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

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1.     Tìm tập xác định $D$ của hàm số $y={{\left( {{x}^{2}}-3x-4 \right)}^{\sqrt{2-\sqrt{3}}}}$.

A. $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1;4 \right\}$.                                                B. $D=\left( -\infty ;-1 \right]\cup \left[ 4;+\infty  \right)$.

C. $D=\mathbb{R}$.                                                                        D. $D=\left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 4;+\infty  \right)$.

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: $D=\left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 4;+\infty  \right)$.

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=4\pi $.              

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

Lời giải

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

Chọn B

Ta có $V=\frac{1}{3}S.h$ $=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h$ $=\frac{1}{3}\pi {{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.4$ $=4\pi $.

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.$5\log \left( a+2b \right)=\log a-\log b$.

C. $2\log \left( a+2b \right)=5\left( \log a+\log b \right)$.                     D. $\log \left( a+1 \right)+\log b=1$.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trọng Tú ; Fb: Anh Tú                   

Chọn A

Cách 1:

Ta có: ${{a}^{2}}+4{{b}^{2}}=5ab\Leftrightarrow {{\left( a+2b \right)}^{2}}=9ab\Leftrightarrow \log \left[ {{\left( a+2b \right)}^{2}} \right]=\log \left( 9ab \right)$

$\Leftrightarrow 2.\log \left( a+2b \right)=2.\log 3+\log a+\log b\Leftrightarrow 2.\log \frac{a+2b}{3}=\log a+\log b$ $\Leftrightarrow \log \frac{a+2b}{3}=\frac{\log a+\log b}{2}$.

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. ${{G}_{1}}{{G}_{2}}\,\text{//}\,\left( ABD \right)$.                                                               B. Ba đường thẳng $B{{G}_{1}},A{{G}_{2}}$ và $CD$đồng quy.

C. ${{G}_{1}}{{G}_{2}}\,\text{//}\,\left( ABC \right)$.                                                                       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 ${{G}_{1}}{{G}_{2}}\,\text{//}\,AB\Rightarrow {{G}_{1}}{{G}_{2}}\,\text{//}\,\left( ABD \right)$ $\Rightarrow $ A đúng.

Vì ${{G}_{1}}{{G}_{2}}\,\text{//}\,AB\Rightarrow {{G}_{1}}{{G}_{2}}\,\text{//}\,\left( ABC \right)$ $\Rightarrow $ C đúng.

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

Câu 5.     Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ 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 $y=f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ -2;2 \right]$ bằng 2 .                          

B. Hàm số $y=f\left( x \right)$ có cực tiểu bằng $-1$.                            

C. Hàm số $y=f\left( x \right)$ có hai điểm cực trị.                                 

D. Nếu $\left| m \right|>2$ thì phương trình $f\left( x \right)=m$ 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 $y=f\left( x \right)$ trên $\left[ -2;2 \right]$ như sau:

► A đúng.

► B sai vì hàm số $y=f\left( x \right)$ có giá trị cực tiểu bằng $-2$ hay cực tiểu bằng $-2$.

► C đúng vì hàm số $y=f\left( x \right)$ 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 $f\left( x \right)=m$ có nghiệm duy nhất.

Câu 6.     Cho hàm số $f\left( x \right)=2x+{{e}^{x}}$. Tìm một nguyên hàm $F\left( x \right)$ của hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn $F\left( 0 \right)=2019$.

A. $F\left( x \right)={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+2018$.                                  B. $F\left( x \right)={{x}^{2}}+{{e}^{x}}-2018$. 

C. $F\left( x \right)={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+2017$.                                  D. $F\left( x \right)={{e}^{x}}-2019$.

Lời giải

Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy  ; Fb: thuypham                    

Chọn A

Ta có $\int{f\left( x \right)dx=\int{\left( 2x+{{e}^{x}} \right)}dx}={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+C$.

Có $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right)$ và $F\left( 0 \right)=2019$.

Suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}
F\left( x \right) = {x^2} + {e^x} + C\\
F\left( 0 \right) = 2019
\end{array} \right.$ 

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

Vậy $F\left( x \right)={{x}^{2}}+{{e}^{x}}+2018$.

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: $-2+(-\frac{1}{2})=-\frac{5}{2}$.

Câu 8.     Cho $k$, $n$ $\left( k<n \right)$ là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây SAI?

A. $C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!}$.                                    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 $C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!}$ nên A đúng.

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

Ta có $A_{n}^{k}=\frac{n!}{\left( n-k \right)!}=k!\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!}=k!.C_{n}^{k}$ 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 n\left( \Omega  \right)=6$.

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

$\Rightarrow A=\left\{ 2,4,6 \right\}$$\Rightarrow n\left( A \right)=3$.

Xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là: $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

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: $$

${{S}_{BCNM}}=\frac{\left( BM+CN \right).d\left( B;C{C}' \right)}{2}=\frac{\left( \frac{1}{2}C{C}'+\frac{2}{3}C{C}' \right).d\left( B;C{C}' \right)}{2}=\frac{7}{12}.C{C}'.d\left( B;C{C}' \right)=\frac{7}{12}{{S}_{BC{C}'{B}'}}$.

Khi đó: ${V_{A.BCNM}} = \frac{7}{{12}}{V_{A.BCC'B'}} = \frac{7}{{12}}\left( {V - {V_{A.A'B'C'}}} \right) = \frac{7}{{12}}\left( {V - \frac{1}{3}.d\left( {A;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}}} \right) = \frac{7}{{12}}\left( {V - \frac{1}{3}V} \right) = \frac{{7V}}{{18}}$

Câu 13.   Cho $a$ là số thực dương khác 5. Tính $I={{\log }_{\frac{a}{5}}}\left( \frac{{{a}^{3}}}{125} \right)$.

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

$I={{\log }_{\frac{a}{5}}}\left( \frac{{{a}^{3}}}{125} \right)=\text{l}o{{g}_{\frac{a}{5}}}{{\left( \frac{a}{5} \right)}^{3}}=3$.

