Đề số 5 ôn giai đoạn cuối

Thời gian làm bài:

Câu 1. Nghiệm của phương trình $5^{x+1}=125$ là
A. $x=2$.
B. $x=3$.
C. $x=4$.
D. $x=1$.

Lời giải câu 1
Ta có \[5^{x+1}=125\Leftrightarrow 5^{x+1}=5^3\Leftrightarrow x+1=3\Leftrightarrow x=2.\] Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=2$.

Câu 2. Với $a$ là số thực dương tuỳ ý, $\log_3(3a)$ bằng
A. $3\log_3a$.
B. $1+\log_3 a $.
C. $1-\log_3 a $.
D. $3+\log_3 a $.

Lời giải câu 2
Với $a>0$,ta có \[\log_3(3a)=\log_33+\log_3a=1+\log_3a.\]

Câu 3. Hàm số $y=\left( x^2+4x+3\right)^{-2021} $ có tập xác định là
A. $\mathbb{R}\setminus\{-3;-1\}$.
B. $(-\infty;-3)\cup (-1;+\infty)$.
C. $\mathbb{R}$.
D. $(-3;-1)$.

Lời giải câu 3
Ta có $-2021$ là số nguyên âm nên hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi \[x^2+4x+3\ne 0\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x\ne -1\\&x\ne -3. \end{aligned}\right.\] Vậy tập xác định của hàm số là $\mathscr{D}=\mathbb{R}\setminus\{-3;-1\}$.

Câu 4. CHÈN HÌNH CÂU 4
Cho hàm số $y=f(x)$ có bảng biến thiên như sau Hàm số $f(x)$ nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $(1;3)$.
B. $(-1;3)$.
C. $(-1;1)$.
D. $(-3;1)$.

Lời giải câu 4
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên $(-1;1)$.

Câu 5. Số các chỉnh hợp chập $k$ của $n$ phần tử ($n,k\in \mathbb{N}$, $1\le k\le n$) là
A. $\mathrm{A}_k^n$.
B. $\mathrm{C}_n^k$.
C. $\mathrm{A}_n^k$.
D. $\mathrm{P}_k$.

Lời giải câu 5
Số các chỉnh hợp chập $k$ của $n$ phần tử ($n,k\in \mathbb{N}$, $1\le k\le n$) là $\mathrm{A}_n^k$.

Câu 6. Cho hình trụ có chiều cao bằng $2$ và bán kính đáy bằng $3$. Thể tích khối trụ đã cho bằng
A. $6\pi$.
B. $18\pi$.
C. $15\pi$.
D. $9\pi$.

Lời giải câu 6
Thể tích khối trụ đã cho bằng $\pi \cdot 3^2\cdot 2=18\pi$.

Câu 7. Số phức liên hợp của số phức $5-7i$ là
A. $-5-7i$.
B. $-5+7i$.
C. $5+7i$.
D. $5-7i$.

Lời giải câu 7
Số phức liên hợp của số phức $5-7i$ là $5+7i$.

Câu 8. Tập nghiệm của bất phương trình $\log_3x\le 1$ là
A. $(0;1]$.
B. $(-\infty;3]$.
C. $(0;3]$.
D. $(-\infty;1]$.

Lời giải câu 8
Ta có $\log_3x\le 1\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x>0\\&x\le 3. \end{aligned}\right.$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình $\log_3x\le 1$ là $(0;3]$.

Câu 9. Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng $4$ và diện tích đáy bằng $3\sqrt{3}$ là
A. $6\sqrt{3}$.
B. $4\sqrt{3}$.
C. $12\sqrt{3}$.
D. $8\sqrt{3}$.

Lời giải câu 9
Thể tích khối lăng trụ đã cho là $3\sqrt{3}\cdot 4=12\sqrt{3}$.

Câu 10. Trong không gian $Oxyz$, phương trình đường thẳng đi qua hai điểm $A(3;-1;2)$ và $B(4;1;0)$ là
A. $\dfrac{x-3}{1}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z-2}{-2}$.
B. $\dfrac{x-1}{3}=\dfrac{y-2}{-1}=\dfrac{z+2}{2}$.
C. $\dfrac{x+1}{3}=\dfrac{y+2}{-1}=\dfrac{z-2}{2}$.
D. $\dfrac{x+3}{1}=\dfrac{y-1}{2}=\dfrac{z+2}{-2}$.

Lời giải câu 10
Đường thẳng $AB$ đi qua $A(3;-1;2)$ nhận $\overrightarrow{AB}=(1;2;-2)$ là một véc-tơ chỉ phương nên có phương trình là \[\dfrac{x-3}{1}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z-2}{-2}.\]

Câu 11. CHÈN HÌNH CÂU 11
Cho hàm số $y=f(x)$ có bảng biến thiên như sau Hàm số $f(x)$ đạt cực tiểu tại
A. $x=5$.
B. $x=-1$.
C. $x=3$.
D. $x=2$.

Lời giải câu 11
Từ bảng biến thiên suy rahàm số đã cho đạt cực tiểu tại $x=3$.

Câu 12. Nếu hàm số $F(x)$ là một nguyên hàm của hàm số $f(x)$ thì
A. $f'(x)=F(x)$.
B. $F(x)=f(x)$.
C. $F'(x)=f(x)$.
D. $F'(x)=f'(x)$.

Lời giải câu 12
$F(x)$ là một nguyên hàm của hàm số $f(x)$nên $F'(x)=f(x)$.

Câu 13. Cho cấp số nhân $(u_n)$ có $u_3=6$ và $u_4=12$. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
A. $-6$.
B. $6$.
C. $\dfrac{1}{2}$.
D. $2$.

Lời giải câu 13
Công bội của cấp số nhân đã cho bằng $\dfrac{u_4}{u_3}=\dfrac{12}{6}=2$.

Câu 14. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\dfrac{4-3x}{4x+5}$ là đường thẳng có phương trình
A. $y=1$.
B. $y=-\dfrac{3}{4}$.
C. $y=-1$.
D. $y=-\dfrac{5}{4}$.

Lời giải câu 14
Hàm số có tập xác định là $\mathscr{D}=\left(-\infty;-\dfrac{5}{4} \right)\cup \left(-\dfrac{5}{4};+\infty\right) $.
Ta có \[\displaystyle\lim\limits_{x\to \pm\infty}\dfrac{4-3x}{4x+5}=\displaystyle\lim\limits_{x\to \pm\infty}\dfrac{\dfrac{4}{x}-3}{4+\dfrac{5}{x}}=-\dfrac{3}{4}.\] Vậy đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình $y=-\dfrac{3}{4}$.

Câu 15. CHÈN HÌNH CÂU 15
{Trong mặt phẳng $Oxy$, số phức $z=a+bi$, $(a,b\in \mathbb{R})$ có điểm biểu diễn $M$ như hình vẽ bên. Giá trị của $a$, $b$ lần lượt là
A. $-2$ và $3$.
B. $3$ và $2$.
C. $3$ và $-2$.
D. $-2$ và $-3$.
}

Lời giải câu 15
Ta có $M(3;-2)$ là điểm biểu diễn của số phức $z$ trên mặt phẳng toạ độ nên $z=3-2i$.
Vậy $a=3$, $b=-2$.

Câu 16. CHÈN HÌNH CÂU 16
{Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?
A. $y=-4x^4+2x^2$.
B. $y=4x^4+2x^2$.
C. $y=4x^4-2x^2$.
D. $y=-4x^3-2x^2$.
}

Lời giải câu 16
Đường cong trong hình vẽ bên có dạng đồ thị của hàm trùng phương $y=ax^4+bx^2+c$ với hệ số $a< 0$. Ta lại có, đường cong đi gốc toạ độ và có $3$ điểm cực trị nên \[\left\{\begin{aligned}&c=0\\&ab< 0 \end{aligned}\right.\Rightarrow \left\{\begin{aligned}&c=0\\&b>0. \end{aligned}\right.\] Trong các đáp án đã cho chỉ có hàm số $y=-4x^4+2x^2$ có các hệ số thoả mãn các tính chất trên.
Vậy hàm số cần tìm là $y=-4x^4+2x^2$.

Câu 17. Trong không gian $Oxyz$, phương trình mặt cầu tâm $I(2;0;1)$ và bán kính $R=2$ là
A. $(x-2)^2+y^2+(z-1)^2=2$.
B. $(x-2)^2+y^2+(z-1)^2=4$.
C. $(x+2)^2+y^2+(z+1)^2=2$.
D. $(x+2)^2+y^2+(z+1)^2=4$.

Lời giải câu 17
Phương trình mặt cầu tâm $I(2;0;1)$ và bán kính $R=2$ là \[(x-2)^2+y^2+(z-1)^2=4.\]

Câu 18. Trong không gian $Oxyz$, phương trình mặt phẳng đi qua điểm $A(1;-2;2)$ và có véc-tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(3;-1;-2)$ là
A. $3x-y-2z-1=0$.
B. $x-2y+2z+1=0$.
C. $3x-y-2z+1=0$.
D. $x-2y+2z-1=0$.

Lời giải câu 18
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm $A(1;-2;2)$ và có véc-tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(3;-1;-2)$ là \[3(x-1)-(y+2)-2(z-2)=0\Leftrightarrow 3x-y-2z-1=0.\]

Câu 19. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $B$ và chiều cao bằng $h$ là
A. $Bh$.
B. $\dfrac{1}{3}Bh$.
C. $\dfrac{1}{6}Bh$.
D. $\dfrac{1}{2}Bh$.

Lời giải câu 19
Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $B$ và chiều cao bằng $h$ là $V=\dfrac{1}{3}Bh$.

Câu 20. Nếu $\displaystyle\int\limits_{1}^{2}f(x)\mathrm{\,d}x=3$, $\displaystyle\int\limits_{2}^{5}f(x)\mathrm{\,d}x=-1$ thì $\displaystyle\int\limits_{1}^{5}f(x)\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $4$.
B. $-2$.
C. $2$.
D. $-3$.

Lời giải câu 20
Ta có $\displaystyle\int\limits_{1}^{5}f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{1}^{2}f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{2}^{5}f(x)\mathrm{\,d}x=3+(-1)=2$.

Câu 21. Số nghiệm nguyên của bất phương trình $\log_3(16+x)>\log_3(9x)$ là
A. $0$.
B. $1$.
C. $2$.
D. $3$.

Lời giải câu 21
Ta có \[\log_3(16+x)>\log_3(9x)\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&16+x>0\\&9x>0\\&16+x>9x \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x>-16\\&x>0\\&x< 2 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow 0< x< 2.\] Vậy bất phương trình đã cho chỉ có một nghiệm nguyên là $x=1$.

Câu 22. Biết $z_1$, $z_2$ là hai nghiệm phức của phương trình $z^2-2z+4=0$. Giá trị của $\dfrac{1}{\left| z_1\right| }+\dfrac{1}{\left| z_2\right| }$bằng
A. $1$.
B. $\dfrac{1}{2}$.
C. $2$.
D. $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Lời giải câu 22
Ta có \[z^2-2z+4=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&z_1=1+\sqrt{3}i\\&z_2=1-\sqrt{3}i \end{aligned}\right.\Rightarrow \left|z_1 \right| =\left|z_2 \right|=2.\] Vậy $\dfrac{1}{\left| z_1\right| }+\dfrac{1}{\left| z_2\right| }=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1$.

Câu 23. Số giao điểm của đồ thị hàm số $y=(x-1)\left(-x^2+2x \right) $ với trục hoành là
A. $3$.
B. $1$.
C. $0$.
D. $2$.

Lời giải câu 23
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=(x-1)\left(-x^2+2x \right) $ với trục hoành là \[(x-1)\left(-x^2+2x \right) =0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&x-1=0\\&-x^2+2x=0 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&x=1\\&x=0\\&x=2. \end{aligned}\right.\] Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số $y=(x-1)\left(-x^2+2x \right) $ và trục hoành là $3$.

Câu 24. CHÈN HÌNH CÂU 24
{Cho hàm số $y=f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ có đồ thị như hình vẽ bên.
Số nghiệm của phương trình $f(x)\left[f(x)+1 \right]=0 $ là
A. $4$.
B. $5$.
C. $2$.
D. $1$.
}

Lời giải câu 24
Ta có \begin{eqnarray*} f(x)\left[ f(x)+1\right]=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&f(x)=0\\&f(x)+1=0. \end{aligned}\right. \end{eqnarray*} Từ đồ thị hàm số $y=f(x)$, ta có Phương trình $f(x)=0$ có $3$ nghiệm phân biệt. Phương trình $f(x)+1=0\Leftrightarrow f(x)=-1$ có $2$ nghiệm phân biệt. Vậy phương trình $f(x)\left[f(x)+1 \right]=0 $ có $5$ nghiệm phân biệt.

