Câu hỏi trắc nghiệm đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán - Câu 191-200 - Năm học 2020 (Có đáp án)

Nội dung text: Câu hỏi trắc nghiệm đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán - Câu 191-200 - Năm học 2020 (Có đáp án)

1. Câu 11. [2D1-6.1-3] 2:Cho hàm số y f x ax4 bx3 cx2 dx e . Biết rằng hàm số y f ' x có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số g x f 2x x2 có bao nhiêu điểm cực đại? A. 5 . B. 3 . C . 1 . D. 2 . Lời giải Chọn C x 1 2 2 2x x 4 x 1 y (2 2x) f 2x x 0 2 2x x 1 x 1 5 2 2x x 4 Suy ra hàm số có 1 cực đại. Câu 12. [2D1-6.1-3] Cho f x là đa thức bậc 4 và hàm số y f x có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Số điểm cực đại của hàm số g(x) f x3 3x là A. 5. B . 2. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn B Ta có g (x) 3x2 3 f x3 3x 3x3 3 0 (1) g (x) 0 3 f x 3x 0 (2) (1) x 1. x3 3x 2 Dựa vào đồ thị đã cho thì (2) 3 . x 3x 1
2. 3 x 1 Trong đó phương trình x 3x 2 x 2 3 Còn phương trình x 3x 1 có 3nghiệm phân biệt 2 x1 1, 1 x2 0, 1 x3 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số g x Vậy hàm số có 2 điểm cực đại. Câu 13. [2D1-6.3-3] Cho hàm số f x x4 ax3 bx2 cx d và hàm số y f x có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y f f x là: A. 7 . B. 11. C. 9 . D. 8 . Lời giải Chọn A Từ đồ thị và giả thiết suy ra f x x x2 1 x3 x f x 3x2 1 3 3 3 2 Ta có g x f f x f f x . f x x x x x 3x 1 x x 1 x 1 x3 x 1 x3 x 1 3x2 1 x 0 x 0 x 1 x 1 x 1 x 1 g x 0 3 x a 0,76 x x 1 0 3 x b b 1,32 x x 1 0 2 1 3x 1 0 x 3 Vậy hàm số có 7 điểm cực trị. Câu 14. [2D1-6.3-4] Cho hàm số y f (x) có đạo hàm cấp hai trên ¡ và f 0 0; 1 f x ,x ¡ . Biết hàm số f x có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g x f x2 mx , 6 với m là tham số dương, có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
3. A. 1. B. 2 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn D Từ đồ thị hàm số y f x suy ra f x 0,x 0; . Do đó, f x2 0,x 0; . Xét hàm số h x f x2 mx ; h x 2x. f x2 m. Với x 0, h x 0 Phương trình h x 0 vô nghiệm. 2x2 Với x 0 ta có h x 2. f x2 4x2 f x2 2 f x2 . 3 Từ đồ thị hàm số y f x ta thấy với x 0, đồ thị hàm số y f x luôn nằm trên đường x thẳng y . 3 2x2 Do đó, 2. f x2 0,x 0 h x 0,x 0 hay hàm số y h x đồng biến trên 3 khoảng 0; . Mà h 0 m 0 và lim h x nên phương trình h x 0 có một nghiệm duy nhất x trên x0 0; . Bảng biến thiên
