20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 11)

Đáp án B

Sai lầm thường gặp: Tập xác định D=ℝ\3.

Đạo hàm y'=−2x−32,0,∀x∈D⇒ Hàm số nghịch biến trên ℝ\3, hoặc làm số nghịch biến trên −∞;3∪3;+∞. Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận đứng: x=3; tiệm cận ngang:  y=1. Đồ thị hàm số nhận giao điểm  I3;1  của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Từ đó nhiều học sinh kết luận các mệnh đề 1,3,4 đúng và chọn ngay A.

Tuy nhiên đây là phương án sai.

Phân tích sai lầm:

Mệnh đề (1) sai, sửa lại: hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −∞;3 và 3;+∞. Học sinh cần nhớ rằng, ta chỉ học định nghĩa hàm số đồng biến (nghịch biến) trên khoảng, đoạn, nửa khoảng; chứ không có trên những khoảng hợp nhau.

Mệnh đề (2) sai. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x=3, một tiệm cận ngang là y=1.

Mệnh đề 3,4 đúng.

Đáp án B

Sai lầm thường gặp: Ta thấy 

y=x=x2,y'=xx2=xx=1   khi x>0−1 khi x<0

Từ đó học sinh kết luận ngay hàm số không có đạo hàm tại x=0 và cũng không đạt cực trị tại điểm x=0. Nhiều học sinh sẽ chọn ngay phương án A. Đây là đáp án sai.

Phân tích sai lầm: Nhiều học sinh ngộ nhận ngay điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị là “Nếu hàm số y=f(x) đạt cực trị tại x0  thì f'x0=0  ”, từ đó nếu f'x0≠0 thì hàm số không đạt cực trị tại điểm x0 . Tuy nhiên, điều này là sai lầm vì định lý trên chiều ngược lại có thể không đúng, tức chỉ đúng với một chiều.

Vậy, đối với hàm số đã cho ta có y'=xx2=xx=1   khi x>0−1 khi x<0.

Dễ thấy đạo hàm y' đổi dấu qua điểm x=0 nên x=0 là điểm cực trị của hàm số, ở đây x=0là điểm cực tiểu của hàm số.

Quan sát đồ thị hàm số y=x hình vẽ bên để hiểu rõ hơn về điểm cực trị của hàm số này.

Đáp án C

Đạo hàm 

y'=3x2−6x=3xx−2;y'=0⇔x=0x=2

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy y'<0,∀x∈0;2 nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).

Đáp án C

Tập xác định: D=−2;2\−1. Ta thấy y=4−x2x+1x−4.

Ta có  limx→−1−y=limx→−1−4−x2x+1x−4=+∞ và limx→−1+y=limx→−1+4−x2x+1x−4=−∞ nên đồ thị có đúng một đường tiệm cận đứng là x= -1.

Do tập xác định D=−2;2\−1 nên ta không xét được limx→−∞y và limx→+∞y. Vậy hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Đáp án B

Cách 1: Tư duy tự luận

22x−3−3.2x−2+1=0⇔18.2x2−34.2x+1=0⇔2x=42x=2⇔x=2x=1 

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1+2=3.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Vậy phương trình có hai nghiệm x=1 và x=2. Tổng các nghiệm là 1+2=3.

Đáp án A

Cách 1: Tư duy tự luận

log275=log335=13log35=a⇒log35=3a⇒log53=13a.

log54=log53.log32.log24=2log53log23=23ac .

log87=log237=13log27=b⇒log27=3b⇒log72=13b⇒log74=2log72=23b.

log73=log72.log23=c3b.

log1235=log125+log127=1log512+1log712=1log53+log54+1log73+log74 

⇒log1235=113a+23ac+1c3b+23b=3acc+2+3bc+2=3b+3acc+2.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A

Cách 1: Tư duy tự luận

Phương án A: ∫tanxdx=∫sinxcosxdx=−∫dcosxcosx=−lncosx+C.

Phương án B:∫cotxdx=∫cosxsinxdx=∫dsinxsinx=lnsinx+C.

Phương án C:

∫sinx2dx=−∫2dcosx2=−2cosx2+C.

Phương án D:

∫cosx2dx=∫2dsinx2=2sinx2+C.