Câu 25. Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $[-1;2]$ thoả mãn $\displaystyle\int\limits_{-1}^2f(x)\mathrm{\,d}x=6$. Giá trị của $\displaystyle\int \limits_{0}^1f(3x-1)\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $18$.
B. $1$.
C. $2$.
D. $3$.

Lời giải câu 25
Đặt $t=3x-1$, suy ra $\mathrm{d}t=3\mathrm{\,d}x$, $x=0$ thì $t=-1$, $x=1$ thì $t=2$.
Vậy \[\displaystyle\int \limits_{0}^1f(3x-1)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{3}\displaystyle\int \limits_{-1}^2f(t)\mathrm{\,d}t=\dfrac{1}{3}\cdot6=2.\]

Câu 26. CHÈN HÌNH CÂU 26
Cho hình nón có bán kính đáy bằng $5$ và góc ở đỉnh bằng $60^\circ$. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. $55\pi$.
B. $100\pi$.
C. $75\pi$.
D. $50\pi$.

Lời giải câu 26
{ Xét hình nón như hình vẽ bên thoả mãn giả thiết bài toán.
Ta có $SA=SB$ và $\widehat{ASB}=60^\circ$ nên tam giác $ASB$ là tam giác đều. Suy ra độ dài đường sinh $SB$ của hình nón là $SB=2OB=10$.
Vậy diện tích xung quanh của hình nón bằng \[S_{\text{xq}}=\pi \cdot OB\cdot SB=\pi\cdot 5\cdot 10=50\pi.\] }

Câu 27. Gọi $M$, $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x)=x^3-18x+6$ trên đoạn $[-3;5]$. Giá trị của $m+M$ bằng
A. $47-12\sqrt{6}$.
B. $\dfrac{141}{8}$.
C. $39-12\sqrt{6}$.
D. $\dfrac{77}{8}$.

Lời giải câu 27
Ta có $f'(x)=3x^2-18$; $f'(x)=0\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{6}$.
Do $f(-3)=33$, $f\left( -\sqrt{6}\right)=6+12\sqrt{6} $, $f\left(\sqrt{6} \right)=6-12\sqrt{6} $, $f(5)=41$ nên $M=41$, $m=6-12\sqrt{6}$.
Vậy $m+M=6-12\sqrt{6}+41=47-12\sqrt{6}$.

Câu 28. CHÈN HÌNH CÂU 28
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ và $SA=a\sqrt{3}$. Gọi $\varphi$ là góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$. Giá trị $\tan \varphi$ bằng
A. $\sqrt{3}$.
B. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
C. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
D. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Lời giải câu 28
{ Ta có hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$.
Do $CB\perp AB$, $CB\perp SA$ nên $CB\perp SB$. Ta lại có $AB\perp BC$.
Suy ra góc $\varphi$ giữa $(ABCD)$ và $(SBC)$ là góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $SB$, tức là $\varphi=\widehat{SBA}$.
Xét tam giác vuông $SAB$, ta có $\tan\widehat{SBA}=\dfrac{SA}{AB}=\dfrac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$.
Vậy $\tan\varphi=\sqrt{3}$. }

Câu 29. Cho $a$, $b$ là hai số thực dương thoả mãn $a^2b^2=64$. Giá trị của $2\log_2a+2\log_2b$ bằng
A. $8$.
B. $32$.
C. $6$.
D. $4$.

Lời giải câu 29
Ta có \begin{eqnarray*} 2\log_2a+2\log_2b=2\log_2(ab)=\log_2(ab)^2=\log_2 (64)=6. \end{eqnarray*}

Câu 30. Cho hình trụ có bán kính đáy $r=3$ và độ dài đường sinh $l=5$. Diện tích toàn phần của hình trụ đã cho bằng
A. $48\pi$.
B. $30\pi$.
C. $15\pi$.
D. $33\pi$.

Lời giải câu 30
Diện tích toàn phần của hình trụ bằng \[S_\text{tp}=2\pi rl+2\pi r^2=2\pi \cdot 3\cdot 5+2\pi\cdot 3^2=48\pi.\]

Câu 31. Cho hình nón $(N)$ có bán kính đáy bằng $3$ và chiều cao bằng $4$. Thể tích khối nón $(N)$ bằng
A. $6\pi$.
B. $12\pi$.
C. $15\pi$.
D. $36\pi$.

Lời giải câu 31
Thể tích khối nón $(N)$ bằng \[V=\dfrac{1}{3}\cdot \pi\cdot 3^2\cdot 4=12\pi.\]

Câu 32. Cho hai số phức $z=4+3i$ và $w=1-i$. Mô-đun của số phức $z\cdot \overline{w}$ bằng
A. $4\sqrt{2}$.
B. $5\sqrt{2}$.
C. $5$.
D. $3\sqrt{2}$.

Lời giải câu 32
Ta có $\left| z\cdot \overline{w}\right| =\left| (4+3i)(1+i)\right|=\left|1+7i \right| =5\sqrt{2}$.

Câu 33. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A(1;2;-3)$ và $B(2;-1;1)$. Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng $AB$ là
A. $(3;1;-2)$.
B. $\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{3}{2};2 \right) $.
C. $\left( -\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{2};-2\right) $.
D. $\left( \dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2};-1\right) $.

Lời giải câu 33
Toạ độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AB$ là \[\left\{\begin{aligned}&x_I=\dfrac{1+2}{2}=\dfrac{3}{2}\\&y_I=\dfrac{2+(-1)}{2}=\dfrac{1}{2}\\&z_I=\dfrac{-3+1}{2}=-1. \end{aligned}\right.\] Vậy $I\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2};-1 \right) $.

Câu 34. Thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=\sin x$, trục hoành và các đường thẳng $x=0$, $x=\pi$ quanh trục $Ox$ bằng
A. $\dfrac{\pi}{4}$.
B. $\dfrac{\pi}{2}$.
C. $\dfrac{\pi^2}{4}$.
D. $\dfrac{\pi^2}{2}$.

Lời giải câu 34
Thể tích khối tròn xoay bằng \[V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi}\sin^2x\mathrm{\,d}x=\dfrac{\pi}{2}\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi}\left(1-\cos2x \right) \mathrm{\,d}x=\dfrac{\pi}{2} \left(x-\dfrac{\sin2x}{2} \right)\bigg|_0^\pi=\dfrac{\pi^2}{2}. \]

Câu 35. CHÈN HÌNH CÂU 35
Cho hàm số $f(x)$ có $f'(x)=x(x-3)^2\left(x^2-2x-3 \right) $. Số điểm cực đại của hàm số $f(x)$ là
A. $4$.
B. $2$.
C. $1$.
D. $3$.

Lời giải câu 35
{Ta có $ \begin{aligned}[t] f'(x)=0&\Leftrightarrow x(x-3)^2\left(x^2-2x-3 \right)=0\\&\Leftrightarrow x(x+1)(x-3)^3=0\\&\Leftrightarrow x_1=-1,\ x_2=0,\ x_3=3. \end{aligned}$
Bảng biến thiên của hàm số như hình vẽ bên.} Vậy hàm số $f(x)$ có $1$ điểm cực đại.

Câu 36. CHÈN HÌNH CÂU 36
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $6a$, mặt bên $SAB$ là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ có diện tích bằng
A. $60\pi a^2$.
B. $15\pi a^2$.
C. $75\pi a^2$.
D. $80\pi a^2$.

Lời giải câu 36
{ \textbf{Cách 1:} Tính trực tiếp.
Gọi $H$ là trung điểm $AB$ và $O_1$, $O_2$ lần lượt là trọng tâm tam giác $ABC$ và $SAB$. Vì $ABC$ và $SAB$ là các tam giác đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp mỗi tam giác chính là trọng tâm $O_1$, $O_2$ tương ứng. Khi đó $AH = \dfrac{AB}{2} = 3a$. $SO_2 = \dfrac{2}{3}SH = 2\sqrt{3}a$, $O_1A = \dfrac{2}{3}CH = 2\sqrt{3}a$. } Dựng $d$ và $\Delta$ lần lượt là trục đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABC$ và $SAB$, khi đó $d$ và $\Delta$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SHC)$.
Gọi $I$ là giao điểm của $d$ và $\Delta$ thì $I$ cách đều các đỉnh $A$, $B$, $C$ và $S$ nên $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$. Xét $\triangle AO_1H$ vuông tại $H$ có $O_1H^2 = O_1A^2 - AH^2$.
Xét $\triangle SIO_2$ vuông tại $O_2$ có $SI = \sqrt{SO^2_2 + O_2I^2}$. Mặt khác, vì $O_2IO_1H$ là hình chữ nhật nên $O_1H = O_2I$, do đó $$R = SI = \sqrt{SO^2_2 + O_1H^2} = \sqrt{SO^2_2 + O_1A^2 - AH^2} = \sqrt{15}a.$$ Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ là $S_{\textrm{mc}} = 4\pi R^2 = 4\pi\cdot(\sqrt{15}a)^2 = 60\pi a^2$ (đvdt).
\textbf{Cách 2:} Áp dụng công thức: $R = \sqrt{R^2_{\textrm{b}} + R^2_{\textrm{đ}} - \dfrac{GT^2}{4}}$.
Gọi $H$ là trung điểm $AB$ và $O_1$, $O_2$ lần lượt là trọng tâm tam giác $ABC$ và $SAB$. Vì $ABC$ và $SAB$ là các tam giác đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp mỗi tam giác chính là trọng tâm $O_1$, $O_2$ tương ứng. Khi đó Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $SAB$ là $R_{\textrm{b}} = SO_2 = \dfrac{2}{3}SH = \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{6a\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}a$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $R_{\textrm{đ}} = CO_1 = \dfrac{2}{3}CH = \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{6a\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}a$. Giao tuyến của mặt phẳng $(SAB)$ và đáy $(ABC)$ là $AB$, vì vậy $GT = AB = 6a$. Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ là $$ R = \sqrt{R^2_{\textrm{b}} + R^2_{\textrm{đ}} - \dfrac{GT^2}{4}} = \sqrt{ (2\sqrt{3}a)^2 + (2\sqrt{3}a)^2 - \dfrac{(6a)^2}{4}} = \sqrt{15}a.$$ Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ là $S_{\textrm{mc}} = 4\pi R^2 = 4\pi\cdot(\sqrt{15}a)^2 = 60\pi a^2$ (đvdt).

Câu 37. Một tổ có $12$ học sinh gồm $4$ nam trong đó có Vinh và $8$ nữ trong đó có Hoa. Chia tổ thành ba nhóm, mỗi nhóm gồm $4$ học sinh và phải có ít nhất $1$ học sinh nam. Xác suất để Vinh và Hoa cùng một nhóm là
A. $\dfrac{7}{32}$.
B. $\dfrac{1}{8}$.
C. $\dfrac{3}{32}$.
D. $\dfrac{5}{16}$.

Lời giải câu 37
Gọi $A$ là biến cố \lq\lq Vinh và Hoa cùng một nhóm\rq\rq.
Ta có $n(\Omega) = \mathrm{C}_4^1 \mathrm{C}_8^3\cdot \mathrm{C}_3^1\mathrm{C}_5^3\cdot 1 = 6720$.
\textbf{TH1: Nhóm gồm: Vinh, Hoa và 1 bạn nam cùng 1 bạn nữ khác} Nhóm 1: Vinh, Hoa và 1 bạn nam cùng 1 bạn nữ khác có $1\cdot 1\cdot \mathrm{C}_3^1\cdot \mathrm{C}_7^1 = 21$ cách. Nhóm 2: 1 nam và 3 nữ có $\mathrm{C}_2^1\cdot \mathrm{C}_6^3 = 40$ cách. Nhóm 3: những bạn còn lại có $1$ cách chọn. Theo quy tắc nhân, trường hợp $1$ có $21\cdot40\cdot1 = 820$ cách chọn.
\textbf{TH2: Nhóm gồm: Vinh, Hoa và 2 bạn nữ khác} Nhóm 1: Vinh, Hoa và 2 bạn nữ khác có $1\cdot 1\cdot \mathrm{C}_7^2 = 21$ cách. Nhóm 2: 2 nam và 2 nữ có $\mathrm{C}_3^2\cdot \mathrm{C}_5^2 = 30$ cách. Nhóm 3: những bạn còn lại có $1$ cách chọn. Theo quy tắc nhân, trường hợp $2$ có $21\cdot30\cdot1 = 620$ cách chọn.
Theo quy tắc cộng, ta có $n(A) = 820 + 620 = 1470$.
Xác suất để Vinh và Hoa cùng một nhóm là $\mathrm{P}(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{1470}{6720} = \dfrac{7}{32}$.

