20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 13)
50 câu hỏi
∆ABC có 2 điểm B, C cố định, A chạy trên đường tròn (C) tâm O bán kính R. Biết (C) không qua B, C. Gọi M là trung điểm của BC, G là trọng tâm ∆ABC. Khi A chạy trên (C) thì G chạy trên đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép biến hình nào sau đây?
Phép tịnh tiến theo vectơ AG→
Phép vị tự tâm A tỉ số 23
Phép vị tự tâm M tỉ số 13
Phép tịnh tiến theo vectơ MG→
Đáp án C.
Ta có MG→=13MA→⇒VM;13(A)=Gvà A∈(C) ⇒G∈(C') là ảnh của (C qua VM;13.
Cho hàm số y=2x−x2. Chọn đẳng thức đúng
y3.y"+1=0
y3.y'−1=0
y2.y"+1=0
y3.y"−1=0
Đáp án A.
Ta có
y'=1−x2x−x2⇒y''=−12x−x22x−x2⇒y''=−1y3
⇒y3.y''+1=y3.−1y3+1=0
Các cạnh của một đa giác theo thứ tự từ bé đến lớn thì cạnh sau lớn hơn cạnh trước 3 cm. Biết cạnh ngắn nhất là 25 cm và chu vi của đa giác đó là 155 cm. Đa giác đó là hình:
Lục giác
Ngũ giác
Tứ giác
Tam giác
Đáp án B.
Các cạnh từ bé đến lơn tạo thành một cấp số cộng có u1=25 và công sai d=3. Gọi số cạnh của đa giác là n≥3
Chu vi là
Sn=u1+u2+u3+…+un=nu1+n(n−1)2d
⇒155=n25+n(n−1)2.3⇒n=5n=−623(1).
Vậy đa giác đó là ngũ giác.
Nhận xét: Độc giả có thể thử từng phương án vào để tìm kết quả.
Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 người vào 10 chỗ ngồi được sắp cách đều nhau bên bàn tròn mà em bé ngồi cạnh và giữa hai vợ chồng (trong 10 người thì có 2 vợ chồng và 1 em bé)?
3.7!
9!
3!.7!
2.7!
Đáp án D.
Cố định em bé => Có 2 cách sắp xếp 2 vợ chông và 7! Cách sắp xếp 7 người còn lại => Có 2.7! cách sắp xếp
Lớp 12A có 8 bạn giỏi toán, 7 bạn giỏi lý và 10 bạn giỏi hóa. Cần chọn 8 bạn bất kỳ trong đó để đi dự đại hội đoàn trường. Tính xác suất để 8 bạn được chọn có đủ cả 3 môn.
744571081575
745491081575
10011181081575
10071181081575
Đáp án D.
+ Số cách chọn 8 bạn bất kì : n(Ω)=C258
+ 8 bạn giỏi toán có C88 cách chọn.
8 bạn giỏi hóa có C108 cách chọn.
8 bạn giỏi cả toán và lý có C158−C88 cách chọn.
8 bạn giỏi cả toán và hóa có C188−C88−C108 cách chọn.
8 bạn giỏi cả lý và hóa có C178−C108 cách chọn.
8 bạn giỏi cả toán, lý, hóa là:
n(A)=C258−C88+C108+C158−C88+C188−C88−C108+C178−C108
⇒P(A)=10071181081575.
Cho khai triển 1−2x3n=a0+a1x+a2x2+…+anxn . Tìm maxa0;a1;a2;…;an biết An−22+Cnn−2=188.
C136.−236.
C128.−238.
C137−237.
C138.237.
Đáp án A.
+ Ta có
An−22+Cnn−2=188⇒(n−2)!(n−4)!+n!(n−2)!2!=188
⇔(n−2)(n−3)+n(n−1)2=188⇔3n2−n−364=0⇔n=−283(1)n=13
+ Tìm hệ số lớn nhất trong các số hạng của khai triển 1−2x313.
