20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 12)
50 câu hỏi
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x3−3x2+2 tại điểm Mx0;y0 có hệ số góc k bằng
k=3x02−6x0
k=x03−3x02 +2
k=3x02−2x0
k=3x02−6x0+2
Đáp án A.
Ta có y'=3x2−6x nên hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm Mx0;y0 là k=y'x0=3x02−6x0.
Cho hàm số y =f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình dưới đây:
Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;2và −2;+∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng −2;2.
Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1và 1;+∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng 2;−2
Đáp án C.
Tìm tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=3x+12x−1.
x=32
y=12
x=12
y=32
Đáp án C.
Vì limx→12−3x+12x−1=−∞;limx→12+3x+12x−1=+∞ nên x=12 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Cho hàm số y=ax+bcx+d có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó d<0. Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng?
a<0,b<0,c<0
a>0,b<0,c>0
a<0, b>0,c<0
a>0,b>0,c>0
Đáp án A.
Cách 1: Từ đồ thị, ta có bd=y0>0. Suy ra b<0.
Lại có y=0⇔x=−ba<0. Suy ra a<0. Do đó đáp án đúng là A.
Cách 2: Từ đồ thị, ta có đường tiệm cận đứng x=−dc<0 và tiệm cận ngang y=ac>0. Do d<0 nên c<0. Suy ra a<0.
Lại do bd=y0>0 nên suy ra b<0. Do đó đáp án đúng là A.
Tìm nghiệm của phương trình log5x+2=2018 .
x=52018−2
x=20185−2
x=52018+2
x=20185+2
Đáp án A.
Ta có
log5x+2=2018⇔x+2=52018⇔x=52018−2
Giả sử một hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x), trục Ox và hai đường thẳng x=a và x=b (a<b) quay xung quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay. Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay đó.
V=π∫baf2xdx
V=∫abfxdx
V=π∫abf2xdx
V=∫abf2xdx
Đáp án C
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số phức z=7−2i có điểm biểu diễn là điểm nào dưới đây?
M17;2
M27;−2
M37;−2i
M4−2;7
Đáp án B.
Điểm biểu diễn của số phức z=a+bi,a,b∈ℝ là Ma;b.
Cho hai số phức z1=4−2i và z2=1+5i. Tìm số phức z=z1+z2.
z=5+3i
z=3−7i
z=−2+6i
z=5−7i
Đáp án A.
Do z1+z=4+1+−2i+5i=5+3i
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x+22+y−32+z−12=16 . Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R mặt cầu (S).
I2;−3;−1 và R=16
I−2;3;1 và R=4
I−2;3;1 và R=16
I2;−3;−1 và R=4
Đáp án B.
Mặt cầu S:x−a2+y−b2+z−c2=R2 có tâm Ia;b;c và bán kính R.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, phép đối xứng qua trục Ox biến điểm I−3;7 thành điểm nào dưới đây?
I13;−7
I2−3;7
I33;7
I4−3;−7
Đáp án D.
Phép đối xứng qua trục Ox biến điểm Ma;b thành điểm M'a;−b.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G1,G2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB và SAD. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
G1G2//SBD
G1G2//SBC
G1G2//SAC
G1G2//SCD
Đáp án D.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC). Mệnh đề nào dưới đây là sai?
SBC⊥SAB
SAB⊥ABC
SAC⊥ABC
SBC⊥SAC
Đáp án D.
Phương án A: Đúng vì BC⊥AB,SA⊥BC nên
BC⊥SAB⇒SBC⊥SAB.
Phương án B: Đúng vì SA⊥ABC và SA⊂SAB nên SAB⊥ABC.
Phương án C: Đúng vì SA⊥ABC và SA⊂SAC nên SAC⊥ABC.
Tính đạo hàm của hàm số y=2x−14x+3
y'=44x+3
y'=12x+44x+3
y'=18x+24x+3
y'=24x+3+14x+3
Đáp án B.
Ta có
y'=2.4x+3+2x−1.24x+3=24x+3+22x−14x+3=12x+44x+3
Tính l=limx→22x2−83x2−6x
l=43
l=83
l=0
l=23
Đáp án A.