Câu 38. Biết $\displaystyle\int\limits_{2}^{3}\dfrac{-2x^2 + 14x}{x^2 - 1}\mathrm{d}x = a\ln 2 + b\ln 3 + c$, ($a$, $b$, $c \in \mathbb{Z}$). Giá trị của $a^2 + b + c$ bằng
A. $494$.
B. $484$.
C. $474$.
D. $464$.

Lời giải câu 38
Ta có: $$ \dfrac{-2x^2 + 14x}{x^2 - 1} = -2 + \dfrac{14x - 2}{x^2 - 1} = -2 + \dfrac{6}{x - 1} + \dfrac{8}{x + 1} $$ \begin{align*} \Rightarrow \displaystyle\int\limits_{2}^{3}\dfrac{-2x^2 + 14x}{x^2 - 1}\mathrm{d}x = \int\limits_{2}^{3}\left( -2 + \dfrac{6}{x - 1} + \dfrac{8}{x + 1} \right)\mathrm{d}x &= \left( -2x + 6\ln|x - 1| + 8\ln|x + 1| \right)\Big|^3_2\\ &= 22\ln 2 - 8\ln 3 - 2 \end{align*} $\Rightarrow a = 22$, $b = -8$, $c = -2$
$\Rightarrow a^2 + b + c = 22^2 + (-8) + (-2) = 474$.
Vậy giá trị của $a^2 + b + c$ bằng $474$.

Câu 39. Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng $d_1\colon \left\{\begin{aligned}&x = t_1\\&y = -4 + t_1\\&z = 3 - t_1 \end{aligned}\right.$ và $d_2\colon \left\{\begin{aligned}&x = 1 - 2t_2\\&y = -3 + t_2\\&z = 4 - t_2 \end{aligned}\right.$. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(Oxz)$, cắt hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ có phương trình là
A. $\left\{\begin{aligned}&x = -\dfrac{1}{3}\\&y = -\dfrac{7}{3} + t\\&z = \dfrac{10}{3} \end{aligned}\right.$.
B. $\left\{\begin{aligned}&x = -\dfrac{1}{7}t\\&y = 1-\dfrac{7}{3}t\\&z = \dfrac{10}{3}t \end{aligned}\right.$.
C. $\left\{\begin{aligned}&x = \dfrac{3}{7}t\\&y = 1-\dfrac{25}{7}t\\&z = \dfrac{18}{7}t \end{aligned}\right.$.
D. $\left\{\begin{aligned}&x = \dfrac{3}{7}\\&y = -\dfrac{25}{7} + t\\&z = \dfrac{18}{7} \end{aligned}\right.$.

Lời giải câu 39
Gọi $d$ là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(Oxz)$, cắt hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ lần lượt tại $M$, $N$. Khi đó Vì $M \in d_1$ nên $M(t_1;-4+t_1;3-t_1)$, $t_1 \in \mathbb{R}$. Vì $N \in d_2$ nên $N(1-2t_2;-3+t_2;4-t_2)$, $t_2 \in \mathbb{R}$. Vì $M \in d$, $N \in d$ nên $d$ có véc-tơ chỉ phương là $\vec{MN} = (1 - t_1 - 2t_2 ; 1 - t_1 + t_2 ; 1 + t_1 - t_2)$. Vì $d$ vuông góc với mặt phẳng $(Oxz)$ nên $\vec{j} = (0;1;0)$ cũng là một véc-tơ chỉ phương của $d$. Do đó $$\exists k \neq 0: \vec{MN} = k\vec{j} \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&1 - t_1 - 2t_2 = 0\\&1 - t_1 + t_2 = k\\& 1 + t_1 - t_2 = 0 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&t_1 + 2t_2 = 1\\&t_1 - t_2 + k = 1\\&t_1 - t_2 = -1 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&t_1 = -\dfrac{1}{3}\\&t_2 = \dfrac{2}{3}\\&k = 2. \end{aligned}\right.$$ Với $t_2 = \dfrac{2}{3}$ thì $N\left( -\dfrac{1}{3}; -\dfrac{7}{3}; \dfrac{10}{3} \right)$.
Vậy đường thẳng $d$ đi qua điểm $N\left( -\dfrac{1}{3}; -\dfrac{7}{3}; \dfrac{10}{3} \right)$ và có một véc-tơ chỉ phương là $\vec{j} = (0;1;0)$ nên có phương trình tham số là: $\left\{\begin{aligned}&x = -\dfrac{1}{3}\\&y = -\dfrac{7}{3} + t\\&z = \dfrac{10}{3} \end{aligned}\right.$, với $t \in \mathbb{R}$.

Câu 40. CHÈN HÌNH CÂU 40
Có bao nhiêu số nguyên dương $m$ sao cho hàm số $y = x^3 + x^2 + (1-m)x + 2$ đồng biến trên khoảng $(1;+\infty)$?
A. $6$.
B. $5$.
C. $8$.
D. $7$.

Lời giải câu 40
Ta có $y' = 3x^2 + 2x + 1 - m$.
Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $(1;+\infty)$ thì $$y' \geq 0, \forall x \in (1;+\infty) \Leftrightarrow 3x^2 + 2x + 1 \geq m, \forall x \in (1;+\infty).$$ Xét hàm số $g(x) = 3x^2 + 2x + 1$.
Ta có $g'(x) = 6x + 2 \Rightarrow g'(x) = 0 \Leftrightarrow 6x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = -\dfrac{1}{3}$.
Bảng biến thiên của $g(x)$ Từ bảng biến thiên, ta có $g(x) \geq m , \forall x \in (1;+\infty) \Leftrightarrow m \leq 6$
hay $3x^2 + 2x + 1 \geq m , \forall x \in (1;+\infty) \Leftrightarrow m \leq 6$.
Vì $m$ nguyên dương nên $m \in \left\lbrace 1;2;3;4;5;6 \right\rbrace$.
Vậy có $6$ giá trị của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 41. Cho số phức $z = x + yi$, ($x$, $y \in \mathbb{R}$) thỏa mãn $\left| z - 2 + i \right| = \left| \overline{z} + 3 - 4i \right|$ và $z(2+3i) + 2y + 1 - (y+1)i$ là số thuần ảo. Giá trị của $11x + 11y$ bằng
A. $-16$.
B. $28$.
C. $16$.
D. $-28$.

Lời giải câu 41
Ta có $\left| z - 2 + i \right| = \left| \overline{z} + 3 - 4i \right| \Leftrightarrow (x - 2)^2 + (y + 1)^2 = (x + 3)^2 + (y + 4)^2 \Leftrightarrow 5x + 3y = -10. \qquad (1)$
Vì $z(2+3i) + 2y + 1 - (y+1)i$ là số thuần ảo nên $2x - 3y + 2y + 1 = 0 \Leftrightarrow 2x - y = - 1. \qquad (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$, ta có hệ phương trình $$ \left\{\begin{aligned}&5x + 3y = -10\\&2x - y = - 1 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x = -\dfrac{13}{11}\\&y = -\dfrac{15}{11}. \end{aligned}\right.$$ Do đó $11x + 11y = 11\cdot\left( -\dfrac{13}{11} \right) + 11\cdot \left( -\dfrac{15}{11} \right) = -28$.
Vậy giá trị của $11x + 11y$ bằng $-28$.

Câu 42. CHÈN HÌNH CÂU 42
Cho hàm số $y =ax^3 + bx^2 + cx + d$ ($a$, $b$, $c$, $d \in \mathbb{R}$) có đồ thị như sau Có bao nhiêu số dương trong các số $a$, $b$, $c$, $d$?
A. $4$.
B. $2$.
C. $1$.
D. $3$.

Lời giải câu 42
Dựa vào đồ thị, ta thấy khi $x \to +\infty$ thì $y \to -\infty$ nên $a < 0$.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên $d > 0$.
Ta có $y' = 3ax^2 + 2bx + c \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 3ax^2 + 2bx + c = 0 \quad (1)$.
Gọi $x_1$, $x_2$ ($x_1 < x_2$) là hai cực trị của hàm số, khi đó $x_1$, $x_2$ là nghiệm phương trình $(1)$, hơn nữa $x_1, x_2 < 0$, do đó $\left\{\begin{aligned}&x_1 + x_2 < 0\\&x_1\cdot x_2 > 0 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&-\dfrac{2b}{3a} < 0\\&\dfrac{c}{3a} > 0. \end{aligned}\right.$
Vì $a < 0$ nên $b < 0$, $c < 0$.
Vậy trong các số $a$, $b$, $c$, $d$ có một số dương.

Câu 43. CHÈN HÌNH CÂU 43
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = \sqrt{7}a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD$ và $SC$ bằng
A. $\dfrac{\sqrt{14}a}{3}$.
B. $\dfrac{\sqrt{14}a}{6}$.
C. $\sqrt{14}a$.
D. $\dfrac{\sqrt{14}a}{12}$.

Lời giải câu 43
{ Dựng $AH$ vuông góc với $SC$ tại $H$.
Xét $\triangle SAC$ vuông tại $A$, ta có
$SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{(a\sqrt{7})^2 + (a\sqrt{2})^2} = 3a$,
$AH = \dfrac{SA\cdot AC}{SC} = \dfrac{a\sqrt{7}\cdot a\sqrt{2}}{3a} = \dfrac{a\sqrt{14}}{3}$.
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, ta có
$\left\{\begin{aligned}&AC\perp BD\\&BD\perp SA \end{aligned}\right. \Rightarrow BD \perp (SAC)$. } Dựng $OK \perp SC \Rightarrow OK$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $SC$. Khi đó $$\mathrm{d}(BD,SC) = OK = \dfrac{1}{2}\cdot AH = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{a\sqrt{14}}{3} = \dfrac{a\sqrt{14}}{6}.$$ Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD$ và $SC$ bằng $\dfrac{a\sqrt{14}}{6}$.

Câu 44. CHÈN HÌNH CÂU 44
Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A(1;1;-1)$, $B(7;-2;2)$ và đường thẳng $\Delta\colon \left\{\begin{aligned}&x = -1 + 3t\\&y = 2 - 2t\\&z = 2 + 2t \end{aligned}\right.$. Gọi $(P)$ là mặt phẳng chứa đường thẳng $\Delta$, khoảng cách từ $A$ đến $(P)$ gấp đôi khoảng cách từ $B$ đến $(P)$ và $A$, $B$ nằm khác phía với $(P)$. Biết rằng phương trình $(P)$ có dạng $ax + by + cz - 28 = 0$. Giá trị của $a + b + c$ bằng
A. $-26$.
B. $26$.
C. $-34$.
D. $34$.

Lời giải câu 44
{ Gọi $H$, $K$ lần lượt là hình chiếu của $A$, $B$ lên mặt phẳng $(P)$ và $I$ là giao điểm của $AB$ và $(P)$. Khi đó $AH = 2BK \Rightarrow \dfrac{AH}{BK} = 2$, $\triangle AHI \backsim \triangle BKI$. } $\Rightarrow \dfrac{IA}{IB} = \dfrac{AH}{BK} = 2 \Rightarrow \vec{IA} + 2\vec{IB} = \vec{0} \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&15 - 3x_I = 0\\&-3-3y_I = 0\\&3-3z_I = 0 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x_I = 5\\&y_I = -1\\&z_I = 1 \end{aligned}\right. \Rightarrow I(5;-1;1)$.
Ta có $N(-1;2;2) \in \Delta \Rightarrow \vec{NI} = (6;-3;-1)$.
Mà $\vec{u}_{\Delta} = (3;-2;2)$.
Do đó, $(P)$ chứa $\Delta$ và $I$, $N$ nên $\vec{n}_{P} = \left[ \vec{u}_{\Delta},\vec{NI} \right] = (8;15;3)$.
Mặt phẳng $(P)$ đi qua $I(5;-1;1)$ và có véc-tơ pháp tuyến là $\vec{n}_{P} = (8;15;3)$ có phương trình $$8(x - 5) + 15(y + 1) + 3(z - 1) = 0 \Leftrightarrow 8x + 15y + 3z - 28 = 0$$ $\Rightarrow a = 8, b = 15, c = 3 \Rightarrow a + b + c = 8 + 15 + 3 = 26$.
Vậy giá trị của $a + b + c$ bằng $26$.

