Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Luyện Thi Tốt Nghiệp THPT 2023 Môn Toán Online-Đề 8 Trắc Nghiệm Toán - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

\(f\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( x \right) = {x_1},\,\,{x_1} \in \left( { – 2; – 1} \right) \hfill \\ f\left( x \right) = {x_2},\,\,{x_2} \in \left( {0;1} \right) \hfill \\ f\left( x \right) = {x_3},\,\,{x_3} \in \left( {1;2} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Dựa vào đồ thị ta thấy:+) \(f\left( x \right) = {x_1},\,\,{x_1} \in \left( { – 2; – 1} \right)\) cho ta \(3\) nghiệm phân biệt.+) \(f\left( x \right) = {x_2},\,\,{x_2} \in \left( {0;1} \right)\) cho ta \(3\) nghiệm phân biệt.+) \(f\left( x \right) = {x_3},\,\,{x_3} \in \left( {1;2} \right)\) cho ta \(3\) nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có \(9\) nghiệm phân biệt.

Xét \(2f\left( x \right) + xf\left( {\frac{1}{x}} \right) = x\) (1)Thay \(x = \frac{1}{x}\) ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2f\left( {\frac{1}{x}} \right) + \frac{1}{x}.f\left( x \right) = \frac{1}{x}\)\( \Leftrightarrow x\left[ {2f\left( {\frac{1}{x}} \right) + \frac{1}{x}.f\left( x \right)} \right] = x.\frac{1}{x}\)\( \Leftrightarrow 2xf\left( {\frac{1}{x}} \right) + f\left( x \right) = 1\) (2)Mặt khác: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2\left[ {2f\left( x \right) + xf\left( {\frac{1}{x}} \right)} \right] = 2x\)\( \Leftrightarrow 4f\left( x \right) + 2xf\left( {\frac{1}{x}} \right) = 2x\) (3)Lấy (3) trừ (2) ta được: \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {2x – 1} \right)\)Do đó: \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{3}\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\left( {2x – 1} \right)dx} = \left. {\frac{1}{3}\left( {{x^2} – x} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^2 = \frac{3}{4}\).

Ta có: \({x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x + 2my – 4z – 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + m} \right)^2} + {\left( {z – 2} \right)^2} = {m^2} + 6\).\(S = 28\pi \Leftrightarrow 4\pi {R^2} = 28\pi \Leftrightarrow {m^2} + 6 = 7 \Leftrightarrow m = \pm 1\).

Cách 1:Gọi \(AC \cap BD = O,\,\,SO \cap MN = I,\,\,AI \cap SC = P\).\(AN \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AN \bot SC\) và \(AM \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AM \bot SC\), do đó: \(SC \bot \left( {AMN} \right)\) hay \(SC \bot \left( {AMPN} \right)\).Suy ra: \(\left( {SB,\left( {AMN} \right)} \right) = \left( {SM,\left( {AMPN} \right)} \right) = \widehat {SMP}\).Ta có: \(SM = \frac{{S{A^2}}}{{SB}} = \frac{{2{a^2}}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\); \(SP = \frac{{S{A^2}}}{{SC}} = \frac{{2{a^2}}}{{\sqrt {2{a^2} + 2{a^2}} }} = a\).Nên \(\sin \widehat {SMP} = \frac{{SP}}{{SM}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {SMP} = {60^o}\).

Cách 2:Ta có \(AM = AN = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) và \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN\parallel BD;\frac{{MN}}{{BD}} = \frac{2}{3}\)Suy ra \(MN = \frac{2}{3}BD = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\)

Diện tích tam giác \(AMN:{S_{\Delta AMN}} = \frac{{2{a^2}\sqrt 2 }}{9}\)\({V_{S.AMN}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}.{V_{S.ABD}} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}.\frac{4}{9}.\frac{1}{2}.a\sqrt 2 .{a^2} = \frac{{2\sqrt 2 .{a^3}}}{{27}}\)

\(\Rightarrow d\left( {S;\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.AMN}}}}{{{S_{\Delta AMN}}}} = a\)

Do đó,

\(\sin \left( {\widehat {SB;(AMN)}} \right) = \frac{{d\left( {S;(AMN)} \right)}}{{SM}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {SB;(AMN)}} \right) = {60^0}\)

Gọi \(B'C \cap BM = G\), ta có: \(\frac{{d\left( {M;\left( {B'AC} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( {B'AC} \right)} \right)}} = \frac{{MG}}{{BG}} = \frac{{B'M}}{{BC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {B;\left( {B'AC} \right)} \right) = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}\).



Kẻ \(BK \bot AC\), mà \(AC \bot BB'\) nên \(AC \bot \left( {BB'K} \right) \Rightarrow \left( {B'AC} \right) \bot \left( {BB'K} \right)\).