Số hạng tổng quá Tk+1=C13k113−k−2x3k
⇒ak=c13k−23k⇒ak là giá trị lớn nhất ⇔ak≥ak+1ak≥ak−1
⇒C13k−23k≥C13k+1−23k+1C13k−23k≥C13k−1−23k−1 với 0≤k≤13k∈ℕ⇒k=6
Vậy hệ số max là a8=C136−238.
Cách 2: Dùng MTCT
+ Dùng công cụ nhập MODE 7 nhập fX=X−2P2+XCX−2−188
Start: 3 Bảng giá trị x f(x)
End: 23
Step: 1 13 0
Từ bảng giá trị tìm x sao cho fx=0⇒x=13. Vậy n=13.
+ Có
1−2x313=∑k=013C13k.−23k.xk⇒ak=C13k.−23k
+ Nhập vào máy tính fx=13CX−23k
Start: 0 Bảng giá trị x f(x)
End: 13
Step: 1 6 150.65 -> max
Từ bảng giá trị f(x) chọn f(x) lớn nhất => Giá trị x cần tìm là k
→k=x=6 thì fx=150.65 là giá trị lớn nhất.
Số nghiệm của phương trình sin5x+cos5x2+3cos10x=−1 trên 0;10 là
1
2
15.
16
Đáp án D.
Ta có phương trình ⇔sin10x+3cos ⇔1+2sin5xcos5x+3cos10x=−1
⇔sin(x+a)=ca2+b2 sin10x+3cos10x=−2
⇔sin10x+π3=−1⇔x=−π12+kπ5k∈ℤ
Vì
x∈0;10⇒k∈ℤ0≤−π12+kπ5≤10⇔k∈ℤ512≤k≤10+π12π5
k∈1,2,3,…,16⇒Có 16 nghiệm thỏa mãn.
Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. M là trung điểm cảu BC, K là điểm thuộc BD sao cho BK = 2KD. I là trung điểm của AC. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (IMK) và hình chóp.
a24.
a25126.
5a251144.
4a29.
Đáp án C.
+ (ABD) và (IMK) có điểm chung là k và lần lượt chứa hai đường thẳng AB // MI
=>Giao tuyến của (ABD) và (IMK) là đường thẳng đi qua K và song song với AB và AD tại E =>Thiết diện cần tìm là tứ giác MKEI có MI//KEMI>KE (1)
+ ΔBMK=ΔAIE⇒IE=MK (2)
Từ (1) và (2) =>Tứ giác MKEI là hình thang cân với đáy lớn là MI
+ Có EK=13;AB=a3;MI=a2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên MI =>2IH + EK = IM => IH=a12
IE=AI2+AE2−2AI.AE.cos60°=a136⇒EH=13a236−a2144=a5112
SIMKE=12EK+IM.EH=5a251144
Xét các mệnh đề sau:
(I) Có một và chỉ một đường thẳng đi qua 2 điểm phân biệt.
(II) Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua 3 điểm phân biệt.
(III) Nếu 2 mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có duy nhất một điểm chung khác nữa.
(IV) Nếu 1 đường thẳng có 2 điểm phân biệt thuộc mặt phẳng thì mọi điểm của đường thẳng đó đều thuộc mặt phẳng.
Số mệnh đề sai là:
1
2.
3
4.
Đáp án B.
Xét các mệnh đề sau: II và III sai.
Số mệnh đề sai là 2.
Cho dãy số un=−2n. chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
Dãy số un không bị chặn
Dãy số unbị chặn.
Dãy số tăng
Dãy số giảm.
Đáp án A
Tính limx→−∞x2+x+x3+13x=ba+c thì a+b+c bằng:
3
4
5
6
Đáp án C.
Ta có
limx→−∞x2+x+3x3+13x=limx→−∞x1+1x+x.3+1x33x
=limx→−∞−1+1x+3+1x33=33−1
=>a + b + c = 3 + 3 – 1 = 5
Đẳng thức 1+a+a2+…+an+…=11−a đúng khi
a≠1.
a<1.
a<1.
a≥1.
Đáp án B.