Câu 45. Bạn An được gia đình gửi vào sổ tiết kiệm $200$ triệu đồng với lãi suất $0{,}5\%$ một tháng theo hình thức lãi kép. Nếu mỗi tháng An rút ra một số tiền như nhau vào ngày ngân hàng trả lãi thì hàng tháng An rút ra số tiền gần nhất với số nào sau đây để đúng sau $4$ năm vừa hết số tiền trong sổ tiết kiệm?
A. $4\,\,687\,\,000$ đồng.
B. $4\,\,697\,\,000$ đồng.
C. $4\,\,690\,\,000$ đồng.
D. $4\,\,700\,\,000$ đồng.

Lời giải câu 45
Gọi $A$ (triệu đồng), $r$ lần lượt là số tiền An rút ra mỗi tháng cần tìm và lãi suất mỗi tháng ($A, r > 0$).
Số tiền còn lại sau tháng thứ nhất là $200(1 + r)^1 - A$.
Số tiền còn lại sau tháng thứ hai là $\left[200(1 + r)^1 - A \right](1+r) - A = 200(1+r)^2 - A\left[ (1 + r) + 1 \right]$.
Số tiền còn lại sau tháng thứ ba là $$\left\lbrace 200(1+r)^2 - A\left[ (1 + r) + 1 \right] \right\rbrace (1+r) - A = 200(1+r)^3 - A\left[ (1 + r)^2 + (1 + r) + 1 \right].$$ ...
Số tiền còn lại sau tháng thứ $n$ là $$200(1+r)^n - A\left[ (1 + r)^{n-1}+ \cdots + (1 + r) + 1 \right] = 200(1+r)^n - A\cdot \dfrac{1 - (1+r)^n}{1 - (1+r)}.$$ Để sau đúng $4$ năm, tức $48$ tháng vừa hết số tiền thì \begin{eqnarray*} & & 200(1+r)^{48} - A\cdot \dfrac{1 - (1+r)^{48}}{1 - (1+r)} = 0
&\Leftrightarrow& A = \dfrac{200(1+r)^{48}r}{(1+r)^{48}-1}
&\Leftrightarrow& A = \dfrac{200(1+0{,}5\%)^{48}\cdot 0{,}5\%}{(1 + 0{,}5\%)^{48} - 1}
&\Leftrightarrow& A \approx 4{,}697006 \textrm{ (triệu đồng).} \end{eqnarray*} Nếu mỗi tháng An rút ra một số tiền như nhau vào ngày ngân hàng trả lãi thì hàng tháng An rút ra số tiền gần nhất là $4\,\,697\,\,000$ (đồng) để đúng sau $4$ năm vừa hết số tiền trong sổ tiết kiệm.

Câu 46. Xét hai số phức $z_1$, $z_2$ thỏa mãn $\left|z_1 - 1 + i \right| = 1$, $\left|z_2 + 1 - i \right| = 2$ và $\left|z_1 - z_2 - 2 + 2i \right| =\sqrt{3}$. Giá trị lớn nhất của $\left|3z_1 + 2z_2 - 1 - 5i \right| $ bằng
A. $6 + \sqrt{37}$.
B. $5 + \sqrt{23}$.
C. $6 + \sqrt{11}$.
D. $6 + \sqrt{13}$.

Lời giải câu 46
Gọi $M$, $N$ lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức $z_1$, $z_2$. Khi đó Từ $\left|z_1 - 1 + i \right| = 1$, ta có $MA = 1$ với $A(1;-1)$. Từ $\left|z_2 + 1 - i \right| = 2$, ta có $NB = 2$ với $B(-1;1)$. Ta có \begin{eqnarray*} \left|z_1 - z_2 - 2 + 2i \right| =\sqrt{3} &\Leftrightarrow& \left| (z_1 - 1 + i) - (z_2 + 1 - i) \right| = \sqrt{3}
&\Leftrightarrow& \left|\vec{MA} - \vec{NB} \right| = \sqrt{3}
&\Leftrightarrow& MA^2 + NB^2 - 2\vec{MA}\cdot\vec{NB} = 3
&\Leftrightarrow& \vec{MA}\cdot\vec{NB} = 1. \end{eqnarray*} Mặt khác, ta cũng có \begin{eqnarray*} \left|3z_1 + 2z_2 - 1 - 5i \right| &=& \left|3(z_1 - 1 + i) + 2(z_2 + 1 - i) - 6i\right|
&\leq& \left|3(z_1 - 1 + i) + 2(z_2 + 1 - i) \right| + \left|-6i \right|
&=& P + 6, \end{eqnarray*} với $P = \left|3(z_1 - 1 + i) + 2(z_2 + 1 - i) \right| = \left|3\vec{MA} + 2\vec{NB} \right|$
$\Rightarrow P^2 = 9MA^2 + 4NB^2 + 12\vec{MA}\cdot\vec{NB} = 9\cdot1^2 + 4\cdot2^2 + 12\cdot1 = 37$
$\Rightarrow P = \sqrt{37}$
$\Rightarrow \left|3z_1 + 2z_2 - 1 - 5i \right| \leq \sqrt{37} + 6$.
Vậy giá trị lớn nhất của $\left|3z_1 + 2z_2 - 1 - 5i \right| $ bằng $6 + \sqrt{37}$.

Câu 47. CHÈN HÌNH CÂU 47
Cho phương trình $\log_2(2x - m) = 4^x + m$ với $m$ là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của $m \in (-27;27)$ sao cho phương trình trên có nghiệm?
A. $10$.
B. $26$.
C. $1$.
D. $53$.

Lời giải câu 47
Điều kiện: $2x - m > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{m}{2}$.
$\log_2(2x - m) = 4^x + m \Leftrightarrow 2x - m + \log_2(2x - m) = 2^{2x} + 2x \quad (1)$.
Đặt $\left\{\begin{aligned}&u = 2x - m\\&v = 2x. \end{aligned}\right.$
Nhận xét: $2x - m = 2^{\log_2(2x - m)}$, vì vậy $(1) \Leftrightarrow 2^u + u = 2^v + v \quad (2)$.
Xét hàm số $f(t) = 2^t + t$, ta có: $f'(t) = 2^t\cdot\ln2 + 1 > 0$.
Như vậy $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó $(2) \Leftrightarrow \log_2(u) = v \Leftrightarrow \log_2(2x - m) = 2x \Leftrightarrow 2x - m = 2^{2x} \Leftrightarrow m = 2x - 4^x$.
Đặt $g(x) = 2x - 4^x \Rightarrow g'(x) = 2 - 4^x\cdot \ln 4$.
$g'(x) = 0 \Leftrightarrow 2 - 4^x\cdot \ln 4 = 0 \Leftrightarrow 4^x = \dfrac{1}{\ln 2} \Leftrightarrow x = -\log_4\left(\ln2\right)$.
Bảng biến thiên của $g(x)$ Do $m \in (-27;27)$ nên phương trình có nghiệm khi $-27 < m \leq -\dfrac{1}{\ln2} - 2\log_4 (\ln2)$. Hơn nữa, $m$ nguyên nên $m \in \left\lbrace -26,-25,\dots, -1\right\rbrace $.
Vậy có $26$ giá trị nguyên $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 48. CHÈN HÌNH CÂU 48
Cho hàm số $f(x) = x^3 + bx^2 + cx + d$ có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới. Số nghiệm của phương trình $\sqrt{f\left[f(x)\right] + 4} = f(x) + 1$ là
A. $7$.
B. $4$.
C. $3$.
D. $2$.

Lời giải câu 48
Do $f(x)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $2$ nên $d = 2$.
Ta có $f'(x) = 3x^2 + 2bx + c$
$\Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3x^2 + 2bx + c = 0 \quad (1)$.
Vì hàm số có hai cực trị tại $x = 0$ và $x = 2$ nên $x = 0$ và $x = 2$ là nghiệm của $(1)$, do đó $$\left\{\begin{aligned}&3\cdot0^2 + 2b\cdot 0 + c = 0\\&3\cdot 2^2 + 2b\cdot 2 + c = 0 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&b = -3\\&c = 0. \end{aligned}\right.$$ $\Rightarrow f(x) = x^3 - 3x^2 + 2$.
Đặt $t = f(x)$, khi đó phương trình đã cho trở thành $$ \sqrt{f(t) + 4} = t + 1 \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&f(t) + 4 = t^2 + 2t + 1\\&t \geq -1 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&f(t) = t^2 + 2t - 3\quad (*)\\&t \geq -1. \end{aligned}\right. $$ Ta có $$ f(t) = t^2 + 2t - 3 \Leftrightarrow t^3 - 3t^2 + 2 = t^2 + 2t - 3 \Leftrightarrow (t-1)(t^2 - 3t - 5) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&t = \dfrac{3-\sqrt{29}}{2} < -1 \textrm{ (loại)}\\&t = 1\\&t = \dfrac{3+\sqrt{29}}{2}. \end{aligned}\right.$$ Dựa vào đồ thị, ta có $f(x) = 1$ có $3$ nghiệm, $f(x) = \dfrac{3+\sqrt{29}}{2} $ có $1$ nghiệm.
Vậy phương trình $\sqrt{f\left[f(x)\right] + 4} = f(x) + 1$ có $4$ nghiệm.

Câu 49. CHÈN HÌNH CÂU 49
Cho hai số thực dương $x$, $y$ thỏa mãn $\log_3\left[ (x^2 + 2)(y + 1) \right]^{y + 1} = 9 - x^2(y+1)$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = x^2 + 2y$ bằng
A. $-5 + 6\sqrt{3}$.
B. $\dfrac{11}{2}$.
C. $-4 + 6\sqrt{2}$.
D. $\dfrac{27}{5}$.

Lời giải câu 49
Ta có \begin{eqnarray*} & &\log_3\left[ (x^2 + 2)(y + 1) \right]^{y + 1} = 9 - x^2(y+1) \Leftrightarrow (y + 1)\log_3\left[ (x^2 + 2)(y + 1) \right] = 9 - x^2(y+1)
&\Leftrightarrow& \log_3(x^2 + 2) + \log_3(y + 1) = \dfrac{9}{y + 1} - x^2 \Leftrightarrow \log_3(x^2 + 2) + x^2 + 2 = \dfrac{9}{y + 1} - \log_3(y + 1) + 2
&\Leftrightarrow& \log_3(x^2 + 2) + x^2 + 2 = \dfrac{9}{y + 1} + \log_3\dfrac{1}{y + 1} + \log_39
&\Leftrightarrow& \log_3(x^2 + 2) + x^2 + 2 = \dfrac{9}{y + 1} + \log_3\dfrac{9}{y + 1}. \quad (1) \end{eqnarray*} Đặt $\left\{\begin{aligned}&u = x^2 + 2, u > 0\\&v = \dfrac{9}{y + 1}, v > 0. \end{aligned}\right.$
Phương trình $(1)$ trở thành: $\log_3u + u = \log_3v + v$.
Xét hàm số $f(t) = \log_3t + t$, $t > 0$.
Ta có $f'(t) = \dfrac{1}{t\ln3} + 1 > 0$, $\forall t > 0$.
Suy ra hàm số $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty)$.
Mà $f(u) = f(v)$ nên $u = v \Leftrightarrow x^2 + 2 = \dfrac{9}{y + 1} \Leftrightarrow x^2 = \dfrac{9}{y + 1} - 2$.
Do đó $P = x^2 + 2y = \dfrac{9}{y + 1} + 2y - 2$, $y > 0$
$\Rightarrow P' = -\dfrac{9}{(y + 1)^2} + 2$.
$$P' = 0 \Leftrightarrow (y + 1)^2 = \dfrac{9}{2} \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&y + 1 = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\\&y + 1 = -\dfrac{3\sqrt{2}}{2} \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&y = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} - 1 \textrm{ (nhận)}\\&y = -\dfrac{3\sqrt{2}}{2} - 1 \textrm{ (loại).} \end{aligned}\right.$$ Bảng biến thiên của $P$ Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $-4 + 6\sqrt{2}$.

