Đề số 10 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 12
Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 10 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán học 12
Đề bài
Câu 1: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây:
A. \(y = \frac{{2x + 2}}{{x + 1}}\)
B. \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\)
C. \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\)
D. \(y = \frac{{2x + 3}}{{1 - x}}\)
Câu 2: Cho \(a,\,\,b\) là các số dương. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. \(\log \left( {ab} \right) = \log a + \log b\)
B. \(\log \left( {ab} \right) = \log a.\log b\)
C. \(\log \frac{a}{b} = \frac{{\log a}}{{\log b}}\)
D. \(\log \frac{a}{b} = \log b - \log a\)
Câu 3: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng:
A. \( - 1\) B. \(2\)
C. \(1\) D. \( - 2\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. \(\mathbb{R}\)
B. \(\left( {1; + \infty } \right)\)
C. \(\left( { - 1; + \infty } \right)\)
D. \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)
Câu 5: Tập xác định \(D\) của hàm số \(y = {\left( {{x^3} - 8} \right)^{\frac{\pi }{2}}}\) là:
A. \(D = \left[ {2; + \infty } \right)\)
B. \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\)
C. \(D = \mathbb{R}\)
D. \(D = \left( {2; + \infty } \right)\)
Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho ba điểm \(A\left( {2;1; - 1} \right)\), \(B\left( { - 1;0;4} \right)\), \(C\left( {0; - 2; - 1} \right)\). Phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc \(BC\).
A. \(x - 2y - 5z = 0\)
B. \(x - 2y - 5z - 5 = 0\)
C. \(x - 2y - 5z + 5 = 0\)
D. \(2x - y + 5z - 5 = 0\)
Câu 7: Một cấp số nhân hữu hạn có công bội \(q = - 3\), số hạng thứ ba bằng \(27\) và số hạng cuối bằng \(1594323\). Hỏi cấp số nhân đó có bao nhiêu số hạng?
A. \(11\) B. \(13\)
C. \(15\) D. \(14\)
Câu 8: Mệnh đề nào sau đây sai?
A. \(\int {{e^x}dx} = {e^x} + C\)
B. \(\int {\ln xdx} = \frac{1}{x} + C\)
C. \(\int {\left( {{x^2} - 1} \right)dx} = \frac{{{x^3}}}{3} - x + C\)
D. \(\int {\frac{x}{{{x^2} + 1}}dx} = \frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} + 1} \right) + C\)
Câu 9: Cho \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = - 2\) và \(\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} = - 5\), khi đó \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + 3g\left( x \right)} \right]dx} \) bằng:
A. \( - 10\) B. \(12\)
C. \( - 17\) D. \(1\)
Câu 10: Phần thực và phần ảo của số phức \(z = \left( {1 + 2i} \right)i\) lần lượt là:
A. \(1\) và \(2\) B. \( - 2\) và \(1\)
C. \(1\) và \( - 2\) D. \(2\) và \(1\)
Câu 11: Thể tích khối lập phương có cạnh \(2a\) bằng:
A. \(8{a^3}\) B. \(2{a^3}\)
C. \({a^3}\) D. \(6{a^3}\)
Câu 12: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng \(2a\) và bán kính đáy bằng \(a\). Tính thể tích của khối nón đã cho.
A. \(\frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}\)
B. \(\sqrt 3 \pi {a^3}\)
C. \(\frac{{2\pi {a^3}}}{3}\)
D. \(\frac{{\pi {a^3}}}{3}\)
Câu 13: Trong không gian \(Oxyz\), cho vectơ \(\overrightarrow a \) thỏa mãn \(\overrightarrow a = 2\overrightarrow i + \overrightarrow k - 3\overrightarrow j \). Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow a \) là:
A. \(\left( {2;1; - 3} \right)\)
B. \(\left( {2; - 3;1} \right)\)
C. \(\left( {1;2; - 3} \right)\)
D. \(\left( {1; - 3;2} \right)\)
Câu 14: Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\,\,\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 3}}{2}\). Điểm nào sau đây không thuộc đường thẳng \(d\)?
A. \(N\left( {2; - 1; - 3} \right)\)
B. \(P\left( {5; - 2; - 1} \right)\)
C. \(Q\left( { - 1;0; - 5} \right)\)
D. \(M\left( { - 2;1;3} \right)\)
Câu 15: Khai triển nhị thức \({\left( {x + 2} \right)^{n + 5}}\,\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) có tất cả \(2019\) số hạng. Tìm \(n\).
A. \(2018\) B. \(2014\)
C. \(2013\) D. \(2015\)
Câu 16: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định, liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình \(f\left( x \right) + 1 = 0\) là:
A. \(3\) B. \(0\)
C. \(1\) D. \(2\)
Câu 17: Điểm biểu diễn của số phức \(z = 2019 + bi\) (\(b\) là số thực tùy ý) nằm trên đường thẳng có phương trình là:
A. \(y = 2019\)
B. \(x = 2019\)
C. \(y = x + 2019\)
D. \(y = 2019x\)
Câu 18: Có bao nhiêu loại khối đa diện mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều.
A. \(5\) B. \(3\)
C. \(1\) D. \(2\)
Câu 19: Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}}\) là:
A. \(0\) B. \(1\)
C. \(2\) D. \(3\)
Câu 20: Gọi \(M,\,\,m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\) trên đoạn \(\left[ {3;5} \right]\). Tính \(M - m\).
A. \(\frac{7}{2}\) B. \(\frac{1}{2}\)
C. \(2\) D. \(\frac{3}{8}\)
Câu 21: Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có \(f'\left( x \right) = {x^{2017}}.{\left( {x - 1} \right)^{2018}}.{\left( {x + 1} \right)^{2019}},\)\(\forall x \in \mathbb{R}\). Hỏi hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị.
A. \(0\) B. \(1\)
C. \(2\) D. \(3\)
Câu 22: Cho hàm số \(y = {\log _3}\left( {2x - 3} \right)\). Tính đạo hàm của hàm số đã cho tại điểm \(x = 2\).
A. \(2\ln 3\) B. \(1\)
C. \(\frac{2}{{\ln 3}}\) D. \(\frac{1}{{2\ln 3}}\)
Câu 23: Cho phương trình \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x} + {\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 4\). Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) \(\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) là hai nghiệm thực của phương trình. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. \({x_1} + {x_2} = 0\)
B. \(2{x_1} - {x_2} = 1\)
C. \({x_1} - {x_2} = 2\)
D. \({x_1} + 2{x_2} = 0\)
Câu 24: Tìm tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \({3^{x + 1}} - \frac{1}{3} > 0\).
A. \(S = \left( { - \infty ; - 2} \right)\)
B. \(S = \left( {1; + \infty } \right)\)
C. \(S = \left( { - 2; + \infty } \right)\)
D. \(S = \left( { - 1; + \infty } \right)\)
Câu 25: Cho \(\int\limits_0^1 {\frac{{xdx}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}} = a + b\ln 3 + c\ln 4\) với \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực. Tính giá trị của \(a + b + c\).
A. \( - \frac{1}{2}\) B. \( - \frac{1}{4}\)
C. \(\frac{4}{5}\) D. \(\frac{1}{5}\)
Câu 26: Cho số phức \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{R}} \right)\) thỏa mãn \(a + \left( {b - 1} \right)i = \frac{{1 + 3i}}{{1 - 2i}}\). Giá trị nào dưới đây là môđun của \(z\).