Ta có 1+a+a2+…+an=1−an+11−a
a<1⇒an+1→0 khi
n→−∞⇒1+a+a2+…+an+…=11−a
Cho hàm số y=2x+1x3−4x. Kết luận nào sau đây đúng?
Hàm số liên tục tại điểm x=2
Hàm số liên tục tại điểm x= -2
Hàm số liên tục tại điểm x=−12.
Hàm số liên tục tại điểm x=0
Đáp án C.
Hàm số y=2x+1x3−4x có tập xác định D=ℝ\−2;0;2 nên C là đáp án đúng.
Một chất điểm chuyển động với phương trình quãng đường theo thời gian là s=13t3−2t2+6t−1 trong đó t tính bằng giây, s tính bằng mét. Gia tốc của chuyển động tại thời điểm giấy thứ 3 là:
1m/s2.
4m/s2.
3m/s2.
2m/s2.
Đáp án D.
Gia tốc của chuyển động khi t = 3 là s" (3)
Có
s'(t)=t2−4t+6⇒s"(t)=2t−4⇒s"(3)=2
=>Gia tốc cần tìm là a = 2m/s2
Số tiếp tuyến của đổ thị hàm số y=x+22x+3 mà cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại A và B sao cho ∆0AB cân là
0
1
2
4
Đáp án B.
ΔOAB cân =>Tiếp tuyến tạo với Ox một góc 45°
Hệ số góc của tiếp tuyến tại Mx0;y0∈(C)là y'(x0)=±tan45°
⇔−12x0+32=1(VN)−12x0+32=−1⇔2x0+3=12x0+3=−1⇔x0=−2x0=−1
-Với x0=−1⇒y0=1⇒ Phương trình tiếp tuyến:
y=−1(x+1)+1⇒y=−x
-Với x0=−2⇒y0=0⇒ Phương trình tiếp tuyến:
y=−1(x+2)⇒y=−x−2
Cho Sn=5+55+555+…+5555…⎵n số 5 thì giá trị của S2018 là:
109.102018−19−20189
59.102018−19−20189
59.102019−109−201809
509.102018+19−20189
Đáp án C.
Ta có Sn=5(1+11+111+…111…1⏟n sè 1)
Tính An=1+11+111+…+111…1⏟n sè 1
Xét:
u1=1u2=1+10u3=1+10+102u4=1+10+102+103⋮un=1+10+102+103+…+10n−1
An=n.1+(n−1)10+(n−2).102+…+n−(n−1)10n−1
⇒10An=10n+102(n−1)+103(n−2)+…+n−(n−1)10n
(2)-(1)⇒9An=−n+10+102+103+…+10n−1+10n=−n+10.1−10n1−10
⇒An=19.10n+1−109−n9⇒S2018=5.A2018=59102019−109−20188
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ độ dài cạnh bên là 2a, dáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC=a3. Hình chiếu của A’ lên (ABC) trùng với trung điểm I của BC. Khi đó cos(AA';B'C') là:
12.
14.
22.
32.
Đáp án B.
Ta có
AI=12BC=a⇒A'I=AA'2−AI2=a3
ΔIA'B' vuông tại A’ ( do IA’ vuông góc với đáy) ⇒IB'=IA'2+A'B'2=2a
Ta có AA'//BB'BB'//BC ⇒(AA',B'C')^=(BB',BC)^
Xét ΔBB'I có cosB'BI^=B'B2+BI2−B'I22BB'.BI
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, O =AC∩BD, M, N lần lượt là trung điểm cảu Bb’ và C’D’. Mặt phẳng (MNO) cắt B’C’ tại E thì tỉ số B'EEC' là:
75
23
13
12
Đáp án C.