Câu 50. CHÈN HÌNH CÂU 50
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M$, $N$ lần lượt thuộc các đoạn thẳng $AB$, $AD$ ($M$, $N$ không trùng $A$) sao cho $\dfrac{AB}{AM} = x$ và $\dfrac{AD}{AN} = y$ thỏa mãn $x + 2y = 4$ và $\dfrac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABCD}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của $x^2 + y^2 + \dfrac{V_{S.ABD}}{V_{S.AMN}}$ bằng
A. $9$.
B. $7$.
C. $5$.
D. $6$.

Lời giải câu 50
{ Ta có: $V_{S.AMN} = \dfrac{1}{3}\mathrm{d}\left(S;(ABCD)\right)\cdot S_{\triangle AMN}$, $V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3}\mathrm{d}\left(S;(ABCD)\right)\cdot S_{ABCD}$. Mà $S_{\triangle AMN} = \dfrac{1}{2}AM\cdot AN \cdot \sin A$, $S_{ABCD} = 2S_{\triangle ABD} = 2\cdot\dfrac{1}{2}AB\cdot AD \cdot \sin A$, $x + 2y = 4 \Leftrightarrow y = \dfrac{4-x}{2}$. } Do đó $$\dfrac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{AM}{AB}\cdot\dfrac{AN}{AD} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{x(4-x)} = \dfrac{1}{x(4-x)}.$$ Vì $x(4-x) \leq \left( \dfrac{x + 4 - x}{2} \right)^2 = 4 \Rightarrow \dfrac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABCD}} \geq \dfrac{1}{4}$.
Khi đó $\left( \dfrac{V_{\triangle AMN}}{V_{ABCD}} \right)_{\min} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x = 4-x \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow y = 1$.
Suy ra $\dfrac{V_{S.ABD}}{V_{S.AMN}} = xy = 2\cdot1 = 2$.
Do đó $x^2 + y^2 + \dfrac{V_{S.ABD}}{V_{S.AMN}} = 2^2 + 1^2 + 2 = 7$.
Vậy giá trị của $x^2 + y^2 + \dfrac{V_{S.ABD}}{V_{S.AMN}}$ bằng $7$.

Họ và tên     Lớp    

Bạn đã nộp bài!

Read More

Đề số 4 ôn giai đoạn cuối

Thời gian làm bài:

Câu 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm $3$ chữ số khác nhau được lập từ các chữ số $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$?
A. $\mathrm{P}_6$.
B. $\mathrm{C}_6^3$.
C. $\mathrm{A}_6^3$.
D. $18$.

Lời giải câu 1
Mỗi cách chọn $3$ chữ số khác nhau từ $6$ chữ số đã cho và sắp xếp chúng theo một tứ tự nhất định là một chỉnh hợp chập $3$ của $6$.
Vậy có tất cả $\mathrm{A}_6^3$ số tự nhiên có $3$ chữ số khác nhau được lập từ các chữ số $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$.

Câu 2. Cho cấp số nhân $(u_n)$ có $u_1=-2$ và $u_2=4$. Giá trị của $u_3$ bằng
A. $-8$.
B. $-6$.
C. $6$.
D. $10$.

Lời giải câu 2
Công bội của cấp số nhân $(u_n)$ là $q=\dfrac{u_2}{u_1}=\dfrac{4}{-2}=-2$.
Do đó, $u_3=u_2\cdot q= 4\cdot (-2)=-8$.

Câu 3. CHÈN HÌNH CÂU 3
Cho hàm số $y=f(x)$ có bảng biến thiên như sau Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A. $(0;1)$.
B. $(0;+\infty)$.
C. $(-\infty;-1)$.
D. $(-1;0)$.

Lời giải câu 3
Dựa vào bảng biến thiên đã cho Hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên mỗi khoảng $(-1;0)$ và $(1;+\infty)$. Hàm số $y=f(x)$ đồng biến trên mỗi khoảng $(-\infty;-1)$ và $(0;1)$.

Câu 4. CHÈN HÌNH CÂU 4
Cho hàm số $y=f(x)$ có bảng biến thiên như sau Điểm cực đại của hàm số đã cho là
A. $x=-2$.
B. $x=3$.
C. $x=4$.
D. $x=1$.

Lời giải câu 4
Dựa vào bảng biến thiên đã cho Hàm số $y=f(x)$ đạt cực đại tại $x=3$ và giá trị cực đại của hàm số $y=f(x)$ bằng $4$. Hàm số $y=f(x)$ đạt cực tiểu tại $x=1$ và giá trị cực tiểu của hàm số $y=f(x)$ bằng $-2$.

Câu 5. Đường thẳng $x=1$ cắt đồ thị hàm số $y=3x^3+x^2-2$ tại điểm có tung độ bằng
A. $0$.
B. $3$.
C. $1$.
D. $2$.

Lời giải câu 5
Thay $x=1$ vào hàm số $y=3x^3+x^2-2$ ta được $y=2$.
Vậy đường thẳng $x=1$ cắt đồ thị hàm số $y=3x^3+x^2-2$ tại điểm có tung độ bằng $2$.

Câu 6. Với $a$ là số thực dương tùy ý, $\sqrt[3]{a^2}$ bằng
A. $a^{\frac{2}{3}}$.
B. $a^{\frac{3}{2}}$.
C. $a^{-1}$.
D. $a^{\frac{1}{3}}$.

Lời giải câu 6
Với $a$ là số thực dương tùy ý, ta có $\sqrt[3]{a^2}=a^{\frac{2}{3}}$.

Câu 7. Đạo hàm của hàm số $y=\log_3 x$ là
A. $y'=\dfrac{\ln 3}{x}$.
B. $y'=\dfrac{1}{x\ln 3}$.
C. $y'=\dfrac{1}{3x}$.
D. $y'=\dfrac{3}{x}$.

Lời giải câu 7
Với mọi $x>0$, đạo hàm của hàm số $y=\log_3 x$ là $y'=\dfrac{1}{x\ln 3}$.

Câu 8. Nghiệm của phương trình $\log_9(2x)=\dfrac{1}{2}$ là
A. $x=2$.
B. $x=\dfrac{1}{2}$.
C. $x=1$.
D. $x=\dfrac{3}{2}$.

Lời giải câu 8
Ta có \[\log_9(2x)=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&2x>0 \\&2x=9^{\frac{1}{2}}\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x>0 \\&2x=3\end{aligned}\right. \Leftrightarrow x=\dfrac{3}{2}.\] Vậy phương trình $\log_9(2x)=\dfrac{1}{2}$ có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{3}{2}$.

Câu 9. Cho hàm số $f(x)=2x+4x^3$. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau.
A. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x = 3x^4+x^2+C$.
B. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x = x^4+x^2+C$.
C. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x = 3x^4+2x^2+C$.
D. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x = x^4+2x^2+C$.

Lời giải câu 9
Ta có $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\int \left(2x+4x^3\right)\mathrm{\,d}x = 2\cdot \dfrac{x^2}{2}+4\cdot\dfrac{x^4}{4}+C=x^4+x^2+C$.

Câu 10. Cho hàm số $f(x)=\sin 3x$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{1}{3}\cos 3x+C$.
B. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=-\cos 3x+C$.
C. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{3}\cos 3x+C$.
D. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=\cos 3x+C$.

Lời giải câu 10
Ta có $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int \sin 3x\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{3}\displaystyle\int \sin 3x\mathrm{\,d}(3x)=-\dfrac{1}{3}\cos 3x+C$.

Câu 11. Nếu $\displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x=-1$ và $\displaystyle\int\limits_2^5 f(x)\mathrm{\,d}x=4$ thì $\displaystyle\int\limits_3^5 f(x)\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $3$.
B. $5$.
C. $-5$.
D. $-3$.

Lời giải câu 11
Ta có $\displaystyle\int\limits_2^5 f(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_3^5 f(x)\mathrm{\,d}x$.
Do đó, $\displaystyle\int\limits_3^5 f(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_2^5 f(x)\mathrm{\,d}x - \displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x = 4-(-1)=5$.

Câu 12. Tích phân $\displaystyle\int\limits_{-2}^1 x^3\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $-\dfrac{9}{4}$.
B. $\dfrac{17}{4}$.
C. $17$.
D. $-\dfrac{15}{4}$.

Lời giải câu 12
Ta có $\displaystyle\int\limits_{-2}^1 x^3\mathrm{\,d}x = \dfrac{x^4}{4}\bigg|_{-2}^1 = \dfrac{1^4}{4}-\dfrac{(-2)^4}{4} = -\dfrac{15}{4}$.

Câu 13. Số phức liên hợp của số phức $z=1-2i$ là
A. $\overline{z}=1+2i$.
B. $\overline{z}=-1+2i$.
C. $\overline{z}=-1-2i$.
D. $\overline{z}=2-i$.

Lời giải câu 13
Số phức liên hợp của số phức $z=1-2i$ là $\overline{z}=1+2i$.

Câu 14. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức $z=-1+3i$ có tọa độ là
A. $(3;-1)$.
B. $(1;-3)$.
C. $(-1;-3)$.
D. $(-1;3)$.

Lời giải câu 14
Điểm biểu diễn của số phức $z=-1+3i$ là $M(-1;3)$.

Câu 15. Cho hai số phức $z_1=2+3i$ và $z_2=5-i$. Số phức $z_2-z_1$ bằng
A. $3+4i$.
B. $-3+4i$.
C. $-3-4i$.
D. $3-4i$.

Lời giải câu 15
Ta có $z_2-z_1=(5-i)-(2+3i) = 5-i-2-3i=3-4i$.

Câu 16. Tính thể tích của khối lập phương có cạnh bằng $3$.
A. $12$.
B. $9$.
C. $27$.
D. $36$.

Lời giải câu 16
Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng $3$ là $V=3^3=27$.

Câu 17. Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng $7$ và chiều cao bằng $6$. Thể tích của khối lăng trụ đó bằng
A. $26$.
B. $42$.
C. $39$.
D. $14$.

Lời giải câu 17
Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng $7$ và chiều cao bằng $6$ là $V=7\cdot 6=42$.

Câu 18. Một khối trụ có bán kính đáy $r=2\text{\,cm}$ và chiều cao $h=5\text{\,cm}$. Thể tích của khối trụ đó bằng
A. $\dfrac{20\pi}{3}\text{\,cm}^3$.
B. $10\pi\text{\,cm}^3$.
C. $50\pi\text{\,cm}^3$.
D. $20\pi\text{\,cm}^3$.

Lời giải câu 18
Thể tích của khối trụ đã cho là $V=\pi r^2 h = \pi\cdot 2^2\cdot 5 = 20\pi\text{\,cm}^3$.

Câu 19. Công thức tính diện tích xung quanh $S_{\text{xq}}$ của hình nón tròn xoay có bán kính đáy $r$ và độ dài đường sinh $\ell$ là
A. $S_{\text{xq}}=2\pi r\ell$.
B. $S_{\text{xq}}=\pi r^2\ell$.
C. $S_{\text{xq}}=\pi r\ell$.
D. $S_{\text{xq}}=2\pi r^2\ell$.

Lời giải câu 19
Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay có bán kính đáy $r$ và độ dài đường sinh $\ell$ là $S_{\text{xq}}=\pi r\ell$.

Câu 20. Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A(1;2;3)$, $B(2;-1;4)$ và $C(-1;3;5)$. Trọng tâm của tam giác $ABC$ có tọa độ là
A. $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{4}{3};4\right)$.
B. $\left(\dfrac{4}{3};2;4\right)$.
C. $\left(\dfrac{4}{3};\dfrac{2}{3};4\right)$.
D. $\left(2;\dfrac{2}{3};4\right)$.

Lời giải câu 20
Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Ta có \[\left\{\begin{aligned}&x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3} \\&y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3} \\&z_G=\dfrac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x_G=\dfrac{1+2-1}{3} \\&y_G=\dfrac{2-1+3}{3} \\&z_G=\dfrac{3+4+5}{3}\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x_G=\dfrac{2}{3} \\&y_G=\dfrac{4}{3} \\&z_G=4.\end{aligned}\right.\] Vậy $G\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{4}{3};4\right)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Câu 21. Trong không gian $Oxyz$, tâm của mặt cầu $(S)\colon (x-1)^2+y^2+(z+1)^2=4$ có tọa độ là
A. $(1;-1;2)$.
B. $(1;0;-1)$.
C. $(-1;0;1)$.
D. $(1;2;-1)$.