Câu 14.   Tập nghiệm của bất phương trình ${{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( x-1 \right)+{{\log }_{3}}\left( 11-2x \right)\ge 0$ là:

A. $S=\left( -\infty \,;\,4 \right]$.                       B. $S=\left( 1\,;\,4 \right)$.                                       

C. $S=\left( 1\,;\,4 \right]$.                              D. $S=\left( 3\,;\,\frac{11}{2} \right)$.

Lời giải

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

Chọn C

${{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( x-1 \right)+{{\log }_{3}}\left( 11-2x \right)\ge 0$$\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 11-2x \right)-{{\log }_{3}}\left( x-1 \right)\ge 0$

$ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {11 - 2x} \right) \ge {\log _3}\left( {x - 1} \right)$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
11 - 2x \ge x - 1\\
x - 1 > 0
\end{array} \right.$$ \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: $D=R\backslash \left\{ -1;2 \right\}$.

$\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-x+1}{{{x}^{2}}-x-2}=-\infty $ nên đồ thị hàm số có TCĐ: $x=-1$.

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

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

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

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. $m\in \left[ -1;1 \right]$.                                                                       B. $m\in \left( -\infty ;-1 \right]\cup \left[ 1;+\infty  \right)$.                       

C. $m\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;+\infty  \right)$.                   D. $m\in \left( -1;1 \right)$.

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}$$\Leftrightarrow {y}'\ge 0$ $\forall x\in R$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 > 0\\
{\left( { - 3m} \right)^2} - 9 \le 0
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow 9{{m}^{2}}-9\le 0$$\Leftrightarrow m\in \left[ -1;1 \right]$

Câu 17.  Tìm họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)={{x}^{2}}.{{\text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}$.

A. $\int{f\left( x \right)\text{d}x=}\frac{{{x}^{3}}}{3}.{{\text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.                                               B. $\int{f\left( x \right)\text{d}x=}3{{\text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.       

C. $\int{f\left( x \right)\text{d}x=}{{\text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.                                             D. $\int{f\left( x \right)\text{d}x=}\frac{1}{3}{{\text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.

Lời giải

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

Chọn D

$\int{f\left( x \right)\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 \right)}$$=\frac{1}{3}{{\text{e}}^{{{x}^{3}}+1}}+C$.

Câu 18.   Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)=\frac{1}{5x+4}$  là:

A. $\frac{1}{5}\ln \left( 5x+4 \right)+C$.          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 $\int{\frac{1}{5x+4}\text{d}x}=\frac{1}{5}\int{\frac{1}{5x+4}\text{d}\left( 5x+4 \right)}=\frac{1}{5}\ln \left| 5x+4 \right|+C$.

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 $AB=4\text{a}$, $AC=5a$. Thể tích khối trụ là:

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

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

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$$=\pi .{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}.BC$$=\pi .4{{a}^{2}}.3a$$=12\pi {{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: $\int{u\text{d}v=u.v-\int{v\text{d}u}}$.

Ta có:$\int{x{{e}^{x}}\text{d}x}=\int{x\text{d}\left( {{e}^{x}} \right)=x{{e}^{x}}-\int{{{e}^{x}}\text{d}x}}=x{{e}^{x}}-{{e}^{x}}+C$.

Câu 21.   Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có cạnh $AB=a$, góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$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 $SO\bot \left( ABCD \right)$.

Góc giữa đường thẳng $SA$và mặt phẳng $\left( ABC \right)$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}a\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

${{V}_{SABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}$$=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{2}}{2}{{a}^{2}}$$=\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: ${y}'=3{{x}^{2}}+3>0$, $\forall x\in \mathbb{R}$. 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 mặt đều).                        B. Khối nhị thập diện đều (20 mặt đều).      

C. Khối thập nhị diện đều (12 mặt đều).              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 $T=2{{\left( a+b \right)}^{-1}}.{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{2}}}.{{\left[ 1+\frac{1}{4}{{\left( \sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}} \right)}^{2}} \right]}^{\frac{1}{2}}}$ 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 $T=2{{\left( a+b \right)}^{-1}}.{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{2}}}.{{\left[ 1+\frac{1}{4}{{\left( \sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}} \right)}^{2}} \right]}^{\frac{1}{2}}}$

$=2{{\left( a+b \right)}^{-1}}.{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{2}}}.{{\left[ 1+\frac{1}{4}{{\left( \frac{a-b}{\sqrt{ab}} \right)}^{2}} \right]}^{\frac{1}{2}}}$$=2{{\left( a+b \right)}^{-1}}.{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{2}}}.{{\left[ 1+\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{4ab} \right]}^{\frac{1}{2}}}$

$=2{{\left( a+b \right)}^{-1}}.{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{2}}}.{{\left[ \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4ab} \right]}^{\frac{1}{2}}}$$=2\frac{1}{a+b}.{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{2}}}.\frac{\left( a+b \right)}{2{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{2}}}}=1$.

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 $M\left( 1;3 \right)$ vào các đáp án B, C, D ta loại được đáp án B.

Thay tọa độ điểm $N\left( 2;1 \right)$ 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 $\Rightarrow BA=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$.

${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.BA.BC$$=\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}$$={{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 $\left( -2\,;\,1 \right)$.         

B. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( -1\,;\,3 \right)$.          

C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( -1\,;\,1 \right)$.            

D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( -\infty \,;\,-1 \right)$ và khoảng $\left( 1\,;\,+\infty  \right)$.

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 $\left( -\infty \,;\,-1 \right)$ và khoảng $\left( 1\,;\,+\infty  \right)$.