A. \(5\) B. \(1\)
C. \(\sqrt {10} \) D. \(\sqrt 5 \)
Câu 27: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thoi cạnh \(a\), \(\angle BAD = {60^0}\), cạnh bên \(SA = a\) và \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\).
A. \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)
B. \(\frac{{a\sqrt {15} }}{7}\)
C. \(\frac{{a\sqrt {21} }}{3}\)
D. \(\frac{{a\sqrt {15} }}{3}\)
Câu 28: Cắt một hình trụ bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng \(3a\). Tính diện tích toàn phần của hình trụ đã cho.
A. \(9{a^2}\pi \)
B. \(\frac{{27\pi {a^2}}}{2}\)
C. \(\frac{{9\pi {a^2}}}{2}\)
D. \(\frac{{13\pi {a^2}}}{6}\)
Câu 29: Trong không gian \(Oxyz\), mặt cầu tâm \(I\left( {1;2; - 1} \right)\) và cắt mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,2x - y + 2z - 1 = 0\) theo một đường tròn có bán kính bằng \(\sqrt 8 \) có phương trình là:
A. \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\)
B. \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\)
C. \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3\)
D. \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 3\)
Câu 30: Trong không gian \(Oxyz\), cho tứ diện \(ABCD\) với \(A\left( {1; - 2;0} \right)\), \(B\left( {3;3;2} \right)\), \(C\left( { - 1;2;2} \right)\) và \(D\left( {3;3;1} \right)\). Độ dài đường cao của tứ diện \(ABCD\) hạ từ đỉnh \(D\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng:
A. \(\frac{9}{{7\sqrt 2 }}\) B. \(\frac{9}{7}\)
C. \(\frac{9}{{14}}\) D. \(\frac{9}{{\sqrt 2 }}\)
Câu 31: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {e^{x + 1}} - 2\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\).
A. \({e^4} - 2\)
B. \({e^2} - 2\)
C. \(e - 2\)
D. \({e^3} - 2\)
Câu 32: Tìm tập hợp \(S\) tất cả các giá trị của tham số thực \(m\) để hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - \left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {{m^2} + 2m} \right)x - 3\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).
A. \(S = \left[ { - 1;0} \right]\)
B. \(S = \emptyset \)
C. \(S = \left\{ { - 1} \right\}\)
D. \(S = \left\{ 1 \right\}\)
Câu 33: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình \(f\left( {x + 2019} \right) = 1\) là:
A. \(1\) B. \(2\)
C. \(3\) D. \(4\)
Câu 34: Cho hình phẳng \(D\) giới hạn bởi đường cong \(y = \sqrt {2 + \sin x} \), trục hoành và các đường thẳng \(x = 0\), \(x = \pi \). Khối tròn xoay \(D\) tạo thành khi quay \(D\) quanh trục hoành có thể tích \(V\) bằng bao nhiêu?
A. \(V = 2\left( {\pi + 1} \right)\)
B. \(V = 2\pi \left( {\pi + 1} \right)\)
C. \(V = 2{\pi ^2}\)
D. \(V = 2\pi \)
Câu 35: Tính diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) và \(y = x + 2\).
A. \(S = 8\) B. \(S = 4\)
C. \(S = 12\) D. \(S = 16\)
Câu 36: Xét số phức thỏa \(\left| z \right| = 3\). Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w = \overline z + i\) là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm của đường tròn đó.
A. \(\left( {0;1} \right)\) B. \(\left( {0; - 1} \right)\)
C. \(\left( { - 1;0} \right)\) D. \(\left( {1;0} \right)\)
Câu 37: Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\). Biết \(SA = 2a\), \(AB = a\), \(BC = a\sqrt 3 \). Tính bán kính \(R\) của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. \(R = a\sqrt 2 \)
B. \(R = 2a\sqrt 2 \)
C. \(R = 2a\)
D. \(R = a\)
Câu 38: Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(C\), biết \(AB = 2a\), \(AC = a\), \(BC' = 2a\). Tính thể tích \(V\) của khối lăng trụ đã cho.
A. \(V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{6}\)
B. \(V = \frac{{4{a^3}}}{3}\)
C. \(V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{2}\)
D. \(V = 4{a^3}\)
Câu 39: Trong không gian \(Oxyz\), cho ba đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\,\,\frac{{x - 3}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 2}}\), \(\left( {{d_2}} \right):\,\,\frac{{x + 1}}{3} = \frac{y}{{ - 2}} = \frac{{z + 4}}{{ - 1}}\) và \(\left( {{d_3}} \right):\,\,\frac{{x + 3}}{4} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{z}{6}\). Đường thẳng song song \({d_3}\), cắt \({d_1}\) và \({d_2}\) có phương trình là:
A. \(\frac{{x - 3}}{4} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{6}\)
B. \(\frac{{x - 3}}{{ - 4}} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 6}}\)
C. \(\frac{{x + 1}}{4} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{{z - 4}}{6}\)
D. \(\frac{{x - 1}}{4} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{{z + 4}}{6}\)
Câu 40: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên. Hỏi hàm số \(y = f\left( {3 - 2x} \right) + 2019\) nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. \(\left( {1;2} \right)\) B. \(\left( {2; + \infty } \right)\)
C. \(\left( { - \infty ;1} \right)\) D. \(\left( { - 1;1} \right)\)
Câu 41: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị đạo hàm \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số \(y = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\) đạt cực đại tại \(x = 0\).
B. Hàm số \(y = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\) đạt cực tiểu tại \(x = 0\).
C. Hàm số \(y = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\) không có cực trị.
D. Hàm số \(y = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\) không đạt cực trị tại \(x = 0\).
Câu 42: Cho hàm số \(y = \frac{x}{{1 - x}}\,\,\left( C \right)\) và điểm \(A\left( { - 1;1} \right)\). Tìm \(m\) để đường thẳng \(d:\,\,y = mx - m - 1\) cắt \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt \(M,\,\,N\) sao cho \(A{M^2} + A{N^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
A. \(m = - 1\) B. \(m = 0\)
C. \(m = - 2\) D. \(m = - \frac{2}{3}\)
Câu 43: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm cấp hai liên tục trên \(\mathbb{R}\). Biết rằng các tiếp tuyến của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại các điểm có hoành độ \(x = - 1\), \(x = 0\), \(x = 1\) lần lượt tạo với chiều dương của trục \(Ox\) các góc \({30^0}\), \({45^0}\), \({60^0}\). Tính tích phân \(I = \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right).f''\left( x \right)dx} + 4\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^3}.f''\left( x \right)dx} \).
A. \(I = \frac{{25}}{3}\) B. \(I = 0\)
C. \(I = \frac{1}{3}\) D. \(I = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + 1\)
Câu 44: Cho \(\left| {iz - 2i + 1} \right| = 1\). Gọi \(M,\,\,m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của \(\left| {\overline z + 1 + i} \right|\). Tính \(M + m\)
A. \(2\sqrt 5 \) B. \(2\)
C. \(6\) D. \(1 + \sqrt 5 \)
Câu 45: Gọi \(S\) là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số, lấy ngẫu nhiên một số từ tập \(S\). Xác suất để số lấy được có tận cùng bằng \(3\) và chia hết cho \(7\) có kết quả gần nhất với số nào trong các số sau?