Vì l=limx→22x+23x=22+23.2=43
Cho cấp số cộng un có số hạng đầu u1=3 và công sai d=5. Viết công thức tính sô hạng tổng quát un của cấp số cộng đó.
un=3+5n
un=3.5n−1
un=5n−2
un=5n+8
Đáp án C.
Ta có
un=u1+n−1d=3+n−1.5=5n−2
Tìm số hạng chính giữa trong khai triển của 5x+2y4
6x2y2
600x2y2
24x2y2
60x2y2
Đáp án B.
Số hạng chính giữa của khai triển là C425x22y2=600x2y2
Giải phương trình sin2x=1
x=π2+k2π,k∈ℤ
x=π4+k2π,k∈ℤ
x=π4+kπ,k∈ℤ
x=π+k4π,k∈ℤ
Đáp án C.
Ta có
sin2x=1⇔2x=π2+k2π⇔x=π4+kπ,k∈ℤ
Trong các mệnh đề dưới đây mệnh đề nào sai?
Hàm số y=sin2x là hàm số tuần hoàn với chu kỳ π.
Hàm số y=sinx2 là hàm số tuần hoàn với chu kỳ π
Hàm số y=tanx là hàm số tuần hoàn với chu kỳ π.
Hàm số y=cotx là hàm số tuần hoàn với chu kỳ π.
Đáp án B.
Hàm số y=sinx2 là hàm số tuần hoàn với chu kỳ 4π.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x−21=y+1−2=z−32 . Đường thẳng d không đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?
N13;−3;5
N2−1;5;−3
N3−2;7;9
N40;3;−1
Đáp án C.
Vì −2−21=7+1−2=−4≠3=9−32 nên d không đi qua điểm N3.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A2;−1;1,B1;2;0và C3;2;−1. Vecto nào dưới đây là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (ABC)?
n1→=1;1;2
n2→=1;−1;2
n3→=1;5;−2
n4→=2;1;1
Đáp án A.
Ta có AB→=−1;3;−1,AC→=1;3;−2 nên ABC có một vecto pháp tuyến là −13AB→,AC→=1;1;2.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và có SA=a3,AB=a,AC=a2. Tính bán kính r của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a.
r=a1+2+32
r=a63
r=a62
r=a6
Đáp án C.
Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) thì mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính r=12.SA2+AB2+AC2. Với giả thiết của bài toán, ta có r=a62.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=a. Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD
V=a3
V=16a3
V=12a3
V=13a3
Đáp án D.
Ta có
V=13SA.SABCD=13SA.AB.AD=13a3
Cho số phức z=3−2i. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức iz¯?
M13;−2
M2−2;3
M32;3
M4−2;3i
Đáp án B.
Ta có z¯=3+2i nên iz¯=i3+2i=−2+3i.
Vì điểm biểu diễn của số phức w=a+bi,a,b∈ℝ là Ma;b nên điểm biểu diễn của số phức iz¯ là M2−2;3.
Giải phương trình z2+4z+9=0
z=−2−i5 hoặc z=−2+i5
z=2−i5 hoặc z=2+i5
z=2−5i hoặc z=2+5i
z=−2−i52 hoặc z=−2+i52
Đáp án A.
z2+4z+9=0⇔z+22=−5⇔z=−2−i5
hoặc z=−2+i5
Biết rằng ∫fxdx=Fx+C. Tính I=∫f5x−3dx.
I=F5x−3+C
I=5F5x−3+C
I=15F5x−3+C
I=15Fx+C
Đáp án C.
Vì
I=∫f5x−3dx=15∫f5x−3d5x−3=15F5x−3+C
nên chọn phương án C.
(cần lưu ý trong công thức ∫fxdx=Fx+C thì x trong fx, dx và F(x) phải là như nhau).
Tính tích phân I=∫523xx2+4dx bằng cách đặt t=x2+4, mệnh đề nào dưới đây đúng?
