Vậy tích các giá trị thực của m thỏa mãn bài toán là 3.[r]

(1)

Đây tổ hợp chập phần tử Vậy có

C tập hợp Chọn đáp án A

2.Hướng dẫn giải:

Ta có :

3

15

2

u u

u  u d d     Chọn đáp án B

Ta có : 2x1 8 2x123    x x Chọn đáp án C

Ta có: AA' BD'2B D' '2  BD'2AC2 3 Chọn đáp án C

Điều kiện: x    2 x Chọn đáp án D

Ta có : F x 2'F' x  f  x Chọn đáp án C

Chiều cao cần tính 3.4

6 V h

B

  

Chọn đáp án B

Thể tích khối nón

2

1 100

4

3 3

V R h 



 

    

 

Chọn đáp án D

9 Hướng dẫn giải:

Theo giả thiết, ta có 4 0

3

R

R R R R

R

        





Chọn đáp án D

Ta có

4

y  x  , y 0

4x

     x Vậy khoảng đồng biến hàm số   1;  Chọn đáp án A

Ta có : P e2020.ln100 2 1002020  ln1002020 2 1002020 1002020 2 1002020 2 e

         

(2)

12.Hướng dẫn giải:

Gọi chu vi đáy P P2R 4a2R R 2a

Khi thể tích khối trụ:

V R h  2a 2.a 4 a Chọn đáp án A

Tập xác định D

Ta có : y 2021x12020  0, x nên hàm số khơng có cực trị Chọn đáp án C

- Nhánh phải đồ thị xuống nên loại đáp A - Đồ thị qua điểm 0; 4  nên loại đáp án C - Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nên loại đáp án D Chọn đáp án B

15Hướng dẫn giải:

Ta có : 2

2

x x

y

x x

  

  

 

Đường tiệm cận ngang y 2 Chọn đáp án D

Ta có : 3

4

3

log 0;

4

x

x x

x  

  

    

 

  

Chọn đáp án B

Ta có :    

2 f x    f x  

Suy ra, phương trình cho có nghiệm x x1, 2 x1,x2 Vậy tổng phần tử S x1x2  x1  x20

Chọn đáp án C

Ta có :      

1 1

2

0 0

1

(3 ) 3 3.3 10

0

f x  x dx f x dx xdx f x dxx   

   

Chọn đáp án B

Số phức liên hợp số phức zi z i Chọn đáp án C

(3)

Điểm biểu diễn số phức z  1 i điểm D1;1 Chọn đáp án D

Hình chiếu điểm M5; 1; 4  trục tung có tọa độ 0; 1;0  Chọn đáp án B

Tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ I2; 2; 2 nên bán kính mặt cầu Chọn đáp án A

24

Hướng dẫn giải:

Một véctơ pháp tuyến mặt phẳng   n4 2;1;3 2; 1; 3   Chọn đáp án D

Mặt phẳng   đường thẳng d cắt nhau, mà tọa độ điểm M5; 2;6 thỏa mãn phương trình mặt phẳng phương trình đường thẳng nên điểm M5; 2;6 giao điểm cần tìm

Chọn đáp án A

Do I trung điểm AB nên CI CA, ICA

Tam giác AIC vng I, có

2 2

AB AC AI

AI

AC

   

Suy ra: sin 30  ,  30

2

IA

ICA ICA CI CA

CA

       

Chọn đáp án A

Đạo hàm f ' x đổi dấu từ âm qua dương qua điểm x0 nên hàm số có điểm cực tiểu

(4)

Xét đoạn  1; , ta có : y x x.4

x x

     

Đẳng thức xãy x x

x

   Chọn đáp án A

Ta có : loga

log

2 a



6

1 2log a



 2

1 2log a



6

1 4log a



4.3



12



Chọn đáp án D

Tọa độ hai điểm cực trị đồ thị hàm số cho 0;0  , 1;1 nên điểm uốn có tọa độ 1; 2

 

 

 