A. \(0,014\) B. \(0,012\)
C. \(0,128\) D. \(0,035\)
Câu 46: Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(AC\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\), cắt đường thẳng \(SD\) tại \(E\). Gọi \(V\) và \({V_1}\) lần lượt là thể tích khối chóp \(S.ABCD\) và \(D.ACE\), biết \(V = 5{V_1}\). Tính côsin của góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của hình chóp \(S.ABCD\).
A. \(\frac{1}{2}\) B. \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
C. \(\frac{1}{{2\sqrt 2 }}\) D. \(\sqrt {\frac{2}{3}} \)
Câu 47: Cho vật thể có mặt đáy là hình tròn có bán kính bằng 1, tâm trùng gốc tọa độ (hình vẽ). Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x \(\left( { - 1 \le x \le 1} \right)\) thì được thiết diện là một tam giác đều. Tính thể tích V của vật thể đó.
A. \(V = \pi \)
B. \(V = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)
C. \(V = 3\sqrt 3 \)
D. \(V = \sqrt 3 \)
Câu 48: Tìm tham số \(m\) để tồn tại duy nhất cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn đồng thời các điều kiện \({\log _{2019}}\left( {x + y} \right) \le 0\) và \(x + y + \sqrt {2xy + m} \ge 1\).
A. \(m = - \frac{1}{2}\) B. \(m = 0\)
C. \(m = 2\) D. \(m = - \frac{1}{3}\)
Câu 49: Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A\left( {1;2;3} \right)\), mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,2x + y + z + 5 = 0\). Mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn đi qua \(A\), tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và có bán kính nhỏ nhất. Tính \(a + b + c\).
A. \(2\) B. \( - 2\)
C. \(\frac{3}{2}\) D. \( - \frac{3}{2}\)
Câu 50: Trong không gian \(Oxyz\), cho hình thang cân \(ABCD\) có hai đáy \(AB,\,\,CD\) thỏa mãn \(CD = 2AB\) và diện tích bằng \(27\), đỉnh \(A\left( { - 1; - 1;0} \right)\), phương trình đường thẳng chứa cạnh \(CD\) là \(\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 3}}{1}\). Tìm tọa độ điểm \(D\) biết hoành độ điểm \(B\) lớn hơn hoành độ điểm \(A\).
A. \(\left( { - 2; - 5;1} \right)\)
B. \(\left( { - 3; - 5;1} \right)\)
C. \(\left( {2; - 5;1} \right)\)
D. \(\left( {3;3;2} \right)\)
Lời giải chi tiết
|
1. B |
2. A |
3. D |
4. D |
5. D |
|
6. B |
7. B |
8. B |
9. C |
10. B |
|
11. A |
12. A |
13. B |
14. D |
15. D |
|
16. D |
17. B |
18. B |
19. C |
20. B |
|
21. C |
22. C |
23. A |
24. C |
25. B |
|
26. D |
27. A |
28. B |
29. B |
30. A |
|
31. A |
32. C |
33. C |
34. B |
35. A |
|
36. A |
37. A |
38. C |
39. B |
40. A |
|
41. A |
42. A |
43. A |
44. C |
45. A |
|
46. A |
47. B |
48. A |
49. A |
50. D |
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
- Dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
- Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\,\,\left( {ad \ne bc} \right)\) có TCN \(y = \frac{a}{c}\) và TCĐ \(x = - \frac{d}{c}\).
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số có TCN \(y = 2\) và TCĐ \(x = - 1\).
Do đó loại đáp án C và D.
Dễ thấy hàm số ở đáp án A: \(y = \frac{{2x + 2}}{{x + 1}} = \frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} = 2\) là hàm hằng nên không có đường tiệm cân.
Chọn B.
Câu 2 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng các công thức logarit: \(\log \left( {ab} \right) = \log a + \log b\), \(\log \frac{a}{b} = \log a - \log b\).
Cách giải:
Các đáp án trên chỉ có đáp án A đúng: \(\log \left( {ab} \right) = \log a + \log b\).
Chọn A.
Câu 3 (TH)
Phương pháp:
Dựa vào BBT:
- Điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương.
- Xác định giá trị cực tiểu.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số có giá trị cực tiểu bằng \( - 2\).
Chọn D.
Chú ý: Phân biệt điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu của hàm số.
Câu 4 (NB)
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng mà đồ thị hàm số đi xuống.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).
Chọn D.
Câu 5 (NB)
Phương pháp:
Hàm số \(y = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^n}\) với \(n \notin \mathbb{Z}\) xác định khi và chỉ khi \(f\left( x \right)\) xác định và \(f\left( x \right) > 0\).
Cách giải:
Vì \(\frac{\pi }{2} \notin \mathbb{Z}\) nên hàm số \(y = {\left( {{x^3} - 8} \right)^{\frac{\pi }{2}}}\) xác định \( \Leftrightarrow {x^3} - 8 > 0 \Leftrightarrow x > 2\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( {2; + \infty } \right)\).
Chọn D.
Câu 6 (NB)
Phương pháp:
- Mặt phẳng vuông góc với \(BC\) nhận \(\overrightarrow {BC} \) làm 1 VTPT.
- Phương trình mặt phẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT là \(\overrightarrow n \left( {A;B;C} \right)\) có phương trình:
\(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\).
Cách giải:
Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \left( {1; - 2; - 5} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc \(BC\).
Vậy phương trình mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc \(BC\) là:
\(1\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - 5\left( {z + 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x - 2y - 5z - 5 = 0\).
Chọn B.
Câu 7 (TH)
Phương pháp:
SHTQ của cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1}\), công bội \(q\) là \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\).
Cách giải:
Ta có: \({u_3} = {u_1}.{q^2}\)\( \Rightarrow 27 = {u_1}.{\left( { - 3} \right)^2}\) \( \Leftrightarrow {u_1} = 3\).
Giả sử số hạng thứ \(n\) là \({u_n} = 1594323\), khi đó ta có:
\(3.{\left( { - 3} \right)^{n - 1}} = 1594323\) \( \Leftrightarrow {\left( { - 3} \right)^{n - 1}} = 531441\) \( \Leftrightarrow n - 1 = 12\) \( \Leftrightarrow n = 13\).
Vậy \(1594323\) là số hạng thứ 13 hay cấp số nhân trên có 13 số hạng.
Chọn B.
Câu 8 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng các công thức tính nguyên hàm cơ bản và phương pháp đổi biến số, nguyên hàm từng phần.
Cách giải:
Dễ thấy \(\int {{e^x}dx} = {e^x} + C\), \(\int {\left( {{x^2} - 1} \right)dx} = \frac{{{x^3}}}{3} - x + C\) là các mệnh đề đúng.
\(\int {\ln xdx} = \frac{1}{x} + C\) là mệnh đề sai (Lẫn lộn giữa nguyên hàm và đạo hàm).
Cách làm đúng: \(\int {\ln xdx} \)\( = x.\ln x - \int {x.\frac{1}{x}dx} + C\) \( = x.\ln x - x + C\)
Chọn B.
Câu 9 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất của tích phân: \(\int\limits_a^b {\left[ {mf\left( x \right) + ng\left( x \right)} \right]dx} \)\( = m\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + n\int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} \)
Cách giải:
\(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + 3g\left( x \right)} \right]dx} \)\( = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} \) \( = - 2 + 3.\left( { - 5} \right) = - 17\).
Chọn C.
