng các phần tử của $T$ là ${{S}_{1}}+{{S}_{2}}=frac{875}{3}pi $.

Câu 38. Cho số nguyên dương $n$ thỏa mãn điều kiện: $720left $C_{7}^{7} + C_{8}^{7} + C_{9}^{7} + \dots + C_{n}^{7} r i g h t$ =frac{1}{4032}A_{n+1}^{10}$ . Hệ số của ${{x}^{7}}$trong khai triển ${{left $x - f r a c 1 x^{2} r i g h t$ }^{n}}left $x n e 0 r i g h t$ $ bằng:

A. $-120$. B. $-560$. C. 120. D. 560.

Lời giải

Tác giả: Lưu Thị Thủy; Fb: Thuyluu

Chọn B

Áp dụng công thức: $C_{n}^{k-1}+C_{n}^{k}=C_{n+1}^{k}$$Leftrightarrow C_{n}^{k-1}=C_{n+1}^{k}-C_{n}^{k},,forall k=overline{1,n},;,k,nin {{mathbb{N}}^{*}}$, ta được:

$C_{7}^{7}+C_{8}^{7}+C_{9}^{7}+…+C_{n}^{7}=C_{7}^{7}+left $C_{9}^{8} - C_{8}^{8} r i g h t$ +left $C_{10}^{8} - C_{9}^{8} r i g h t$ +…+left $C_{n}^{8} - C_{n - 1}^{8} r i g h t$ +left $C_{n + 1}^{8} - C_{n}^{8} r i g h t$ =C_{n+1}^{8}$.

Do đó : $720left $C_{7}^{7} + C_{8}^{7} + C_{9}^{7} + \dots + C_{n}^{7} r i g h t$ =frac{1}{4032}A_{n+1}^{10}$$Leftrightarrow 720C_{n+1}^{8}=frac{1}{4032}A_{n+1}^{10}Leftrightarrow n=16$.

Có: ${{left $x - f r a c 1 x^{2} r i g h t$ }^{16}}=sumlimits_{k=0}^{16}{C_{16}^{k}{{left $x r i g h t$ }^{16-k}}}{{left $- f r a c 1 x^{2} r i g h t$ }^{k}}=sumlimits_{k=0}^{16}{C_{16}^{k}{{left $- 1 r i g h t$ }^{k}}}{{x}^{16-3k}}$ .

Số hạng trong khai triển chứa ${{x}^{7}}$ứng với $16-3k=7Leftrightarrow k=3$.

Vậy hệ số của ${{x}^{7}}$là $C_{16}^{3}{{left $- 1 r i g h t$ }^{3}}=-560$.

Câu 39. Cho phương trình $m{{ln }^{2}}left $x + 1 r i g h t$ -left $x + 2 - m r i g h t$ ln left $x + 1 r i g h t$ -x-2=0,,left $1 r i g h t$ .$ Tập hợp tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình $left $1 r i g h t$ $ có hai nghiệm phân biệt thoả mãn $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$ là khoảng $left $a,;, + i n f t y r i g h t$ $. Khi đó $a$ thuộc khoảng

A. $left $3, 8,;, 3, 9 r i g h t$ $. B. $left $3, 6,;, 3, 7 r i g h t$ $.

C. $left $3, 7,;, 3, 8 r i g h t$ $. D. $left $3, 5,;, 3, 6 r i g h t$ $.

Lời giải

Tác giả:Đào Văn Tiến ; Fb:Đào Văn Tiến

Chọn C

Điều kiện: $x>-1.$

Vì $x=0$ không thỏa mãn phương trình nên ta có

$left $1 r i g h t$ Leftrightarrow left $m l n l e f t (x + 1 r i g h t) - x - 2 r i g h t$ left $l n l e f t (x + 1 r i g h t) + 1 r i g h t$ =0$$ Leftrightarrow ,left[ begin{array}{l}
mln left $x + 1 r i g h t$ = x + 2\
ln left $x + 1 r i g h t$ = – 1
end{array} right.$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = frac{{x + 2}}{{ln $x + 1$ }},,,,,left $2 r i g h t$ \
x = frac{1}{e} – 1
end{array} right.$

Do nghiệm $x=frac{1}{text{e}}-1<0$ nên phương trình $left $1 r i g h t$ $ có hai nghiệm thoả mãn $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$ khi và chỉ khi phương trình $left $2 r i g h t$ $ có hai nghiệm phân biệt sao cho $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$.