Vậy phương án A đúng.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A

Cách 1: Xét phương trình:

x2=3⇔x=±3;x2=1⇔x=1

Quan sát hình vẽ:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x2,y=3,x=0 là

S1=∫−30x2−3dx=∫−30x2−3dx=x33−3x0−3=23 

(đvdt).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x2,y=1,x=0 là

S2=∫−10x2−1dx=∫−10x2−1dx=x33−x0−1=23

 (đvdt).

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là S=S1−S2=23−23 (đvdt).

Cách 2: Ta có y=x3⇔y≥0x=±y. Từ hình vẽ ta thấy x<0⇒x=−y.

Diện tích hình phẳng cần tính là:

S=∫13−y−0dy=∫13ydy=2y3331=23−23

 (đvdt).

Đáp án A

Dễ thấy 

∫09fxdx=∫01fxdx+∫19fxdx=9+2=11

Ta có

I=∫03fx3+f3xdx=∫03fx3dx+∫03f3xdx=I1+I2

* Tính I1=∫03fx3dx : Đặt t=x3⇒dx=3dt. Đổi cận  x=0⇒t=0;x=3⇒t=1.

Khi đó

I1=3∫01ftdt=3∫01fxdx=3.9=27

* Tính I2=∫03f3xdx: Đặt t=3x⇒dx=13dt. Đổi cận x=0⇒t=0;x=3⇒t=9.

Khi đó

I2=13∫09ftdt=13∫09fxdx=113

 Vậy I=I1+I2=27+113=923.

Đáp án C

Giả sử z=x+yi,x,y∈ℝ. Khi đó điểm biểu diễn số phức z là Mx;y.

Từ giả thiết, ta có 

z−2+3i=7⇔x−2+y+3i=7

⇔x−22+y+32=7⇔x−22+y+32=49.

Vậy tập hợp các điểm Mx;y biểu diễn số phức z=z+yi là đường tròn C:x−22+y+32=49 có tâm I2;−3, bán kính R=7.

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng(BCD). Do ABCD là tứ diện đều nên tâm H là tâm đường trong ngoại tiếp ΔBCD .

Đặt cạnh của tứ diện là a. Gọi M  là trung điểm của CD.

Do ΔBCD đều nên

BM=a32⇒BH=23BM=23.a32=a33

Ta có  ΔABHvuông tại H nên

AH=AB2−BH2=a2−a332=a63

Từ giả thiết ta có

AH=a63=6⇔a=36⇒SΔBCD=a234=2732

 (đvdt).

Vậy thể tích của tứ diện ABCD là

AH=a63=6⇔a=36⇒SΔBCD=a234=2732

 (đvtt).

Đáp án C

Thể tích khối cầu là V=43π.2R3=323πR3  (đvtt).

Đáp án A

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P)  là:

dM;P=2.1−2−2−13+322+−22+−12=43

Đáp án C

Điểm D∈Oy nên D0;y;0. Suy ra  AD→=−2;y−1;1.

Ta có AB→=1;−1;2,AC→=0;−2;4 ⇒AB→,AC→=0;−4;−2.

Khi đó VABCD=16AB→,AC→.AD→=16−4y+2=2y−13.

Từ giả thiết ta có

VABCD=5⇔2y−13=5⇔y=8y=−7

. Vậy D0;−7;0D0;8;0 .

Tính tích có hướng AB→,AC→ bằng MTCT:

Đáp án B

Mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y−6z+9=0  có tâm I1;−2;3, bán kính  R=12+−22+32−9=5 

Đáp án C

Số số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là 9.9.8.7=4536. Không gian mẫu Ω có số phần tử là nΩ=C45361=4536.

Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 25”. Gọi số đó có dạng Chọn thì  cd¯∈25;50;75.

* Số đó có dạng ab25¯: Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 7.7=49 số ab25¯ thỏa mãn.

* Số đó có dạng ab50¯: Chọn a có 8 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 8.7=56 số ab50¯ thỏa mãn.

* Số đó có dạng ab75¯: Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 7.7=49 số ab75¯ thỏa mãn.

Vậy số phần tử của biến cố A là nA=49+56+49=154.

Vậy xác suất cần tính là PA=nAnΩ=1544536=11324.