Câu 10 (NB)
Phương pháp:
- Rút gọn số phức, đưa về dạng \(z = a + bi\).
- Khi đó phẩn thực của số phức là \(a\), phần ảo của số phức là \(b\).
Cách giải:
\(z = \left( {1 + 2i} \right)i = i + 2{i^2}\)\( = i - 2 = - 2 + i\).
Vậy số phức đó có phần thực là \( - 2\) và phần ảo là \(1\).
Chọn B.
Câu 11 (NB)
Phương pháp:
Thể tích khối lập phương cạnh \(a\) là \(V = {a^3}\).
Cách giải:
Thể tích khối lập phương là: \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\).
Chọn A.
Câu 12 (TH)
Phương pháp:
- Sử dụng công thức \({l^2} = {h^2} + {r^2}\) tính chiều cao của khối nón.
- Thể tích khối nón có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).
Cách giải:
Chiều cao của khối nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Vậy thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)\( = \frac{1}{3}\pi .{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}\)
Chọn A.
Câu 13 (NB)
Phương pháp:
Vectơ \(\overrightarrow a \left( {x;y;z} \right)\) trong không gian thỏa mãn: \(\overrightarrow a = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k \).
Cách giải:
\(\overrightarrow a = 2\overrightarrow i + \overrightarrow k - 3\overrightarrow j \)\( \Rightarrow \overrightarrow a = \left( {2; - 3;1} \right)\)
Chọn B.
Câu 14 (NB)
Phương pháp:
Điểm có tọa độ thỏa mãn phương trình đường thẳng sẽ thuộc đường thẳng.
Cách giải:
Điểm \(M\left( { - 2;1;3} \right)\) không thuộc đường thẳng \(d\) vì \(\frac{{ - 2 - 2}}{3} \ne \frac{{1 + 1}}{{ - 1}} \ne \frac{{3 + 3}}{2}\).
Chọn D.
Câu 15 (NB)
Phương pháp:
Khai triển nhị thức \({\left( {a + b} \right)^n}\,\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) có tất cả \(n + 1\) số hạng.
Cách giải:
Khai triển nhị thức \({\left( {x + 2} \right)^{n + 5}}\,\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) có tất cả \(2019\) số hạng nên \(n + 5 = 2019 + 1\)\( \Leftrightarrow n = 2015\).
Chọn D.
Câu 16 (NB)
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m\).
Cách giải:
Ta có: \(f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 1\). Khi đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = - 1\).
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y = - 1\) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt.
Vậy phương trình \(f\left( x \right) + 1 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 17 (NB)
Phương pháp:
Điểm biểu diễn cho số phức \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{R}} \right)\) là \(M\left( {a;b} \right)\).
Cách giải:
Điểm biểu diễn của số phức \(z = 2019 + bi\) (\(b\) là số thực tùy ý) là \(M\left( {2019;b} \right)\).
Điểm \(M\left( {2019;b} \right)\) luôn thuộc đường thẳng \(x = 2019\) vói mọi \(b\) tùy ý.
Chọn B.
Câu 18 (NB)
Phương pháp:
- Liệt kê các khối đa diện đều đã học.
- Khối đa diện đều loại \(\left\{ {n;p} \right\}\) có các mặt là tam giác đều thì \(n = 3\).
Cách giải:
Các khối đa diện mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là:
- Khối \(\left\{ {3;3} \right\}\): Tứ diện đều.
- Khối \(\left\{ {3;4} \right\}\): Bát diện đều.
- Khối \(\left\{ {3;5} \right\}\): Khối 20 mặt đều.
Vậy có 3 khối đa diện mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều.
Chọn B.
Câu 19 (NB)
Phương pháp:
- Tìm TXĐ.
- Rút gọn hàm số.
- Dựa vào định nghĩa để xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
+ Đường thẳng \(y = {y_0}\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = {y_0}\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = {y_0}\).
+ Đường thẳng \(x = {x_0}\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = - \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } y = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } y = - \infty \).
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2;2} \right\}\).
Ta có: \(y = \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{1}{{x + 2}}\).
Đồ thị hàm số có TCN \(y = 0\) và TCĐ \(x = - 2\).
Chọn C.
Câu 20 (TH)
Phương pháp:
- Lập BBT của hàm số trên \(\left[ {3;5} \right]\) hoặc xét vào tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên \(\left[ {3;5} \right]\).
- Dựa vào BBT hoặc tính đơn điệu của hàm số xác định GTLN, GTNN của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Ta có: \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D\). Do đó \(y' < 0\,\,\,\forall x \in \left[ {3;5} \right]\).
Khi đó hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {3;5} \right)\).
\( \Rightarrow M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {3;5} \right]} y = y\left( 3 \right) = 2\), \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {3;5} \right]} y = y\left( 5 \right) = \frac{3}{2}\).
Vậy \(M - m = 2 - \frac{3}{2} = \frac{1}{2}.\)
Chọn B.
Câu 21 (TH)
Phương pháp:
Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).
Cách giải:
Ta có:
\(f'\left( x \right) = {x^{2017}}.{\left( {x - 1} \right)^{2018}}.{\left( {x + 1} \right)^{2019}}\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)
Trong đó:
+ \(x = 0\) là nghiệm bội \(2017\) (là cực trị).
+ \(x = 1\) là nghiệm bội \(2018\) (không là cực trị).
+ \(x = - 1\) là nghiệm bội \(2019\) (là cực trị).
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Chọn C.
Câu 22 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm: \(\left( {{{\log }_a}u} \right)' = \frac{{u'}}{{u\ln a}}\).
Cách giải:
TXĐ: \(D = \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\).
Ta có: \(y' = \frac{{\left( {2x - 3} \right)'}}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}} = \frac{2}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}}\).
Với \(x = 2 \in D\) thì \(y'\left( 2 \right) = \frac{2}{{\left( {2.2 - 3} \right)\ln 3}} = \frac{2}{{\ln 3}}\).
Chọn C.
Câu 23 (VD)
Phương pháp:
- Nhận xét: \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x}.{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 1\), đặt \({\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\) , đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn \(t\).
- Giải phương trình tìm \(t\), từ đó tìm \(x\) tương ứng và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x}.{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} \\= {\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } .\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x}\\ = {\left( {\sqrt {\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)} } \right)^x} \\= {\left( {\sqrt {{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} } \right)^x} = 1\end{array}\)
Do đó nếu đặt \({\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\) thì \({\left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^x} = \frac{1}{t}\), khi đó phương trình trở thành:
\(\frac{1}{t} + t = 4 \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2 + \sqrt 3 \\t = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 2 + \sqrt 3 \\{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)^x} = 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{\frac{1}{2}x}} = 2 + \sqrt 3 \\{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{\frac{1}{2}x}} = {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{ - 1}}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{1}{2}x = 1\\\frac{1}{2}x = - 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 2\end{array} \right.\).
Do đó phương trình có 2 nghiệm \({x_1} = - 2,\,\,{x_2} = 2\).
Vậy \({x_1} + {x_2} = 0\).
Chọn A.
Câu 24 (TH)
Phương pháp:
- Đưa bất phương trình về dạng \({a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}}\).
- Giải phương trình mũ \({a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) > g\left( x \right)\) với \(\left( {a > 1} \right)\)
Cách giải:
\(\begin{array}{l}{3^{x + 1}} - \frac{1}{3} > 0 \Leftrightarrow {3^{x + 1}} > \frac{1}{3}\\ \Leftrightarrow {3^{x + 1}} > {3^{ - 1}} \Leftrightarrow x + 1 > - 1\\ \Leftrightarrow x > - 2\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 2; + \infty } \right)\).