Xét hàm số $fleft $x r i g h t$ =,frac{x+2}{ln left $x + 1 r i g h t$ },,,$trên khoảng $left $0 t e x t; + i n f t y r i g h t$ $ ta có ${f}’left $x r i g h t$ =frac{ln left $x + 1 r i g h t$ -frac{x+2}{x+1}}{{{ln }^{2}}left $x + 1 r i g h t$ }$. ${f}’left $x r i g h t$ =0Leftrightarrow ln left $x + 1 r i g h t$ -frac{x+2}{x+1}=0$, $left $3 r i g h t$ $.

Xét hàm số $hleft $x r i g h t$ =ln left $x + 1 r i g h t$ -frac{x+2}{x+1}$ có ${h}’left $x r i g h t$ =frac{1}{x+1}+frac{1}{{{left $x + 1 r i g h t$ }^{2}}}>0$, $forall x>0$ nên $hleft $x r i g h t$ $ đồng biến trên $left $0,;, + i n f t y r i g h t$ $ do đó phương trình ${f}’left $x r i g h t$ =0$ có không quá một nghiệm.

Mà ${f}’left $2 r i g h t$ .{f}’left $4 r i g h t$ <0$ và ${f}’left $x r i g h t$ $ là hàm số liên tục trên $left $2,;, 4 r i g h t$ $ suy ra phương trình $left $3 r i g h t$ $ có duy nhất một nghiệm ${{x}_{0}}in left $2,;, 4 r i g h t$ $. Từ đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có phương trình $left $1 r i g h t$ $ có hai nghiệm phân biệt thoả mãn $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$ khi và chỉ khi $m>frac{6}{ln 5}Leftrightarrow min left $f r a c 6 l n 5,;, + i n f t y r i g h t$ $.

Vậy $a=frac{6}{ln 5}in left $3, 7,;, 3, 8 r i g h t$ $.

Câu 40: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB=asqrt{3}$, $BC=2a$ , đường thẳng $A{C}’$ tạo với mặt phẳng $left $B C C^{'} B^{'} r i g h t$ $ một góc $30{}^circ $. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng:

A. $3pi {{a}^{2}}$. B. $6pi {{a}^{2}}$.

C. $4pi {{a}^{2}}$. D. $24pi {{a}^{2}}$ .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Ngọc Trinh; Fb: Ngọc Trinh

Chọn B

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BC$ $Rightarrow AHbot left $B C C^{'} B^{'} r i g h t$ $ .$Rightarrow widehat{left $A C^{'}, l e f t (B C C^{'} B^{'} r i g h t$ right)}=widehat{H{C}’A}=30{}^circ $ .

$ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB=asqrt{3}$, $BC=2a$ suy ra $AC=a$.

Ta có: $AH=frac{AB.AC}{BC}=frac{asqrt{3}}{2}$$Rightarrow A{C}’=2AH=asqrt{3}$$Rightarrow A{A}’==sqrt{A{{{{C}’}}^{2}}-A{{C}^{2}}}=asqrt{2}$.

Gọi $I$, ${I}’$ lần lượt là trung điểm $BC$, ${B}'{C}’$. Dễ thấy $I$, ${I}’$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$, $Delta {A}'{B}'{C}’$.

Gọi $O$ là trung điểm của $I{I}’$ suy ra $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho.

Bán kính mặt cầu là : $R=OB=sqrt{{{left $f r a c B C 2 r i g h t$ }^{2}}+{{left $f r a c B B^{'} 2 r i g h t$ }^{2}}}=frac{asqrt{6}}{2}$.

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng: $S=4pi {{R}^{2}}=6pi {{a}^{2}}$ .