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

 A. $\left[ 0;2 \right]$.                    B. $\left[ -1;1 \right]$.

C. $\mathbb{R}$.                           D. $\left[ -2;2 \right]$.

Lời giải

Tác giả: Phạm Thị Thuần; Fb: Phạm Thuần

Chọn C

Hàm số $y=2\sin x$ 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 $\left( ABC \right)$ 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 $d\bot \left( ABC \right)$ $\Rightarrow d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Trong mặt phẳng $\left( SAM \right)$ 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( {ABC} \right)\\
IM \bot \left( {ABC} \right)
\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( {SAM} \right)
\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: $R=AI=\sqrt{A{{M}^{2}}+I{{M}^{2}}}=\sqrt{5+\frac{5}{4}}=\frac{5}{2}$.

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 $\left[ -6;6 \right]$ 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 $\left( C \right)$ là đồ thị hàm số $y=\frac{x-3}{{{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+(2{{m}^{2}}+1)x-m}$.

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-3}{{{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+\left( 2{{m}^{2}}+1 \right)x-m}=0$ nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là $y=0.$

Do đó $\left( C \right)$ có 4 đường tiệm cận khi và chỉ  khi $\left( C \right)$có 3 đường tiệm cận đứng

$\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+\left( 2{{m}^{2}}+1 \right)x-m=0\,\left( 1 \right)$ có 3 nghiệm phân biệt khác $3$.

Ta có $(1) \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left( {{x^2} - 2mx + 1} \right) = 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.$

$\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;\frac{5}{3} \right)\cup \left( \frac{5}{3};3 \right)\cup \left( 3;+\infty  \right)$.

Do $m\in \left[ -6;6 \right]$, $m$ nguyên nên $m\in \left\{ -6;-5;-4;-3;-2;2;4;5;6 \right\}$.

Vậy có $9$ giá trị $m$ thỏa mãn.

Câu 32.   Tập nghiệm của bất phương trình ${{\log }_{2}}\left( x\sqrt{{{x}^{2}}+2}+4-{{x}^{2}} \right)+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1$ 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: $x\sqrt{{{x}^{2}}+2}-{{x}^{2}}$$=x\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}-x \right)$$=\frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}$.

Ta có: ${{\log }_{2}}\left( x\sqrt{{{x}^{2}}+2}+4-{{x}^{2}} \right)+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1$$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}-x \right)+4 \right)+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1$

$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( \frac{2x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}+4 \right)+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1$$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\frac{2\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)}{\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x}+2x+\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le 1,\left( 1 \right)$

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

Điều kiện: $3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2}>0$$\Leftrightarrow 2\sqrt{{{x}^{2}}+2}>-3x$$ \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.$

$\Leftrightarrow x>-\sqrt{\frac{8}{5}},\left( * \right)$

Với điều kiện $\left( * \right)$, ta có

$\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)+3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2}\le {{\log }_{2}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}+x \right)+\sqrt{{{x}^{2}}+2}+x,\text{ }\left( 2 \right)$

Xét hàm số $f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+t$ với $t>0$. Có ${f}'\left( t \right)=\frac{1}{t.\ln 2}+1>0$, $\forall t\in \left( 0;+\infty  \right)$.

Hàm số $f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+t$ đồng biến trên $\left( 0;+\infty  \right),$ $\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)\in \left( 0;+\infty  \right)$và $\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}+x \right)\in \left( 0;+\infty  \right)$

Nên $\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( 3x+2\sqrt{{{x}^{2}}+2} \right)\le f\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2}+x \right)$

$\Leftrightarrow 3x+2\sqrt{{{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.$

$\Leftrightarrow x\le -\sqrt{\frac{2}{3}}$.

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 $f\left( x \right)$ liên tục trên $R$ thỏa mãn các điều kiện: $f\left( 0 \right)=2\sqrt{2},$ $f\left( x \right)>0,$ $\forall x\in \mathbb{R}$ và $f\left( x \right).{f}'\left( x \right)=\left( 2x+1 \right)\sqrt{1+{{f}^{2}}\left( x \right)},$ $\forall x\in \mathbb{R}$. Khi đó giá trị $f\left( 1 \right)$ 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 $f\left( x \right).{f}'\left( x \right)=\left( 2x+1 \right)\sqrt{1+{{f}^{2}}\left( x \right)}$$\Leftrightarrow \frac{f\left( x \right).{f}'\left( x \right)}{\sqrt{1+{{f}^{2}}\left( x \right)}}=\left( 2x+1 \right)$.

Suy ra $\int{\frac{f\left( x \right).{f}'\left( x \right)}{\sqrt{1+{{f}^{2}}\left( x \right)}}\text{d}x}=\int{\left( 2x+1 \right)}\text{d}x$$\Leftrightarrow \int{\frac{\text{d}\left( 1+{{f}^{2}}\left( x \right) \right)}{2\sqrt{1+{{f}^{2}}\left( x \right)}}}=\int{\left( 2x+1 \right)}\text{d}x$$\Leftrightarrow \sqrt{1+{{f}^{2}}\left( x \right)}={{x}^{2}}+x+C$.

Theo giả thiết $f\left( 0 \right)=2\sqrt{2}$, suy ra $\sqrt{1+{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}}=C\Leftrightarrow C=3$.

Với $C=3$ thì $\sqrt{1+{{f}^{2}}\left( x \right)}={{x}^{2}}+x+3\Rightarrow f\left( x \right)=\sqrt{{{\left( {{x}^{2}}+x+3 \right)}^{2}}-1}$. Vậy $f\left( 1 \right)=\sqrt{24}$.

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

C. $\frac{a}{b}=7+2\sqrt{6}$.                         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 ${{\log }_{9}}a={{\log }_{16}}b={{\log }_{12}}\frac{5b-a}{2}=t,$ $t\in \mathbb{R}$. Ta có $a={{9}^{t}},$ $b={{16}^{t}},$ $\frac{5b-a}{2}={{12}^{t}}$.

Suy ra:

${{5.16}^{t}}-{{9}^{t}}={{2.12}^{t}}$$\Leftrightarrow 5-{{\left( \frac{9}{16} \right)}^{t}}=2.{{\left( \frac{12}{16} \right)}^{t}}$$\Leftrightarrow 5-{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{2t}}=2.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}$$\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{4} \right)}^{2t}}+2.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}-5=0$.

