Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Môn Toán Online-Đề 6 Trắc Nghiệm Toán - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

Điều kiện: \(x > 0\). \({\log _2}\left( {\frac{x}{4}} \right)\log _2^2x \geqslant 0\)\( \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x – {{\log }_2}4} \right)\log _2^2x \geqslant 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {\log _2}x = 0 \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} {\log _2}x – {\log _2}4 \geqslant 0 \hfill \\ {\log _2}x \ne 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} x \geqslant 4 \hfill \\ 0 < x \ne 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x \geqslant 4 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)(thỏa mãn điều kiện \(x > 0\)). Vậy có \(2021\) số tự nhiên \(x\) thỏa mãn bài ra.

* Từ hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta suy ra đồ thị hàm số: \(y = \left| {f\left( x \right) – 1} \right|\).* Số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right) – 1} \right| = 2\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số: \(y = \left| {f\left( x \right) – 1} \right|\) và đường thẳng \(y = 2\).* Dựa đồ thị ta có phương trình \(\left| {f\left( x \right) – 1} \right| = 2\) có \(4\) nghiệm phân biệt trên đoạn \(\left[ { – 2;2} \right].\)

\(\int\limits_0^4 {f'\left( {x – 2} \right)dx} + \int\limits_0^2 {f'\left( {x – 2} \right)dx} = \left. {f\left( {x – 2} \right)} \right|_0^4 + \left. {f\left( {x + 2} \right)} \right|_0^2 = f\left( 4 \right) – f\left( { – 2} \right) = 6\).

\({S_{ABCD}} = {a^2}\); \(SA = AB.\tan {60^{\text{o}}} = a\sqrt 3 \) \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{{{a^3}}}{{\sqrt 3 }}\)

\(\frac{2}{{{z_1}}} + \frac{1}{{{z_2}}} = \frac{1}{{{z_1} + {z_2}}}\)\( \Leftrightarrow \frac{{2{z_2} + {z_1}}}{{{z_1}{z_2}}} = \frac{1}{{{z_1} + {z_2}}}\)\( \Leftrightarrow \left( {2{z_2} + {z_1}} \right)\left( {{z_1} + {z_2}} \right) – {z_1}{z_2} = 0\)\( \Leftrightarrow 2{z_1}{z_2} + 2z_2^2 + z_1^2 + {z_1}{z_2} – {z_1}{z_2} = 0\)\( \Leftrightarrow 2{z_1}{z_2} + 2z_2^2 + z_1^2 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right)^2} + 2\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} + 2 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = – 1 – i \hfill \\ \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = – 1 + i \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \left| {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right| = \sqrt 2 \); \(\left| {\frac{{{z_2}}}{{{z_1}}}} \right| = \frac{1}{{\left| {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right|}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow P = \sqrt 2 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Đặt \({z_1} = a + bi;{\text{ }}a,b \in \mathbb{R}\) \( \Rightarrow {z_2} = – b + ai\) \( \Rightarrow {z_1} – {z_2} = \left( {a + b} \right) + \left( {b – a} \right)i\).Nên \(\left| {{z_1} – {z_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {b – a} \right)}^2}} = \sqrt 2 .\left| {{z_1}} \right|\)Ta lại có \(2 = \left| {{z_1} + 1 – i} \right| \leqslant \left| {{z_1}} \right| + \left| {1 – i} \right| = \left| {{z_1}} \right| + \sqrt 2 \)\( \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| \geqslant 2 – \sqrt 2 \) . Suy ra \(\left| {{z_1} – {z_2}} \right| = \sqrt 2 .\left| {{z_1}} \right| \geqslant 2\sqrt 2 – 2\).Dấu xảy ra khi \(\frac{a}{1} = \frac{b}{{ – 1}} < 0\).Vậy \(m = \min \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 2\sqrt 2 - 2\).

Dựa vào đồ thị của hàm \(f'\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { – 2;6} \right]\) ta suy ra bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { – 2;6} \right]\) như sau:Dựa vào bảng biến thiên ta có \(\left\{ \begin{gathered} f\left( { – 2} \right) < f\left( { - 1} \right) \hfill \\ f\left( 2 \right) < f\left( { - 1} \right) \hfill \\ f\left( 2 \right) < f\left( 6 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\) .Chỉ cần so sánh \(f\left( { – 2} \right)\) và \(f\left( 2 \right)\) nữa là xong.Gọi \({\text{cos}}\widehat {CAB} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = a\sqrt 3 \), \({S_2}\) là diện tích hình phẳng được tô đậm như trên hình vẽ.Ta có:\({S_1} = \int\limits_{ – 2}^{ – 1} {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\text{d}}x} \)\( = \int\limits_{ – 2}^{ – 1} {f'\left( x \right)dx} \)\( = f\left( { – 1} \right) – f\left( { – 2} \right)\).\({S_2} = \int\limits_{ – 1}^2 {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\text{d}}x} \)\( = – \int\limits_{ – 1}^2 {f'\left( x \right){\text{d}}x} \)\( = f\left( { – 1} \right) – f\left( 2 \right)\).Dựa vào đồ thị ta thấy \({S_1} < {S_2}\) nên \(f\left( { - 1} \right) - f\left( { - 2} \right) < f\left( { - 1} \right) - f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( { - 2} \right) > f\left( 2 \right)\).

Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \). Gọi \(I = \Delta \cap d\)\( \Rightarrow I \in d\) \( \Leftrightarrow I\left( {1 + t;2 + t;3 + t} \right)\).\(\overrightarrow {MI} = \left( {t;t;1 + t} \right)\) mà \(MI{\text{//}}\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow {MI} .{\vec n_{\left( P \right)}} = 0\) \( \Leftrightarrow t – t + \left( {1 + t} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow t = – 1\)\( \Rightarrow \overrightarrow {MI} = \left( { – 1; – 1;0} \right)\)Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( {1;2;2} \right)\) và \(I\) có véctơ chỉ phương là \(\overrightarrow {MI} = \left( { – 1; – 1;0} \right)\) có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{gathered} x = 1 – t \hfill \\ y = 2 – t \hfill \\ z = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).

Ta có tam giác \(SMN\) cân tại \(S\). Giả thiết tam giác, suy ra tam giác \(SMN\)vuông cân tại \(S\). Thiết diện qua trục nên tâm \(O\) đường tròn đáy thuộc cạnh huyền \(MN\).Vậy hình nón có bán kính đáy \(R = \frac{1}{2}MN = a\sqrt 2 \), đường cao \(h = \frac{1}{2}MN = a\sqrt 2 \).Thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{{2\pi \sqrt 2 {a^3}}}{3}\).

Điều kiện \({x^2} – 3x + m \geqslant 0\) \({9^{\sqrt {{x^2} – 3x + m} }} + {2.3^{\sqrt {{x^2} – 3x + m} – 2 + x}} < {3^{2x - 3}}\)\( \Leftrightarrow {3^{2\left( {\sqrt {{x^2} - 3x + m} - x} \right)}} + \frac{2}{9}{.3^{\sqrt {{x^2} - 3x + m} - x}} - \frac{1}{{27}} < 0\)\( \Leftrightarrow 0 < {3^{\sqrt {{x^2} - 3x + m} - x}} < {3^{ - 2}}\) \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 3x + m} - x < - 2\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 3x + m} < x - 2\).\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x^2} - 3x + m \geqslant 0 \hfill \\ x - 2 > 0 \hfill \\ {x^2} – 3x + m < {x^2} - 4x + 4 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x^2} - 3x + m \geqslant 0 \hfill \\ x > 2 \hfill \\ x < 4 - m \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow 4 - m > 2 \Leftrightarrow m < 2\).Do \(m\) nguyên dương nên \(m = 1\) thỏa mãn .

Ta có: \(d(M,(P)) = 3 > R = 2 \Rightarrow (P) \cap (S) = \emptyset .\)Đường thẳng \(d\) đi qua \(I\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) có pt: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1 + t} \\ {y = 1 + 2t} \\ {z = 1 + 2t} \end{array}} \right.,t \in \mathbb{R}.\)Tọa độ giao điểm của \(d\) và \(\left( S \right)\) là \(A\left( {\frac{5}{3};\frac{7}{3};\frac{7}{3}} \right)\), \(B\left( {\frac{1}{3}; – \frac{1}{3}; – \frac{1}{3}} \right)\)Ta có: \(d(A,(P)) = 5 \geqslant d(B,(P)) = 1.\) \( \Rightarrow d(A,(P)) \geqslant d(M,(P)) \geqslant d(B,(P)).\)Vậy: \( \Rightarrow d{(M,(P))_{\min }} = 1 \Leftrightarrow M \equiv B.\)

Đặt \(h\left( x \right) = 2f\left( x \right) – {\left( {x – 1} \right)^2} \Rightarrow h'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) – 2\left( {x – 1} \right)\). Ta vẽ thêm đường thẳng \(y = x – 1\).



Ta có \(h'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x – 1\) : phương trình có \(5\) nghiệm bội lẻ.

Lập bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right)\).



Đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có nhiều điểm cực trị nhất khi \(h\left( x \right)\) có nhiều giao điểm với trục hoành nhất, vậy đồ thị hàm số \(h\left( x \right)\) cắt trục hoành tại nhiều nhất 6 điểm, suy ra đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có tối đa \(11\) điểm cực trị.