I=∫523t2dt
I=∫34t2dt
I=12∫34t2dt
I=∫34tdt
Đáp án B
Vì t=x2+4⇒x2=t2−4xdx=tdtvà x=5⇒t=3;x=23⇒t=4
nên
I=∫523x2+4.xdx=∫34t.tdt=∫34t2dt
Bằng cách đặt t=3x, bất phương trình 9x−5.3x+1+54≤0 trở thành bất phương trình nào dưới đây?
t2−5t+54≤0
t2−8t+54≤0
−12t+54≤0
t2−15t+54≤0
Đáp án D.
Vì
9x−5.3x+1+54≤0⇔3x2−15.3x+54≤0
nên ta có bất phương trình t2−15t+54≤0.
Cho a, b là các số thực dương và a khác 1, đặt P=loga2b6+2logab4 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
P=10logab
P=19logab
P=7logab
P=16logab
Đáp án B.
Ta có
P=62logab+2.412logab=3logab+16logab=19logab
Tìm tập xác định D của hàm số y=2x2−825
D=ℝ
D=−∞;−2∪2;+∞
D=−∞;−22∪22;+∞
D=0;+∞
Đáp án B.
Vì do 25 là số không nguyên nên hàm số xác định khi
2x2−8>0⇔x2−4>0⇔x<−2
hoặc x>2.
Do đó tập xác định của hàm số là D=−∞;−2∪2;+∞.
Cho hàm số fx=2x−mx+1, với m≠−2. Mệnh đề nào dưới đây là sai?
min1;3fx=2−m2 khi m>−2
min1;3fx=min2−m2;6−m4
max1;3fx=max2−m2;6−m4
max1;3fx=6−m4 khi m<−2
Đáp án D.
Ta có max1;3fx=max2−m2;6−m4.
Do đó
max1;3fx=6−m4⇔6−m4≥2−m2⇔m≥−2
Vậy phương án sai là D.
Gọi S là tập hợp các nghiệm thuộc đoạn 0;2π của phương trình sin2x+3cos2x=−2. Biết rằng tổng các phần tử thuộc S bằng mπn, trong đó m, n là các số nguyên dương và phân số mn tối giản. Tính T=22m+6n+2018.
T=2322
T=2340
T=2278
T=2388
Đáp án A.
Ta có
sin2x+3cos2x=−2⇔cos2x−π6=−22 .
⇔x=−7π24+kπ hoặc x=11π24+kπ,k∈ℤ.
Nghiệm thuộc đoạn 0;2π của phương trình là 11π24;17π24;35π24;41π24.
Suy ra S=11π24;17π24;35π24;41π24.
Do đó tổng các phần tử thuộc S là
11π24+17π24+35π24+41π24=10424π+133π
Ta có m=13 và n=3 nên T=2322.
Đội thanh niên xung kích của một trường trung học phổ thông có 15 học sinh, gồm 4 học sinh khối 10, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 12. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong đội xung kích để làm nhiệm vụ trực tuần. Tính xác suất để chọn được 4 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh.
9196
4891
291
222455
Đáp án B.
Số cách chọn 4 học sinh trong đội thanh niên xung kích là C154=1365.
Số cách chọn 4 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh là C42C61C51+C41C62C51+C41C61C52=720.
Suy ra xác suất để chọn được 4 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh là p=7201365=4891.
Cho hàm số fx=x6−6x+5x2−2x+1 khi x<1x2+ax+b khi x≥1 , trong đó a, b là các số thực thỏa mãn a2+ab+b2=148. Khi hàm số liên tục trên R, hãy tính giá trị của biểu thức T=a3+b3.
T=2072
T=-728
T=728
T=±728
Đáp án C.
Hàm số liên tục trên từng khoảng −∞;1 và 1;+∞.
Ta có
limx →1+fx=limx→1+x2+ax+b=a+b+1=f1
limx→1−fx=limx→1−x6−6x+5x2−2x+1=limx→1−6x5−62x−2=limx→1−30x42=15
Hàm số liên tục trên R khi và chỉ khi
limx→1+fx=limx→1−fx=f1⇔a+b+1=15⇔a+b=14
Suy ra ta có
a+b=14a2+ab+b2=148⇒a2+2ab+b2=196a2+ab+b2=148⇔ab=48a2+b2=100
Do đó
T=a+ba2−ab+b2=14.100−48=728
Biết rằng đồ thị hàm số fx=x3+ax2+bx+c nhận điểm I1;−3 làm điểm cực tiểu và cắt đường thẳng y=−6x+12 tại điểm có tung độ bằng 24. Tính T=ab2+bc2+ca2.