4. Khi đó phương trình h x 0 có hai nghiệm phân biệt. Đồng thời hàm số y h x đạt cực tiểu tại x x0 , giá trị cực tiểu h x0 0. Vậy hàm số y h x có 3 điểm cực trị. Câu 15. [2D3-2. 4-4] Cho hàm số f (x) liên tục trên ¡ thỏa mãn xf (x 3) + f (1- x 2) = - x10 + x 6 - 2x, " x Î ¡ . 0 Khi đó ò f (x)dx bằng - 1 17 13 17 A. - . B. - . C. . D. - 1. 20 4 4 Lời giải Chọn B Lời giải 1 Gọi F (x) là một nguyên hàm của hàm f (x) trên ¡ . Với " x Î ¡ ta có xf (x 3) + f (1- x 2) = - x10 + x 6 - 2x Þ x 2f (x 3) + xf (1- x 2) = - x11 + x 7 - 2x 2 (*) Þ ò x 2f (x 3)dx + ò xf (1- x 2)dx = ò(- x11 + x 7 - 2x 2)dx 1 1 x12 x 8 2x 3 Û f (x 3)d(x 3) - f (1- x 2)d(1- x 2) = - + - + C 3 ò 2 ò 12 8 3 1 1 x12 x 8 2x 3 Û F (x 3)- F (1- x 2) = - + - + C . 3 2 12 8 3 1 1 Thay x = 0 ta được F (0)- F (1) = C (1). 3 2 1 1 5 Thay x = 1 ta được F (1)- F (0) = - + C (2). 3 2 8 1 1 17 Thay x = - 1 ta được F (- 1)- F (0) = + C (3). 3 2 24 5 5 3 Từ (1),(2) suy ra éF (1)- F (0)ù= - Þ F (1)- F (0) = - . 6 ëê ûú 8 4 1 32 Từ (2),(3) suy ra éF (1)- F (- 1)ù= - Þ F (1)- F (- 1) = - 4. 3 ëê ûú 24 0 3 - 13 Vậy f (x)dx = F (0)- F (- 1) = - 4 + = . ò 4 4 - 1 Lời giải 2: Từ xf (x 3) + f (1- x 2) = - x10 + x 6 - 2x Þ x 2f (x 3) + xf (1- x 2) + 2x 2 = - x11 + x 7 , " x Î ¡ .
5. 1 1 Suy ra, hàm số x 2f (x 3) + xf (1- x 2) + 2x 2 là hàm lẻ. Ta có (- x11 + x 7 )dx = ò 24 0 Do đó 0 1 - 1 éx 2f (x 3) + xf (1- x 2) + 2x 2 ùdx = - éx 2f (x 3) + xf (1- x 2) + 2x 2 ù= . ò ëê ûú ò ëê ûú 24 - 1 0 1 0 1 0 2 f x3 d x3 f 1 x2 d 1 x2 3 1 2 1 3 1 1 1 1 2 1 f x3 d x3 f 1 x2 d 1 x2 3 0 2 0 3 24 1 0 1 1 4 1 1 1 1 15 f x d x f x d x f x d x f x d x 3 1 2 0 3 3 0 2 0 24 0 1 1 15 2 f x d x 3 f x d x 8 5 f x d x 1 0 0 4 0 1 4 13 f x d x 4 f x d x 1 0 3 4 Lời giải 3: Ta có xf x3 f 1 x2 x10 x6 2x,x ¡ 1 Thay x bởi x ta được xf x3 f 1 x2 x10 x6 2x,x ¡ 2 Từ 1 , 2 suy ra xf x3 xf x3 4x,x ¡ f x3 f x3 4,x ¡ . 3 Thay x bởi x ta được f x f x 4. 0 0 1 0 f x f x d x f x d x f x d x 4 d x 4 Do đó 1 1 0 1 1 f x d x 4 1 Từ 1 x2 f x3 xf 1 x2 x11 x7 2x2 1 1 1 1 1 5 f x3 d x3 f 1 x2 d 1 x2 x11 x7 2x2 dx 3 0 2 0 0 8 1 1 1 1 5 1 3 f x dx f x dx f x dx 3 0 2 0 8 0 4 0 3 13 Do đó f x dx 4 . 1 4 4 Lời giải 4: Với x ¡ ta có xf x3 f 1 x2 x10 x6 2x x2 f x3 xf 1 x2 x11 x7 2x2 * 1 1 1 x2 f x3 dx xf 1 x2 dx x11 x7 2x2 dx 0 0 0 1 1 1 1 5 f x3 d x3 f 1 x2 d 1 x2 3 0 2 0 8