Đáp án B

Cách 1: Tư duy suy luận

Ta có  

L=limx→+∞mx+2006x+x2+2007=limx→+∞xm+2006xx+x1+2007x2=limx→+∞xm+2006xx1+1+2007x2

=limx→+∞m+2006x1+1+2007x2=m1+1=m2. Để L=0 thì m2=0⇔m=0.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Chọn m=0,5 thỏa mãn các phương án A, C, D. Ta có L=limx→+∞0,5x+2006x+x2+2007  .

Nhập vào màn hình:

 Suy ra L≈14⇒L≠0. Loại ngay A, C, D.

Đáp án C

Ta có 

y'=x2−2x−1;y'=0⇔x=1+2⇒y=−8−423x=1−2⇒y=−8+423

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị là  A1+2;−8−423 và  B1−2;−8+423.

Vậy

AB=1−2−1+22+−8+423−−8−4232=1023

Đáp án C

Phương án A:  y'=−2x⇒y'>0,∀x∈−∞;0 và y'<0,∀x∈0;+∞ .

Khi đó hàm số y=1−x2 đòng biến trên khoảng −∞;0, nghịch biến trên khoảng 0;+∞.

Phương án  B: y'=lnx+1⇒y'>0,∀x∈1e;+∞ và y'<0,∀x∈0;1e. Khi đó hàm số đồng biến trên 1e;+∞ và nghịch biến trên 0;1e.

Phương án  C: y'=ex+1x2>0,∀x≠0 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng −∞;0 và 0;+∞.

Phương án D:y'=−π.x−π−1=−πxπ+1⇒y'<0,∀x∈0;+∞ . Khi đó hàm số y=x−π nghịch biến trên khoảng 0;+∞ .

Đáp án C

Từ đồ thị hàm số  y=fx trên  −2;4 , ta vẽ được đồ thị hàm số  y=fx trên đoạn −2;4 như hình vẽ bên.

Quan sát đồ thị, ta thấy max−2;4fx=f−1=3.  

Đáp án A

Phương trình

log21−x=2⇔1−x>01−x=22⇔x<1x=−3⇔x=−3

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

 Đặt lnx=t⇔dxx=dt . Đổi cận x=1⇒t=0;x=e⇒t=1 .

Khi đó I=∫01t2dt=t3310=13 .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

Giả sử z=a+bi,(a,b∈ℝ).

Giả thiết tương đương với 1+2ia−1+bi=5−2i

⇔a−1−2b+2a+b−2i=5−2i

 ⇔a−2b−1=52a+b−2=2⇔a−2b=62a+b=0⇔a=65b=−125

Vậy z=65−125i.            

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

1+2iz−1−5+2i=0⇔z=5−2i1+2i+1=65−125i.

Đáp án B

Áp dụng định lý hàm số sin, ta có BCsinBAC^=ACsinABC^=ABsinACB^=2R

 ⇔BCsin750=ACsin450=ABsin600=2R⇔AB=2R.sin600=R3BC=2R.sin750=6+22RAC=2R.sin450=R2

Lại có

SΔABC=12AB.AC.sinBAC^=12BH.AC⇔BH=AB.sinBAC^=R3.sin750

 ⇔BH=36+24R.

Khi quay ΔABC quanh AC thì ΔBHC tạo thành hình nón tròn xoay (N) có đường sinh l=BC=6+22R, bán kính đáy r=BH=36+24R.

Diện tích xung quanh hình nón  (N) là

Sxq=πrl=π36+24R.6+24R=3+232πR2

 (đvdt).

Đáp án C

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là nP→=1;−1;4 . Mặt phẳng  (Q) có vectơ pháp tuyến là nQ→=2;0;−2.

Cách 1: Tư duy tự luận

Góc giữa hai mặt phẳng (P) và  (Q) được tính theo công thức:

cosP,Q^=cosnP→,nQ→=nP→.nQ→nP→.nQ→=1.2+−1.0+4.−212+−12+42.22+02+−22

⇔cosP,Q^=12. Vậy P,Q^=600.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Nhập vào máy tính các vectơ: VctA=1;−2;4,VctB=2;0;−2.

Đáp án D

Gọi M là hình chiếu của điểm I3;2;4 trên Oy, suy ra M0;2;0 . Khi đó  IM→=−3;0;−4. Mặt cầu tâm I3;2;4  tiếp xúc với trục Oy nên bán  kính mặt cầu là R=IM=5.