Câu 41 . Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có chu vi là 12 $text{cm}$. Giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là:

A. $64pi ,text{c}{{text{m}}^{3}}$. B. $16pi ,text{c}{{text{m}}^{3}}$.

C. $8pi ,text{c}{{text{m}}^{3}}$. D. $32pi ,text{c}{{text{m}}^{3}}$.

Lời giải

Tác giả:Thu Trang; Fb: Nguyễn Thị Thu Trang

Chọn C

Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình trụ lần lượt là $x$, $y$ $left $x,, y > 0, r i g h t$ $.

Khi đó ta có thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có kích thước lần lượt là $x$, $2y$

Theo giả thiết ta có $2.left $x + 2 y r i g h t$ =12$ $Leftrightarrow x+2y=6$.

Cách 1.

Thể tích khối trụ: $V=pi {{y}^{2}}.x$ $=pi {{y}^{2}}left $6 - 2 y r i g h t$ =2pi left $- y^{3} + 3 y^{2} r i g h t$ $.

Vì $x+2y=6$ $Rightarrow 0<2y<6Leftrightarrow 0<y<3.$

Xét hàm số $fleft $y r i g h t$ =-{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}$ trên khoảng $left $0,;, 3 r i g h t$ $

Ta có ${f}’left $y r i g h t$ =-3{{y}^{2}}+6y$ $ Rightarrow f’left $y r i g h t$ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
y = 0\
y = 2
end{array} right.$

Bảng biến thiên:

Suy ra $underset{left $0,;, 3 r i g h t$ }{mathop{max }},fleft $y r i g h t$ =fleft $2 r i g h t$ =4.$

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ bằng $2pi .4,=,,8pi ,,text{c}{{text{m}}^{3}}$.

Cách 2.

Thể tích khối trụ: $V=pi {{y}^{2}}x=pi .x.y.yle pi {{left $f r a c x + y + y 3 r i g h t$ }^{3}}=pi {{left $f r a c x + 2 y 3 r i g h t$ }^{3}}=pi {{left $f r a c 63 r i g h t$ }^{3}}=8pi $

Dấu “=” xảy ra khi $x=y=2$.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ bằng $V,=,,8pi ,,text{c}{{text{m}}^{3}}.$

Câu 42. Cho hai số thực $x$, $y$ thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x+6y+4+sqrt{{{y}^{2}}+6y+10}=sqrt{6+4x-{{x}^{2}}}$. Gọi $M$, $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=left| sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}-a right|$. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn $left $- 10,;, 10 r i g h t$ $ của tham số $a$ để $M,ge ,2m$?

A. 17. B. 15. C. 18. D. 16.

Lời giải

Tácgiả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn

Chọn D

Ta có ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x+6y+4+sqrt{{{y}^{2}}+6y+10}=sqrt{6+4x-{{x}^{2}}}$

$Leftrightarrow $ ${{y}^{2}}+6y+10+sqrt{{{y}^{2}}+6y+10}=6+4x-{{x}^{2}}+sqrt{6+4x-{{x}^{2}}}$. $left $* r i g h t$ $

Xét hàm $fleft $t r i g h t$ ={{t}^{2}}+t$, có ${f}' $t$ =2t+1,>,0$, $forall t>0$.

Ta có hàm $y=fleft $t r i g h t$ $ đồng biến trên $left[ 0,;,+infty right)$, $sqrt{{{y}^{2}}+6y+10}in left[ 0,;,+infty right)$, $sqrt{6+4x-{{x}^{2}}}in left[ 0,;,+infty right)$.

Nên $left $* r i g h t$ $$Leftrightarrow $ $fleft $s q r t y^{2} + 6 y + 10 r i g h t$ =fleft $s q r t 6 + 4 x - x^{2} r i g h t$ Leftrightarrow sqrt{{{y}^{2}}+6y+10}=sqrt{6+4x-{{x}^{2}}}$

$Leftrightarrow {{y}^{2}}+6y+10=6+4x-{{x}^{2}}Leftrightarrow {{left $x - 2 r i g h t$ }^{2}}+{{left $y + 3 r i g h t$ }^{2}}=9$.

Xét điểm $Aleft $x,;, y r i g h t$ $ thuộc đường tròn $ $C$ $ có phương trình ${{left $x - 2 r i g h t$ }^{2}}+{{left $y + 3 r i g h t$ }^{2}}=9$.