6. 1 1 1 1 5 1 3 f x dx f x dx f x dx 3 0 2 0 8 0 4 0 0 0 Mặt khác (*)Þ x2 f (x3 )dx + xf (1- x2 )dx = (- x11 + x7 - 2x2 )dx ò- 1 ò ò- 1 - 1 0 1 0 1 17 (*)Þ f (x3 )d(x3 )- f (1- x2 )d(1- x2 )= - ò- 1 ò 3 2 - 1 24 0 0 1 0 1 17 æ1 - 3 17 ö 13 Þ f (x)d(x)- f (x)d(x)= - Þ f (x)dx = 3ç . - ÷= - . ò- 1 ò ò èç ÷ø 3 2 - 1 24 - 1 2 4 24 4 Lời giải 5: Đi tìm hàm f (x) Ban đầu ta sẽ nghĩ đến có f (x3 ), f (1- x2 ) thì bên vế phải có thể đưa liên quan gì đến x3 ,1- x2 không? 3 10 é 3 3 3 ù Ta có xf (x )+ x + 2x = x êf (x )+ (x ) + 2ú . ë û 3 Vậy thì nghĩ thêm việc cũng tạo tiếp cái (1- x2 ) + 2 = 3- 3x2 + 3x4 - x6 3 Hay f (1- x2 )+ (1- x2 ) + 2 = 3- 3x2 + 3x4 - x6 Như thế ta sẽ có é 3 3 3 ù é 2 2 3 ù 2 4 6 6 x êf (x )+ (x ) + 2ú+ êf (1- x )+ (1- x ) + 2ú= 3- 3x + 3x - x + x ë û ë û é 3 3 3 ù é 2 2 3 ù 2 4 Û x êf (x )+ (x ) + 2ú+ êf (1- x )+ (1- x ) + 2ú= 3- 3x + 3x ë û ë û é 3 3 3 ù 4 é 2 2 3 ù 2 Û x êf (x )+ (x ) + 2ú- 3x + êf (1- x )+ (1- x ) + 2ú- 3(1- x )= 0 ë û ë û é 3 3 3 3 ù é 2 2 3 2 ù Û x êf (x )+ (x ) - 3x + 2ú+ êf (1- x )+ (1- x ) - 3(1- x )+ 2ú= 0 . ë û ë û Đặt g(x)= f (x)+ x3 - 3x + 2 ta được xg(x)= - xg(- x3 ), " x Î ¡ . Do đó g(x) là hàm số lẻ. Như vậy xg(x3 )+ g(1- x2 )= 0 Û xg(x3 )= g(x2 - 1), " x Î ¡ . Từ giả thiết ta có g(0)= g(- 1)= 0 . Vì f (x) liên tục trên [- 1;0] nên g(x) liên tục trên [- 1;0]. Đặt M = max g(x) ³ 0, " x Î [- 1;0] . [- 1;0] Giả sử M > 0 khi đó $a Î (- 1;0): g(a) = M . Chọn x = b = - 1+ a Î (- 1;0) 3 g(a) M Ta được b g(b3 )= g(a)Þ g(b) = = > M do b Î (0;1) . b b Điều này mâu thuẫn do M max g x .  1;0 Do vậy max g x 0,x  1;0.  1;0 3 Hay g x 0,x  1;0 f x x 3x 2,x  1;0 . 0 0 13 Vậy f x dx x3 3x 2 dx . 1 1 4 Nhận xét chung:
7. Ở 5 cách trên, khi giải quyết bài toán dạng này ta thường hướng tới: · Biến đổi giả thiết đi đến tính chất u f u dx f u du . · Dựa theo tính chất hàm chẵn, hàm lẻ. · Sử dụng các phép thế xác định hàm số f x . * Với lời giải 1, 2, 3, 4: Ta đều sử dụng đến tính chất b u b u f u dx f u du hay u x f u x dx f x dx . a u a Vì thế ta mới nghĩ đến việc tạo ra đạo hàm của x3;1 x2 bằng việc nhân hai vế của giả thiết với x để tạo ra 0 1 0 1 1 1 x2 f x3 dx f x dx; x2 f x3 dx f x dx; 1 3 1 0 3 0 0 1 1 1 1 1 xf 1 x2 dx f x dx và xf 1 x2 dx f x dx . 