Chọn C.
Câu 25 (TH)
Phương pháp:
- Biến đổi \(\frac{x}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} = \frac{1}{{x + 3}} - \frac{3}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\).
- Sử dụng các nguyên hàm cơ bản: \(\int {\frac{{dx}}{x}} = \ln \left| x \right| + C\), \(\int {\frac{{dx}}{{{x^2}}}} = - \frac{1}{x} + C\).
Cách giải:
\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\frac{{xdx}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{x + 3 - 3}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}dx} \\ = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{x + 3}}} - 3\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}} \\ = \left. {\left( {\ln \left| {x + 3} \right| + \frac{3}{{x + 3}}} \right)} \right|_0^1\\ = \ln 4 + \frac{3}{4} - \ln 3 - 1\\ = - \frac{1}{4} - \ln 3 + \ln 4\end{array}\)
\( \Rightarrow a = - \frac{1}{4},\,\,b = - 1,\,\,c = 1\)
Vậy \(a + b + c = - \frac{1}{4} - 1 + 1 = - \frac{1}{4}\).
Chọn B.
Câu 26 (TH)
Phương pháp:
- Từ giả thiết rút ra \(a + bi\) và suy ra số phức \(z\).
- \(z = a + bi \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \).
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}a + \left( {b - 1} \right)i = \frac{{1 + 3i}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow a + bi - i = \frac{{1 + 3i}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow a + bi = \frac{{1 + 3i}}{{1 - 2i}} + i\\ \Leftrightarrow z = \frac{{1 + 3i + i - 2{i^2}}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{1 + 4i + 2}}{{1 - 2i}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{3 + 4i}}{{1 - 2i}} = - 1 + 2i\end{array}\)
Vậy môđun của số phức \(z\) là \(\left| z \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} = \sqrt 5 \).
Chọn D.
Câu 27 (TH)
Phương pháp:
- Chứng minh \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\).
- Xác định khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( {SCD} \right)\).
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Cách giải:
Ta có \(AB\parallel CD\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AH \bot CD\).
Vì \(\angle BAD = {60^0} \Rightarrow \angle ADC = {120^0}\) nên điểm \(H\) nằm ngoài đoạn thẳng \(CD\).
Trong \(\left( {SAH} \right)\) dựng \(AK \bot SH\,\,\left( {H \in SH} \right)\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK\).
\(\left\{ \begin{array}{l}AK \bot SH\\AK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AK\).
Xét tam giác vuông \(AHD\) có \(\angle ADH = {180^0} - \angle ADC = {60^0}\), \(AD = a\) \( \Rightarrow AH = AD.sin{60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AH\), suy ra tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }}\) \( = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Chọn A.
Câu 28 (TH)
Phương pháp:
- Cắt một hình trụ bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh hình vuông bằng chiều cao hình trụ và gấp đôi bán kính đáy hình trụ.
- Diện tích toàn phần hình trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là \({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + h} \right)\).
Cách giải:
Gọi \(h\) và \(r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.
Cắt một hình trụ bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh hình vuông bằng chiều cao hình trụ và gấp đôi bán kính đáy hình trụ, suy ra \(h = 2r = 3a \Rightarrow r = \frac{{3a}}{2}\).
Vậy diện tích toàn phần hình trụ là: \({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + h} \right)\)\( = 2\pi .\frac{{3a}}{2}\left( {\frac{{3a}}{2} + 3a} \right) = \frac{{27\pi {a^2}}}{2}\).
Chọn B.
Câu 29 (TH)
Phương pháp:
- Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) đến \(\left( P \right):\,\,Ax + By + Cz + D = 0\) là: \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {A{x_0} + B{y_0} + C{z_0} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\).
- Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\), bán kính \(R\) cắt \(\left( P \right)\) theo một đường tròn bán kính \(r\) thì \({R^2} = {d^2} + {r^2}\) trong đó \(d = d\left( {I;\left( P \right)} \right)\).
- Mặt cầu tâm \(I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\), bán kính \(R\) có phương trình \({\left( {x - {x_0}} \right)^2} + {\left( {y - {y_0}} \right)^2} + {\left( {z - {z_0}} \right)^2} = {R^2}.\)
Cách giải:
Ta có: \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2 + 2.\left( { - 1} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }}\)\( = 1 = d\)
\( \Rightarrow \) Bán kính của mặt cầu là \(R = \sqrt {{r^2} + {d^2}} = \sqrt {8 + 1} = 3\).
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9.\)
Chọn B.
Câu 30 (TH)
Phương pháp:
- Lập phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
- Độ dài đường cao của tứ diện \(ABCD\) hạ từ đỉnh \(D\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) chính là khoảng cách từ \(D\) đến \(\left( {ABC} \right)\).
- Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) đến \(\left( P \right):\,\,Ax + By + Cz + D = 0\) là: \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {A{x_0} + B{y_0} + C{z_0} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\).
Cách giải:
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;5;2} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 2;4;2} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {2; - 8;18} \right)\).
\( \Rightarrow \left( {ABC} \right)\) đi qua \(A\left( {1; - 2;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n \left( {1; - 4;9} \right)\) là 1 VTPT. Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(1\left( {x - 1} \right) - 4\left( {y + 2} \right) + 9\left( {z - 0} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x - 4y + 9z - 9 = 0\).
Vậy độ dài đường cao của tứ diện \(ABCD\) hạ từ đỉnh \(D\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là:
\(d\left( {D;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {3 - 4.3 + 9.1 - 9} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {9^2}} }}\)\( = \frac{{9\sqrt 2 }}{{14}} = \frac{9}{{7\sqrt 2 }}\)
Chọn A.
Câu 31 (TH)
Phương pháp:
Xét tính đơn điệu của hàm số trên \(\left[ {0;3} \right]\) và kết luận.
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).
Ta có: \(f'\left( x \right) = {e^{x + 1}} > 0\,\,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\), do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {0;3} \right)\).
Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = {e^4} - 2\).
Chọn A.
Câu 32 (TH)
Phương pháp:
Xét tính đơn điệu của hàm số trên \(\left[ {0;3} \right]\) và kết luận.
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \(y' = {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m\).
Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\) thì \(y' \le 0\,,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m \le 0\) với \(\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\).
Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m\).
Để \(f\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\) thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} \le - 1 < 1 \le {x_2}\). Khi đó ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} \le - 1 < {x_2}\\{x_1} < 1 \le {x_2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 2m > 0\\{x_1} + 1 \le 0 < {x_2} + 1\\{x_1} - 1 < 0 \le {x_2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) \le 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \le 0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \le 0\end{array} \right.\,\,\,\left( * \right)\)
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 2m\end{array} \right.\).
Khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 2m + 2\left( {m + 1} \right) + 1 \le 0\\{m^2} + 2m - 2\left( {m + 1} \right) + 1 \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m + 3 \le 0\\{m^2} - 1 \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 \le m \le - 1\\ - 1 \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1\).
Vậy \(S = \left\{ { - 1} \right\}.\)
Chọn C.
Câu 33 (TH)
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m\).
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình \(f\left( {x + 2019} \right) = 1\) có 3 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x + 2019 = a\\x + 2019 = b\\x + 2019 = c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a - 2019\\x = b - 2019\\x = c - 2019\end{array} \right.\).