Ta có $OA=sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$.

Đường tròn $ $C$ $ có tâm $Ileft $2,;, - 3 r i g h t$ $, bán kính $R=3$ nên điểm $Oleft $0,; 0 r i g h t$ $ nằm ngoài $ $C$ $.

Gọi${{A}_{1}}$, ${{A}_{2}}$ là giao điểm của đường thẳng $OI$với đường tròn $ $C$ $.

$forall Aleft $x; y r i g h t$ in $C$ $: $O{{A}_{1}}le OAle O{{A}_{2}}$ , với $O{{A}_{1}}=OI-R=sqrt{13}-3$ và $O{{A}_{2}}=OI+R=sqrt{13}+3$.

Tức là ta có $sqrt{13}-3le sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}le sqrt{13}+3$$Leftrightarrow sqrt{13}-3-ale sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}-ale sqrt{13}+3-a$.

Th1 : $sqrt{13}-3-age 0Leftrightarrow ale sqrt{13}-3$, $left $1 r i g h t$ $

Khi đó $M=sqrt{13}+3-a$ và $m=sqrt{13}-3-a$.

$Mge 2mLeftrightarrow sqrt{13}+3-age 2left $s q r t 13 - 3 - a r i g h t$ Leftrightarrow age sqrt{13}-9$.

Kết hợp với điều kiện$left $1 r i g h t$ $ và $a$ nguyên thuộc đoạn $left $- 10,; 10 r i g h t$ $ ta có $a in left{ { – 5;, – 4 & ;, – 3;, – 2;, – 1;,0} right}$

Th2: $sqrt{13}+3-ale 0Leftrightarrow age sqrt{13}+3$, $left $* * r i g h t$ $

Khi đó $M=a-sqrt{13}+3$ và $m=a-sqrt{13}-3$.

$Mge 2mLeftrightarrow a-sqrt{13}+3ge 2left $a - s q r t 13 - 3 r i g h t$ Leftrightarrow ale sqrt{13}+9$.

Kết hợp với điều kiện $left $* * r i g h t$ $ và $a$ nguyên thuộc đoạn $left $- 10,; 10 r i g h t$ $ ta có $ain left{ ,7;,8;,9;,10 right}$.

Th3: $left{ begin{array}{l}
sqrt {13} – 3 – a < 0\
sqrt {13} + 3 – a > 0
end{array} right. Leftrightarrow sqrt {13} – 3 < a < sqrt {13} + 3$

Khi đó $M>0$ và $m=0$ nên ta luôn có $Mge 2m$

Kết hợp điều kiện $left $* * * r i g h t$ $ và $a$ nguyên thuộc đoạn $left $- 10,; 10 r i g h t$ $ ta có $ain left{ 1;,2;3;4;,5;,6 right}$.

Vậy $ain left{ -5;,-4 & ;,-3;,-2;,-1;,0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 right}$.

Câu 43. Cho hình chóp $O.ABC$ có ba cạnh $OA$, $OB$, $OC$ đôi một vuông góc và $OA=OB=OC=a$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB$. Góc tạo bởi hai vectơ $overrightarrow{BC}$ và $overrightarrow{OM}$ bằng

A. $135{}^circ $. B. $150{}^circ $.

C. $120{}^circ $. D. $60{}^circ $.

Lời giải

Tác giả: Vũ Văn Bắc; Fb: vuvanbac.xy.abc

Chọn C

Cách 1:

Ta có $left{ begin{array}{l}
overrightarrow {OM} = frac{1}{2}left $o v e r r i g h t a r r o w O A + o v e r r i g h t a r r o w O B r i g h t$ \
overrightarrow {BC} = overrightarrow {OC} – overrightarrow {OB}
end{array} right. Rightarrow overrightarrow {OM} .overrightarrow {BC} = – frac{1}{2}O{B^2} = – frac{{{a^2}}}{2}$

$BC=sqrt{O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}}=asqrt{2}$ và $OM=frac{1}{2}AB=frac{1}{2}sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$.

