Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Thi Thử TN 2022 Online Môn Toán Theo Đề Minh Họa-Đề 3 Trắc Nghiệm Toán - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

Ta có \(f\left( x \right)\) đạt cực trị tại các điểm \(x = a \in \left( { – 2;0} \right),x = 0,x = 1,x = 2\) vì vậy \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {a,0,1,2} \right\}\).Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right).f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {f'\left( x \right) = 0} \\ {f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0} \end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x \in \left\{ {a,0,1,2} \right\}} \\ {f\left( x \right) \in \left\{ {a,0,1,2} \right\}} \end{array}} \right.} \right.\).+ Phương trình \(f\left( x \right) = a\) có 1 nghiệm thực duy nhất + Phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có các nghiệm \(x = – 2,x = 0,x = 2\)+ Phương trình \(f\left( x \right) = 1\) có 3 nghiệm thực phân biệt + Phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có 3 nghiệm thực phân biệt Vậy có tất cả \(4 + 1 + 1 + 3 + 3 = 12\) nghiệm

Đặt \(t = \sqrt[3]{{1 – {x^2}}} \Rightarrow {t^3} = 1 – {x^2} \Rightarrow 3{t^2}\;{\text{d}}t = – 2x\;{\text{d}}x \Rightarrow x\;{\text{d}}x = – \frac{{3{t^2}}}{2}\;{\text{d}}t\). Suy ra \(I = – \frac{3}{2}\int 5 {t^3}\;{\text{d}}t = – \frac{{15}}{2} \cdot \frac{{{t^4}}}{4} + C = – \frac{{15}}{8}\left( {1 – {x^2}} \right)\sqrt[3]{{1 – {x^2}}} + C\)Với \(F\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow 0 + C = 0 \Rightarrow C = 0\). Khi đó: \(F\left( x \right) = – \frac{{15}}{8}\left( {1 – {x^2}} \right)\sqrt[3]{{1 – {x^2}}}\)Vậy \(F\left( {\sqrt 2 } \right) = – \frac{{15}}{8}\)

Ta có: \({V_{ABDB'}} = \frac{1}{3}.B'B.{S_{\Delta ABD}} = \frac{1}{3}.B'B.\frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{6}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}\).

\(\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = \left| {{z_1} – {z_2}} \right| \Leftrightarrow {\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} = {\left| {{z_1} – {z_2}} \right|^2} \Leftrightarrow {(a – 3)^2} = \left| {{{\left( {{z_1} – {z_2}} \right)}^2}} \right|\)\( \Leftrightarrow {(a – 3)^2} = \left| {{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} – 4{z_1}{z_2}} \right| \Leftrightarrow {(a – 3)^2} = \left| {{{(a – 3)}^2} – 4\left( {{a^2} + a} \right)} \right|\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{{(a – 3)}^2} – 4\left( {{a^2} + a} \right) = {{(a – 3)}^2}} \\ {{{(a – 3)}^2} – 4\left( {{a^2} + a} \right) = – {{(a – 3)}^2}} \end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{a^2} + a = 0} \\ {2{a^2} + 16a – 18 = 0} \end{array} \Leftrightarrow a \in \{ – 9, – 1,0,1\} .} \right.} \right.\)Vậy có 4 giá trị của \(a\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Có \(|z – 1 – \sqrt 2 i| = 1\). Vì vậy \({\text{M}}({\text{z}})\) thì \({\text{M}}\) thuộc đường tròn tâm \(I(1;\sqrt 2 ),R = 1\). Do đó với \(A\left( {{z_1}} \right),B\left( {{z_2}} \right) \Rightarrow AB = \left| {{z_1} – {z_2}} \right| = 2 = 2R \Rightarrow I\left( {\frac{{{z_1} + {z_2}}}{2}} \right)\) là trung điểm của \({\text{AB}}\). Do đó \(\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 2OI = 2\sqrt 3 \). Khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz có \(\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| \leqslant \sqrt {2\left( {{{\left| {{z_1}} \right|}^2} + {{\left| {{z_2}} \right|}^2}} \right)} = \sqrt {{{\left| {{z_1} + {z_2}} \right|}^2} + {{\left| {{z_1} – {z_2}} \right|}^2}} = \sqrt {{{(2\sqrt 3 )}^2} + {2^2}} = 4\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm\(a{x^3} + b{x^2} + cx – 1 = d{x^2} + ex + \frac{1}{2} \Leftrightarrow a{x^3} + (b – d){x^2} + (c – e)x – \frac{3}{2} = 0\)Dễ thấy phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt \( – 3; – 1;2\) nên\(\begin{gathered} \Leftrightarrow a{x^3} + (b – d){x^2} + (c – e)x – \frac{3}{2} = a(x + 3)(x + 1)(x – 2) \hfill \\ \Leftrightarrow a{x^3} + (b – d){x^2} + (c – e)x – \frac{3}{2} = a{x^3} + 2a{x^2} – 5ax + 6a \hfill \\ \end{gathered} \)Đồng nhất hệ số ta được:\(\begin{gathered} – \frac{3}{2} = 6a \Leftrightarrow a = – \frac{1}{4} \Rightarrow f(x) – g(x) = – \frac{1}{4}(x + 3)(x + 1)(x – 2) \hfill \\ \Rightarrow S = \int_{ – 3}^{ – 1} {\left| { – \frac{1}{4}(x + 3)(x + 1)(x – 2)} \right|} dx + \int_{ – 1}^2 {\left| { – \frac{1}{4}(x + 3)(x + 1)(x – 2)} \right|} dx = \frac{1}{4} \cdot \frac{{16}}{3} + \frac{1}{4} \cdot \frac{{63}}{4} = \frac{{253}}{{48}} \hfill \\ \end{gathered} \)