T=−261
T=43145
T=196713
T=225
Đáp án D.
Ta có f'x=3x2+2ax+b.
Giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng y=−6x+12 là điểm J−2;24.
Như vậy, từ giả thiết ta có
f−2=24f1=−3f'1=0⇔4a−2b+c=32a+b+c=−42a+b=−3⇔a=3b=−9c=2
Khi đó đồ thị hàm số fx=x3+3x2−9x+2 nhận điểm I1;−3 làm điểm cực tiểu vì f''1=12>0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=1.
Do đó a=3,b=−9,c=2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Suy ra T=3.−92+−9.22+2.32=225. Vậy phương án đúng là D.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O. Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) bằng a147 và góc giữa đường thẳng SB với mặt đáy bằng 60°. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC theo a.
V=3a322
V=3a324
V=3a3216
V=9a324
Đáp án B.
Ta có góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABCD) chính là góc SBO^ nên SBO^=60°.
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CD thì ta có CD⊥SOM.
Từ O kẻ OH⊥SM,HM thì OH=dO,SCD.
Đặt AB=2x thì OM=x và OB=x2.
Tam giác SOB vuông tại O nên SO=OBtanSBO^=x6 .
Ta có OH=SO.OMSO2+OM2 nên OH=x6.x6x2+x2=x427.
Theo giả thiết, ta có x427=a147⇔x=a32. Do đó AB=a3,SO=3a22 .
Vì vậy thể tích của khối chóp S.ABC là V=13.SO.SABC=3a324.
Vậy phương án đúng là B.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;2;3 và hai đường thẳng d1:x−22=y+2−1=z−31 và d2:x−1−1=y−12=z+11.
Gọi Δ là đường thẳng đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2. Đường thẳng Δ không nằm trong mặt phẳng nào dưới đây?
P1:x+2y−z−2=0
P2:2x−y+z−3=0
P3:x−3y+2z−1=0
P4:x+4y+z−12=0
Đáp án D.
Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là u1→=2;−1;1.
Gọi B1−t;1+2t;−1+t∈d2 là giao điểm của Δ với d2. Khi đó AB→=−t;2t−1;t−4 là một vecto chỉ phương của Δ.
Do đó
d1⊥Δ⇔u1→.AB→=0⇔−2t−2t+1+t−4=0⇔t=−1
Suy ra Δ đi qua điểm A1;2;3 và có vecto chỉ phương u→=1;−3;−5.
Dễ thấy điểm A thuộc cả 4 mặt phẳng còn vecto u→ vuông góc với vecto pháp tuyến của các mặt phẳng P1,P2,P3 nên Δ thuộc các mặt phẳng P1,P2,P3. Do đó loại các phương án A, B và C.
Suy ra phương án đúng là D.
Phương án D được xây dựng trên sự sai lầ trong giải phương trình −2t−2t+1+t−4=0⇔t=1.
Do đó tìm được AB→=−1;1;−3. Khi đó thì Δ⊂P4 .
Biết F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=6x2+13x+112x2+5x+2 thỏa mãn F2=7. Giả sử rằng F12=52+aln2−bln5, trong đó a, b là các số nguyên. Tính trung bình cộng của a và b.
8
3
10
5
Đáp án A.
Ta có fx=3+42x+1−3x+2 nên Fx=3x+2ln2x+1−3lnx+2+C.
Do đó
F2=7⇔6+2ln5−3ln4+C=7⇔C=1+6ln2−2ln5
Suy ra
Fx=3x+2ln2x+1−3lnx+2+1+6ln2−2ln5
Ta có F12=52+11ln2−5ln5. Từ đó, ta có a=11,b=5.