+ Trong mặt phẳng (BB’D’D) gọi I=MO∩DD',H=MO∩B'D'
Trong mặt phẳng (DD’C’C) gọi J=NI∩DC
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi K=JO∩AB
Trong mặt phẳng (AA’B’B) gọi F=MK∩A'B'
Trong mặt phẳng (A’B’C’D’) gọi
E=B'C'∩FN⇒E=BC∩(MNO)
BO = B’H = OD ⇒CDHD'=13 (OD // D’H) ⇒IDID'=ODHD'=13
Mà JD//ND'⇒JDND'=IDID'=13
Có ND'=NC'
JD=KB=KB'⇒FB'CN=13=B'EEC=13
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA =a3và vuông góc với đáy, I là trung điểm của AB. Tính khoảng cách giữa SI và BC.
d(SI;BC)=a.
d(SI;BC)=a34.
d(SI;BC)=a3.
d(SI;BC)=a32.
Đáp án D.
Ta có
BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥SI
Gọi H là hình chiếu của B lên SI ⇒BH⊥SIBH⊥BC⇒BH=d(BC;SI)
⇒ΔBHI∽ΔSAI⇒BHSA=BISI⇒BH=SA.BISI=a3.a2a=a32
Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và BD. Khi đó gọi V1 là thể tích cảu ABCD và V2 là thể tích của ABMN thì tỉ số V2V1 là:
14.
12.
18.
13.
Đáp án A.
Ta có V1=13SBCD.dA;BCD; V2=13SBMN.dA;BCD
⇒V2V1=SBMNSBCD=BM.BN.sinDBC^BC.BD.sinDBC^=14
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y=x3−3x2−9x+mcắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
30
31
32
Vô số.
Đáp án B.
Số giao điểm là số nghiệm của phương trình x3−3x2−9x+m=0
⇔m=−x3+3x2+9x
Xét
fx=−x3+3x2+9x⇒f'x=−3x2+6x+9
f'x=0⇔x=−1x=3
Từ bảng biến thiên ⇒−5<m<27 thỏa mãn yêu cầu đề bài toán.
=>Có 31 giá trị m thỏa mãn.
Cho hàm số y=mx3+3xx−1. Đồ thị (C) của hàm số có tiệm cận đứng là 1 khi:
∀m∈ℝ
m∈ℝ\3
m∈ℝ\−3
m∈ℝ\±3
Đáp án C.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 là đường tiệm cân đứng ⇔m.13+3.1≠0
⇔m≠3⇒m∈ℝ\−3
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m lớn hơn -2018 để hàm số y=−x3−3x2+4mx−2018 nghịch biến trên (−∞;0)?
2017
2018.
2019
Vô số
Đáp án A.
Ta có y'=−3x2−6x+4m=>Hàm số nghịch biến trên −∞;0
⇔y'≤0∀x∈−∞;0⇔4m≤3x2+6x∀x∈−∞;0
Bảng biến thiên:
⇒3x2+6x≥−3∀x∈−∞;0⇒4m≤3x2+6x∀x∈−∞;0
⇔4m≤−3⇔m≤−34⇒m∈−2018;−34m∈ℤ
Đồ thị sau đây là của hàm số nào?
y=x+1x−1
y=x+1x−1
y=x+1x−1
y=x+1x−1
Đáp án C.
Ta có y=x+1x−1⇔x+1x−1 khi x≥−1 (1)−x+1x−1 khi x<−1 (2)
Từ đồ thị hàm số y=x+1x−1 giữ nguyên phần đồ thị thỏa mãn x≥−1, bỏ phần dồ thị thỏa mãn x<−1 sau khi đã lấy qua trục Ox.
Mặt tiền của một ngôi nhà có hai mái chạm đến nền nhà (hình vẽ) là một tam giác, biết chiều dài mỗi mái là 5 m, bề ngang nền là 6 m. Người ta muốn lắp cửa vào một ô hình chữ nhật thì diện tích lớn nhất mà hình chữ nhật đó tạo thành là:
3 m2
6 m2
9m2
8m2
Đáp án B.