Chọn C.
Câu 34 (TH)
Phương pháp:
Thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), đường thẳng \(x = a\), \(x = b\) là: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right|dx} \).
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\sqrt {2 + \sin x} = 0 \Leftrightarrow \sin x = - 2\) (vô nghiệm).
Khi đó ta có khối tròn xoay \(D\) tạo thành khi quay \(D\) quanh trục hoành có thể tích \(V\) bằng:
\(\begin{array}{l}V = \pi \int\limits_0^\pi {\left( {2 + \sin x} \right)dx} \\ = \left. {\pi \left( {2x - \cos x} \right)} \right|_0^\pi \\ = \pi \left( {2\pi + 1 + 1} \right)\\ = 2\pi \left( {\pi + 1} \right)\end{array}\)
Chọn B.
Câu 35 (VD)
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), đường thẳng \(x = a\), \(x = b\) là: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} - 3x + 2 = x + 2\)\( \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = - 2\end{array} \right.\)
Khi đó diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) và \(y = x + 2\) là:
\(\begin{array}{l}V = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx} \\ = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx} + \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx} \\ = \left| {\int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right|\\ = 4 + 4 = 8\end{array}\)
Chọn A.
Câu 36 (VD)
Phương pháp:
- Sử dụng tính chất: \(\left| z \right| = \left| {\overline z } \right|\).
- Rút \(\overline z \) từ giả thiết, đưa phương trình về dạng \(\left| {w - \left( {a + bi} \right)} \right| = R\). Khi đó tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn có tâm là điểm biểu diễn số phức \(a + bi\).
Cách giải:
Vì \(\left| z \right| = 3\) nên \(\left| {\overline z } \right| = 3\). Mà \(w = \overline z + i \Rightarrow \overline z = w - i\).
Khi đó ta có: \(\left| {w - i} \right| = 3\).
Vậy tập tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w = \overline z + i\) là một đường tròn có tâm là điểm biểu diễn số phức \(i\), chính là điểm \(\left( {0;1} \right)\).
Chọn A.
Câu 37 (VD)
Phương pháp:
- Tam giác vuông có tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của cạnh huyền.
- Xác định điểm cách đều cả 4 đỉnh của chóp.
- Sử dụng định lí Pytago để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.
Cách giải:
Gọi \(O,\,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(SC\). Khi đó \(OI\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(OI\parallel SA\). Mà \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow OI \bot \left( {ABC} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\), mà \(OI \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(OI\) chính là trục của \(\left( {ABC} \right)\), suy ra \(IA = IB = IC\,\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot AC\), do đó tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \(I\) chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAC\), suy ra \(IS = IA = IC\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) ta có \(IA = IB = IC = IS\), hay \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\), và bán kính mặt cầu là \(R = IS = \frac{1}{2}SC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SAC\) ta có: \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2a\sqrt 2 \).
Vậy \(R = \frac{1}{2}SC = a\sqrt 2 \).
Chọn A.
Câu 38 (VD)
Phương pháp:
- Áp dụng định lí Pytago để tính các cạnh còn lại của tam giác đáy, tính ch iều cao của lăng trụ.
- Thể tích khối lăng trụ có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là: \(V = B.h\).
Cách giải:
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên áp dụng định lí Pytago ta có: \(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = a\sqrt 3 \).
\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Ta có: \(CC' \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(CC' \bot BC\), suy ra tam giác \(BCC'\) vuông tại \(C\). Áp dụng định lí Pytago ta có: \(CC' = \sqrt {BC{'^2} - B{C^2}} = a\).
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Chọn C.
Câu 39 (VD)
Phương pháp:
- Hai đường thẳng song song có các VTCP cùng phương.
- Gọi \(A = d \cap {d_1},\,\,B = d \cap {d_2}\), tham số hóa tọa độ điểm \(A,\,\,B\).
- Đường thẳng đi qua \(A,\,\,B\) nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm 1 VTCP.
- \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {{u_3}} \) (VTCP của \({d_3}\)) cùng phương, từ đó tìm tọa độ \(A,\,\,B\) và viết phương trình đường thẳng \(d\).
- Đường thẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow u \left( {a;b;c} \right)\) có phương trình: \(\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\).
Cách giải:
Gọi \(\overrightarrow {{u_3}} = \left( {4; - 1;6} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \({d_3}\).
Gọi đường thẳng cần tìm là \(d\). Vì \(d\parallel {d_3}\) nên \(d\) nhận \(\overrightarrow {{u_3}} = \left( {4; - 1;6} \right)\) là 1 VTCP.
Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}A = d \cap {d_1}\\B = d \cap {d_2}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {3 + 2{t_1}; - 1 + {t_1};2 - 2{t_1}} \right)\\B\left( { - 1 + 3{t_2}; - 2{t_2}; - 4 - {t_2}} \right)\end{array} \right.\)
Khi đó ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {3{t_2} - 2{t_1} - 4; - 2{t_2} - {t_1} + 1; - {t_2} + 2{t_1} - 6} \right)\) cũng là 1 VTCP của đường thẳng \(d\).
\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {{u_3}} \) là 2 vectơ cùng phương.
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{3{t_2} - 2{t_1} - 4}}{4} = \frac{{ - 2{t_2} - {t_1} + 1}}{{ - 1}} = \frac{{ - {t_2} + 2{t_1} - 6}}{6}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{t_2} + 2{t_1} + 4 = - 8{t_2} - 4{t_1} + 4\\{t_2} - 2{t_1} + 6 = - 12{t_2} - 6{t_1} + 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{t_2} + 6{t_1} = 0\\13{t_2} + 4{t_1} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 0\\{t_2} = 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow A\left( {3; - 1;2} \right);\,\,B\left( { - 1;0; - 4} \right)\end{array}\)
Vậy phương trình đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {3; - 1;2} \right)\), nhận \(\overrightarrow {{u_3}} \left( {4; - 1;6} \right)\parallel \overrightarrow u \left( { - 4;1; - 6} \right)\) có phương trình là:
\(\frac{{x - 3}}{{ - 4}} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 6}}\)
Chọn B.
Câu 40 (VD)
Phương pháp:
- Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2019\), tính đạo hàm hàm số \(g\left( x \right)\).
- Giải bất phương trình \(g'\left( x \right) < 0\) và suy ra các khoảng nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2019\), khi đó ta có: \(g'\left( x \right) = - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\).
Xét \(g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow - 2f'\left( {3 - 2x} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) > 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < 3 - 2x < 1\\3 - 2x > 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 < - 2x < - 2\\2x < - 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < 2\\x < - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vậy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2019\) nghịch biến trên \(\left( {1;2} \right)\) và \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}} \right)\).
Chọn A.
Câu 41 (VD)
Phương pháp:
- Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\), tính đạo hàm hàm số \(g\left( x \right)\).
- Tìm nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\).
- Điểm cực đại (cực tiểu) của hàm số \(y = g\left( x \right)\) là điểm mà qua đó \(g'\left( x \right)\) đổi dầu từ dương sang âm (từ âm sang dương).
Cách giải:
Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\), khi đó ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2x - 1\).
Xét \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2x + 1\). Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2x + 1\).
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(x = 0\) là nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) và qua nghiệm \(x = 0\) thì \(g'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm.