Phương trình mặt cầu (S) là x−32+y−22+z−42=25

⇔x2+y2+z2−6x−4y−8z+4=0.

Đáp án B

Ta có mặt phẳng P:x3+y2+z1=1 ⇔2x+2y+6z−6=0. Suy ra mặt phẳng  (P) có vectơ pháp tuyến là n→=2;3;6.

Đáp án A

Ta có y'=−1x2=−11.1!x2; y''=−2x3=−12.2!x3; y'''=−6x4=−13.3!x4.

 Dự đoán yn=−1n.n!xn+1*. Chứng minh mệnh đề (*):

* Với n=1 thì *⇔y'=−1x2. Khi đó (*) đúng.

* Giả sử (*) đúng với n=k,k≥1 , tức là yk=−1k.k!xk+1 .

Khi đó yk+1=yk'=−1k.k!xk+1=−1k.−k+1.k!.xkxk+12=−1k+1.k+1!xk+2. Vậy mệnh đề (*) cũng đúng với n=k+1 nên nó đúng với mọi n.

Đáp án C

Không gian mẫu Ω có số phần tử là nΩ=10!.

 Gọi A là biến cố “Xếp được dòng chữ “NƠI NÀO CÓ Ý CHÍ NƠI ĐÓ CÓ CON ĐƯỜNG”. Số phần tử của biến cố A là nA=1.

Vậy xác suất cần tính là PA=nAnΩ=110!=13628800.

Đáp án B

Đáp án C

Gọi A' là điểm đối xứng với A5;3 qua điểm I4;1 . Khi đó I là trung điểm của AA' và xA'=2xI−xA=2.4−5=3xA'=2yI−yA=2.1−3=−1. Vậy A'3;−1.

Đáp án B

Gọi I là hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng (ABC). Do SA=SB=SC nên  IA=IB=IC⇒I là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC . Mà ΔABC vuông cân tại A nên I là trung điểm của BC và IA=IB=IC=12BC=a22.

Ta có IA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC) nên SA,ABC^=SA,IA^=SAI^=450.

Do ΔSIA vuông tại I nên ΔSAI vuông cân tại I, khi đó : SI=IA=a22⇒dS;ABC=SI=a22

Đáp án C

Ta dễ dàng chứng minh được AA'//BCC'B'

⇒dAA';BC=dAA';BCC'B'=dA;BCC'B'

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Suy ra A'G⊥ABC.

Ta có  SΔABC=a234

 ⇒VABC.A'B'C'=A'G.SΔABC⇔A'G=VABC.A'B'C'SΔABC=a334:a234=a

Lại có

AM=a32⇒AG=23AM=a33⇒AA'=A'G2+AG2=2a33

 Ta luôn có VA'.ABC=13VABC.A'B'C'=13.a334=a3312.

Mà VABC.A'B'C'=VA'.ABC+VA'.BCC'B' 

⇒VA'.BCC'B'=VABC.A'B'C'−VA'.ABC=a334−a3312=a336.

Gọi M,M' lần lượt là trung điểm của BC và B'C'. Ta có BC⊥AM,BC⊥A'G ⇒BC⊥AMM'A'⇒BC⊥MM'. Mà MM'//BB' nên BC⊥BB'⇒BCC'B' là hình chữ nhật

 ⇒SBCC'B'=BB'.BC=2a33.a=2a233 .

 Từ

VA'.BCC'B'=13dA';BCC'B'.SBCC'B'⇔dA';BCC'B'=3VA'.BCC'B'SBCC'B' 

⇒dA';BCC'B'=a332:2a233=3a4. Vậy dAA';BC=3a4.

Đáp án C

Ta có

 y'=fx+5f2x+1'=f'xf2x+1−fx+5.2fx.f'xf2x+12

⇒y'=f'x.−f2x−10fx+1f2x+12

Do  hai hàm số cùng đống biến trên ℝ nên 

f'x.−f2x−10fx+1f2x+12fx≥0

⇔−f2x−10fx+1≥0⇔−5−26≤fx≤−5+26.

Đáp án B

Cách 1: Tư duy tự luận

Xét hàm số fx=sinx1+cosx trên 0;π

Đạo hàm f'x=cosx1+cosx−sin2x =2cos2x+cosx−1;

f'x⇔cosx=−1cosx=12⇔x=π+k2πx=±π3+k2πk∈ℤ

 Do x∈0;π nên x=π3;x=π.