Suy : 1 2 2.1

2 x x   Chọn đáp án C

Ta có 3.9x10.3x 3 3 3 x 210.3x 3

3

3 x

   log31 log 33 x

  

1 x

    Khi bất phương trình có tập nghiệm S   1;1, T    1  1 Chọn đáp án D

Ta có Sxq Rl

Với lBC AB2AC2 10, R AB6 Vậy Sxq .6.1060

Chọn đáp án D

4 3

4 d 16 d d d

16

u x   u x x ux x

5

d 16

I u u

  

Chọn đáp án A

Ta có : 2 2

3 ( ) 0,

y x  mxm   xm  x    x Diện tích hình phẳng cần tìm

2

0

3

S   x  mxm  dx     

2

2 2

0

2

3

0 x  mxm  dx x mx m xx

(5)

2

2 2m 2m

     

2 m 2m

   2

2

m

  

 

     

  

 

2

m

 

    

 

Ta thấy

2

S  , suy S đạt giá trị nhỏ

2

m 

Chọn đáp án D

Điểm biểu diễn số phức z điểm A 2;1 nên z    2 i z i Chọn đáp án A

Phương trình có nghiệm z1   2 i nên có nghiệm cịn lại z2   2 i Suy : z1z2  2m   4 m

Chọn đáp án B

Cạnh hình lập phương có giá trị khoảng cách hai mặt phẳng    

   

  32  22 2

,

3

1 1

d      

 

Thể tích khối lập phương ABCD A B C D ’ ’ ’ ’

3

125

3 3

V   

 

Chọn đáp án A

Do a/ /b nên giao tuyến d có vec tơ phương u2;3; 1 

Phương trình đường thẳng d

1

x t

y t

z t

          

; Phương trình mặt phẳng Oxy : z0

Suy ra, tọa độ điểm M 3; 4;0 Chọn đáp án D

Chọn ngẫu nhiên 12 lớp 38 lớp ta có số cách chọn : C1238 Gọi X biến cố : “ tất lớp Cơ sở chọn ” TH1: lớp Cơ sở lớp Cơ sở

1

13 15 195

C C 

TH2: lớp Cơ sở lớp Cơ sở

2 13 15 78

C C 

TH3: lớp Cơ sở lớp Cơ sở

0

13 15 105

C C 

(6)

Xác suất cần tìm 12

38 378 P

C 

Chọn đáp án B

40

Dựng Ax BC// d SA BC , d B SAx ;  ; Dựng HK AxSHKAx ; Dựng HESKd B ,SAx2d H ,SAx

Ta có: sin sin 45

2 a

HK  AH HAK a   ;   

2

,

3

SH HK a

d H SAx HE

SH HK

  



Do :  , 

3 a d SA BC  Chọn đáp án A

Đặt

34 113 k m  m

Đồ thị hàm số y f x k suy sau : y f x  y f x k   y f  x k Đồ thị hàm số y f x k có điểm cực trị ta dịch chuyển đồ thị hàm số y f x  sang

phải lớn đơn vị, tức k 2 2

34 113 34 111

m m m m

        

111 m 34

   

Vậy số phần tử S : 34 111 146   Chọn đáp án B

Do đồ thị hàm số f ' x cắt trục hoành điểm phân biệt nên hàm số f ' x có dạng :

     

' 1 3 5

f x a x x x

Mà f ' 2 3 nên 3a2 1 2 5    a

Ta :      

' 1 3 5 23 15

f x  x x x x  x  x

Do      

4

3

3 23

' 9 23 15 15

4

x

f x  f x dx x  x  x dx  x  x  x C

Lại f  0 0 nên C0  

3 23

3 15

4

x

f x x x x

(7)

Bảng biến thiên hàm số f x :  

x 

  

'

f x - + - +

 

f x







25

 25 

Từ bảng biến thiên suy số nghiệm phương trình 4f x 250 số giao điểm đồ thị hàm số y f x và đường thẳng 25