1 2 0 0 2 0 1 1 Trong các đổi biến này xuất hiện f x dx buộc ta phải đi tính thêm f x dx . Ở đây, nếu cận 0 0 3 không phải là 1;0;1 thì các cách làm này sẽ bị phá sản, ví dụ yêu cầu tính f x dx , lúc này 0 chắc chỉ còn cách đi tìm f x . Vì thế các cận 1;0;1 phải được liên hệ mật thiết với x3;1 x2 . Ngoài ra, với hai tính chất: · Hàm số x2 f x3 xf 1 x2 2x2 là hàm lẻ; · Hàm số f x f x 4 là hàm chẵn cũng hữu ích cho việc tính toán nhanh hơn. 17 17 * Lỗi sai có thể mắc dẫn đến các phương án nhiễu ; đều sai dấu khi tính 20 4 0 1 1 1 1 1 xf 1 x2 dx f x dx và xf 1 x2 dx f x dx . 1 2 0 0 2 0 * Với lời giải 5: Việc tìm f x khá khó khăn, không nói là mò. Nếu f x là những hàm quen thuộc thì rất có thể đoán bằng việc thử các giá trị và cân bằng hệ số. Khi đó, mục đích khai thác tính chất u f u dx f u du coi như phá sản. Câu 16.1.[2D3-2. 4-4] Cho hàm số f x liên tục trên ¡ \ 0 thỏa mãn: 1 xf x2 f 2x x3 2,x ¡ \ 0 2x 2 Giá trị f x dx nằm trong khoảng nào? 1 A. 5;6 . B. 3; 4 . C. 1; 2 . D. 2;3 Lời giải Chọn D Ta có: 1 xf x2 f 2x x3 2,x ¡ \ 0 2x . 2 2 1 2 3 xf x f 2x dx x 2 dx 1 1 2x 2 2 2 4 1 2 2 1 x 1 f x d x f 2x d 2x ln x 2x 2 2 4 2 1 1 1
8. 1 4 1 4 7 1 1 2 7 1 f x dx f x dx ln 2 f x dx ln 2 2 1 2 2 4 2 2 1 4 2 2 7 f x dx ln 2 1 2 Câu 17. [2D3-2. 4-4] Cho hàm số f x liên tục trên 0; 4 và thỏa mãn điều kiện: 4xf x2 6 f 2x 4 x2 ,x 0;2 4 Giá trị f x dx bằng 0 A. . B. . C. . D. 5 2 20 10 Lời giải Chọn A Ta có: 4xf x2 6 f 2x 4 x2 2 2 4xf x2 6 f 2x dx 4 x2 dx 0 0 2 2 2 f x2 d x2 2 f 2x d 2x 0 0 4 4 4 2 f x dx 3 f x dx f x dx 0 0 0 5 Câu 48.3. [2D3-2. 4-4]Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 0;1và thỏa mãn : f x f 1 x 2x 2 2x 1,x 0;1. 1 Giá trị của f x dx bằng 0 4 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 3 Lời giải Chọn D Ta có f x f 1 x 2x 2 2x 1 1 1 1 2 I f 1 x dx 2x2 2x 1 dx I f 1 x dx 1 . 0 0 0 3 1 Xét f 1 x dx , đặt t 1 x dt dx . Đổi cận x 0 t 1; x 1 t 0 . 0 1 0 1 Ta có f 1 x dx f t dt f t dt I 2 . 0 1 0 1 2 1 1 Từ 1 ; 2 2 f x dx f x dx . 0 3 0 3 Câu48.4 Cho hàm số y f x liên tục và có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn: 1 a a 5 f x 7 f 1 x 3 x2 2x ,x ¡ . Biết x. f x dx , với là phân số tối giản. 0 b b Giá trị của 8a 3b là A. 1. B. 0 . C. 16. D. 16.