+ Gọi phần lắp cửa là hình chữ nhật ABCD (hình vẽ) và mặt là ΔMNP
Đặt DC=2x⇒ND=3−x (Điều kiện: 0 < x < 3)
ΔNDA∽ΔNHM⇒DAHM=NDNH⇒DA=HM.NDNH⇒DA=433−x
Diện tích ABCD là
S=DC.DA=2X.433−x=−83x2+8x
Bảng biến thiên:
⇒Smax=6m2
Để thi học kỳ bằng hình thức vấn đáp, thầy cô đã chuẩn bị 50 câu hỏi cho ngân hàng đề thi. Bạn A đã học và làm được 20 câu trong đó. Để hoàn thành bài thi thì bạn A phải rút và trả lời 4 câu trong ngân hàng đề. Tính xác suất để bạn đó rút được 4 câu mà trong đó có ít nhất 1 câu đã học.
C204C504
1−C304C504
C304C504
1−C204C504
Đáp án B.
+ Rút ra 4 câu bất kì =>Có C504 cách.
+ Rút ra 4 câu mà không có câu nào học thuộc =>Có C304 cách.
Xác suất để bạn đó rút được 4 câu trong đó có ít nhất một câu đã học là 1−C304C504
Trong các khối trụ có thể tích V không đổi thì hình trụ có diện tích toàn phần lớn nhất khi tỉ lệ giữa chiều cac h và bán kính đáy R là
hR=1
hR=2
hR=2
hR=12
Đáp án B.
Ta có: V=πR2h⇒h=VπR2 (1)
Sxq=2πRh=2π.R.VπR2=2VR; Stp=Sxq+2Sđ=2VR+2πR2
Xét hàm số fR=2VR+2πR2 (V là hằng số)
f'R=−2VR2+4πR=0⇔R=V2π3
Bảng biến thiên:
⇒Stp min=fRmin⇔R=V2π3⇒v=2πR3
Từ (1)
⇒h=VπR2=2πR3πR2=2R⇒hR=2
Với giá trị nào của m thì tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=3x+2mmx+1 cùng với 2 trục tọa độ tạo thành 1 hình chữ nhật có diện tích là 12?
m=2
m=±2
m=±12
m=−1
Đáp án C.
+ Tiệm cận đứng nếu có là x=−1m
+ Tiệm cận ngang là y=3m
+ Diện tích hình chữ nhật tạo thành là S=3m.−1m
⇔3m2=12⇔m2=14⇒m=±12
(thỏa mãn)
Cho x, y là các số thực không âm và x+y=1. Gọi M, m lần lượt là giá trị max, min của P=xy+1+yx+1. Khi đó M+m bằng:
14
23
53
710
Đáp án C.
Ta có
1=x+y≥2xy⇒xy≤12⇒0≤xy≤14
⇒P=x2+x+y2+yxy+x+y+1=x+y2−2xy+1xy+1+1=2−2xyxy+2
Đặt t=xy⇒t∈0;14⇒P=2−2tt+2=ft
Bảng biến thiên:
=> M+m=53
Cho hàm số y=log3(2x+1), ta có
y'=12x+1
y'=1(2x+1)ln3
y'=2(2x+1)ln3
y'=22x+1
Đáp án C.
Cho logabc=13; logbc=5 với a,b là các số thực lớn hơn 1. Khi đó logabc là:
logabc=163
logabc=35
logabc=316
logabc=516
Đáp án D
logac=13⇒logca=3; logbc=5⇒logcb=15
⇒loga.bc=1logca.b=1logca+logcb=13+15=516
Hàm số y=ln(x2−2x+m) có tập xác định là R khi:
m>1
m≥1
m>0
m≥0
Đáp án A.
Hàm số xác định trên ℝ⇒x2−2x+m>0 ∀x∈ℝ
⇔Δ'<0a>0⇔12−m<01>0⇔m>1
Số nghiệm của phương trình 9x+2(x−2).3x+2x−5=0 là:
0.
1
2.
Vô số
Đáp án B.
Đặt 3x=t>0.
Phương trình
⇔t2+2(x−2)t+2x−5=0⇔t=−1 (1)t=−2x+5⇒3x=−2x+5 (*)
Có f(x)=3x là hàm số đồng biến trên R
g(x)=−2x+5 là hàm số nghịch biến trên R
Phương trình (*) ⇔f(x)=g(x) có nhiều nhất l nghiệm
Có f(1)=g(1)⇒x=1 là nghiệm của phương trình
Số nghiệm nghiệm nguyên nhỏ hơn 2018 của bất phương trình: (x+1)log122x+(2x+5)log12x+6≥0 là:
2016
2017
2018
Vô số
Đáp án A.