Do đó: $cos left $o v e r r i g h t a r r o w O M, o v e r r i g h t a r r o w B C r i g h t$ =frac{overrightarrow{OM}.overrightarrow{BC}}{OM.BC}=frac{-frac{{{a}^{2}}}{2}}{frac{asqrt{2}}{2}.asqrt{2}}=-frac{1}{2}Rightarrow left $o v e r r i g h t a r r o w O M . o v e r r i g h t a r r o w B C r i g h t$ =120{}^circ $.

Cách 2:

Nguyễn Ngọc Thảo ; Fb: Nguyễn Ngọc Thảo

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

Ta có: $Oleft $0,;, 0,;, 0 r i g h t$ $ , $Aleft $0,;, a,;, 0 r i g h t$ $ , $Bleft $a,;, 0,;, 0 r i g h t$ $ , $Cleft $0,;, 0,;, a r i g h t$ $ , $Mleft $f r a c a 2,;, f r a c a 2,;, 0 r i g h t$ $ .

Khi đó ta có: $overrightarrow{BC}=left $- a,;, 0,;, a r i g h t$ $ ,$overrightarrow{OM}=left $f r a c a 2,;, f r a c a 2,;, 0 r i g h t$ $

$Rightarrow $ $cos widehat{left $o v e r r i g h t a r r o w B C,;, o v e r r i g h t a r r o w O M r i g h t$ }$ $=frac{overrightarrow{BC}.overrightarrow{OM}}{BC.OM}$$=frac{-frac{{{a}^{2}}}{2}}{a.sqrt{2}.frac{asqrt{2}}{2}}$$=-frac{1}{2}$$Rightarrow $$widehat{left $o v e r r i g h t a r r o w B C,;, o v e r r i g h t a r r o w O M r i g h t$ }=120{}^circ $.

Câu 44. Cho hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ liên tục trên $mathbb{R}$ và có đạo hàm ${f}’left $x r i g h t$ ={{x}^{2}}left $x - 2 r i g h t$ left $x^{2} - 6 x + m r i g h t$ $ với mọi $xin mathbb{R}$. Có bao nhiêu số nguyên $m$ thuộc đoạn $left $- 2019,;, 2019 r i g h t$ $ để hàm số $gleft $x r i g h t$ =fleft $1 - x r i g h t$ $ nghịch biến trên khoảng $left $- i n f t y,;, - 1 r i g h t$ $?

A. $2012$. B. $2009$. C. $2011$. D. $2010$.

Lời giải

Tác giả: Hà Lê; Fb: Ha Le

Chọn C

${g}’left $x r i g h t$ ={f}’left $1 - x r i g h t$ =-{{left $1 - x r i g h t$ }^{2}}left $- x - 1 r i g h t$ left ${l e f t (1 - x r i g h t)}^{2} - 6 l e f t (1 - x r i g h t) + m r i g h t$ $ $={{left $x - 1 r i g h t$ }^{2}}left $x + 1 r i g h t$ left $x^{2} + 4 x + m - 5 r i g h t$ $.

Hàm số $gleft $x r i g h t$ $ nghịch biến trên khoảng $left $- i n f t y,;, - 1 r i g h t$ $

$Leftrightarrow {g}’left $x r i g h t$ le 0, forall x<-1 left $* r i g h t$ $, (dấu $”=”$ xảy ra tại hữu hạn điểm).

Với $x<-1$ thì ${{left $x - 1 r i g h t$ }^{2}}>0$ và $x+1<0$ nên $left $* r i g h t$ Leftrightarrow $${{x}^{2}}+4x+m-5ge 0, forall x<-1$

$Leftrightarrow mge -{{x}^{2}}-4x+5, ,forall x<-1$.

Xét hàm số $y=-{{x}^{2}}-4x+5$ trên khoảng $left $- i n f t y,;, - 1 r i g h t$ $, ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra $mge 9$.

Kết hợp với $m$ thuộc đoạn $left $- 2019,;, 2019 r i g h t$ $ và $m$ nguyên nên $min left{ 9,;,10,;,11,;,…,;,2019 right}$.

Vậy có 2011 số nguyên $m$ thỏa mãn đề bài.