Ta có

f0=fπ=0;fπ6=334

Vậy  

M=max0;πfx=334;m=min0;πfx=0

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Quan sát bảng giá trị, ta thấy

M=max0;πfx≈1,295...≈334;m=min0;πfx=0

Đáp án A

Từ giả thiết ta có 

f'1=g'1=f'1g1+1−g1f1+3g1+12=k≠0

Suy ra  

kg1+1−kf1+3g1+12=k⇔g1−f1−2g1+12=1

⇔g1+12=g1−f1−2⇔f1=−g21−g1−3=−g1+122−114

Suy ra  f1≤−114.  

Đáp án C

Điều kiện  x>0.

* Trường hợp 1: log3x≥log12x⇔x≥1.Khi đó maxlog3x;log12x=log3x  và bất phương trình đã cho tương đương với log3x<3⇔x<27.

Đối chiếu điều kiện ta được 1≤x<27. 

* Trường hợp 2: log3x≤log12x⇔0<x≤1.

Khi đó maxlog3x;log12x=log12x và bất phương trình tương đương với   log12x<3⇔x>18.

Đối chiếu điều kiện ta được 18<x≤1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 18;27.

Đáp án D

Ý tưởng bài toán: Với bài toán dạng này, ta thường chọn  hai giá trị a, b bất kì, tính tổng fa+fb và tìm mối quan hệ giữa hai giá trị a, b.

fa+fb=log2alog2a+1+log2blog2b+1=2log2alog2b+log2a+log2blog2a+1log2b+1

=2log2alog2b+log2a+log2blog2alog2b+log2a+log2b+1=2log2alog2b+log2ablog2alog2b+log2ab+1

Cần chọn hai giá trị a, b sao cho tử rút gọn được với mẫu.

Ta thường chọn a+b=k hoặc ab=k. Ở bài toán này ta chọn ab=k.

Nếu ab=14 thì log2ab=log214=−2.

Suy ra

fa+fb=2log2alog2b−2log2alog2b−2+1=2

Vậy với các giá trị a, b thỏa mãn ab=14 thì fa+fb=2.

Ta có 

S=f2−100+f2−99+...+f2−2+f20+f21+...+f298

=f2−100+f298+f2−99+f297+...+f2−2+f20=2+2+...+2⏟99 so 2

=99.2=198.

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f(x) và Ox: ax4+bx2+c=0.

Để phương trình có bốn nghiệm

⇔b2−4ac>0−ba>0ca>0⇔b2−59b2>0−ba>0ca>0⇔b≠0−ba>0ca>0 

Gọi x1,x2,x3,x4 lần lượt là bốn nghiệm của phương trình ax4+bx2+c=0 vàx1<x2<x3<x4  . Không mất tính tổng quát, giả sử a>0.

Khi đó x2=−b+2b32a=−b6ax2=−b−2b32a=−5b6a,b<0.

Suy ra

x1=−−5b6a;x2=−−b6a;x3=−b6a;x4=−5b6a

Do đồ thị hàm số f(x) nhận trục tung làm trục đối xứng  nên ta có:

S1=∫x1x2fxdx+∫x3x4fxdx=−2∫x3x4fxdx=−2∫x3x4ax4+bx2+cdx 

=−2ax55+bx33+cxx4x3=2ax355+bx333+cx3−2ax455+bx433+cx4. 

S2=∫x2x3fxdx=2∫0x3fxdx=2∫0x3ax4+bx2+cdx=2ax55+bx33+cxx30

=2ax355+2bx333+2cx3.

Suy ra

S2−S1=2ax455+2ax433+2cx4=2a5−5b6a5+2b3−5b6a3+2c−5b6a

=2a5.25b236a2−5b6a−2b3.5b6a−5b6a+2c−5b6a=−5b6a5b218a−5b29a+2c

=−5b6a.−5b2+36ac18a=0

Vậy S1=S2 hay S1S2=1.

Đáp án C

Cách 1: Thay x bởi -x ta được fx+2f−x=cos−x=cosx. Kết hợp với giả thiết ta có

f−x+2fx=fx+2f−x⇔fx=f−x

Suy ra fx=13cosx . Vậy I=∫−π2π2fxdx=13∫−π2π2cosxdx=23.