\(\left( {B'AC} \right) \cap \left( {BB'K} \right) = B'K\), trong mp\(\left( {B'BK} \right)\) kẻ \(BH \bot B'K\), khi đó: \(BH \bot \left( {B'AC} \right)\).

Do đó: \(d\left( {B;\left( {B'AC} \right)} \right) = BH = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}\).

\(\Delta AKB\) vuông tại \(K\) nên \(BK = A

B:)\sin {60^o} = 3a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\).

Mặt khác: \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{K^2}}} + \frac{1}{{B{{B'}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a\sqrt {15} }}{5}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{B{{B'}^2}}} \Leftrightarrow BB' = 3a\sqrt 3 \).

Vậy \(V = BB'.{S_{\Delta ABC}} = 3a\sqrt 3 .\frac{1}{2}.3a.4a.\sin {60^o} = 27{a^3}\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = \frac{1}{2}f'\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) – \frac{{2x + 8}}{{{x^2} + 8x + 16}} = \frac{1}{2}f'\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) – \frac{2}{{x + 4}}\).\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) = \frac{4}{{x + 4}}\) (1)Đặt \(t = \frac{x}{2} + 1\,\,,\,\,\left( {t \in \left[ {0;3} \right]} \right)\) ; khi đó: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f'\left( t \right) = \frac{2}{{t + 1}}\).Ta có đồ thị biểu diễn sự tương giao của hai đồ thị là:Dựa vào đồ thị ta có GTLN của \(g\left( x \right)\) là tại \(g\left( 1 \right)\) hoặc \(g\left( 3 \right)\).Ta thấy: \(\int\limits_1^a {\left[ {\frac{2}{{t + 1}} – f'\left( t \right)} \right]dt} > \int\limits_a^3 {\left[ {f'\left( t \right) – \frac{2}{{t + 1}}} \right]dt} \)\( \Leftrightarrow \left. {\left( {2\ln \left| {t + 1} \right| – f\left( t \right)} \right)} \right|_1^a > \left. {\left( {f\left( t \right) – 2\ln \left| {t + 1} \right|} \right)} \right|_a^3\)\( \Leftrightarrow 2\ln \left( {a + 1} \right) – f\left( a \right) – 2\ln 2 + f\left( 1 \right) > f\left( 3 \right) – 4\ln 2 – f\left( a \right) + 2\ln \left( {a + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( 1 \right) – f\left( 3 \right) + 2\ln 2 > 0\) (*)Xét \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) – \ln \left( {{x^2} + 8x + 16} \right)\), khi đó:+) \(g\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) – 4\ln 2\).+) \(g\left( 3 \right) = f\left( 3 \right) – 8\ln 2\).\( \Rightarrow g\left( 1 \right) – g\left( 3 \right) = f\left( 1 \right) – f\left( 3 \right) + 4\ln 2\), từ (*) ta suy ra \( \Rightarrow g\left( 1 \right) – g\left( 3 \right) > 0 \Leftrightarrow g\left( 1 \right) > g\left( 3 \right)\).Vậy hàm số đã cho đạt GTLN tại \(t = 1 \Rightarrow x = 0\).

Gọi mặt cầu \(\left( S \right)\) có đường kính \(IJ\) suy ra mặt cầu \(\left( S \right)\)có tâm \(K\) là trung điểm của \(IJ\) và bán kính \(R = \frac{{IJ}}{2}\)Ta có \(K\left( {3;1;2} \right),\,R = \sqrt 6 \)Xét khối trụ \(\left( T \right)\) có chiều cao \(2h\)thì bán kính \(R = \sqrt {6 – {h^2}} \)Khi đó thể tích khối trụ \(\left( T \right)\) là \(V = \pi {R^2}.2h = 2\pi .h.\left( {6 – {h^2}} \right)\,\,\,\,\left( {0 < h < \sqrt 6 } \right)\)Ta có \(V' = 12\pi - 6\pi {h^2};\,\,V' = 0 \Leftrightarrow h = \sqrt 2 \)Bảng biến thiênVậy \({V_{\max }} = 8\pi \sqrt 2 \,\,khi\,\,h = \sqrt 2 \)Ta có \(\overrightarrow {IJ} = \left( {2; – 4; – 2} \right) = 2\left( {1; – 2; – 1} \right)\)Suy ra phương trình 2 mặt phẳng lần lượt là \(\left( P \right):\,x – 2y – z + {d_1} = 0\) và \(\left( Q \right):\,x – 2y – z + {d_2} = 0\)Vì \(d\left( {K,\left( P \right)} \right) = h = \sqrt 2 \Rightarrow \frac{{\left| {3 – 2.1 – 2 + {d_1}} \right|}}{{\sqrt 6 }} = \sqrt 2 \Rightarrow \left[ \begin{gathered} {d_1} = 1 + 2\sqrt 3 \hfill \\ {d_1} = 1 – 2\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Vì vai trò của \(\left( P \right),\,\left( Q \right)\)là như nhau nên \({d_1} = 1 + 2\sqrt 3 \Rightarrow {d_2} = 1 – 2\sqrt 3 \)Vậy \({d_1}^2 + {d_2}^2 = {\left( {1 – 2\sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {1 + 2\sqrt 3 } \right)^2} = 26.\)

Mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) có tâm \({I_1}(1; – 3;2),{R_1} = 7;\) Mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) có tâm \({I_2}(10;9;2),{R_2} = 20;\)Ta có \({I_1}{I_2} = 15\),mà mặt phẳng (P) có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = (4; – 3;m)\)Do \(\overrightarrow {{I_1}{I_2}} .\overrightarrow n = 0\) nên \({I_1}{I_2}\) song song hoặc nằm trong (P). Bán kính đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu là \(\begin{gathered} S = \sqrt {p(p – 15)(p – 21)(p – 20)} = \frac{1}{2}15.R,p = 21 \hfill \\ \to R = 28/5 \hfill \\ \end{gathered} \) Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến là :3x+4y+30=0 (Q) \(d({I_1};Q) = 21/5;d({I_2};Q) = 96/5 \Rightarrow ;d({I_1};Q) + {I_1}{I_2} = d({I_2};Q)\) Mặt phẳng (P) cắt 2 mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\),\(\left( {{S_2}} \right)\)theo giao tuyến là hai đường tròn không có tiếp tuyến chung,trong đó đường tròn nhỏ ở trong đường tròn lớn khi \(\begin{gathered} 28/5 < d({I_1};(P)) < 7 \Leftrightarrow 28/5 < \frac{{\left| {2m + 35} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 25} }} < 7 \hfill \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 45{m^2} - 140m > 0 \hfill \\ \frac{{684}}{{25}}{m^2} – 140m – 441 < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \) Do m nguyên nên m là:-2;-1;4;5;6;7.Vậy có 6 giá trị m.

Vì hàm số \(f\left( x \right)\) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\) và \(f\left( x \right)f\left( {2 – x} \right) = {e^{2{x^2} – 4x}}\) nên thay \(x = 0\), ta có: \(f\left( 0 \right).f\left( 2 \right) = 1\) mà \(f\left( 0 \right) = 1\) \( \Rightarrow f\left( 2 \right) = 1\).

Đặt:

\(\left\{ \begin{gathered}

u = {x^3} – 3{x^2} \hfill \\

{d}v = \frac{{f’\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}{d}x \hfill \\

\end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}

{d}u = \left( {3{x^2} – 6x} \right){d}x \hfill \\

v = \ln \left| {f\left( x \right)} \right| \hfill \\

\end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}

{d}u = \left( {3{x^2} – 6x} \right){d}x \hfill \\

v = \ln f\left( x \right) \hfill \\

\end{gathered} \right.\)

Suy ra: \(I = \left. {\left( {{x^3} – 3{x^2}} \right)\ln f\left( x \right)} \right|_0^2 – \int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} – 6x} \right)\ln f\left( x \right){d}x} \)\( = – \int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} – 6x} \right)\ln f\left( x \right){d}x} \) \(\left( 1 \right)\)

Đặt \(x = 2 – t\)\( \Rightarrow {d}x = – {d}t\).

Khi \(x = 0 \to t = 2\) và \(x = 2 \to t = 0\).

Khi đó, \(J = – \int\limits_2^0 {\left( {3{t^2} – 6t} \right)\ln f\left( {2 – t} \right)( – {d}t)} \)\( = – \int\limits_0^2 {\left( {3{t^2} – 6t} \right)\ln f\left( {2 – t} \right){d}t} \).

Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên \(I = – \int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} – 6x} \right)\ln f\left( {2 – x} \right){d}x} \) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), ta cộng vế theo vế, ta được: \(2I = – \int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} – 6x} \right)\left[ {\ln f\left( x \right) + \ln f\left( {2 – x} \right)} \right]{d}x} \).

Hay \(I = – \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {\left( {3{x^2} – 6x} \right)\left( {2{x^2} – 4x} \right){d}x} = – \frac{{16}}{5}\)

Ta có: điều kiện: \(x + m > 0\)

\(\ln \left( {x + m} \right) = {e^x} – m = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x + m = {e^t} \hfill \\ t + m = {e^x} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow {e^t} + t = {e^x} + x\)

Xét hàm số: \(f(t) = {e^t} + t \Rightarrow {f^/}(t) = e{}^t + 1 > 0\,\,(\forall t \in \mathbb{R})\)

Nên ta có: \(f(t) = f(x) \Leftrightarrow t = x\)

Phương trình \({e^x} – m = x \Leftrightarrow {e^x} – x = m\) có nghiệm khi và chỉ khi \(m \geqslant 1\)

Vậy có: 2023 giá trị \(m\).