Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Môn Toán Online-Đề 5 Trắc Nghiệm Toán - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

.Theo hình vẽ ta có : \(\int\limits_a^b {f’\left( x \right){\text{d}}x} = \left. {\left[ {f\left( x \right)} \right]} \right|_a^b = f\left( b \right) – f\left( a \right) > 0\).

Hay : \(f\left( b \right) > f\left( a \right) > 0\).Tương tự : \(f\left( c \right) < f\left( b \right)\).Hàm số có hay hàm số có \(3\) điểm cực trị tại \(x = a,x = b,x = c\).Tóm lại, hàm số \(f\left( x \right)\) phải thỏa mãn các điều kiện sau:Hàm số có 3 điểm cực trị tại \(x = a,x = b,x = c\) thỏa \(a < b < c\).\(f\left( b \right) > f\left( a \right) > 0\).\(f\left( c \right) < f\left( b \right)\).Là hàm số bậc bốn có hệ số \(a > 0\).Từ đó, ta có thể lập được bảng biến thiên như sau :.Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt trục hoành tại nhiều nhất 2 điểm.

Đặt \(t = 2x – 1 \Rightarrow dt = 2dx\).Đổi cận: \(\left\{ \begin{gathered} x = – 1 \Rightarrow t = – 3 \hfill \\ x = 1 \Rightarrow t = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Ta có: \(I = \frac{1}{2}\int\limits_{ – 3}^1 {f\left( {\left| t \right|} \right)} dt = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_{ – 3}^0 {f( – t) + \int\limits_0^1 {f(t)} } } \right)dt\,\,\,(1)\).+ \(\int\limits_0^1 {f(t)} dt = \int\limits_0^1 {f(x)} dx = 2\) .+ Tính \(\int\limits_{ – 3}^0 {f( – t)dt} \) : Đặt \(z = – t \Rightarrow dz = – dt \Rightarrow \int\limits_{ – 3}^0 {f( – t)dt = – } \int\limits_3^0 {f(z)dz = } \int\limits_0^3 {f(z)dz} = 6\).Thay vào (1) ta được \(I = 4\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\).Ta có: \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) \( \Rightarrow \) \(SI \bot AB\) \(\left( 1 \right)\)Mặt khác: \(\left\{ \begin{gathered} \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \(\left( 2 \right)\)Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra: \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow SI\) là chiều cao của hình chóp \(S.ABCD\)\( \Rightarrow \)\(IC\) là hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC,IC} \right)} = \widehat {SCI} = 60^\circ \)Xét \(\Delta IBC\) vuông tại \(B\), ta có: \(IC = \sqrt {I{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)Xét \(\Delta SIC\) vuông tại \(I\), ta có: \(SI = IC.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\)Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SI = \frac{1}{3}.{a^2}.\frac{{a\sqrt {15} }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{6}\).

\({z^2} – z + 1 = 10\)\( \Rightarrow \left[ \begin{gathered} {z_1} = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i \hfill \\ {z_2} = \frac{1}{2} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}i \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Ta có: \({z_1}^{2023} = {\left( {\frac{{1 + \sqrt 3 i}}{2}} \right)^{2023}}\)\( = {\left[ {{{\left( {\frac{{1 + \sqrt 3 i}}{2}} \right)}^3}} \right]^{674}}\frac{{\left( {1 + \sqrt 3 i} \right)}}{2}\)\( = \frac{{{{\left( { – 8} \right)}^{674}}\left( {1 + \sqrt 3 i} \right)}}{{{2^{2023}}}}\).\({z_2}^{2023} = {\left( {\frac{{1 – \sqrt 3 i}}{2}} \right)^{2023}}\)\( = {\left[ {{{\left( {\frac{{1 – \sqrt 3 i}}{2}} \right)}^3}} \right]^{674}}\frac{{\left( {1 – \sqrt 3 i} \right)}}{2}\)\( = \frac{{{{\left( { – 8} \right)}^{674}}\left( {1 – \sqrt 3 i} \right)}}{{{2^{2023}}}}\).Suy ra: \(P = \left| {z_1^{2023} – z_2^{2023}} \right| = \left| {\frac{{{{\left( { – 8} \right)}^{674}}\left( {1 + \sqrt 3 i} \right)}}{{{2^{2023}}}} – \frac{{{{\left( { – 8} \right)}^{674}}\left( {1 – \sqrt 3 i} \right)}}{{{2^{2023}}}}} \right|\)\( = \left| {\frac{1}{{{2^{2023}}}}.{{\left( { – 8} \right)}^{674}}\left( {2\sqrt 3 i} \right)} \right| = \left| {\frac{1}{{{2^{2023}}}}{{.2}^{2022}}\left( {2\sqrt 3 i} \right)} \right| = \sqrt 3 \).