+ Điều kiện: x > 0
+ Đặt log12x=t. Bất phương trình ⇔x+1t2+2x+5t+6≥0
Δ=2x+52−4x+1+6=2x−12
Bất phương trình
⇔log12x≤−2log12x≥−3x+1⇔x≥12−20<c≤12−3x+1⇔x≥4 (1)0<x≤23x+1
+ Xét hàm số fx=x−23x+1 có f'x=1−23x+1.ln2.−3x+12>0 ∀x>0
Hàm số đồng biến trên 0;+∞
+ Có f2=0⇒fx=0 coa nghiệm là x=2
Bảng biến thiên:
Bất phương trình x≤23x+1⇔fx≤0⇔0<x≤2 (2)
Từ (1) và (2) => Tập nghiệm của bất phương trình là S=0;2∪4;+∞
Vậy có 2016 nghiệm nguyên thỏa mãn.
Biết ∫23f(x)dx=5. Khi đó ∫233−5f(x)dx bằng:
-22
-28
-26
-15
Đáp án B
∫233−5fxdx=∫223dx−5∫23fxdx=3x23−5.5=9−6−25=−28
Nguyên hàm của hàm số y=1x2−a2 (a > 0) là:
∫1x2−a2dx=1alnx−ax+a+C
∫1x2−a2dx=12alnx−ax+a+C
∫1x2−a2dx=lnx−ax+a+C
∫1x2−a2dx=12alnx+ax−a+C
Đáp án B.
Ta có
∫1x2−a2dx=∫12a1x−a−1x+adx
=12alnx−a−lnx+a+C=12alnx−ax+a+C
Biết f(3)=3; ∫03f(x)dx=14. Tính I=∫012x.f'(3x)dx
I=29
I=109
I=−109
I=−29
Đáp án C.
Đặt
3x=t⇒3dx=dt⇒dx=13dt
Đổi cận x=0⇒t=0x=1⇒t=3
⇒I=∫032t3.f't.13dt=29∫03tdft=29t.ft03−∫03ftdt
=293.f3−14=293.3−14=−109
Cho A, B, C lần lượt là 3 điểm biểu diễn các số phức z1=−4i1−i; z2=(1+i)(1+2i); z3=2+6i3−i. Biết A, B, C tạo thành một tam giác, diện tích của tam giác đó là:
S=10
S=5
S=52
S=102
Đáp án B.
Ta có −4i1−i=2−2i⇒A2;−2
1−i1+2i=3+i⇒B3;1;2+6i3−i=2i⇒C0;2
⇒AB=10, AC=20, BC=10⇒AC2=AB2+BC2
Tam giác vuông cân tại B ⇒SABC=12BA.BC=5
Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=x(x−1)2 và trục hoành. Khi quay (H) quanh trục Ox ta được một khối tròn xoay có thể tích là:
112
π12
1105
π105
Đáp án D.
Ta có: xx−12=0⇔x=0x=1⇒ Thể tích (H) là: v=π∫01xx−122dx=π105
Cho z1,z2 là nghiệm phương trình 6−3i+iz=2z−6−9i và thỏa mãn z1−z2=85. Tìm giá trị lớn nhất cảu z1+z2.
565
285
6
5
Đáp án A.
Đặt z=x+yi với x,y∈ℝ; z1=x1+y1i; z2=x2+y2i
6−3i+iz=2z−6+9i⇔x2+y2−6x+8y+24=0
Tập hợp điểm điểm biểu diễn z là đường tròn (C) tâm I3;4 và bán kính R=1.