(\(g'\left( x \right) > 0\) khi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) nằm phía trên đường thẳng \(y = 2x + 1\) và \(g'\left( x \right) < 0\) khi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) nằm phía dưới đường thẳng \(y = 2x + 1\)).
Vậy \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2} - x + 2019\).
Chọn A.
Câu 42 (VDC)
Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt.
- Áp dụng định lí Vi-ét.
- Sử dụng công thức độ dài đường trung tuyến \(A{I^2} = \frac{{A{M^2} + A{N^2}}}{2} - \frac{{M{N^2}}}{4}\) (với \(I\) là trung điểm của \(MN\)), từ đó rút \(A{M^2} + A{N^2}\) theo \(m\).
- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTNN của hàm số.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:.
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\frac{x}{{1 - x}} = mx - m - 1\,\,\left( {x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow x = \left( {mx - m - 1} \right)\left( {1 - x} \right)\\ \Leftrightarrow x = mx - m - 1 - m{x^2} + mx + x\\ \Leftrightarrow m{x^2} - 2mx + m + 1 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Để đường thẳng \(d:\,\,y = mx - m - 1\) cắt \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt \(M,\,\,N\) thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác \(1\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - m\left( {m + 1} \right) > 0\\m - 2m + m + 1 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m > 0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\).
Khi đó hoành độ của hai điểm \(M,\,\,N\) là nghiệm của phương trình (*), áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} + {x_N} = 2\\{x_M}.{x_N} = \frac{{m + 1}}{m}\end{array} \right.\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{y_M} = m{x_M} - m - 1\\{y_N} = m{x_N} - m - 1\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow {y_M} + {y_N}\)\( = \left( {{x_M} + {x_N}} \right) - 2m - 2 = - 2\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(MN\), ta có \(I\left( {1; - 1} \right)\) \( \Rightarrow A{I^2} = {2^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = 8\).
\(\begin{array}{l}M{N^2} = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left( {{y_M} - {y_N}} \right)^2}\\ = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\ + {\left( {m{x_M} - m - 1 - m{x_N} + m + 1} \right)^2}\\ = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {m^2}{\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\ = \left( {1 + {m^2}} \right){\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\ = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^2} - 4{x_M}{x_N}} \right]\\ = \left( {1 + {m^2}} \right)\left[ {4 - 4\frac{{m + 1}}{m}} \right]\\ = - 4\frac{{1 + {m^2}}}{m}\end{array}\)
Do \(M{N^2} > 0\) nên \(m < 0\).
Đặt \(T = A{M^2} + A{N^2}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A{I^2} = \frac{{A{M^2} + A{N^2}}}{2} - \frac{{M{N^2}}}{4}\\ \Rightarrow 4A{I^2} = 2T - M{N^2}\\ \Leftrightarrow T = \frac{{4A{I^2} + M{N^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow T = \frac{{4.8 - 4\frac{{1 + {m^2}}}{m}}}{2}\\ \Leftrightarrow T = 16 - 2\frac{{1 + {m^2}}}{m}\\ \Leftrightarrow T = \frac{{ - 2{m^2} + 16m - 2}}{m}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}T' = \frac{{\left( { - 4m + 16} \right)m - \left( { - 2{m^2} + 16m - 2} \right)}}{{{m^2}}}\\T' = \frac{{ - 4{m^2} + 16m + 2{m^2} - 16m + 2}}{{{m^2}}}\\T' = \frac{{ - 2{m^2} + 2}}{{{m^2}}} = 0 \Leftrightarrow m = \pm 1\end{array}\)
BBT:
Từ BBT ta thấy \(\min T = 20 \Leftrightarrow m = - 1\) .
Chọn A.
Câu 43 (VDC)
Phương pháp:
- Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\).
- Hệ số góc của đường thẳng bằng tan của góc tạo bởi đường thẳng và chiều dương của trục \(Ox\).
- Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số, đặt \(t = f'\left( x \right)\).
Cách giải:
Vì các tiếp tuyến của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại các điểm có hoành độ \(x = - 1\), \(x = 0\), \(x = 1\) lần lượt tạo với chiều dương của trục \(Ox\) các góc \({30^0}\), \({45^0}\), \({60^0}\) nên ta có: \(y'\left( { - 1} \right) = \tan {30^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\), \(y'\left( 0 \right) = \tan {45^0} = 1\), \(y'\left( 1 \right) = \tan {60^0} = \sqrt 3 \).
Đặt \({I_1} = \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right).f''\left( x \right)dx} \) , \({I_2} = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^3}.f''\left( x \right)dx} \).
Đặt \(t = f'\left( x \right)\) \( \Rightarrow dt = f''\left( x \right)dx\).
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow t = f'\left( { - 1} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\x = 0 \Rightarrow t = f'\left( 0 \right) = 1\\x = - 1 \Rightarrow t = f'\left( 1 \right) = \sqrt 3 \end{array} \right.\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}{I_1} = \int\limits_{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}^1 {tdt} = \left. {\frac{{{t^2}}}{2}} \right|_{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{1}{3}\\{I_2} = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {{t^3}dt} = \left. {\frac{{{t^4}}}{4}} \right|_1^{\sqrt 3 } = \frac{9}{4} - \frac{1}{4} = 2\end{array}\)
Vậy \(I = {I_1} + 4{I_2} = \frac{1}{3} + 8 = \frac{{25}}{3}\).
Chọn A.
Câu 44 (VDC)
Phương pháp:
- Xác định quỹ tích các điểm biểu diễn số phức \(\overline z \), sử dụng các công thức \(\left| z \right| = \left| {\overline z } \right|,\,\,\overline {z + w} = \overline z + \overline w \).
- Biểu diễn hình học và tìm GTLN, GTNN của \(\left| {\overline z + 1 + i} \right|\).
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left| {iz - 2i + 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {iz - 2i - {i^2}} \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {i\left( {z - 2 - i} \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| i \right|\left| {z - 2 - i} \right| = 1\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {z - 2 - i} \right| = 1\\ \Rightarrow \left| {\overline {z - 2 - i} } \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {\overline z + \overline { - 2 - i} } \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {\overline z - 2 + i} \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {\overline z - \left( {2 - i} \right)} \right| = 1\end{array}\).
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(\overline z \) là tâm đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {2; - 1} \right)\), bán kính \(R = 1\)
Gọi \(M\) là điểm biểu diễn số phức \(\overline z \), \(N\left( { - 1; - 1} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = - 1 - i\).
Khi đó ta có: \(\left| {\overline z + 1 + i} \right| = \left| {\overline z - \left( { - 1 - i} \right)} \right| = MN\) với \(M \in \left( C \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M{N_{\min }} = IN - R = 3 - 1 = 2\\M{N_{\max }} = IN + R = 3 + 1 = 4\end{array} \right.\) \( \Rightarrow m = 2,\,\,M = 4\).
Vậy \(M + m = 4 + 2 = 6\).
Chọn C.
Câu 45 (VDC)
Phương pháp:
- Gọi X là số có tận cùng bằng \(3\) và chia hết cho \(7\), khi đó \(X = 7.\overline {Y9} \).
- Chặn khoảng giá trị của \(Y\) và tìm số giá trị của \(Y\).
Cách giải:
Số các số tự nhiên có 7 chữ số là \({9.10^6}\) số \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = {9.10^6}\).
Gọi A là biến cố: “Số lấy được có tận cùng bằng \(3\) và chia hết cho \(7\)”.