Giải phương trình, ta được ${{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}=\sqrt{6}-1$, (nhận)  hoặc ${{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}=-\sqrt{6}-1$, (loại).

Suy ra $\frac{a}{b}={{\left( \frac{9}{16} \right)}^{t}}={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{2t}}={{\left( \sqrt{6}-1 \right)}^{2}}=7-2\sqrt{6}$.

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 $\left[ 0;4 \right]$ 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: $x\ne m$.

Hàm số đã cho xác định trên $\left[ 0\,;\,4 \right]$ khi $m\notin \left[ 0;4 \right]$ (*).

Ta có ${y}'=\frac{{{m}^{2}}-m+2}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}=\frac{{{\left( m-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{7}{4}}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}>0$ với $\forall x\in \left[ 0;4 \right]$.

Hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ 0;4 \right]$ nên $\underset{\left[ 0;4 \right]}{\mathop{\max }}\,y=y\left( 4 \right)=\frac{2-{{m}^{2}}}{4-m}$.

$\underset{\left[ 0\,;\,4 \right]}{\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 $\left( C \right)$. Gọi $S$ là tập các giá trị $m$ sao cho đồ thị $\left( C \right)$ 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 ${y}'=\,4{{x}^{3}}\,-4x\,=\,4x\left( {{x}^{2}}\,-1 \right)$, $y' = 0\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.$

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị .

Giả sử $A\left( 0\,;\,\,m-2 \right)$, $B\left( -1\,;\,\,m-3 \right)$, $C\left( 1\,;\,m-3 \right)$ là ba điểm cực trị của đồ thị $\left( C \right)$.

Tiếp tuyến của đồ thị $\left( C \right)$ tại điểm $A\left( 0;\,m-2 \right)$ là $\left( {{d}_{1}} \right)\,:\,y\,=\,m-2$.

Tiếp tuyến của đồ thị $\left( C \right)$ tại điểm $B\left( -1;\,m-3 \right)$ và $C\left( 1;\,m-3 \right)$ là $\left( {{d}_{2}} \right)\,:\,y\,=\,m-3$.

Đồ thị $\left( C \right)$ 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 $\left( 2\sin x-1 \right)\left( \sqrt{3}\tan x+2\sin x \right)=3-4{{\cos }^{2}}x$. Gọi $T$ là tập hợp các nghiệm thuộc đoạn $\left[ 0\,;\,20\pi  \right]$ 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: $x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \,,\,\,k\in Z$.

Phương trình đã cho tương đương với $\left( 2\sin x-1 \right)\left( \sqrt{3}\tan x+2\sin x \right)=4{{\sin }^{2}}x-1$.

                     $\Leftrightarrow \left( 2\sin x-1 \right)\left( \sqrt{3}\tan x-1 \right)=0$.

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = \frac{1}{2}\,\\
\tan x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\
x = \frac{\pi }{6} + k\pi 
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\\
x = \frac{\pi }{6} + k\pi \,
\end{array} \right.$

, $\left( k\in \mathbb{Z} \right)$ (thỏa mãn điều kiện).

*Trường hợp 1: Với $x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi $, $\left( k\in \mathbb{Z} \right)$. $\left( 1 \right)$

 $x\in \left[ 0\,;\,20\pi  \right]\Leftrightarrow 0\le \frac{5\pi }{6}+k2\pi \,\le 20\pi $$\,\Leftrightarrow \frac{-5}{12}\le k\le \frac{115}{12}$. Mà $k\in \mathbb{Z}$ nên $k\in \left\{ 0\,;\,\,1\,;\,\,2\,....\,;\,\,9 \right\}$.

 $\Rightarrow $ Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn $\left[ 0\,;\,20\pi  \right]$ của họ nghiệm $\left( 1 \right)$ là:

${{S}_{1}}=\sum\limits_{k\,=\,0}^{9}{\left( \frac{5\pi }{6}+k2\pi  \right)}$$=\frac{295\pi }{3}$.

*Trường hợp 2: Với $x=\frac{\pi }{6}+k\pi $, $\left( k\in \mathbb{Z} \right)$. $\left( 2 \right)$

$x\in \left[ 0\,;\,20\pi  \right]\Leftrightarrow 0\le \frac{\pi }{6}+k\pi \le 20\pi $$\Leftrightarrow \frac{-1}{6}\le k\le \frac{119}{6}$. Mà $k\in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0\,;\,1 & \,;\,\,2\,....\,;\,19} \right\}$

$\Rightarrow $ Tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn $\left[ 0\,;\,20\pi  \right]$ của họ nghiệm $\left( 2 \right)$ là:

${{S}_{2}}=\sum\limits_{k\,=\,0}^{19}{\left( \frac{\pi }{6}+k\pi \, \right)}=\frac{580\pi }{3}$.

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: $720\left( C_{7}^{7}+C_{8}^{7}+C_{9}^{7}+...+C_{n}^{7} \right)=\frac{1}{4032}A_{n+1}^{10}$ . Hệ số của ${{x}^{7}}$trong khai triển ${{\left( x-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{n}}\left( x\ne 0 \right)$ 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,n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$, ta được:

$C_{7}^{7}+C_{8}^{7}+C_{9}^{7}+...+C_{n}^{7}=C_{7}^{7}+\left( C_{9}^{8}-C_{8}^{8} \right)+\left( C_{10}^{8}-C_{9}^{8} \right)+...+\left( C_{n}^{8}-C_{n-1}^{8} \right)+\left( C_{n+1}^{8}-C_{n}^{8} \right)=C_{n+1}^{8}$.

Do đó : $720\left( C_{7}^{7}+C_{8}^{7}+C_{9}^{7}+...+C_{n}^{7} \right)=\frac{1}{4032}A_{n+1}^{10}$$\Leftrightarrow 720C_{n+1}^{8}=\frac{1}{4032}A_{n+1}^{10}\Leftrightarrow n=16$.