+ Có z1−z2=x1−x22+y1−y22=M1M2→ với M1x1;y1 là điểm biểu diễn số phức z1, M2x2;y2 là điểm biểu diễn số phức z2
⇒M1M2=85 ( M1,M2 thuộc đường trong C)
z1+z2=x1+x22y1+y22=OM1→+OM2→=2OH→ với H là trung điểm của M1;M2 (hình vẽ)
⇒z1+z2max⇔OHmax mà OH≤OI+IH
⇒OHmax=OI+IH=5+IH=5+1−8102=285⇒z1+z2max=2OHmax=565
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z=2 và z2 là số thuần ảo?
1
2
3
4
Đáp án D.
Đặt z=x+yi, x,y∈ℝ⇒z=2⇔x2+y2=2 (1)
z2=x2−y2+2xyi là số thuần ảo ⇔x2−y2=0 (2)xy≠0
Từ (1) và (2) ta có hệ x2+y2=2x2−y2=0 (ĐK: xy≠0)
⇔2x2=2x2−y2=0⇔x=1x=−1y2=1⇒x=1y=1x=1y=−1x=−1y=1x=−1y=−1
Có 4 số phức z thỏa mãn.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a→=(−3;5;2), b→=(0;−1;3), c→=(1;−1;1) thì tọa độ v→=2a→−3b→+15c→ là:
v→=(9;2;10)
v→=(9;−2;10)
v→=(−9;2;10)
v→=(9;−1;10)
Đáp án B
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(3;−1;−3), B(−3;0;−1), C(−1;−3;1) và mặt phẳng (P):2x+4y+3z−19=0. Tọa độ M(a,b,c) thuộc (P) sao cho MA→+2MB→+5MC→ đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a+b+c bằng:
4
5
6
7
Đáp án C.
Gọi Ix;y;z thỏa mãn
IA→+2IB→+5IC→=0⇒x=3+2.(−3)+5.(−1)8=−1y=−1+2.0+5.(−3)8=−2z=−3+2.(−1)+5.18=0
⇒I=(−1;−2;0)
Ta có
MA→+2MB→+5MC→=MI→+IA→+2MI→+2IB→+5MI→+5IC→
=8MI→+IA→+2IB→+5IC→=8MI→
⇒MA→+2MB→+5MC→ min ⇔8MI→ min <=> M là hình chiếu của I lên (P)
Gọi Δ là đường thẳng đi qua I−1;2;0 và vuông góc với
(P):2x+4y+3z−19=0 có vectơ chỉ phương là 2;4;3 ⇒Δ:x=−1+2ty=−2+4tz=3t
Thế vào (P)
⇒2(−1+2t)+4(−2+4t)+3(3t)−19⇔t=1
⇒x=1y=2z=3⇒M1;2;3⇒a+b+c=6
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho (a):2x−2y−z+14=0 , mặt cầu (S):x2+y2+z2−2x−4y−6z−11=0. Mặt phẳng (P)//(a) cắt (S) theo thiết diện là một hình tròn có diện tích 16π. Khi đó phương trình mặt phẳng (P) là:
2x−2y−z+14=0
2x−2y−z+4=0
2x−2y−z+16=0
2x−2y−z−4=0
Đáp án D.
(P )//(α)⇒(P):2x−2y−z+c=0 (c≠14)
(S) có tâm I(1;2;3), bán kính R=5
Hình tròn thiết diện (C) có S=16π =>Bán kính r=4
Gọi H là hình chiếu của I lên (P) =>H là tâm của (C)
⇒IH=d(I;(P))=R2−r2=3
⇒2.1−2.2−3+c22+22+12=3⇔c−5=9⇔c=14 (1)c=−4⇒(P):2x−2y−z−4=0
Chia tấm bìa hình tròn bán kính R=30 cm thành 3 phần (như hình vẽ). lấy một phần và uốn thành một hình nón có đường sinh là bán kính của hình tròn trên. Khi đó thể tích của khối nón tạo thành là:
2πR3281
πR327
2πR3227
πR381
Đáp án A.