Gọi X là số có tận cùng bằng \(3\) và chia hết cho \(7\), khi đó \(X = 7.\overline {Y9} \) (\(\overline {Y9} \) là số tự nhiên có tận cùng bằng \(9\)).
Ta có:
\(\begin{array}{l}1000000 \le X \le 9999999\\ \Leftrightarrow 1000000 \le 7.\overline {Y9} \le 9999999\\ \Leftrightarrow 142858 \le \overline {Y9} \le 1428571\\ \Leftrightarrow 142858 \le 10Y + 9 \le 1428571\\ \Leftrightarrow 14285 \le Y \le 142856\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Số các số \(Y\) là: \(\left( {142856 - 14285} \right):1 + 1 = 128572\).
\( \Rightarrow n\left( A \right) = 128572\).
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{128572}}{{{{9.10}^6}}} \approx 0,014\).
Chọn A.
Câu 46 (VDC)
Cách giải:
Gọi \(O = AC \cap BD\), vì chóp \(S.ABCD\) đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right)\).
Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ \(OK \bot SM\,\,\left( {K \in SM} \right)\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}OK \bot SM\\OK \bot CD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right)\).
Mà \(O \in \left( P \right) \Rightarrow OK \subset \left( P \right) \Rightarrow K \in \left( P \right)\).
Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(E = CK \cap SD \Rightarrow E = \left( P \right) \cap SD\). Khi đó \(\left( P \right) \equiv \left( {ACE} \right)\).
Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(EH\parallel SO\,\,\left( {H \in BD} \right)\), suy ra \(EH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có: \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{{V_{D.ACE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}EH.{S_{ACD}}}}{{\frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}}} = \frac{{EH}}{{SO}}.\frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \frac{1}{5} = \frac{{EH}}{{SO}}.\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{EH}}{{SO}} = \frac{2}{5} = \frac{{DE}}{{DS}}\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SCD} \right) \supset SM \bot CD\\\left( {ABCD} \right) \supset OM \bot CD\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {SM;OM} \right) = \angle SMO\)
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SMD\) có:
\(\frac{{KS}}{{KM}}.\frac{{CM}}{{CD}}.\frac{{ED}}{{ES}} = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{KS}}{{KM}}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3} = 1 \Leftrightarrow \frac{{KS}}{{KM}} = 3\)\( \Rightarrow \frac{{MK}}{{MS}} = \frac{1}{4}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SOM\), đường cao \(OK\) ta có:
\(O{M^2} = MK.MS \Rightarrow \frac{{O{M^2}}}{{M{S^2}}} = \frac{{MK}}{{MS}} = \frac{1}{4}\) \( \Rightarrow \frac{{OM}}{{MS}} = \frac{1}{2} = \cos \angle SMO\).
Chọn A.
Câu 47 (VDC)
Cách giải:
Độ dài cạnh của tam giác đều cắt trục Ox là \(a = 2.\sqrt {1 - {x^2}} \)
Diện tích tam giác đều đó là \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4\left( {1 - {x^2}} \right)\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)\)
Thể tích vật thể là \(V = \int\limits_{ - 1}^1 {Sdx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)dx} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)
Chọn B.
Câu 48 (VDC)
Cách giải:
\(\begin{array}{l} + )\,\,{\log _{2019}}\left( {x + y} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow x + y \le 1 \Leftrightarrow x + y - 1 \le 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\\ + )\,\,x + y + \sqrt {2xy + m} \ge 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {2xy + m} \ge 1 - x - y\\ \Leftrightarrow 2xy + m \ge {\left( {1 - x - y} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2xy + m \ge {x^2} + {y^2} + 1 - 2x - 2y + 2xy\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 2x - 2y - m + 1 \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \le m + 1\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow m + 1 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - 1\).
Với \(m = - 1\) ta có \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\end{array} \right.\).
Cặp số này không thỏa mãn \(\left( 1 \right)\).
Với \(m > - 1\).
Tập hợp các cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn (1) là nửa mặt phẳng bờ đường thẳng \(x + y - 1 = 0\,\,\left( d \right)\) chứa điểm \(O\).
Tập hợp các cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn (2) là hình tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {1;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {m + 1} \,\,\,\left( {m > - 1} \right)\).
Để tồn tại duy nhất cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn (1) và (2) thì \(\left( d \right)\) phải tiếp xúc với \(\left( C \right)\).
\( \Rightarrow d\left( {I;d} \right) = R\) \( \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 + 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \sqrt {m + 1} \Leftrightarrow \sqrt {m + 1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) \( \Leftrightarrow m + 1 = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = - \frac{1}{2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Chọn A.
Câu 49 (VDC)
Cách giải:
Giả sử mặt cầu tiếp xúc với \(\left( P \right)\) tại \(B\), khi đó \(I\) là giao điểm của đường thẳng qua \(B\) vuông góc với \(\left( P \right)\) và trung trực của đoạn thẳng \(AB\).
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).
Ta có: \(R = IB \ge HB = \frac{1}{2}AB \ge \frac{1}{2}AA'\).
Khi đó \({R_{\min }} = \frac{1}{2}AA' \Leftrightarrow B \equiv A'\).
Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(\left( P \right)\), khi đó phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z - 3}}{1}\).
Gọi \(A'\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\left( P \right)\), khi đó \(A' = d \cap \left( P \right)\) \( \Rightarrow A'\left( { - 3;0;1} \right)\).
Mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn đi qua \(A\), tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi nhận \(AA'\) là đường kính, khi đó \(I\) là trung điểm của \(AA'\) và \(I\left( { - 1;1;2} \right)\).
\( \Rightarrow a = - 1,\,\,b = 1,\,\,c = 2\)\( \Rightarrow a + b + c = 2\)
Chọn A.
Câu 50 (VDC)
Cách giải:
Gọi \(\overrightarrow u \left( {2;2;1} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(CD\).
Vì \(AB\parallel CD\) nên \(\overrightarrow u \left( {2;2;1} \right)\) cũng là 1 VTCP của đường thẳng \(AB\).
Suy ra phương trình đường thẳng chứa cạnh \(AB\) là: \(\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{1}\).
Vì \(B \in AB \Rightarrow B\left( { - 1 + 2t; - 1 + 2t;t} \right)\) \(\left( { - 1 + 2t > - 1 \Leftrightarrow t > 0} \right)\).
Lấy \(M\left( {2; - 1;3} \right) \in CD\), ta có: \(\overrightarrow {AM} = \left( {3;0;3} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u } \right] = \left( {6; - 3; - 6} \right)\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow d\left( {A;CD} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\\ = \frac{{\sqrt {{6^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 3\\{S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).d\left( {A;CD} \right)}}{2}\\ \Rightarrow 27 = \frac{{\left( {AB + 2AB} \right).3}}{2}\\ \Leftrightarrow 3AB = 18 \Leftrightarrow AB = 6\\ \Leftrightarrow A{B^2} = 36\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1 + 2t + 1} \right)^2} + {\left( { - 1 + 2t + 1} \right)^2}\\ + {\left( {t - 0} \right)^2} = 36\\ \Leftrightarrow 4{t^2} + 4{t^2} + {t^2} = 36\\ \Leftrightarrow {t^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(B\left( {3;3;2} \right)\).
Chọn D.
Nguồn: Sưu tầm
Search google: "từ khóa + timdapan.com" Ví dụ: "Đề số 10 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 12 timdapan.com"