Lời giải câu 21
Mặt cầu $(S)\colon (x-1)^2+y^2+(z+1)^2=4$ có tâm $I(1;0;-1)$ và bán kính $R=2$.

Câu 22. Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng có phương trình nào dưới đây \textbf{không} đi qua điểm $M(1;-2;3)$?
A. $x-2y+z-8=0$.
B. $3x-y+z-8=0$.
C. $2x-3y+z-10=0$.
D. $2x-y+2z-10=0$.

Lời giải câu 22
Vì $2\cdot 1-3\cdot (-2)+3-10=1\neq 0$ nên mặt phẳng $(\alpha)\colon 2x-3y+z-10=0$ không đi qua điểm $M(1;-2;3)$. Vì $1-2\cdot (-2)+3-8=0$ nên mặt phẳng $(\beta)\colon x-2y+z-8=0$ đi qua điểm $M(1;-2;3)$. Vì $3\cdot 1-(-2)+3-8=0$ nên mặt phẳng $(\gamma)\colon 3x-y+z-8=0$ đi qua điểm $M(1;-2;3)$. Vì $2\cdot 1-(-2)+2\cdot 3-10=0$ nên mặt phẳng $(\rho)\colon 2x-y+2z-10=0$ đi qua điểm $M(1;-2;3)$.

Câu 23. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A(2;-2;1)$ và $B(0;3;2)$. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng $AB$?
A. $\overrightarrow{u}=(-2;5;-1)$.
B. $\overrightarrow{u}=(2;5;-1)$.
C. $\overrightarrow{u}=(-2;5;1)$.
D. $\overrightarrow{u}=(5;-2;1)$.

Lời giải câu 23
Đường thẳng $AB$ có một véc-tơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{AB}=(-2;5;1)$.

Câu 24. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp $A$ gồm $20$ số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được số chia hết cho $3$ là
A. $\dfrac{3}{5}$.
B. $\dfrac{1}{3}$.
C. $\dfrac{3}{10}$.
D. $\dfrac{1}{2}$.

Lời giải câu 24
Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega)=20$.
Gọi $A$ là biến cố ``chọn được số nguyên dương chia hết cho $3$''.
Ta có $A=\{3;6;9;12;15;18\}$.
Số phần tử của biến cố $A$ là $n(A)=6$.
Xác suất của biến cố $A$ là $\mathrm{P}(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{6}{20} = \dfrac{3}{10}$.

Câu 25. CHÈN HÌNH CÂU 25
Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Gọi $\varphi$ là góc giữa $AB$ và mặt phẳng $(BCD)$. Tính $\cos\varphi$.
A. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
C. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
D. $\dfrac{1}{2}$.

Lời giải câu 25
{ Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, $H$ là trọng tâm của tam giác $BCD$.
Vì $BCD$ là tam giác đều nên $H$ cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$.
Suy ra $AH\perp (BCD)$. Cho nên $HB$ là hình chiếu vuông góc của $AB$ trên $(BCD)$.
Vậy góc giữa $AB$ và $(BCD)$ bằng góc giữa $AB$ và $HB$, chính là $\widehat{ABH}$ $\Big($vì $\widehat{AHB}=90^\circ \Big)$.
Ta có $BM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, $BH=\dfrac{2}{3}BM=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$. } Trong tam giác $ABH$ vuông tại $H$, ta có $\cos\varphi=\cos\widehat{ABH}=\dfrac{BH}{AB} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$.

Câu 26. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên $\mathbb{R}$?
A. $y=x-x^2+3$.
B. $y=3-2x-2x^3$.
C. $y=x^4-2x^2+2$.
D. $y=\dfrac{x+3}{x-1}$.

Lời giải câu 26
Hàm số $y=3-2x-2x^3$ có tập xác định $\mathscr{D}=\mathbb{R}$ và đạo hàm $y'=-2-6x^2< 0,\forall x\in\mathbb{R}$. Vậy hàm số $y=3-2x-2x^3$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Hàm số bậc hai $y=x-x^2+3$, hàm số trùng phương $y=x^4-2x^2+2$ không thể luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$ hoặc luôn nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Hàm số $y=\dfrac{x+3}{x-1}$ có tập xác định $\mathscr{D}=\mathbb{R}\setminus \{1\}$ nên nó không thể nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 27. CHÈN HÌNH CÂU 27
Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm $f'(x)=(x+3)(x+1)(x-2)(x-4)$. Hàm số $y=f(x)$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. $4$.
B. $3$.
C. $2$.
D. $1$.

Lời giải câu 27
Ta có \[f'(x)=0 \Leftrightarrow (x+3)(x+1)(x-2)(x-4)=0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&x+3=0 \\&x+1=0 \\&x-2=0 \\&x-4=0\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&x=-3 \\&x=-1 \\&x=2 \\&x=4.\end{aligned}\right.\] Bảng xét dấu của $f'(x)$ Vì dấu của $f'(x)$ đổi từ dương sang âm khi qua các điểm $x=-3$, $x=2$ theo chiều tăng của $x$ nên hàm số $y=f(x)$ đạt cực đại tại các điểm $x=-3$, $x=2$. Vì dấu của $f'(x)$ đổi từ âm sang dương khi qua các điểm $x=-1$, $x=4$ theo chiều tăng của $x$ nên hàm số $y=f(x)$ đạt cực tiểu tại các điểm $x=-1$, $x=4$. Vậy hàm số $y=f(x)$ có $4$ điểm cực trị.

Câu 28. Gọi $M$, $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x)=x^4-\dfrac{x^2}{2}+1$ trên đoạn $[0;1]$. Tính $2M-3m$.
A. $\dfrac{3}{16}$.
B. $\dfrac{9}{16}$.
C. $\dfrac{13}{16}$.
D. $\dfrac{1}{16}$.

Lời giải câu 28
Hàm số $f(x)=x^4-\dfrac{x^2}{2}+1$ xác định và liên tục trên đoạn $[0;1]$.
Ta có $f'(x)=4x^3-x=x\left(4x^2-1\right)$. Khi đó, trên đoạn $[0;1]$ phương trình $f'(x)=0$ chỉ có hai nghiệm $x=0$, $x=\dfrac{1}{2}$.
Lại có $f(0)=1$, $f(1)=\dfrac{3}{2}$, $f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{15}{16}$.
Vậy $M=\max\limits_{[0;1]}f(x)=\dfrac{3}{2}$ và $m=\min\limits_{[0;1]}f(x)=\dfrac{15}{16}$.
Do đó, $2M-3m=2\cdot \dfrac{3}{2}-3\cdot \dfrac{15}{16} = \dfrac{3}{16}$.

Câu 29. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\dfrac{2x-3}{x-1}$ là đường thẳng
A. $y=-2$.
B. $y=1$.
C. $y=2$.
D. $y=3$.

Lời giải câu 29
Tập xác định của hàm số $y=\dfrac{2x-3}{x-1}$ là $\mathscr{D}=\mathbb{R}\setminus \{1\}$.
Vì $\lim\limits_{x\to -\infty}y=\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{2x-3}{x-1} = \lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{2-\dfrac{3}{x}}{1-\dfrac{1}{x}} = 2$ và $\lim\limits_{x\to +\infty}y=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{2x-3}{x-1} = \lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{2-\dfrac{3}{x}}{1-\dfrac{1}{x}} = 2$ nên đường thẳng $y=2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\dfrac{2x-3}{x-1}$.

Câu 30. CHÈN HÌNH CÂU 30
{ Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
A. $y=-2x^4+4x^2-1$.
B. $y=x^4+2x^2-1$.
C. $y=2x^4-4x^2-1$.
D. $y=-x^4-2x^2-1$.
}

Lời giải câu 30
Đường cong trong hình vẽ đã cho có dáng điệu của đồ thị hàm số trùng phương $y=ax^4+bx^2+c$ $(a\neq 0)$. Vì $\lim\limits_{x\to -\infty}y=\lim\limits_{x\to -\infty}\left[x^4\left(a+\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x_4}\right)\right]=-\infty$ nên $a< 0$. Đồ thị hàm số có $3$ điểm cực trị nên $ab< 0$ hay $b>0$ (vì $a< 0$). Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $-1$ và đi qua các điểm $(1;1)$, $(-1;1)$. Vậy hàm số thỏa mãn các yếu tố trên là $y=-2x^4+4x^2-1$

Câu 31. Với $a$ là số thực dương tùy ý, $\log_2\dfrac{a}{16}$ bằng
A. $4\log_2 a$.
B. $\log_2 a+4$.
C. $4-\log_2 a$.
D. $\log_2 a-4$.

Lời giải câu 31
Với $a$ là số thực dương tùy ý, ta có $\log_2\dfrac{a}{16} = \log_2 a-\log_2 16 = \log_2 a-4$.

Câu 32. Nghiệm của phương trình $4^{1-2x}=64$ là
A. $x=-1$.
B. $x=1$.
C. $x=2$.
D. $x=-2$.

Lời giải câu 32
Ta có \[4^{1-2x}=64 \Leftrightarrow 4^{1-2x}=4^3 \Leftrightarrow 1-2x=3 \Leftrightarrow x=-1.\] Vậy phương trình $4^{1-2x}=64$ có nghiệm duy nhất $x=-1$.

Câu 33. Tập nghiệm của bất phương trình $2^{x^2-5}\leq 4\log_{\sqrt{2}}4$ là
A. $(-\infty;-3]$.
B. $[3;+\infty)$.
C. $[0;3]$.
D. $[-3;3]$.

Lời giải câu 33
Ta có \[2^{x^2-5}\leq 4\log_{\sqrt{2}}4 \Leftrightarrow 2^{x^2-5}\leq 16 \Leftrightarrow x^2-5\leq 4 \Leftrightarrow x^2-9\leq 0 \Leftrightarrow -3\leq x\leq 3.\] Vậy tập nghiệm của bất phương trình $2^{x^2-5}\leq 4\log_{\sqrt{2}}4$ là $S=[-3;3]$.

Câu 34. Nếu $\displaystyle\int\limits_2^3\left[2-3f(x)\right]\mathrm{\,d}x=8$ thì $\displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $-3$.
B. $5$.
C. $-2$.
D. $2$.

Lời giải câu 34
Ta có \[\displaystyle\int\limits_2^3\left[2-3f(x)\right]\mathrm{\,d}x=8 \Leftrightarrow 2\displaystyle\int\limits_2^3\mathrm{d}x-3\displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x=8 \Leftrightarrow 2-3\displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x=8 \Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x=-2.\] Vậy $\displaystyle\int\limits_2^3 f(x)\mathrm{\,d}x=-2$.

Câu 35. Cho số phức $z=2+2i$. Mô-đun của số phức $(1-2i)z$ bằng
A. $2\sqrt{10}$.
B. $5\sqrt{2}$.
C. $40$.
D. $30$.

Lời giải câu 35
Ta có $w=(1-2i)z= (1-2i)(2+2i) = 2+2i-4i-4i^2=6-2i$.
Vậy $|w|=\sqrt{6^2+(-2)^2} = \sqrt{40}=2\sqrt{10}$.

Câu 36. Cho số phức $z$ thỏa mãn $3z+\overline{z}=(2+i)\cdot (3-2i)^2$. Tính $|z+9i-5|$.
A. $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$.
B. $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
C. $\dfrac{1}{4}$.
D. $\dfrac{1}{2}$.

Lời giải câu 36
Đặt $z=x+yi$ với $x$, $y\in\mathbb{R}$, ta có \begin{eqnarray*} 3z+\overline{z}=(2+i)\cdot (3-2i)^2&\Leftrightarrow& 3(x+yi)+x-yi=22-19i
&\Leftrightarrow&4x+2yi=22-19i
&\Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned}&4x=22\\&2y=-19 \end{aligned}\right.
&\Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned}&x=\dfrac{11}{2}\\&y=-\dfrac{19}{2}. \end{aligned}\right. \end{eqnarray*} Khi đó $z+9i-5=\dfrac{11}{2}-\dfrac{19}{2}i+9i-5=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}i$.
Vậy $|z+9i-5|=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Câu 37. Trong không gian $Oxyz$, mặt cầu có tâm $I(0;1;0)$ và đi qua điểm $M(1;2;1)$ có phương trình
A. $x^2+(y-1)^2+z^2=1$.
B. $x^2+(y-1)^2+z^2=2$.
C. $x^2+(y-1)^2+z^2=3$.
D. $x^2+(y-1)^2+z^2=6$.