Có: ${{\left( x-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{16}}=\sum\limits_{k=0}^{16}{C_{16}^{k}{{\left( x \right)}^{16-k}}}{{\left( -\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{k}}=\sum\limits_{k=0}^{16}{C_{16}^{k}{{\left( -1 \right)}^{k}}}{{x}^{16-3k}}$  .

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

Vậy hệ số của ${{x}^{7}}$là $C_{16}^{3}{{\left( -1 \right)}^{3}}=-560$.

Câu 39.   Cho phương trình $m{{\ln }^{2}}\left( x+1 \right)-\left( x+2-m \right)\ln \left( x+1 \right)-x-2=0\,\,\left( 1 \right).$ Tập hợp tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt thoả mãn $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$ là khoảng $\left( a\,;\,+\infty  \right)$. Khi đó $a$ thuộc khoảng  

A. $\left( 3,8\,;\,3,9 \right)$.                               B. $\left( 3,6\,;\,3,7 \right)$.                                       

C. $\left( 3,7\,;\,3,8 \right)$.                             D. $\left( 3,5\,;\,3,6 \right)$.

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 \right)\Leftrightarrow \left[ m\ln \left( x+1 \right)-x-2 \right]\left[ \ln \left( x+1 \right)+1 \right]=0$$ \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}
m\ln \left( {x + 1} \right) = x + 2\\
\ln \left( {x + 1} \right) =  - 1
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = \frac{{x + 2}}{{\ln (x + 1)}}\,,\,\,\,\left( 2 \right)\\
x = \frac{1}{e} - 1
\end{array} \right.$

Do nghiệm $x=\frac{1}{\text{e}}-1<0$  nên phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm thoả mãn $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$ khi và chỉ khi phương trình $\left( 2 \right)$ có hai nghiệm phân biệt sao cho $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$.

Xét hàm số $f\left( x \right)=\,\frac{x+2}{\ln \left( x+1 \right)}\,\,\,$trên khoảng $\left( 0\text{ ; +}\infty  \right)$ ta có ${f}'\left( x \right)=\frac{\ln \left( x+1 \right)-\frac{x+2}{x+1}}{{{\ln }^{2}}\left( x+1 \right)}$.   ${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \ln \left( x+1 \right)-\frac{x+2}{x+1}=0$, $\left( 3 \right)$.

Xét hàm số $h\left( x \right)=\ln \left( x+1 \right)-\frac{x+2}{x+1}$ có ${h}'\left( x \right)=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0$, $\forall x>0$ nên $h\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( 0\,;\,+\infty  \right)$ do đó phương trình ${f}'\left( x \right)=0$ có không quá một nghiệm.

Mà ${f}'\left( 2 \right).{f}'\left( 4 \right)<0$ và ${f}'\left( x \right)$  là hàm số liên tục trên $\left[ 2\,;\,4 \right]$ suy ra phương trình $\left( 3 \right)$ có duy nhất một nghiệm ${{x}_{0}}\in \left( 2\,;\,4 \right)$. Từ đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt thoả mãn $0<{{x}_{1}}<2<4<{{x}_{2}}$ khi và chỉ khi $m>\frac{6}{\ln 5}\Leftrightarrow m\in \left( \frac{6}{\ln 5}\,;\,+\infty  \right)$.

Vậy $a=\frac{6}{\ln 5}\in \left( 3,7\,;\,3,8 \right)$.

Câu 40: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB=a\sqrt{3}$, $BC=2a$ , đường thẳng $A{C}'$ tạo với mặt phẳng $\left( BC{C}'{B}' \right)$ một góc $30{}^\circ $.  Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng:

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

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

Lời giải

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

Chọn B

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BC$ $\Rightarrow AH\bot \left( BC{C}'{B}' \right)$ .$\Rightarrow \widehat{\left( A{C}',\left( BC{C}'{B}' \right) \right)}=\widehat{H{C}'A}=30{}^\circ $ .

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

Ta có: $AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$\Rightarrow A{C}'=2AH=a\sqrt{3}$$\Rightarrow A{A}'==\sqrt{A{{{{C}'}}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\sqrt{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 : $R=OB=\sqrt{{{\left( \frac{BC}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{B{B}'}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

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

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

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

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 $x$, $y$ $\left( x,\,y>0\, \right)$.

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 $2.\left( x+2y \right)=12$ $\Leftrightarrow x+2y=6$.

Cách 1.

Thể tích khối trụ:  $V=\pi {{y}^{2}}.x$ $=\pi {{y}^{2}}\left( 6-2y \right)=2\pi \left( -{{y}^{3}}+3{{y}^{2}} \right)$.

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

Xét hàm số $f\left( y \right)=-{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}$ trên khoảng $\left( 0\,;\,3 \right)$

Ta có ${f}'\left( y \right)=-3{{y}^{2}}+6y$ $ \Rightarrow f'\left( y \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = 0\\
y = 2
\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Suy ra $\underset{\left( 0\,;\,3 \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( y \right)=f\left( 2 \right)=4.$

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

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 $\left[ -10\,;\,10 \right]$ 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 $ ${{y}^{2}}+6y+10+\sqrt{{{y}^{2}}+6y+10}=6+4x-{{x}^{2}}+\sqrt{6+4x-{{x}^{2}}}$. $\left( * \right)$

Xét hàm $f\left( t \right)={{t}^{2}}+t$, có ${f}'(t)=2t+1\,>\,0$, $\forall t>0$.

Ta có hàm $y=f\left( t \right)$ 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( * \right)$$\Leftrightarrow $ $f\left( \sqrt{{{y}^{2}}+6y+10} \right)=f\left( \sqrt{6+4x-{{x}^{2}}} \right)\Leftrightarrow \sqrt{{{y}^{2}}+6y+10}=\sqrt{6+4x-{{x}^{2}}}$

$\Leftrightarrow {{y}^{2}}+6y+10=6+4x-{{x}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+3 \right)}^{2}}=9$.