Ta có: \(d:\left\{ \begin{gathered} x = 1 + t \hfill \\ y = – 1 + t \hfill \\ z = 3 – t \hfill \\ \end{gathered} \right.{\text{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).Giả sử \(\Delta \) qua \(A\), vuông góc và cắt \(d\) tại \(M \Rightarrow M\left( {t + 1;t – 1;3 – t} \right)\).Đường thẳng \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow {AM} = \left( {t – 1;t + 1;2 – t} \right)\) là một VTCP.Đường thẳng \(d\) có một VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {1;1; – 1} \right)\).Ta có: \(\Delta \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow u = 0 \Leftrightarrow \left( {t – 1} \right) + \left( {t + 1} \right) – \left( {2 – t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3} \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( { – \frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{4}{3}} \right)\).Đường thẳng \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow {AM} = \left( { – \frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{4}{3}} \right)\) là một VTCP nên nhận \(\overrightarrow {u'} = \left( { – 1;5;4} \right)\) là một VTCP.Kết hợp với \(\Delta \) qua \(A\left( {2; – 2;1} \right) \Rightarrow \Delta :\frac{{x – 2}}{{ – 1}} = \frac{{y + 2}}{5} = \frac{{z – 1}}{4}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB,\) suy ra \(OI \bot AB\) nên \(OI = a.\)Đặt \(OA = R\xrightarrow{{\Delta SOA}}SA = \frac{{OA}}{{\cos {{30}^0}}} = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}.\)Tam giác \(SAB\) cân và có \(\widehat {SAB} = {60^0}\) nên là tam giác đều.Suy ra \(AI = \frac{1}{2}SA = \frac{R}{{\sqrt 3 }}.\)Trong tam giác vuông \(OIA,\) ta có\(O{A^2} = O{I^2} + I{A^2} \Leftrightarrow {R^2} = {a^2} + \frac{{{R^2}}}{3} \Rightarrow R = \frac{{\sqrt 3 a}}{{\sqrt 2 }}.\)Suy ra \(\ell = SA = a\sqrt 2 .\)