Lời giải câu 37
Bán kính mặt cầu là $R=IM=\sqrt{(1-0)^2+(2-1)^2+(1-0)^2}=\sqrt{3}$.
Vậy phương trình mặt cầu có tâm $I(0;1;0)$ và đi qua điểm $M(1;2;1)$ là $x^2+(y-1)^2+z^2=3$.

Câu 38. Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng đi qua hai điểm $A(1;2;3)$ và $B(2;-4;1)$ có phương trình là
A. $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{6}=\dfrac{z-3}{-2}$.
B. $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{-6}=\dfrac{z-3}{-2}$.
C. $\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{1}=\dfrac{z-3}{-6}$.
D. $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{2}=\dfrac{z-3}{6}$.

Lời giải câu 38
Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;-6;-2)$ là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng $AB$.
Phương trình đường thẳng $AB\colon \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{-6}=\dfrac{z-3}{-2}$.

Câu 39. Gọi $M$, $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x)=2\sin^2x-\cos x+k$. Giá trị của tham số thực $k$ để $m+M=\dfrac{3}{2}$ là
A. $k=\dfrac{1}{8}$.
B. $k=\dfrac{3}{16}$.
C. $k=\dfrac{3}{8}$.
D. $k=\dfrac{1}{4}$.

Lời giải câu 39
Ta có $f(x)=2(1-\cos^2x)-\cos x+k=-2\cos^2x-\cos x+k+2$.
Đặt $t=\cos x$ với điều kiện $t\in[-1;1]$, khi đó hàm số đã cho trở thành $f(t)=-2t^2-t+k+2$.
Hàm số liên tục trên đoạn $[-1;1]$.
Đạo hàm $f'(t)=-4t-1$ và $f'(t)=0\Leftrightarrow t=-\dfrac{1}{4}\in[-1;1]$.
Ta có $f(-1)=k+1$, $f(1)=k-1$, $f\left(-\dfrac{1}{4}\right)=k+\dfrac{17}{8}$.
Do đó $M=\max\limits_{[-1;1]}f(t)=k+\dfrac{17}{8}$ và $m=\min\limits_{[-1;1]}f(t)=k-1$.
Khi đó $M+m=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow 2k+\dfrac{17}{8}-1=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow k=\dfrac{3}{16}$.

Câu 40. CHÈN HÌNH CÂU 40
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực $m$ để phương trình $2x^3-6x+3m=0$ có ba nghiệm phân biệt là
A. $(-2;+\infty)$.
B. $\left(-\infty;\dfrac{4}{3}\right)$.
C. $\left(-\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3}\right)$.
D. $(-4;4)$.

Lời giải câu 40
Phương trình $2x^3-6x+3m=0\Leftrightarrow 3m=-2x^3+6x$. \quad (1)
Xét hàm số $y=-2x^3+6x$ có $y'=-6x^2+6$.
$y'=0\Leftrightarrow -6x^2+6=0\Leftrightarrow x=\pm1$.
Bảng biến thiên Phương trình $(1)$ có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $-4< 3m< 4\Leftrightarrow-\dfrac{4}{3}< m< \dfrac{4}{3}$.
Vậy tập hợp tất cả các giá trị của tham số $m$ là $\left(-\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3}\right)$.

Câu 41. Số nghiệm nguyên của bất phương trình $2^{x^2-4x-2}-16\cdot 2^x+3x^2-15x\le 18$ là
A. $8$.
B. $9$.
C. $7$.
D. $6$.

Lời giải câu 41
Ta có \begin{eqnarray*} &&2^{x^2-4x-2}-16\cdot 2^x+3x^2-15x\le 18
&\Leftrightarrow& 2^{x^2-4x-2}+3x^2-12x-6\le 2^4\cdot 2^x+3x+12
&\Leftrightarrow& 2^{x^2-4x-2}+3(x^2-4x-2)\le 2^{x+4}+3(x+4). \quad (1) \end{eqnarray*} Xét hàm số $f(t)=2^t+3t$ trên $\mathbb{R}$.
Đạo hàm $f'(t)=2^t\ln 2+3>0$ nên hàm số $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Khi đó $(1)\Leftrightarrow f(x^2-4x-2)\le f(x+4) \Leftrightarrow x^2-4x-2\le x+4$.
Giải bất phương trình trên ta có $x^2-5x-6\le 0\Leftrightarrow -1\le x\le 6$.
Mà $x\in\mathbb{Z}$ nên $x\in\{-1;0;1;2;3;4;5;6\}$.
Vậy bất phương trình có $8$ nghiệm nguyên.

Câu 42. CHÈN HÌNH CÂU 42
Cho hàm số $y=x^4-4x^2+m$ có đồ thị $(C)$, biết $(C)$ cắt trục hoành tại $4$ điểm phân biệt. Gọi $S_1$, $S_2$ lần lượt là diện tích các hình phẳng $H_1$, $H_2$ giới hạn bởi $(C)$ và trục hoành trong đó $H_1$ là phần phía trên, $H_2$ là phần phía dưới trục hoành. Tìm $m$ để $S_1=S_2$.
A. $m=\dfrac{5}{3}$.
B. $m=\dfrac{11}{9}$.
C. $m=\dfrac{5}{9}$.
D. $m=\dfrac{20}{9}$.

Lời giải câu 42
{ Gọi $a$, $b$ là hai hoành độ giao điểm của trục hoành với đồ thị $(C)$ với $0< a< b$.
Do đồ thị $(C)$ có trục đối xứng $Oy$ nên
$S_1=2\displaystyle\int\limits_0^a(x^4-4x^2+m)\mathrm{\,d}x$ và $S_2=2\displaystyle\int\limits_a^b(-x^4+4x^2-m)\mathrm{\,d}x$.
Khi đó \begin{eqnarray*} S_1=S_2&\Leftrightarrow&\displaystyle\int\limits_0^a(x^4-4x^2+m)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_a^b(-x^4+4x^2-m)\mathrm{\,d}x
&\Leftrightarrow&\left(\dfrac{x^5}{5}-\dfrac{4x^3}{3}+mx\right)\Bigg|_0^a=\left(-\dfrac{x^5}{5}+\dfrac{4x^3}{3}-mx\right)\Bigg|_a^b
&\Leftrightarrow& \dfrac{a^5}{5}-\dfrac{4a^3}{3}+ma=-\dfrac{b^5}{5}+\dfrac{4b^3}{3}-mb+\dfrac{a^5}{5}-\dfrac{4a^3}{3}+ma
&\Leftrightarrow& m=-\dfrac{b^4}{5}+\dfrac{4b^2}{3}. \quad (1) \end{eqnarray*} } Mà $b$ cũng là nghiệm của phương trình $x^4-4x^2+m=0$ nên $m=-b^4+4b^2$. \quad (2)
Từ $(1)$ và $(2)$, ta có $-\dfrac{b^4}{5}+\dfrac{4b^2}{3}=-b^4+4b^2\Leftrightarrow\dfrac{4b^4}{5}-\dfrac{8b^2}{3}=0\Leftrightarrow b^2=\dfrac{10}{3}$.
Vậy $m=-b^4+4b^2=\dfrac{20}{9}$.

Câu 43. CHÈN HÌNH CÂU 43
Cho hai số phức $z_1$, $z_2$ thỏa mãn $|z_1-2i|=\sqrt{2}|1+iz_1|$, $|z_2-2i|=\sqrt{2}|1+iz_2|$. Biết $|z_1-z_2|=\sqrt{3}$. Tính $|z_1+z_2|$.
A. $\sqrt{6}$.
B. $2\sqrt{2}$.
C. $\sqrt{5}$.
D. $\sqrt{7}$.

Lời giải câu 43
\textbf{Cách 1.}
Gọi $z_1=a+bi$, $z_2=c+di$ với $a$, $b$, $c$, $d\in\mathbb{R}$, ta có \begin{eqnarray*} \left\{\begin{aligned}&|z_1-2i|=\sqrt{2}|1+iz_1|\\&|z_2-2i|=\sqrt{2}|1+iz_2|\\&|z_1-z_2|=\sqrt{3} \end{aligned}\right. &\Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned}&a^2+(b-2)^2=2\left[(1-b)^2+a^2\right]\\&c^2+(d-2)^2=2\left[(1-d)^2+c^2\right]\\&(a-b)^2+(c-d)^2=3 \end{aligned}\right.
&\Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned}&a^2+b^2-4b+4=2a^2+2b^2-4b+2\\&c^2+d^2-4d+4=2c^2+2d^2-4d+2\\&a^2-2ab+b^2+c^2-2cd+d^2=3 \end{aligned}\right.
&\Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned}&a^2+b^2=2\\&c^2+d^2=2\\&2(ab+cd)=1. \end{aligned}\right. \end{eqnarray*} Suy ra $|z_1+z_2|=\sqrt{(a+b)^2+(c+d)^2}=\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2+2(ab+cd)}=\sqrt{2+2+1}=\sqrt{5}$.
\textbf{Cách 2. Hình học} { Gọi $z=x+yi$ với $x$, $y\in\mathbb{R}$. $|z-2i|=\sqrt{2}|1+iz|\Leftrightarrow x^2+(y-2)^2=2\left[(1-y)^2+x^2\right]\Leftrightarrow x^2+y^2=2$. Gọi $A$, $B$ lần lượt là điểm biểu diễn của số phức $z_1$, $z_2$. Suy ra $A$, $B$ thuộc đường tròn tâm $O(0;0)$ bán kính $R=\sqrt{2}$. Mà $|z_1-z_2|=\sqrt{3}\Leftrightarrow AB=\sqrt{3}$. Gọi $I$ là trung điểm $AB$, suy ra $|z_1+z_2|=\left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=2\left|\overrightarrow{OI}\right|=2OI$. $OI=\sqrt{R^2-\dfrac{AB^2}{4}}=\sqrt{2-\dfrac{3}{4}}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$. Vậy $|z_1+z_2|=\sqrt{5}$. }

Câu 44. CHÈN HÌNH CÂU 44
Cho khối lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ có $AB=2a$ và thể tích bằng $3a^3\sqrt{3}$. Khoảng cách từ điểm $A'$ đến mặt phẳng $(AB'C')$ bằng
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{3a}{2}$.
C. $a$.
D. $a\sqrt{3}$.

Lời giải câu 44
{ Gọi $V$ là thể tích của khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$.
Ta có $V=AA'\cdot S_{ABC}\Leftrightarrow 3a^3\sqrt{3}=AA'\cdot \dfrac{(2a)^2\sqrt{3}}{4}\Leftrightarrow AA'=3a$.
Gọi $M$ là trung điểm $B'C'$ và $A'H$ là đường cao $\triangle AA'M$, ta có \[\left\{\begin{aligned}&B'C'\perp A'M\\&B'C'\perp AA' \end{aligned}\right.\Rightarrow B'C'\perp (AA'M)\Rightarrow B'C'\perp A'H.\] Khi đó $\left\{\begin{aligned}&A'H\perp AM\\&A'H\perp B'C' \end{aligned}\right.\Rightarrow A'H\perp (AB'C')$.
Suy ra $\mathrm{d}(A',(AB'C'))=A'H$. } Xét $\triangle A'B'C'$ đều cạnh $2a$ nên $A'M=\dfrac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Xét $\triangle AA'M$ có $A'H=\dfrac{AA'\cdot A'M}{\sqrt{AA'^2+A'M^2}}=\dfrac{3a\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{9a^2+3a^2}}=\dfrac{3a}{2}$.
Vậy $\mathrm{d}(A',(AB'C'))=A'H=\dfrac{3a}{2}$.

Câu 45. CHÈN HÌNH CÂU 45
Cho khối nón đỉnh $S$ có bán kính đáy bằng $a$ và chiều cao bằng $\dfrac{a}{2}$. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn đi qua $S$ và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác $SAB$. Giá trị lớn nhất của tam giác $SAB$ là
A. $\dfrac{5a^2}{8}$.
B. $\dfrac{a^2}{2}$.
C. $\dfrac{3a^2}{8}$.
D. $\dfrac{2a^2}{3}$.