Xét điểm $A\left( x\,;\,y \right)$ thuộc đường tròn $(C)$ có phương trình  ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+3 \right)}^{2}}=9$.

Ta có $OA=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$.

Đường tròn $(C)$ có tâm $I\left( 2\,;\,-3 \right)$, bán kính $R=3$ nên điểm $O\left( 0\,;0 \right)$ nằm ngoài $(C)$.

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

$\forall A\left( x;y \right)\in (C)$: $O{{A}_{1}}\le OA\le O{{A}_{2}}$ , với $O{{A}_{1}}=OI-R=\sqrt{13}-3$ và $O{{A}_{2}}=OI+R=\sqrt{13}+3$.

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

Th1 : $\sqrt{13}-3-a\ge 0\Leftrightarrow a\le \sqrt{13}-3$, $\left( 1 \right)$

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

$M\ge 2m\Leftrightarrow \sqrt{13}+3-a\ge 2\left( \sqrt{13}-3-a \right)\Leftrightarrow a\ge \sqrt{13}-9$.

Kết hợp với điều kiện$\left( 1 \right)$ và $a$ nguyên thuộc đoạn $\left[ -10\,;10 \right]$ ta có $a \in \left\{ { - 5;\, - 4 & ;\, - 3;\, - 2;\, - 1;\,0} \right\}$

Th2:  $\sqrt{13}+3-a\le 0\Leftrightarrow a\ge \sqrt{13}+3$, $\left( ** \right)$

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

$M\ge 2m\Leftrightarrow a-\sqrt{13}+3\ge 2\left( a-\sqrt{13}-3 \right)\Leftrightarrow a\le \sqrt{13}+9$.

Kết hợp với điều kiện $\left( ** \right)$ và $a$ nguyên thuộc đoạn $\left[ -10\,;10 \right]$ ta có $a\in \left\{ \,7;\,8;\,9;\,10 \right\}$.

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 $M\ge 2m$

Kết hợp điều kiện $\left( *** \right)$ và $a$ nguyên thuộc đoạn $\left[ -10\,;10 \right]$ ta có $a\in \left\{ 1;\,2;3;4;\,5;\,6 \right\}$.

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

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 $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {OM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right)\\
\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {OC}  - \overrightarrow {OB} 
\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {OM} .\overrightarrow {BC}  =  - \frac{1}{2}O{B^2} =  - \frac{{{a^2}}}{2}$

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

Do đó: $\cos \left( \overrightarrow{OM},\overrightarrow{BC} \right)=\frac{\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{BC}}{OM.BC}=\frac{-\frac{{{a}^{2}}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \left( \overrightarrow{OM}.\overrightarrow{BC} \right)=120{}^\circ $.

Câu 44.   Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đạo hàm ${f}'\left( x \right)={{x}^{2}}\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}-6x+m \right)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Có bao nhiêu số nguyên $m$ thuộc đoạn $\left[ -2019\,;\,2019 \right]$ để hàm số $g\left( x \right)=f\left( 1-x \right)$  nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty \,;\,-1 \right)$?

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

Lời giải

Tác giả: Hà Lê; Fb: Ha Le

Chọn C

${g}'\left( x \right)={f}'\left( 1-x \right)=-{{\left( 1-x \right)}^{2}}\left( -x-1 \right)\left[ {{\left( 1-x \right)}^{2}}-6\left( 1-x \right)+m \right]$          $={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( x+1 \right)\left( {{x}^{2}}+4x+m-5 \right)$.

Hàm số $g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty \,;\,-1 \right)$

$\Leftrightarrow {g}'\left( x \right)\le 0,\ \forall x<-1\ \ \left( * \right)$, (dấu $''=''$ xảy ra tại hữu hạn điểm).

Với $x<-1$ thì ${{\left( x-1 \right)}^{2}}>0$ và $x+1<0$ nên  $\left( * \right)\Leftrightarrow $${{x}^{2}}+4x+m-5\ge 0,\ \forall x<-1$

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

Xét hàm số $y=-{{x}^{2}}-4x+5$ trên khoảng $\left( -\infty \,;\,-1 \right)$, ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra $m\ge 9$.

Kết hợp với $m$ thuộc đoạn $\left[ -2019\,;\,2019 \right]$ và $m$ nguyên nên $m\in \left\{ 9\,;\,10\,;\,11\,;\,...\,;\,2019 \right\}$.

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 $\left( AMN \right)$ là mặt phẳng quay quanh $AG$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Kẻ $GK\text{ // }SE,\left( K\in SA \right)$ 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 $BP\text{ // }MN,CQ\text{ // }MN$; $\left( P,Q\in SE \right)$.

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$ (đúng cả trong trường hợp $P\equiv Q\equiv E$).

Ta có: $\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=1.\frac{SI}{SP}.\frac{SI}{SQ}\overset{AM-GM}{\mathop{\ge }}\,\frac{S{{I}^{2}}}{\frac{{{\left( SP+SQ \right)}^{2}}}{4}}=\frac{S{{I}^{2}}}{S{{E}^{2}}}={{\left( \frac{SI}{SE} \right)}^{2}}=\frac{4}{9}$.

Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $SP=SQ=SE$. Hay $P\equiv Q\equiv E\Leftrightarrow MN\text{ // }BC$.

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:  $\left. \begin{array}{l}
\frac{{SB}}{{IQ}} = \frac{{DB}}{{DI}} = 3\\
\frac{{IQ}}{{SM}} = \frac{{NI}}{{NM}}
\end{array} \right\} \Rightarrow \frac{{SB}}{{IQ}}.\frac{{IQ}}{{SM}} = 3.\frac{{NI}}{{NM}} \Leftrightarrow \frac{{SB}}{{SM}} = \frac{{3NI}}{{NM}}$,$\left( 1 \right)$.