– Ta có: \({16^y} + {4^{1 – {x^2}}} \geqslant {4^{ – 2y}} + {4^{{x^2} – 1}} – 2\left( {{x^2} – 2y – 1} \right)\)\( \Leftrightarrow {4^{2y}} – {4^{ – 2y}} – 2.(2y) \geqslant {4^{{x^2} – 1}} – {4^{1 – {x^2}}} – 2\left( {{x^2} – 1} \right)\)Xét hàm đặc trưng \(y = g(t) = {4^t} – {4^{ – t}} – 2t\) có \({g^\prime }(t) = \left( {{4^t} + {4^{ – t}}} \right)\ln 4 – 2\)Ta thấy: \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {{4^t} – {4^{ – t}}} \right) – 2t = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{t \to – \infty } \left( {{4^t} – {4^{ – t}}} \right) – 2t = – \infty \) nên suy ra hàm \(g(t)\) luôn đồng biến trên \(R \Rightarrow g(2y) \geqslant g\left( {{x^2} – 1} \right) \Leftrightarrow 2y \geqslant {x^2} – 1\) (1).Ta có: \(y > 0\) nên suy ra \(y\) chạy từ 1 trở điTa có thể thử từng đáp án như sau:- Với đáp án A thì\( \Rightarrow y \in [1;511060] \Leftrightarrow 2.511060 \geqslant {x^2} – 1 \Leftrightarrow – \sqrt {2.511060 + 1} \leqslant x \leqslant \sqrt {2.511060 + 1} \)\( \Leftrightarrow – 1011 \leqslant x \leqslant 1011\) suy ra có 2023 giá trị nguyên của \(x\)- Với đáp án \({\text{B}}\) thì\( \Rightarrow y \in [1;510049] \Leftrightarrow 2.510049 \geqslant {x^2} – 1 \Leftrightarrow – \sqrt {2.510049 + 1} \leqslant x \leqslant \sqrt {2.510049 + 1} \)\( \Leftrightarrow – 1009 \leqslant x \leqslant 1009\) suy ra có 2019 giá trị nguyên của \(x\)- Với đáp án \({\text{C}}\) thì\( \Rightarrow y \in [1;510048] \Leftrightarrow 2.510048 \geqslant {x^2} – 1 \Leftrightarrow – \sqrt {2.510048 + 1} \leqslant x \leqslant \sqrt {2.510048 + 1} \)\( \Leftrightarrow – 1009 \leqslant x \leqslant 1009\) suy ra có 2019 giá trị nguyên của \(x\)- Với đáp án D thì\( \Rightarrow y \in [1;511059] \Leftrightarrow 2.511059 \geqslant {x^2} – 1 \Leftrightarrow – \sqrt {2.511059 + 1} \leqslant x \leqslant \sqrt {2.511059 + 1} \)\( \Leftrightarrow – 1010 \leqslant x \leqslant 1010\) suy ra có 2021 giá trị nguyên của \(x\)Như vậy ta chỉ lấy số lượng giá trị nguyên của \(x\) gần với 2020 nhất nhưng không quá 2020 giá trị nên chỉ có đáp án \({\text{D}}\) thỏa mãn.

Mặt cầu \((S)\) có tâm là \(I( – 1; – 1; – 1)\), bán kính \(R = 3\).Ta có: \(\overrightarrow {IA} = (3;4;0) \Rightarrow IA = 5\).Vì AM là tiếp tuyến của mặt cầu nên ta có: \(AM \bot IM \Rightarrow AM = \sqrt {I{A^2} – I{M^2}} = 4\).Gọi \(\left( {{S^\prime }} \right)\) là mặt cầu tâm \(A\), bán kính \({R^\prime } = 4\).Ta có phương trình mặt cầu \(\left( {{S^\prime }} \right):{(x – 2)^2} + {(y – 3)^2} + {(z + 1)^2} = 16\)Vì \(AM = 4\) nên điểm \(M\) luôn thuộc mặt cầu \((S)\)Vậy \(M \in (S) \cap \left( {{S^\prime }} \right) \Rightarrow \) tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(x + 1)}^2} + {{(y + 1)}^2} + {{(z + 1)}^2} = 9(1)} \\ {{{(x – 2)}^2} + {{(y – 3)}^2} + {{(z + 1)}^2} = 16(2)} \end{array}\mathop \to \limits^{(1) – (2)} 6x + 8y – 11 = – 7{\text{ hay }}M \in (P):3x} \right. + 4y – 2 = 0\).

Ta có: \({f^\prime }(x) = 3{x^2} – 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = – 1} \\ {x = 3} \end{array}} \right.\). Khi đó \(y = f\left( {|x| + {m^2} – 5} \right) \Rightarrow {y^\prime } = \frac{x}{{|x|}} \cdot {f^\prime }\left( {|x| + {m^2} – 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0} \\ {{f^\prime }\left( {|x| + {m^2} – 5} \right) = 0} \end{array}} \right.\).\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0} \\ {|x| + {m^2} – 5 = – 1 \Leftrightarrow } \\ {|x| + {m^2} – 5 = 3} \end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0} \\ {|x| = 4 – {m^2}} \\ {|x| = 8 – {m^2}} \end{array}} \right.} \right.\) Để hàm số \(y = f\left( {|x| + {m^2} – 5} \right)\) có đúng \({\text{5}}\) điểm cực trị thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {4 – {m^2} > 0} \\ {8 – {m^2} > 0} \end{array} \Leftrightarrow – 2 < m < 2} \right.\). Kết hợp \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \{ - 1;0;1\} .\)