9. Lời giải Chọn B Từ 5 f x 7 f 1 x 3 x2 2x thay x bới 1 x ta được 5 f 1 x 7 f x 3 x2 1 . 2 5 f x 7 f 1 x 3 x 2x Do đó ta có hệ 2 5 f 1 x 7 f x 3 x 1 1 Suy ra 25 f x 49 f x 15 x2 2x 21 x2 1 f x 12x2 10x 7 8 1 f x 12x 5 . 4 a 1 1 1 3 a 3 Do đó x. f x dx x 12x 5 dx . Vậy 8a 3b 0 . b 0 4 0 8 b 8 Vậy 8a - 3b = 0 é2 ù Câu 18. [2D3-2. 4-4] Cho hàm số f (x) liên tục trên ê ;1ú và thỏa mãn ëê3 ûú æ2 ö é2 ù 2 f (x)+ 3 f ç ÷= 5x " x Î ê ;1ú. èç3x ø÷ ëê3 ûú 1 Tính tích phân ò f ¢(x)ln xdx bằng 2 3 5 2 1 5 2 1 5 2 1 5 2 1 A. ln + . B. ln - . C. - ln + . D. - ln - . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 Lời giải Chọn D Cách 1: æ2 ö 2 æ2 ö 5x Từ 2 f (x)+ 3 f ç ÷= 5x thay x bởi ta được 2 f ç ÷+ 3 f (x)= . èç3x ø÷ 3x èç3x ø÷ 3x 10 2 Do đó 4 f (x)- 9 f (x)= 10x - Þ f ¢(x)= - - 2 x x2 1 1 æ 2 ö 5 2 1 f ¢(x)ln xdx = ç- - 2÷ln xdx = - ln - ò òèç 3 ø÷ 3 3 3 2 2 3 3 Cách 2: 1 1 1 1 f (x)dx Ta có f ¢(x)ln xdx = ln x. f ¢(x)dx = f (x)ln x - . ò ò 2 ò x 2 2 2 3 3 3 3 æ2 ö é2 ù Từ 2 f (x)+ 3 f ç ÷= 5x " x Î ê ;1ú. èç3x ø÷ ëê3 ûú ì æ2 ö ï ç ÷ ï 2 f (1)+ 3 f ç ÷= 5 ïì f (1)= 0 2 ï è3 ø ï Thay x = 1 và x = vào (1) ta được hệ í Û í æ2 ö 5 3 ï ï ç ÷ ï æ2 ö 10 ï f ç ÷= ï 2 f ç ÷+ 3 f (1)= îï èç3 ø 3 îï èç3 ø÷ 3 ïì 2 1 ï x = Þ t = 1 f (x) 2 2 ï 3 Xét I = dx . Đặt x = Þ dx = - dt; Đổi cận íï ò x 3t 3t 2 ï 2 2 ï x = 1 Þ t = 3 îï 3
10. 2 æ2 ö 1 æ2 ö æ2 ö 3 f ç ÷. dt 1 f ç ÷dt 1 f ç ÷dx 2 èç3 ø÷ t 2 èç3t ø÷ èç3x ÷ø Khi đó I = - = = 3 ò 2 ò t ò x 1 2 2 3t 3 3 Ta có æ2 ö æ2 ö 1 1 f ç ÷dx 1 2 f (x)+ 3f ç ÷ 1 f (x)dx èç3xø÷ èç3xø÷ 5 1 2I + 3I = 2 + 3 Þ 5I = dx = 5dx = Þ I = ò x ò x ò x ò 3 3 2 2 2 2 3 3 3 3 Vậy 1 1 1 f ¢(x)dx æ2 ö æ2 ö 1 5 2 1 f ¢(x)ln xdx = f (x).ln x - = ln1. f (1)- lnç ÷f ç ÷- = - ln - . ò 2 ò x èç3 ø÷ èç3 ø÷ 3 3 3 3 2 2 3 3 3 Câu 19. [2H1-3. 2-4] Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB a , S· BA S· CA 90 , góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAC bằng 60 . Thể tích khối chóp đã cho bằng a3 a3 a3 A. a3 . B. . C. . D. . 3 2 6 Lời giải Chọn D Từ giả thiết ta dựng hình chóp S.ABDC với ABDC là hình vuông và SD  ABDC . Vì SAB SAC nên nếu BH là đường cao của SAB thì tương ứng CH cũng là đường cao của SAC . Mà SA SAB  SAC nên · SAB , SAC ·BH,CH 60 hay B· HC 60 hoặc B· HC 120 . Vì BH CH nên HI là phân giác góc B· HC hay I·HC 30 hoặc I·HC 60 . CI Nếu I·HC 30 thì CH a 2 , không thỏa mãn. sin30 CI 2 Do đó CH a . sin 60 3 1 1 1 3 1 1 Mà SC a 2 SD SC 2 CD2 a . CH 2 CA2 CS 2 2a2 a2 SC 2 1 a3 Do vậy, V S .SD . S.ABC 3 ABC 6