4 y  Chọn đáp án B

43Hướng dẫn giải:

Ta có : e4 x1 4 x 1 elnmlnm (m0)

Xét hàm số f  t  et t t,  ; f ' t     et 0, t Suy : lnm 4 x   1 m e4 54,5

Số phần tử S : 54

Chọn đáp án A

,

ACD BCD tam giác Gọi M trung điểm

cạnh CD ta có CDABM

Suy ra:

3

ABCD ABM ABM V  CD S  S Gọi N trung điểm cạnh AB, ta có:

2 2

2 3

2

x x

MN  AM AN        

 

Ta được:

2

1 1 3

.

3 2 2 12

ABCD

x x

x

V   x   

 

Theo đề ta có:

2

4

3

12 2

x

x x

x  

   

    



Chọn đáp án B

A

B

D

C M x

(8)

Đặt

1 ( )

k xf x dx f x( ) k x  

Khi ta có :  

2 2

1

2

1

2

k kx

k x k dx kx dx x

x

 

          

Suy :

2 k

k     k nên ta có f x( ) x  

Vậy    

1

3 2, 3;0

2 ln

1 e

e

I dx x x e

x

 

          

Chọn đáp án A

Theo giả thiết tam giác SAB tam giác đều, ta có

ASB60

Mà ASMASB1800 2AMS ASB nên

18002 .12k 600  k (1) Trong tam giác cân AMS

0

2.AMS 180 2 .12k 180  k 7,5 (2) Từ (1) (2) suy : 5 k 7,5

Vậy số vị trí điểm M thỏa mãn toán : 2.2 5  Chọn đáp án C

Đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số x1 ; y1

Do đồ thị hàm số cắt trục tọa độ hai điểm phân biệt M, N phía so với đường tiệm cận đứng nên hàm số nghịch biến khoảng xác định

Suy : a2 ab a2 ab a

a b

       



Chọn đáp án C

S

A B

(9)

48.Hướng dẫn giải :

Hàm số y f x  đạt cực trị x nên f ' 3 0 Xét hàm số y f x m  

Ta có : y' f 'xm   0 x m 3  x m

Nên hàm số y f x m   đồng biến khoảng m 3;

Muốn hàm số f x m   đồng biến khoảng  3; m 3 3 m Do m m 3 nên m   2; 1;0

Chọn đáp án C

49

Ta có :    

2

2 4 2 2

2

' 2 1 1

1 x m

y x m m x m

x m

  

          

  



Bảng biến thiên hàm số :

x  m

  m21

 '

y   

y





Nhận xét m2   1 m21 nên hàm số cho nghịch biến đoạn  0;1

Suy :

 0;1  0;1    

47 47

min max

3

y y   y y  

4 2 47

2 15

3

m m m m

        

2

3

5

m m



  

  

    

 

(10)

50

Hướng dẫn giải: Ta có:

 2   2 

2

log 2y log 2y y 2y

x x  x x   

   

2

3

log 2 log 2

log

y y y y

x x x x 

     

Lại có :       

2 2

log 2y log 2y log 2y 2y y

x x   x x    x x  x x  

Theo điều kiện có nghiệm ta có :

2

3

4 0 2,

log

y y

y      y

Do y nguyên nên y0;1; 2

TH1: Nếu y0    

2

1 1 ( )

log 1 log 1

1 ( ) 1

x x x n

x x x x

x l x x                       

TH2: Nếu y1    

2

log x x 2 log x x 2  1

   

2 2

log x x 2 log x x 2 log

      

Nhận xét : x x2  2 x x22 nên từ (*) ta có :

   

2 2

log log x x 2 log x x 2

       (vơ lí)

TH3: Nếu y2

        2 2

2 2 2

2

4

1

log 4 log 4

4

4 1

1 x x

x x x

x x x x

x

x x x

x                                  5 x x x x x                 

(do điều kiện tồn lôgarit nên x0)

Vậy có hai giá trị nguyên y thỏa mãn toán

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	465,49 KB