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

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có: $\frac{SB}{SM}+\frac{SC}{SN}=3\left( \frac{NI}{NM}+\frac{MI}{MN} \right)=3$.

Đặt $x=\frac{SB}{SM};y=\frac{SC}{SN}$. Suy ra $x+y=3$.

 Ta có: $\frac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{xy}\overset{AM-GM}{\mathop{\ge }}\,\frac{1}{\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{4}}=\frac{4}{9}$.

Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=\frac{3}{2}\Leftrightarrow MN\text{ // }BC$.

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

Câu 46.   Cho hình chóp $S.ABC$ có $AB=AC=4,BC=2,SA=4\sqrt{3},\widehat{SAB}=\widehat{SAC}=30{}^\circ $. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$.

A. ${{V}_{S.ABC}}=12$.                                    B. ${{V}_{S.ABC}}=6$.                                       

C. ${{V}_{S.ABC}}=8$.                                 D. ${{V}_{S.ABC}}=4$.

Lời giải

Tácgiả: Vũ Thị Thúy; Fb: Vu Thi Thuy

Chọn D

Cách 1:                                      

Ta có $S{{B}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}-2.SA.AB.\cos 30{}^\circ $$\Leftrightarrow S{{B}^{2}}=16\Leftrightarrow SB=4$.

Tương tự ta cũng có $SC=4\Rightarrow \Delta SBC$ là tam giác cân đỉnh $S$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $BC\bot SM$và $BC\bot AM$.

Có $\left. \begin{array}{l}
BC \bot SM\\
BC \bot AM
\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)$

. Suy ra ${{V}_{S.ABC}}=2{{V}_{S.ABM}}=2{{V}_{B.SAM}}=2.\frac{1}{3}.BM.{{S}_{\Delta SAM}}$

$BM=1$, $SM=AM=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{M}^{2}}}=\sqrt{16-1}=\sqrt{15}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $SA$$\Rightarrow MH\bot SA$ và $MH=\sqrt{{{\left( \sqrt{15} \right)}^{2}}-{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\sqrt{3}$

nên ${{S}_{\vartriangle SAM}}=\frac{1}{2}.\sqrt{3}.4\sqrt{3}=6$

Vậy ${{V}_{S.ABC}}=2.\frac{1}{3}.BM.{{S}_{\Delta SAM}}=\frac{2}{3}.1.6=4$.

Câu 47 .  Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ.

 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình        $f\left( \left| \frac{3\sin x-\cos x-1}{2\cos x-\sin x+4} \right| \right)=f\left( {{m}^{2}}+4m+4 \right)$ $\left( 1 \right)$ có nghiệm?

A. $3$.                            B. $4$.                          C. $5$.                          D. Vô số.

Lời giải

Tác giả:Lê Hoa  ; Fb:Lehoa                    

Chọn A

Đặt $t=\frac{3\sin x-\cos x-1}{2\cos x-\sin \,x+4}$$\Leftrightarrow \left( 2t+1 \right)\cos x-\left( t+3 \right)\sin x=-1-4t$ $\left( * \right)$.

Phương trình $\left( * \right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow $${{\left( 2t+1 \right)}^{2}}+{{\left( t+3 \right)}^{2}}\ge {{\left( 4t+1 \right)}^{2}}$$\Leftrightarrow -\frac{9}{11}\le t\le 1$ .

Suy ra $0\le \left| t \right|\le 1$.  

Từ đồ thị $y=f\left( x \right)$ ta có    

                     * $y=f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ 0;+\infty  \right)$

                     *${{m}^{2}}+4m+4={{\left( m+2 \right)}^{2}}\in \left[ 0;+\infty  \right)$ .

                     *$\left| t \right|\in \left[ 0;+\infty  \right)$

 Nên  $f\left( \left| \frac{3\sin x-\cos x-1}{2\cos x-\sin x+4} \right| \right)=f\left( {{m}^{2}}+4m+4 \right)$$\Leftrightarrow $$f\left( \left| t \right| \right)=f\left( {{m}^{2}}+4m+4 \right)$$\Leftrightarrow \left| t \right|={{m}^{2}}+4m+4$ Phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow $$0\le {{m}^{2}}+4m+4\le 1$$\Leftrightarrow {{m}^{2}}+4m+4\le 1$ $\Leftrightarrow $ $-3\le m\le -1$ .

Do $m\in Z\Rightarrow m\in \left\{ -3;-2;-1 \right\}$.

Câu 48.   Cho hàm số $y=f(x)$ có bảng biến thiên như sau:

Giá trị lớn nhất của $m$ để phương trình: ${{\text{e}}^{2{{f}^{3}}\left( x \right)-\frac{13}{2}{{f}^{2}}\left( x \right)+7f\left( x \right)+\frac{3}{2}}}=m$ có nghiệm trên đoạn $\left[ 0;2 \right]$.

A. ${{\text{e}}^{5}}$.                    B. ${{\text{e}}^{\frac{15}{13}}}$.                 

C. ${{\text{e}}^{3}}$.                     D. ${{\text{e}}^{4}}$.

Lời giải

Tác giả: Trần Thị Thu Thanh  ; Fb: Thanh Trần                    

Chọn D

Ta có: ${{\text{e}}^{2{{f}^{3}}\left( x \right)-\frac{13}{2}{{f}^{2}}\left( x \right)+7f\left( x \right)+\frac{3}{2}}}=m$$\Leftrightarrow 2{{f}^{3}}\left( x \right)-\frac{13}{2}{{f}^{2}}\left( x \right)+7f\left( x \right)+\frac{3}{2}=\ln m$.

Đặt $g\left( x \right)=2{{f}^{3}}\left( x \right)-\frac{13}{2}{{f}^{2}}\left( x \right)+7f\left( x \right)+\frac{3}{2}$ .

$g'\left( x \right)=f'\left( x \right)\left[ 6{{f}^{2}}\left( x \right)-13f\left( x \right)+7 \right]$ .