Gọi hình nón tạo thành có bán kính là r
Chu vi đáy là 2πr=13.2πR (bằng 13 chu vi của hình tròn đầu)⇒r=13R
Hình nón có đường sinh là R => Chiều cao
h=R2−r2=R2−R29=2R23
Thể tích khối nón tạo thành là
V=13πr2h=13.π.R29.2R23=2R3π281
Cho tứ diện ABCD có AB=3a , AC = 5a, AD = 4a, các góc BAC^=DAC^=BAD^=60°. Khi đó thể tích khối ABCD là:
5a33
5a32
a32
10a32
Đáp án B.
Gọi B’, C’, D’ lần lượt thuộc AB, AC, AD sao cho AB'=AC'=AD'=a
Tứ diện AB’C’D’ là tứ diện đều cạnh a ⇒VAB'C'D'=a3212 (công thức cần nhớ)
Mà
VABCDVAB'C'D'=ABAB'.ACAC'.ADAD'=3.4.5⇒VABCD=12.5.VAB'C'D'=5a32
Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC cạnh a, SA=2a33. Gọi D là điểm đối xứng với B qua C. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
R = a
R=a22
a3312
a336
Đáp án C.
Gọi G là trọng tâm ΔABC⇒SG⊥(ABC), I là trung điểm AB
AG=23.a32=a33⇒SG=SA2−AG2=a
IG=13CI=a36
CG=a33
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: Ox qua G và song song AB
⇒G0;0;0, S0;0;a, C0;a33;0; Ba2;a36;0
CA=CB=CD⇒C là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABD
Gọi d là đường thẳng qua C0;a33;0 và vuông góc với (ABD)
⇒VTPT k→=0;0;1⇒d:x=0y=a33z=t
Gọi tâm mặt cầu ngoại tiếp SABD là J∈d⇒J0;a33;t
Mà JS=JB⇔02+−a332+a−t2=a22+−a36−a332+t2⇔t=16a
⇒R=02+a332+a−16a2=a376
Thể tích khối tròn xoay gây nên bởi hình tròn x2+(y−a)2≤R2(0<R<a) khi quay quanh trục Ox là:
8π2aR2
4π2aR2
π2aR2
2π2aR2
Đáp án D.
Ta có
x2+y−a2=R2⇔y=a±R2−x2
Nửa trên hình tròn có phương trình là y=a+R2−x2
Nửa dưới hình tròn có phương trình là y=a−R2−x2
Thể tích của hình xuyến là
V=V1−V2=π∫−RRa+R2−x22dx−π∫−RRa−R2−x22dx=4πa∫−RRR2−x2dx
Đặt x=Rsint⇒dx=Rcostdtx=−R⇒t=−π2; x=R=t=π2
⇒V=4πa∫−π2π2R2−R2sin2t.Rcostdt=4πaR2∫−π2π2cos2tdt=2π2aR2
Cho tứ diện ABCD có đáy BCD là tam giác đều, trọng tâm G. Δ là đường thẳng qua G và vuông góc với (BCD). A chạy trên Δ sao cho mặt câu ngoại tiếp ABCD có thể tích nhỏ nhất. Khi đó thể tích khối ABCD là:
a312
a3212
a3312
a336
Đáp án A.
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD ⇒I∈Δ và IA=IB=R
Thể tích mặt cầu ngoại tiếp ABCD nhỏ nhất <=> IB nhỏ nhất
⇔IB⊥Δ⇔I≡G⇒IA=IB=BG=a33=AG⇒VABCD=13SBCD.AG=13.12.a.a32.a33=a212
Số điểm cố định của đồ thị hàm số y=x3−3(m+1)x2+2(m2+4m+1)x−4m(m+1) khi m thay đổi là:
0
1
2
3
Đáp án B.
Gọi điểm cố định là A(x0;y0)
⇒y0=x03−3(m+1)x02+2(m2+4m+1)x0−4m(m+1) ∀m
⇔2(x0−2)m2−(3x02−8x0+4)m+x03−3xo2+2x0−y0=0 ∀m
⇔x0−2=03x02−8x0+4=0x03−3x02+2x0−y0=0⇔x0=2y0=0⇒A(2;0)
=>Có một điểm cố định