Vậy trung bình cộng của a và b là 11+52=8. Do đó phương án đúng là A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AB=AD=1,CD=2 . Cạnh bên SD vuông góc với mặt đáy, còn cạnh bên SA tạo với mặt đáy một góc 45°. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE.
R=32
R=142
R=52
R=112
Đáp án D.
Dễ thấy BE⊥CD;SD=AD=1. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho sao E=0, B thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy và tia DS cùng hướng với tia Oz.
Với cách chọn hệ trục tọa độ như vậy, ta có B1;0;0,C0;1;0,D0;−1;0 , S0;−1;1.
Giả sử mặt cầu đi qua bốn điểm S, B, C, E có phương trình là x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0, với điều kiện a2+b2+c2−d>0.
Ta có hệ phương trình
d=02a+1=02b+1=0−2b+2c+2=0⇔a=b=−12c=−32;d=0 (thỏa mãn).
Vậy, mặt cầu đi qua bốn điểm S, B, C, E có phương trình là x2+y2+z2−x−y−3z=0.
Suy ra bán kính của mặt cầu là R=122+122+322=112.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=2m+3 cắt đồ thị hàm số y=log52x−7log5x−2 tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 thỏa mãn x1x2=625.
m=12
m=3132
m=−72
m=311
Đáp án A.
Điều kiện x>0,x≠25.
Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình
log52x−7log5x−2=2m+3⇔log52x−7=2m+3log5x−2
⇔log52x−2m+3log5x+4m−1=0
Ta có x1>0,x2>0 nên
log5x1+log5x2=log5x1x2=log5625=4.
Lại có log5x1,log5x2 là hai nghiệm của phương trình t2−2m+3t+4m−1=0 nên log5x1+log5x2=2m+3.
Từ đó ta tìm được m=12. Thử lại thấy m=12 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số fx=x2+2x+2m−1x−m đồng biến trên nửa khoảng 2;+∞ là S=−∞;ab, trong đó a, b là các số nguyên dương và ab là phân số tối giản. Tính tổng bình phương của a và b.
169
41
89
81
Đáp án C.
Ta có f'x=x2−2mx+1−4mx−m2.
Hàm số đồng biến trên 2;+∞ khi và chỉ khi f'x≥0,∀x∈2;+∞
⇔m∉2;+∞x2−2mx+1−4m≥0,∀x∈2;+∞⇔m<22m≤x2+1x+2,∀x∈2;+∞
Bằng cách khảo sát hàm số y=x2+1x+2 trên nửa khoảng 2;+∞, ta được
min2;+∞y=y2=54
Vì vậy
2m≤x2+1x+2,∀2;+∞⇔2m≤min2;+∞x2+1x+2=54⇔m≤58.
Suy ra a=5,b=8.
Do đó a2+b2=89.
Vậy phương án đúng là C.
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log13log6x2+xx+4>0.
S=−3;−2∪2;8
S=−4;−3∪8;+∞
S=−∞;−4∪−3;8
S=−4;−2∪2;+∞
Đáp án A.
Ta có
log13log6x2+xx+4>0⇔0<log6x2+xx+4<1⇔1<x2+xx+4<6
⇔x2−4x+4>0x2−5x−24x+4<0⇔−3<x<−22<x<8
Suy ra S=−3;−2∪2;8.
Vậy phương án đúng là A.
Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y=3+x−2exxex+1, trục hoành và hai đường thẳng x=0, x=1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V=πa+bln1+1e, trong đó a, b là các số hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
a+b=5
a−2b=5
a+b=3
a−2b=7
Đáp án B.
Đúng. Vì
V=π∫013+x−2exxex+1dx=π∫013−2x+1exxex+1dx
=3πx01−2πlnxex+101=3π−2πlne+1
=π−2πlne+1−lne=π1−2ln1+1e.
Do đó a=1,b=−2 nên a+b=−1 còn a−2b=5. Suy ra phương án đúng là B.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA=2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60°. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.
d=a428
d=a2112
d=a4212
d=a46266
Đáp án A.