11. Chú ý: Ta có thể chỉ ra tồn tại hình chóp S.ABDC như sau: Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC . AB  SB Ta có AB  SBD AB  BD . AB  SD Tương tự AC  CD ABDC là hình vuông cạnh a . Nhận xét: Trong bài toán trên ta đã sử dụng phương pháp tạo hình ẩn, tức là từ hình đa diện ban đầu, tạo thêm những điểm mới để tạo ra hình đa diện mới ở đó tính chất dễ khai thác hơn. Một số hình quen thuộc mà tính chất dễ khai thác là: Hình lập phương, hình hộp chữ nhật, lăng trụ đứng, hình chóp đều, hình chóp đáy là hình chữ nhật và cạnh bên vuông góc với đáy, Câu 20. [1H3-4. 3-4] 1: Cho tứ diện ABCD có AB CD 10, AD BC 5, AC BD 13. Gọi là góc giữa AB và ACD , giá trị cos bằng 6 10 865 10 3 10 A. . B. . C. . D. . 35 35 10 10 Lời giải Chọn B A F E D I G C B H Dựng hình hộp AEDF.GBHC . Do các cạnh đối của tứ diện ABCD bằng nhau nên các đường chéo của mỗi mặt của hình hộp bằng nhau suy ra AEDF.GBHC là hình hộp chữ nhật. Đặt AE x, AF y, AG z x, y, z 0 . 2 2 x y 5 x 1 2 2 Ta có hệ z y 13 y 2. 2 2 z 3 x z 10 Ta thấy AB / /HF ·AB; ACD ·HF; ACD . d F; ACD Gọi I HF CD sin . IF 1 1 1 1 49 Tứ diện FACD vuông tại F nên : d 2 F; ACD FA2 FD2 FC 2 36 6 d F; ACD . 7
12. 1 1 10 Mà FI FH FC 2 FD2 . 2 2 2 6 10 865 sin cos . 35 35 Câu 11. [2D3-3. 1-1] Diện tích S hình phẳng phần gạch sọc tính bằng 1 1 A. x2 2x 3 dx . B. x2 2x 3 dx . 3 3 1 1 C. x2 2x 3 dx . D. x2 2x 3 dx . 3 3 Lời giải Chọn A. 1 1 Trên đoạn  3;1 thì g x nằm trên f x suy ra S g x f x dx x2 2x 3 dx . 3 3 Câu 12. [1D2-5. 2-3] Trong một đợt phong trào "Thanh niên tình nguyện" có 5 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, và 3 học sinh khối 10, được chia làm nhiệm vụ ở 4 Thôn khác nhau M, N, P, Q (Mỗi Thôn 3 học sinh). Tính xác suất để Thôn nào cũng có học sinh khối 12 và học sinh khối 11. 36 18 72 144 A. .B. .C. . D. . 385 385 385 385 Lời giải Chọn C. Ta có số học sinh là 5 4 3 12. Khi chia nhau về 4 thôn, mỗi thôn 3 học sinh thì số phần tử 3 3 3 3 không gian mẫu là n() C12.C9 .C6 .C3 . Để mỗi thôn đều có học sinh khối 12 và học sinh khối 11, ta thực hiện ba bước liên tiếp Bước 1: Xếp vào mỗi thôn một học sinh khối 11 có 4! cách. Bước 2: Xếp 5 học sinh khối 12 vào 4 thôn (Nói cách khác chọn 4 phần tử và sắp thứ tự). 4 Số cách xếp là A5 cách. Bước 3: Xếp 4 học sinh còn lại (gồm 1 học sinh khối 12 và 3 học sinh khối 10) có 4!cách. 4!.A2.4! 72 Đáp số: p 5 . C3 C3C3C3 385 12 9 6 3 Câu 13. [2H1-3. 4-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cạnh AB 2a , AD DC CB a , SA 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy (Hình minh họa). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng
13. 3a 3a 10 3a 10 3a A. . B. . C. . D. . 4 20 10 2 Lời giải Chọn B. Gọi M là trung điểm AB , H là trung điểm MB thì dễ thấy MBC là tam giác đều và a 3 3a CH và AH . 2 2 Chọn a 2 và dựng hệ trục Axyz như hình vẽ, ta có:    C 3;3;0 , B 0;4;0 , S 0;0;6 suy ra AC 3;3;0 , SB 0;4; 6 , AS 0;0;6 và      AC, SB 18;6 3;4 3 AC, SB .AS 24 3 .    AC, SB .AS 24 3 3 3 10 3a 10 Khi đó d AC, SB   d . 2 3. 27 9 4 10 10 20 AC, SB 2x Câu 14. [2D3-2. 2-3] Cho hàm số f x , biết f 1 1, f ' x , x 0. Khi đó 3x 1 3x 1 5 f x dx bằng 1 184 1096 440 128 A. . B. . C. . D. . 9 9 27 9 Lời giải Chọn B 2x 2 3x 1 1 2 1 Biến đổi f ' x . 1 nên hàm số có dạng 3x 1 3x 1 1 3 3x 1 3 3x 1 2 2 f x x 3x 1 C; f 1 1 C 0 . 3 3 2 2 5 1096 Khi đó f x x 3x 1 và f x dx . 3 3 1 81
14. mx 4 Câu 15. [2D1-1. 3-3] Cho hàm số f x ( m là số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m x m thuộc 6;6 để hàm số đã cho nghịch biến trên 0; ? A. 5 . B. 3 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn B. + Trước hết theo yêu cầu bài toán ta phải có m 0 m 0 m 6;0 . 2 4 m 2 m 2 + Tiếp theo f ' x 2 0 4 m 0 x m m 2 Kết hợp ta có m 5; 4; 3; . Câu 16. [2H2-1. 2-2] Cho hình trụ có chiều cao bằng 2 5 . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục, thiết diện thu được là là hình vuông. Diện tích xung quanh hình trụ đã cho bằng A. 4 10 . B. 8 10 . C. 10 5 . D. 20 2 . Lời giải Chọn D. + Ta có cạnh a hình vuông bằng chiều cao, cũng bằng dây cung: 2r a 2 h 2 2 10 . + Suy ra r 10 . Vậy Sxq 2 rh 20 2 . x y Câu 17. [2D2-3. 2-3] Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn log9 x log6 y log4 . Tính tỉ số 6 x y A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 5 . Lời giải Chọn B. t x y t t x y t x 3 + Đặt log9 x log6 y log4 t x 9 , y 6 , 4 . Cần tính . 6 6 y 2 2t t t t t t 3 3 3 + Mặt khác 9 6 6.4 6 0 2 . 2 2 2 Câu 18. [2D1-3. 1-3] Gọi S là tập giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f x x2 4x m trên đoạn 1;4 bằng 6 . Tổng các phần tử của S bằng A. 4 .B. 4 .C. 10 .D. 6 . Lời giải Chọn B. + Đặt g t t 2 4t m với t 1;4 . Đạo hàm: g t 2t 4 ; g t 0 t 2 . + Suy ra giá trị nhỏ nhất: min f x min m 3 ; m 4 ; m  m 10 Xét m 4 6 . Ta thấy m 10 thỏa mãn. m 2 m 9 Xét m 3 6 (không thỏa mãn). m 3 m 6 Xét m 6 . Ta thấy m 6 thỏa mãn. m 6
15. Câu 19. [2D2-5. 3-3] Cho phương trình 4x 1 41 x m 1 22 x 22 x 8m 16 0 (m là tham số thực). Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm trên doạn 0;1 là 3 5 5 3 A. 0; . B. 1; . C. 1; . D. ; . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B. x x x x 3 x x 2 Đặt t 2 2 , t ' x 2 2 0 x0;1. Suy ra t 0; và 4 4 t 2 . 2 Phương trình trở thành : t 2 2 t m 1 4 2m 0 t 2 t m 1 2m 2 0 3 5 t 2 t 1 m 0 t m 1. Suy ra m 1 0; , hay m 1; . 2 2