Lời giải câu 45
{ Do bán kính $r$ lớn hơn chiều cao $h$ của hình nón nên góc ở đỉnh của hình nón lớn hơn $90^\circ$.
Gọi $O$ là tâm của đường tròn đáy, ta có $SO=h=\dfrac{a}{2}$.
Bán kính đáy $r=a$ nên đường sinh $$\ell=SA=SB=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}.$$ } Diện tích $\triangle SAB$ là $S=\dfrac{1}{2}\cdot SA\cdot SB\cdot \sin\widehat{ASB}$.
Diện tích $S$ lớn nhất khi và chỉ khi $\sin\widehat{ASB}$ lớn nhất, hay $\widehat{ASB}=90^\circ$.
Khi đó $S=\dfrac{1}{2}\cdot SA\cdot SB=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{a\sqrt{5}}{2}\cdot\dfrac{a\sqrt{5}}{2}=\dfrac{5a^2}{8}$.

Câu 46. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $M(2;1;0)$ và đường thẳng $d_1\colon \dfrac{x+1}{2}=\dfrac{y-2}{-1}=\dfrac{z}{1}$. Đường thẳng $d_2$ đi qua điểm $M$, cắt và vuông góc với đường thẳng $d_1$ có phương trình là
A. $\dfrac{x-2}{4}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z}{-7}$.
B. $\dfrac{x-2}{3}=\dfrac{y-1}{7}=\dfrac{z}{1}$.
C. $\dfrac{x-2}{5}=\dfrac{y-1}{8}=\dfrac{z}{-2}$.
D. $\dfrac{x-2}{6}=\dfrac{y-1}{3}=\dfrac{z}{-1}$.

Lời giải câu 46
Đường thẳng $d_1$ không đi qua $M$ và có một véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(2;-1;1)$.
Phương trình tham số của đường thẳng $d_1\colon \left\{\begin{aligned}&x=-1+2t\\&y=2-t\\&z=t. \end{aligned}\right.$
Gọi $N$ là giao điểm của đường thẳng $d_2$ và $d_1$, suy ra $N\in d_1$ nên tọa độ điểm $N(-1+2n;2-n;n)$.
Khi đó $\overrightarrow{MN}=(2n-3;1-n;n)$.
$d_2$ vuông góc với $d_1$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{u}=0\Leftrightarrow 4n-6-1+n+n=0\Leftrightarrow n=\dfrac{7}{6}$.
Suy ra $\overrightarrow{MN}=\left(-\dfrac{2}{3};-\dfrac{1}{6};\dfrac{7}{6}\right)$, do đó đường thẳng $d_2$ có một véc-tơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=(4;1;-7)$.
Vậy phương trình đường thẳng $d_2\colon \dfrac{x-2}{4}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z}{-7}$.

Câu 47. CHÈN HÌNH CÂU 47
Cho các số thực $x$ thỏa mãn $\sqrt{2^{1-3\sin x}}+1+3\sin x=\log_2(1-9\sin x)$. Tính $\cos 2x$.
A. $\dfrac{7}{9}$.
B. $-\dfrac{2}{3}$.
C. $-\dfrac{1}{3}$.
D. $\dfrac{4}{9}$.

Lời giải câu 47
Điều kiện $1-9\sin x> 0\Leftrightarrow -1\le \sin x< \dfrac{1}{9}$.
Phương trình $\sqrt{2^{1-3\sin x}}+1+3\sin x=\log_2(1-9\sin x)\Leftrightarrow 2^{\tfrac{1-3\sin x}{2}}+1+3\sin x=\log_2(1-9\sin x)$.
Đặt $t=\dfrac{1-3\sin x}{2}\Rightarrow 3\sin x=-2t+1$ và $t\in\left(\dfrac{1}{3};2\right]$, khi đó phương trình trở thành \begin{eqnarray*} 2^t+1-2t+1=\log_2(6t-2)&\Leftrightarrow&2^t-2t+2=\log_2[2(3t-1)]
&\Leftrightarrow&2^t-2t+2=\log_2(3t-1)+1
&\Leftrightarrow&2^t+t=\log_2(3t-1)+3t-1
&\Leftrightarrow&\log_22^t+2^t=\log_2(3t-1)+3t-1. \quad(1) \end{eqnarray*} Xét hàm số $f(u)=\log_2u+u$ với $u>0$.
Đạo hàm $f'(u)=\dfrac{1}{u\cdot \ln 2}+1>0$ với $u>0$.
Do đó hàm số $f(u)$ đồng biến trên khoảng $(0;+\infty)$.
Khi đó $(1)\Leftrightarrow f(2^t)=f(3t-1)\Leftrightarrow 2^t=3t-1$. \quad(2)
Xét hàm số $y=2^t-3t+1$ với $t\in\left(\dfrac{1}{3};2\right]$. Đạo hàm $y'=2^t\ln 2-3$. $y'=0\Leftrightarrow 2^t\ln 2-3=0\Leftrightarrow 2^t=\dfrac{3}{\ln2}\Leftrightarrow t=\log_2\left(\dfrac{3}{\ln2}\right)\notin \left(\dfrac{1}{3};2\right]$. Với $x=1$, ta có $y'=2\ln 2-3< 0$. Khi đó ta có bảng biến thiên Do đó phương trình $y=0$ có nghiệm duy nhất. Dễ thấy phương trình $2^t-3t+1=0$ có nghiệm $t=1\in \left(\dfrac{1}{3};2\right]$. Vậy $t=1\Leftrightarrow \sin x=\dfrac{-2\cdot 1+1}{3}=-\dfrac{1}{3}$, suy ra $\cos 2x=1-2\sin^2x=1-2\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2=\dfrac{7}{9}$.

Câu 48. Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $\displaystyle\int\limits_{-1}^1f\left(\sqrt{x^2+3}-x\right)\mathrm{\,d}x=10$ và $\displaystyle\int\limits_1^3\dfrac{f(x)}{x^2}\mathrm{\,d}x=3$. Tính tích phân $\displaystyle\int\limits_1^3f(x)\mathrm{\,d}x$.
A. $13$.
B. $11$.
C. $7$.
D. $5$.

Lời giải câu 48
Đặt $t=\sqrt{x^2+3}-x\Rightarrow t+x=\sqrt{x^2+3}\Rightarrow (t+x)^2=x^2+3\Rightarrow x=\dfrac{3-t^2}{2t}=\dfrac{3}{2t}-\dfrac{t}{2}$.
Suy ra $\mathrm{\,d}x=-\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2t^2}\right)\mathrm{\,d}t$.
Đổi cận $x=1\Rightarrow t=1$; $x=-1\Rightarrow t=3$.
Khi đó \begin{eqnarray*} &&\displaystyle\int\limits_{-1}^1f\left(\sqrt{x^2+3}-x\right)\mathrm{\,d}x=10
&\Leftrightarrow&-\displaystyle\int\limits_3^1f(t)\cdot\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2t^2}\right)\mathrm{\,d}t=10
&\Leftrightarrow&\displaystyle\int\limits_1^3f(t)\cdot\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2t^2}\right)\mathrm{\,d}t=10
&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_1^3f(t)\mathrm{\,d}t+\dfrac{3}{2}\displaystyle\int\limits_1^3\dfrac{f(t)}{t^2}\mathrm{\,d}t=10
&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_1^3f(t)\mathrm{\,d}t+\dfrac{3}{2}\cdot 3=10
&\Leftrightarrow&\displaystyle\int\limits_1^3f(t)\mathrm{\,d}t=11. \end{eqnarray*} Vậy $\displaystyle\int\limits_1^3f(x)\mathrm{\,d}x=11$.

Câu 49. Trong không gian $Oxyz$, cho hình thoi $ABCD$ có diện tích bằng $12\sqrt{2}$. Biết điểm $A$ nằm trên trục $Oz$, $C$ nằm trong mặt phẳng $(Oxy)$, hai điểm $B$ và $D$ nằm trên đường thẳng $d\colon \dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z+1}{2}$ trong đó $B$ có hoành độ dương. Điểm $D$ có tọa độ là
A. $(-2;-2;-5)$.
B. $(2;2;3)$.
C. $(3;3;5)$.
D. $(-1;-1;-3)$.

Lời giải câu 49
Gọi tọa độ điểm $A(0;0;a)\in Oz$, $C(b;c;0)\in (Oxy)$, suy ra trung điểm của $AC$ là $I\left(\dfrac{b}{2};\dfrac{c}{2};\dfrac{a}{2}\right)$.
Ta có $\overrightarrow{AC}=(b;c;-a)$, đường thẳng $BD$ có một véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(1;1;2)$.
$ABCD$ là hình thoi suy ra $AC$ vuông góc $BD$ tại trung điểm $I$, ta có $$\left\{\begin{aligned}aligned\

right.heva{&\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{u}=0\\&I\in BD \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&b+c-2a=0\\&\dfrac{b}{2}=\dfrac{c}{2}=\dfrac{a+2}{4} \end{aligned}\right. \Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&b+c-2a=0\\&b=c\\&2b=a+2 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&a=2\\&b=2\\&c=2. \end{aligned}\right.$$ Suy ra $I(1;1;1)$, $A(0;0;2)$; $C(2;2;0)$ và $AC=\sqrt{2^2+2^2+(-2)^2}=2\sqrt{3}$.
Do điểm $B$ thuộc đường thẳng $d\colon \left\{\begin{aligned}&x=t\\&y=t\\&z=2t-1 \end{aligned}\right.$ nên tọa độ điểm $B(m;m;2m-1)$ với $m>0$.
Khi đó ta có $\overrightarrow{IB}=(m-1;m-1;2m-2)$ và $IB=\sqrt{(m-1)^2+(m-1)^2+(2m-2)^2}=\sqrt{6(m-1)^2}$. $S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BD=AC\cdot BI=2\sqrt{3}\cdot \sqrt{6(m-1)^2}=12\sqrt{2}$. Giải phương trình trên ta có $(m-1)^2=4\Leftrightarrow m^2-2m-3=0\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&m=-1&&\text{ (Loại) }\\&m=3&&\text{ (Nhận) }. \end{aligned}\right.$ Khi đó $B(3;3;5)$. Do $I(1;1;1)$ là trung điểm $BD$ nên $D(-1;-1;-3)$. \end{aligned}\right.

Câu 50. CHÈN HÌNH CÂU 50
Cho số thực $a\ne 0$, biết rằng phương trình $ax^3+12x^2+15x+2021=0$ có ba nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm thực của phương trình $4\left(ax^3+12x^2+15x+2021\right)(3ax+12)=\left(3ax^2+24x+15\right)^2$ là
A. $4$.
B. $1$.
C. $3$.
D. $2$.

Lời giải câu 50
Đặt hàm số $f(x)=ax^3+12x^2+15x+2021$, ta có $f'(x)=3ax^2+24x+15$. $f''(x)=6ax+24=2(3ax+12)$. $f'''(x)=6a$. $4\left(ax^3+12x^2+15x+2021\right)(3ax+12)=\left(3ax^2+24x+15\right)^2\Leftrightarrow 2f(x)\cdot f''(x)=\left(f'(x)\right)^2$. Đặt hàm số $g(x)=2f(x)\cdot f''(x)-\left(f'(x)\right)^2$, ta có
$g'(x)=2f'(x)\cdot f''(x)+2f(x)\cdot f'''(x)-2f'(x)\cdot f''(x)=2f(x)\cdot f'''(x)=12a\cdot f(x)$.
Gọi $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ là ba nghiệm của phương trình $f(x)=0$, ta có $f(x)=a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)$.
Khi đó $g'(x)=12a^2(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)$ nên $g'(x)=0$ cũng có ba nghiệm $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.
Bảng biến thiên của hàm số $g(x)$ như sau Mặt khác $g(\alpha)=2f(\alpha)\cdot f''(\alpha)-\left(f'(\alpha)\right)^2=-\left(f'(\alpha)\right)^2< 0$.
Tương tự $g(\beta)=-\left(f'(\beta)\right)^2< 0$và $g(\gamma)=-\left(f'(\gamma)\right)^2< 0$.
Vậy phương trình $g(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt.

Họ và tên     Lớp    

Bạn đã nộp bài!

Read More