Ta có SCH^=60°và
HC=a73;SH=HCtanSCH^=a213
Từ A kẻ tia Ax//CB (như hình vẽ). Khi đó BC//SAx và do BA=32HA nên
dBC,SA=dBC,SAx=dB,SAx=32dH,SAx
Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên Ax và SN.
Do AN⊥SHN và HK⊥SN nên HK⊥SAN. Khi đó dBC,SA=32HK.
Ta có
AH=2a3;HN=AHsinNAH^=a33.
Suy ra HK=HN.HSHN2+HS2=a4212. Vậy dBC,SA=a428.
Cho hàm số fx=x2−2x−3e−x . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số Fx=ax2+bx+ce−x trên đoạn −1;0 , biết rằng F'x=fx,∀x∈ℝ. Tính T=am+bM+c
T=2−24e
T=0
T=3−2e
T=−16e
Đáp án B.
Ta có F'x=−ax2+2a−bx+b−ce−x.
F'x=fx,∀x∈ℝ⇔−a=12a−b=−2b−c=−3⇔a=−1b=0c=3⇒Fx=3−x2e−x
F'x=0⇔fx=0⇔x=−1∈−1;0x=3∉−1;0
Ta có F−1=2e;F0=3. Suy ra
M=2e;m=3⇒T=−1.3+0.2e+3=0
Xét các hình chóp S.ABCD thỏa mãn các điều kiện: đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC bằng a. Biết rằng thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị nhỏ nhất V0 khi cosin góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABCD bằng pq, trong đó p, q là các số nguyên dương và phân số pqlà tối giản. Tính T=p+qV0.
T=33a3
T=6a3
T=23a3
T=532a3
Đáp án C.
Ta có BC⊥AB;BC⊥SA nên BC⊥SAB.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB.
Khi đó AH⊥SBC và dA,SBC=AH.
Ta có góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABCD là góc SBA^.
Đặt SBA^=α.
Theo giả thiết ta có AB=asinα;SA=acosα.
Thể tích khối chóp S.ABCD là V=13.SA.SABCD=13sin2αcosαa3.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có
sin2α.sin2α.2cos2α≤sin2α+sin2α+2cos2α33=827
Suy ra sin2αcosα≤239. Do đó V≥32a3.
Dấu bằng xảy ra khi sin2α=2cos2α⇒cosα=13.
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị nhỏ nhất bằng 32a3 khi cosα=13.
Suy ra V0=32a3;p=1,q=3
⇒T=p+qV0=23a3.
Giả sử đường thẳng y=x+m cắt đồ thị (C) của hàm số y=x−11−2x tại hai điểm phân biệt E và F. Gọi k1,k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với C tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất minS của biểu thức S=k14+k24−3k1k2.
minS=−1
minS=−58
minS=135
minS=−2581
Đáp án A.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng đã cho là
x−11−2x=x+m⇔x−1=1−2xx+m
(do x=12 không là nghiệm)
⇔2x2+2mx−m−1=0 (*).
Đồ thị (C) với đường thẳng đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔m2+2m+2>0 (nghiệm đúng với mọi m).
Giả sử Ex1;y1,Fx2;y2 thì x1,x2 là hai nghiệm của (*).
Suy ra x1+x2=−m;x1x2=−m+12.
Do đó 2x1−12x2−1=4x1x2−2x1+x2+1=−1.
Ta có
k1=−12x1−22;k2=−12x2−12
nên k1k2=1.
Suy ra S≥2k12k22−3k1k2=−1. Dấu bằng xảy ra khi k1=−1k2=−1⇒x1=0x2=1 hoặc x1=1x2=0⇒m=−1. Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất bằng ‒1.
Cho khối trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h. Cắt khối trụ bằng mặt phẳng (P) song song với trục và cách trục một khoảng bằng r22. Mặt phẳng (P) chia khối trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của phần chứa tâm của đường tròn đáy và V2 thể tích của phần không chứa tâm của đường tròn đáy, tính tỉ số V1V2.
V1V2=3π−2π−2
V1V2=π−23π+2
V1V2=3+22
V1V2=3π+2π−2
Đáp án D.
Mặt phẳng (P) cắt đường tròn đáy theo dây cung có độ dài bằng 2r2−r222=r2.