Gọi \(M\left( {x;y} \right)\) biểu diễn số phức \(z = x + iy\) thì \(M\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {1;1} \right)\), bán kính \({R_1} = 1\).\(N\left( {x';y'} \right)\) biểu diễn số phức \(w = x' + iy'\) thì \(N\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2}\left( {2; – 3} \right)\), bán kính \({R_2} = 2\). Giá trị nhỏ nhất của \(\left| {z – w} \right|\) chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn \(MN\).Ta có \(\overrightarrow {{I_1}{I_2}} = \left( {1; – 4} \right)\)\( \Rightarrow {I_1}{I_2} = \sqrt {17} \)\( > {R_1} + {R_2}\)\( \Rightarrow \left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) ở ngoài nhau. \( \Rightarrow M{N_{\min }}\)\( = {I_1}{I_2} – {R_1} – {R_2}\)\( = \sqrt {17} – 3\)

Bảng biến thiên của \(y = f\left( x \right)\):Do đó ta có \(f\left( c \right) > f\left( b \right)\) (1)Ta gọi \({S_1},{S_2},{S_3}\) lần lượt là các phần diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành như hình bên.\({S_2} > {S_1} + {S_3} \Leftrightarrow – \int\limits_0^b {f'\left( x \right){\text{d}}x} > \int\limits_a^0 {f'\left( x \right){\text{d}}x} + \int\limits_b^c {f'\left( x \right){\text{d}}x} \Leftrightarrow \left. { – f\left( x \right)} \right|_0^b > \left. {f\left( x \right)} \right|_a^0 + \left. {f\left( x \right)} \right|_b^c\) \( \Leftrightarrow f\left( 0 \right) – f\left( b \right) > f\left( 0 \right) – f\left( a \right) + f\left( c \right) – f\left( b \right)\) \( \Rightarrow f\left( a \right) > f\left( c \right)\) (2)Từ (1) và (2) suy ra \(f\left( a \right) > f\left( c \right) > f\left( b \right)\).

Đặt \({\vec n_P} = \left( {0;0;1} \right)\) và \({\vec n_Q} = \left( {1;1;1} \right)\) lần lượt là véctơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).Do \(\Delta = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\) nên \(\Delta \) có một véctơ chỉ phương \({\vec u_\Delta } = \left[ {{{\vec n}_P},{{\vec n}_Q}} \right] = \left( { – 1;1;0} \right)\).Đường thẳng \(d\) nằm trong \(\left( P \right)\) và \(d \bot \Delta \) nên \(d\) có một véctơ chỉ phương là \({\vec u_d} = \left[ {{{\vec n}_P},{{u'}_\Delta }} \right]\) \( = \left( { – 1; – 1;0} \right)\).Gọi \(d':\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 3}}{{ – 1}}\) và \(A = d' \cap d \Rightarrow A = d' \cap \left( P \right)\)Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{gathered} z – 1 = 0 \hfill \\ \frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 3}}{{ – 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} z = 1 \hfill \\ y = 0 \hfill \\ x = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow A\left( {3;0;1} \right)\).Do đó phương trình đường thẳng \(d:\left\{ \begin{gathered} x = 3 + t \hfill \\ y = t \hfill \\ z = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).