Câu 45. Cho tứ diện $SABC$ có $G$ là trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay quanh $AG$ cắt các cạnh $SB,SC$ lần lượt tại $M,N$. Giá trị nhỏ nhất của tỉ số $frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}$ là?

A. $frac{4}{9}$. B. $frac{3}{8}$.

C. $frac{1}{3}$. D. $frac{1}{2}$.

Lời giải

Tác giả: Hoàng Văn Phiên; Fb: Phiên Văn Hoàng

Chọn A

Gọi $E,F,G$ lần lượt là trung điểm $BC,SA,EF$ suy ra $G$ là trọng tâm tứ diện $SABC$. Điểm $I$ là giao điểm của $AG$ và $SE$. Qua $I$ dựng đường thẳng cắt các cạnh $SB,SC$ lần lượt tại $M,N$. Suy ra $left $A M N r i g h t$ $ là mặt phẳng quay quanh $AG$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Kẻ $GKtext{ // }SE,left $K i n S A r i g h t$ $ suy ra $K$ là trung điểm $FS$.

$Rightarrow frac{KG}{SI}=frac{AK}{AS}=frac{3}{4}$. Mà $frac{KG}{SE}=frac{1}{2}Rightarrow frac{SI}{SE}=frac{2}{3}$.

Cách 1:

Kẻ $BPtext{ // }MN,CQtext{ // }MN$; $left $P, Q i n S E r i g h t$ $.

Ta có: $frac{SM}{SB}=frac{SI}{SP};frac{SN}{SC}=frac{SI}{SQ}$.

$Rightarrow Delta BEP=Delta CEQ$$Rightarrow $$E$ là trung điểm $PQ$$Rightarrow SP+SQ=2SE$ $đ ú n g c ả t r o n g t r ư ờ n g h ợ p $ P e q u i v Q e q u i v E $$ .

Ta có: $frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SA}{SA}.frac{SM}{SB}.frac{SN}{SC}=1.frac{SI}{SP}.frac{SI}{SQ}overset{AM-GM}{mathop{ge }},frac{S{{I}^{2}}}{frac{{{left $S P + S Q r i g h t$ }^{2}}}{4}}=frac{S{{I}^{2}}}{S{{E}^{2}}}={{left $f r a c S I S E r i g h t$ }^{2}}=frac{4}{9}$.

Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi $SP=SQ=SE$. Hay $Pequiv Qequiv ELeftrightarrow MNtext{ // }BC$.

Vậy tỉ số nhỏ nhất là $frac{4}{9}$. Chọn A.

Cách 2:

Ta chứng minh được $frac{SB}{SM}+frac{SC}{SN}=3$.

Thật vậy, qua $I$ kẻ các đường thẳng lần lượt song song $SB,SC$ cắt $SC,SB$ tương ứng tại $D,L$

Ta có: $left. begin{array}{l}
frac{{SB}}{{IQ}} = frac{{DB}}{{DI}} = 3\
frac{{IQ}}{{SM}} = frac{{NI}}{{NM}}
end{array} right} Rightarrow frac{{SB}}{{IQ}}.frac{{IQ}}{{SM}} = 3.frac{{NI}}{{NM}} Leftrightarrow frac{{SB}}{{SM}} = frac{{3NI}}{{NM}}$,$left $1 r i g h t$ $.

Lại có: $left. begin{array}{l}
frac{{SC}}{{IP}} = frac{{LC}}{{LI}} = 3\
frac{{IP}}{{SN}} = frac{{MI}}{{MN}}
end{array} right} Rightarrow frac{{SC}}{{IP}}.frac{{IP}}{{SN}} = 3.frac{{MI}}{{MN}} Leftrightarrow frac{{SC}}{{SN}} = frac{{3MI}}{{MN}}$, $left $2 r i g h t$ $

<span style=”

Đề 10: Đề và lời giải đề thi thử THPTQG sở GD & ĐT Bắc Ninh năm 2018-2019 lần 1

Bài Viết cùng chủ đề

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 31 – Đs

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 30

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 29

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 28

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 26

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 25

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 24

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 23

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 22

Để lại một bình luận Hủy