Cách 2: Từ giả thiết ta có ∫−π2π2f−x+2fxdx=∫−π2π2cosxdx

⇔∫−π2π2f−xdx+2∫−π2π2fxdx=2⇔∫−π2π2ftdt+2∫−π2π2fxdx=2⇔∫−π2π2fxdx=23.

Đáp án D

Giả sử z=x+yi,x,y∈ℝ. Từ giả thiết ta có 2x+yi−i=2+ix+yi

⇔2x+2y−1i=2−y+xi⇔4x2+2y−12=y−22+x2⇔x2+y2=1

Suy ra tập hợp các điểm A, B biểu diễn hai số phức z1, z2 là đường tròn tâm O0;0, bán kính R=1=OA=OB.

Giả sử z1=a1+b1i, z2=a2+b2i,a1,a2,b1,b2∈ℝ . Khi đó Aa1;b1, Ba2;b2.

Từ giả thiết z1−z2=1 ta được:

a1−a2+b1−b2i=1⇔a1−a22+b1−b22=1⇔AB=1

Từ đó OA=OB=AB⇒ΔOAB đều cạnh bằng 1.

Gọi M  là trung điểm AB thì Ma1+b12;a2+b22 và OM=AB32=32.

Khi đó 

P=z1+z2=a1+a2+b1+b2i=a1+a22+b1+b22

=2a1+a222+b1+b222=2OM=2.32=3

Đáp án C

Nhận thấy AB=BC=CA=26 nên ΔABC đều. Do G là trọng tâm của  ΔABC nên CG⊥AB, mà CG⊥SA⇒CG⊥SAB⇒CG⊥SB . Lại có  CH⊥SB (H là trực tâm của ΔSBC) nên SB⊥CHG. Suy ra SB⊥GH.

Gọi M  là trung điểm của BC.

Ta có 

BC⊥SA,BC⊥AM⇒BC⊥SAM⇒BC⊥GH. 

Như vậy GH⊥SBC⇒GH⊥SM hay S'H⊥SM⇒SS'H^=SMA^. 

Suy ra ΔAS'G∽ΔAMS⇒AS'AM=AGAS 

⇒AS'.AS=AM.AG=AM.23AM=23.AB322=23.26.32=12. 

Đáp án C

 Ta có 

BC⊥AC,BC⊥AA'⇒BC⊥A'ACC'⇒BC⊥A'C.

Suy ra

A'CB,ABC^=A'C,AC^=A'CA^=x,0<x<π2. 

ΔA'AC vuông tại B nên 

AA'=A'C.sinA'CA^=asinx;AC=acosx.

Suy ra 

VA'.ABC=13.AA'.SΔABC=13.asinx.acosx22=a36sinxcos2x.

Xét hàm số

fx=sinxcos2x=sinx1−sin2x trên 0;π2. 

Đặt t=sinx, do x∈0;π2⇒t∈0;1. Xét hàm số  gt=t1−t2 trên 0;1.

Ta có

f't=1−3t2;f't=0⇔t=±13.

Do t∈0;1 nên t=13.

Lập bảng biến thiên, suy ra maxx∈0;π2fx=maxt∈0;1gt=g13=239. 

Vậy Vmax=a36.239=a3327 (đvtt).

Đáp án B

Điều kiện x2−1≥0⇒x≤−1x≥1.

Phương trình đã cho tương đương với:

2x2−1log2x2+1−2m2x2−1.logx2+1+2m+8=0 

⇔2x2−1.logx2+12−2m2x2−1.logx2+1+2m+8=0*

Đặt t=x2≥1, theo bài ra ta có 

1≤x1<x2≤3⇔1≤x12<x22≤9⇒t∈1;9.

Xét hàm số ft=2−t−1.logt+1 trên đoạn 1;9.

Ta có f't=logt+12t−1+2t−1t+1.ln10>0,∀∈0;9⇒ Hàm số ft đồng biến trên đoạn 1;9. Khi đó f1≤ft≤9 hay 0≤ft≤4.

Đặt u=2x2−1.logx2+1⇒u∈0;4. Khi đó phương trình (*) trở thành u2−2m.u+2m+8=01.