Gọi \(AH\) là đường cao của tam giác \(ABC\) thì khối tròn xoay tạo thành là 2 khối nón có chung đáy với bán kính là \(R = AH = \frac{{5.12}}{{\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} }} = \frac{{60}}{{13}}\) và các chiều cao lần lượt là \({h_1} = BH\), \({h_2} = CH\) thỏa \({h_1} + {h_2} = BC = 13\).Vậy thể tích khối tròn xoay là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}\left( {{h_1} + {h_2}} \right) = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{60}}{{13}}} \right)^2}.13 = \frac{{1200\pi }}{{13}}\).

Đặt \(t = {3^x}\), \(t > 0\). Khi đó, bất phương trình trở thành:\({t^2} – 2\left( {m + 1} \right)t – 3 – 2m > 0\)\( \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right)\left( {t – 3 – 2m} \right) > 0\) \( \Leftrightarrow t – 3 – 2m > 0\)\( \Leftrightarrow t > 3 + 2m\) \(\left( 1 \right)\) (Do \(t > 0\)).Để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\) thì \(\left( 1 \right)\) phải nghiệm đúng với mọi \(t \in \left( {0;\, + \infty } \right)\).Điều này tương đương với \(3 + 2m \leqslant 0\) \( \Leftrightarrow m \leqslant – \frac{3}{2}\).Vậy giá trị cần tìm của \(m\) là \(m \leqslant – \frac{3}{2}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(O\left( {0;0;0} \right)\) và bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).Ta có: \(\overrightarrow {OM} = \left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)\)\( \Rightarrow OM = 1 < R\)\( \Rightarrow \) điểm \(M\) nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).Gọi \(H\) là trung điểm \(AB \Rightarrow OH \leqslant OM\).Đặt \(OH = x \Rightarrow 0 \leqslant x \leqslant 1\).Đặt \(\widehat {AOH} = \alpha \Rightarrow \sin \alpha = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{{\sqrt {O{A^2} - O{H^2}} }}{{OA}} = \frac{{\sqrt {8 - {x^2}} }}{{2\sqrt 2 }}\); \(\cos \alpha = \frac{{OH}}{{OA}} = \frac{x}{{2\sqrt 2 }}\).Suy ra \(\sin \widehat {AOB} = 2\sin \alpha \cos \alpha = \frac{{x\sqrt {8 - {x^2}} }}{4}\).Ta có: \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OAOB.\sin \widehat {AOB} = x\sqrt {8 - {x^2}} \) với \(0 \leqslant x \leqslant 1\).Xét hàm số \(f\left( x \right) = x\sqrt {8 - {x^2}} \) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\)\(f'\left( x \right) = \sqrt {8 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {8 - {x^2}} }} = \frac{{8 - 2{x^2}}}{{\sqrt {8 - {x^2}} }} > 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\)\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \sqrt 7 \)Vậy diện tích lớn nhất của tam giác \(OAB\) bằng \(\sqrt 7 \).

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} – 2x} \right)\). Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {2x – 2} \right)f'\left( {{x^2} – 2x} \right)\).\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ {x^2} – 2x = – 2 \hfill \\ {x^2} – 2x = 1 \hfill \\ {x^2} – 2x = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ {x^2} – 2x + 2 = 0 \hfill \\ {x^2} – 2x – 1 = 0 \hfill \\ {x^2} – 2x – 3 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = 1 \pm \sqrt 2 \hfill \\ x = – 1 \hfill \\ x = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Trong đó các nghiệm \( – 1,\,\,1,\,\,3\) là nghiệm bội lẻ và \(1 \pm \sqrt 2 \) là nghiệm bội chẵn. Vì vậy hàm số \(g'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm \( – 1,\,\,1,\,\,3\).Ta có \(g'\left( 0 \right) = – 2f'\left( 0 \right) < 0\) (do \(f'\left( 0 \right) > 0\)).Bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\)Vậy hàm số \(y = f\left( {{x^2} – 2x} \right)\) có đúng \(1\) điểm cực tiểu là \(x = 1\).