$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 0\\
f\left( x \right) = 1\\
f\left( x \right) = \frac{7}{6}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1;x = 3\\
x = 1;x = a > 3\\
x = b < 0
\end{array} \right.$

Bảng biến thiên trên đoạn $\left[ 0;2 \right]$ :

Giá trị lớn nhất của $m$ để phương trình có nghiệm trên đoạn $\left[ 0;2 \right]$ là: $\ln m=4\Leftrightarrow m={{\text{e}}^{4}}$.

  Câu 49. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, tứ giác $ABCD$ là hình thang vuông với cạnh đáy $AD,\text{ }BC$. $AD=3CB=3a$, $AB=a$, $SA=a\sqrt{3}$. Điểm $I$ thỏa mãn $\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AI}$, $M$ là trung điểm $SD$, $H$ là giao điểm của $AM$ và $SI$. Gọi $E,\text{ }F$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $SB,\text{ }SC$. Tính thể tích $V$ của khối nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFH$ và đỉnh thuộc mặt phẳng $\left( ABCD \right)$.

A. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}}{5\sqrt{5}}$.           B. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}}{2\sqrt{5}}$.

C. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}}{\sqrt{5}}$.           D. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}}{10\sqrt{5}}$.

Lời giải

Tác giả : Đặng Ân, FB: Đặng Ân

Chọn D

Nhận xét: Tứ giác $ABCI$ là hình vuông. Dễ chứng minh $BC\bot \left( SAB \right)$ và $BI\bot SC$.

$\left\{ \begin{array}{l}
EA \bot SB\\
EA \bot BC
\end{array} \right. \Rightarrow EA \bot \left( {SBC} \right)$$\Rightarrow EA\bot SC$ .

$\left\{ \begin{array}{l}
EA \bot SC\\
FA \bot SC
\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {AEF} \right)$

Trong tam giác vuông $SAB$ có $\frac{SE}{SB}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\frac{3}{4}$ .

Trong tam giác $SAD$ có $\frac{HS}{HI}.\frac{AI}{AD}.\frac{MD}{MS}=1$$\Rightarrow \frac{HS}{HI}=3$ $\Rightarrow \frac{SH}{SI}=\frac{3}{4}$ .

Trong tam giác $SBI$ có $\frac{SE}{SB}=\frac{SH}{SI}=\frac{3}{4}$$\Rightarrow EH\text{ //}BI$. Do $BI\bot SC$ nên $EH\bot SC$.

Suy ra các điểm $A,\,E,\text{ }F,\text{ }H$ cùng thuộc mặt phẳng đi qua $A$  và vuông góc với $SC$ .

Gọi $K$ là trung điểm $AF$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}
EA \bot EF\\
AH \bot FH
\end{array} \right.$

$\Rightarrow K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\Delta EFH$.

Ta có: $AF=\frac{SA.AC}{SC}$ $=\frac{a\sqrt{3}.a\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}$ $=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{5}}$.

Suy ra bán kính đáy của khối nón là $R=\frac{1}{2}AF=\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{5}}$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCI$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}
SC \bot \left( {EFH} \right)\\
OK{\rm{ //}}SC
\end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {EFH} \right) \Rightarrow O$

là đỉnh của khối nón.

Chiều cao của khối nón là $h=\frac{1}{2}FC$ $=\frac{1}{2}\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{F}^{2}}}$ $=\frac{1}{2}\sqrt{2{{a}^{2}}-\frac{6}{5}{{a}^{2}}}$ $=\frac{a}{\sqrt{5}}$.

Vậy thể  tích khối nón là $V=\frac{1}{3}.\pi {{R}^{2}}.h=\frac{1}{3}.\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{5}} \right)}^{2}}.\frac{a}{\sqrt{5}}$$=\frac{\pi {{a}^{3}}}{10\sqrt{5}}$.

Câu 50.   Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ và $\widehat{ABC}=60{}^\circ $. Hình chiếu vuông góc của điểm $S$ lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$trùng với trọng tâm của tam giác $ABC$, gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( SCD \right)$, tính $\sin \varphi $ biết rằng $SB=a$.      

A. $\sin \varphi =\frac{\sqrt{3}}{2}$.               B. $\sin \varphi =\frac{1}{4}$.               

C. $\sin \varphi =\frac{1}{2}$.                        D. $\sin \varphi =\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Lời giải

Tác giả: Mai Tiến Linh  ; Fb: Mai Tiến Linh                   

Chọn D

Cách 1:

● Gọi $O$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Dựng đường thẳng $d$ qua $O$ và $d\,\text{//}\,SB$, $d$ cắt $SD$ tại $K$. Khi đó góc giữa $SB$ và $\left( SCD \right)$chính là góc giữa $OK$ và $\left( SCD \right)$.

● Vì $SO\bot (ABCD)$$\Rightarrow SO\bot CD$.

Ta lại có : $\Delta ABC$ đều ( $\Delta ABC$ cân tại $B$ và $\widehat{BAC}=60{}^\circ $).

$\Rightarrow AB\bot CO\Rightarrow CD\bot CO$

$\Rightarrow CD\bot (SCO)\Rightarrow (SCD)\bot (SCO)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $SC$, khi đó ta có:

$\left. \begin{array}{l}
OH \bot SC\\
OH \bot CD
\end{array} \right\} \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)$

. Do đó góc giữa $SB$ và mặt phẳng $\left( SCD \right)$ là : $\widehat{OKH}=\varphi $ .

 Ta có : $\sin \varphi =\sin \widehat{OKH}=\frac{OH}{OK}$.

● Tứ diện $S.ABC$ là tứ diện đều cạnh $a$ nên ta tính được :

$OC=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, $SO=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ $\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{2}}{3}$.

Vì $OK\text{ // }SB\Rightarrow \frac{OK}{SB}=\frac{DO}{DB}=\frac{2}{3}$$\Rightarrow OK=\frac{2}{3}SB=\frac{2}{3}a$.

Vậy : $\sin \varphi =\frac{OH}{OK}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Hết.