Độ dài r2 chính là độ dài cạnh của hình vuông nội tiếp đường tròn bán kính r.
Xét hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông nội tiếp hình trụ. Khi đó khối hộp chữ nhật đó chia khối trụ thành 5 phần gồm một phần là khối hộp và bốn phần bằng nhau ở ngoài khối hộp nhưng ở trong khối trụ.
Thể tích khối trụ là V=πr2h . Thể tích khối hộp chữ nhật nói trên là V0=r22h=2r2h.
Suy ra V2=14V−V0=π−24r2h và V1=V−V2=3π+24r2h.
Do đó V1V2=3π+2π−2.
Xét các số phức z thỏa mãn điều kiện z−3+4i+z+2−i=52 . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z−4−3i . Tính tổng bình phương của M và m.
82
162
90
90+405
Đáp án A.
Giả sử z=a+bi,a,b∈ℝ. Khi đó
z−3+4i+z+2−i=52⇔a−32+b+42+a+22+b−12=52
Coi Ia;b,P3;−4,Q−2;1 và R4;3, với chú ý PQ=52 thì đẳng thức trên trở thành IP+IQ=PQ.
Đẳng thức trên chỉ xảy ra khi I thuộc đoạn PQ. Hơn nữa z−4−3i=IR.
Nhận thấy tam giác PQR là tam giác có ba góc nhọn nên
minRI=dR,PQ;maxRI=maxRP,RQ
Bằng tính toán ta có m=42;M=52. Suy ra M2+m2=82.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có Ax0;0;0, B−x0;0;0, C0;1;0 và B'−x0;0;y0, trong đó x0;y0 là các số thực dương và thỏa mãn x0+y0=4 . Khi khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'C lớn nhất thì bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A'B'C' bằng bao nhiêu?
R=362
R=294
R=414
R=292
Đáp án D.
Ta tìm được A'x0;0;y0,C'0;1;y0.
Gọi (P) là mặt phẳng chứa AC' và song song với B'C thì P:y0x+x0z−x0y0=0.
Do đó
dAC',B'C=dC,P=x0y0x02+y02≤22.x0y0≤24x0+y0=2
Dấu bằng xảy ra khi x0=y0=2.
Tam giác ABC có AB=4;AC=BC=5 nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp là r=52. Ta lại có BB'=2 nên mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A'B'C' có bán kính R=r2+14BB'2=292.
Xét các tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi V1,V2 và V3 lần lượt là thể tích của các khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác OCA quanh trung trực của đoạn thẳng CA, quay tam giác OAB quanh trung trực của đoạn thẳng AB và quay tam giác OBC quanh trung trực của đoạn thẳng BC. Tính V3 theo R khi biểu thức V1+V2 đạt giá trị lớn nhất.
V3=2π39R3
V3=8π81R3
V3=2281πR3
V3=18−629πR3
Đáp án B.
Đặt a=BC,b=CA,c=AB.
Quay tam giác OCA quanh trung trực của đoạn thẳng CA thì khối tròn xoay sinh ra là khối nón có chiều cao h1=R2−14b2 và bán kính đáy r1=12b nên ta có V1=13πr12h1=124πb24R2−b2.
Tương tự, ta có
V2=124πc24R2−c2;V3=124πa24R2−a2.
Bằng việc khảo sát hàm số ft=t24R2−t trên khoảng 0;4R2 hoặc dựa vào bất đẳng thức Cô-si
12b2.12b2.4R2−b2≤12b2+12b2+4R2−b233=6427R6.
Ta được V1≤2π39R3;V2≤2π39R3. Suy ra V1+V2≤4π39R3.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b=c=263R.
Vậy V1+V2 đạt giá trị lớn nhất bằng 4π39R3 khi b=c=263R.
Khi đó tam giác ABC cân tại A và có AB=AC=263R.
Gọi AH là đường cao của tam giác ABC thì 2R.AH=AB2. Từ đó suy ra AH=AB22R=43R. Do đó OH=AH−R=13R và a=2R2−OH2=423R.
Suy ra V3=8π81R3.