Nhận thấy u=1 không phải là nghiệm của phương trình (1). Với u≠1 thì phương trình (1) tương đương với 

u2+8=2mu−1⇔2m=u2+8u−12

Xét hàm số gu=u2+8u−1 trên đoạn 0;4\1.

Ta có g'u=u2−2u−8u−12; g'u=0⇔u=4u=−2. Mà u∈0;4\1 nên u=4.

Mặt khác, có g0=−8; g4=8; limx→1−gu=−∞; limx→1+gu=+∞.

Bảng biến thiên:

Yêu cầu bài toán <=>Phương trình (2) có nghiệm duy nhất trên đoạn 0;4\1 . Suy ra 2m≥82m≤−8⇔m≥4m≤−4.

Mặt khác m∈ℤ, m∈−2017;2017 nên suy ra 4≤m≤2017−2017≤m≤−4. 

Vậy có tất cả 2017−4+1+−4+2017+1=4028 giá trị m nguyên thỏa mãn bài toán.

Đáp án C

Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ với O3≡O,O2C≡Ox,O2A≡Oy.

Ta có 

O1O2=O1A2−O2A2=52−32=4⇒O1−4;0.

Phương trình đường tròn O1:x+42+y2=25.

Phương trình đường tròn O2:x2+y2=9.

Kí hiệu H1 là hình phẳng giới hạn bởi các đường O2:x2+y2=9, trục Oy: x=0 khi x≥0.

Kí hiệu H2 là hình phẳng giới hạn bởi các đường O2:x2+y2=9, trục Oy: x=0 khi x≥0.

Khi đó thể tích V cần tìm chíình bằng thể tích  V2 của khối tròn xoay thu được khi quay hình H2 xung quanh trục Ox (thể tích nửa khối cầu bán kính bằng 3) trừ đi thể tích V1  của khối tròn xoay thu được khi quay hình H1  xung quanh trục Ox.

Ta có V2=12.43π33=18π (đvtt);

V1=π∫01y2dx=π∫0125−x+42dx=14π3 (đvtt).

 Vậy V=V2−V1=18π−14π3=40π3 (đvtt).  

Đáp án D

Ta có 

z+1z=3⇔z+1z2=9⇔z+1zz¯+1z¯=9⇔z2+1z¯2+1z.z¯=9

⇔z2.z¯2+z2+z¯2+1=9zz¯=9z2⇔z4+z+z¯2−2z2+1=9z2 

Do z+z¯2≥0 nên 

−z4+11z2−1≥0⇔z4−11z2+1≤0

⇔11−3132≤z2≤11+3132⇔−3+132≤z≤3+132.

Vậy

maxz+minz=−3+132+3+132=13

Đáp án D

Ta có 

α:x−2y+3z−a=0⇔3x−6y+9z−3a=0.

Gọi h  là chiều cao của hình lăng trụ, do α//β nên h=dα;β=b+3a314. 

Ta có

V=S.h⇔514=5.b+3a314=3a+b=42⇔a+b3=14

Đáp án A

Ta thấy tập hợp thứ n số nguyên liên tiếp, và phần tử cuối cùng của tập hợp này là 1+2+3+...+n=nn+12.

Khi đó Sn là tổng của n số hạng trong một cấp số cộng có số hạng đầu là  u1=nn+12, công sai  d=−1 (coi số hạng cuối cùng trong tập hợp thứ n là số hạng đầu tiên của cấp số cộng này), ta có:

Sn=n2u1+n−1d2=n2nn+1−n−1=12nn2+1.

Vậy

S999=12.999.9992+1=498501999.

Đáp án B

Số phần tử của không gian mẫu Ω là nΩ=103.

Gọi A là biến cố “chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau”, suy ra nA=10.9.8=720.

Vậy xác suất cần tính là PA=nAnΩ=720103=0,72. 

Đáp án D

Ta có 

fn=n2+1+n2+1=n2+12+2nn2+1+n2+1

=n2+1n2+1+2n+1=n2+1n2+1+1. 

Do đó 

f2n−1f2n=2n−12+1.2n2+12n2+1.2n+12+1=2n−12+12n+12+1.

Suy ra 

un=f1f2.f3f4.f5f6...f2n−1f2n=12+132+1.32+152+1.52+172+1...2n−12+12n+12+1

⇒un=22n+12=12n2+2n+1 

⇒limnun=limn2n2+2n+1=12+1n+1n2=12.