20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 15)

Đáp án B.

Với mọi biến cố A, xác suất PA  của nó luôn thỏa mãn điều kiện 0≤PA≤1 .

Vậy phương án B sai.

Đáp án A.

Cách 1. tư duy tự luận

I=limx→12x−x+3x2−1=limx→12x−x+32x+x+3x2−12x+x+3=limx→14x2−x−3x2−12x+x+3

=limx→1x−14x+3x−1x+12x+x+3=limx→14x+3x+12x+x+3=72.4=78

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

vậy I=78

Cách 3: Sử dụng quy tắc L’Hospital và máy tính cầ tay

Vậy I=78

Đáp án B.

Tập xác định:D=ℝ\−1 .

Hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất không thể đồng biến (hay nghịch biến) trên  R và hàm số không có cực trị. Loại A, C, D.

Đáp án D.

Cách 1: Tư duy tự luận

f'x=−sin2x.ecosx+ecosx.cosx=ecosxcosx−sin2x

→f'π2=ecosπ2.cosπ2−sin2π2=−1

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

vậy f'π2=−1

Đáp án D.

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy:

limx→−1−y=+∞;limx→−1+y=−∞limx→1−y=−∞;limx→1+y=−∞→ Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng là x=−1  và x=1 . A đúng.

limx→−∞y=3;limx→+∞y=3→Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng . B đúng.

 Hàm số không có đạo hàm tại điểm , tuy nhiên vẫn đạt giá trị cực đại y=2 tại x=0  . C đúng.

 Hàm số không đạt cực trị tại điểm x=1  . D sai.

Cách 1: Tư duy tự luận

 Do π>1   nên πa>π=π1⇔a>1 . Vậy A đúng.

 Do a>1  nên a5<a3⇔5<3  (hiển nhiên). Vậy B đúng.

Do e>1  nên ea>1⇔e0⇔a>0 . Vậy C đúng.

 Do a>1   nên a−3>a2⇔−3>2  (vô lý). Vậy D sai.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Như vậy nếu a>1  thì a−3<a2 . Đáp án D sai.

Đáp án D

Đáp án C.

Cách 1: Tư duy tự luận

log32x−3=2⇔2x−3>02x−3=9⇔x>32x=6⇔x=6

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Vậy phương trình có một nghiệm là x=6

Đáp án C.

Cách 1: Tư duy tự luận

Đặt 

2x−1=t→x=t2+12→dx=tdt

suy ra ∫dx2x−1+4=∫tt+4dt

=∫1−4t+4dt=t−4lnt+4+C=2x−1−4ln2x−1+4+C

=2x−1−4ln2x−1+4+C

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

vây

 ∫dx2x−1+4=2x−1−4ln2x−1+4+C

Đáp án A.

Cách 1: Tư duy tự luận

đặt 

u=lnxdv=x2dx→du=dxxv=x33

suy ra 

∫1ex2lnxdx=x3lnx31e−13∫1ex2=e33−x391e=e33−e39−19=2e3+19

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

vậy ∫1ex2lnxdx=2e3+19

Đáp án D.

Cách 1: Tư duy tự luận

z=−25=25.−1=25i2→z1,2=±5i

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Vậy các căn bậc hai của số phức z là  z1,2=±5i

Đáp án D.

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC, từ giả thiết suy ra B'H⊥ABC  .

Khi đó 

BB',ABC^=BB',BH^=B'BH^=60°

Ta có 

BB'=a⇒BH=BB'.cosB'BH^=a.cos60°=a2,B'H=B'B2−BH2=a32

Gọi M là trung điểm BC, suy ra BH=23BM⇒BM=32BH=32.a2=3a4  .

Đặt AC=x>0⇒BC=AC.tanBAC^=x.tan60°=x3⇒AB=AB2+AC2=2x  .

Lại có 

BM=BC2+CM2=BC2+AC24=3x2+x24=x132=3a4⇒x=3a213

 ⇒AC=3a213,BC=33a213,AB=6a213⇒SΔABC=12AC.BC=93a2104

(đvdt).

Vậy VA'ABC=13B'H.SΔABC=13.a32.93a2104=9a3208  (đvtt).

Đáp án A.

Từ giả thiết ta có  

Sday=πr2=16πSxq=πrl=πrr2+h2=20π→r=4dmh=3dm

Vậy thể tích khối nón là  

V=13πr2h=13π.42.3=16πdm3

Đáp án C.

Phương trình tham số của đường thẳng Δ2:x=−4+3t'y=−2+2t'z=4−t',t'∈ℝ

Đường thẳng  lần lượt có vecto chỉ phương (VTCP) là u1→=2;−1;4  và u2→=3;2;−1  . Suy ra u1→.u2→=2.3+−1.2+4.−1=0  và Δ1⊥Δ2  . Loại B, D.

Xét hệ phương trình

−3+2t=−4+3t'1−t=−2+2t'−1+4t=4−t'⇔2t−3t'=−1t+2t'=34t+t'=5⇔t=1t'=1⇒Δ1,Δ2

 cắt nhau

Vậy Δ1  cắt và vuông góc với Δ2 .

Đáp án D.

Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến (VTPT) là  nP→=3;2;−1

Ghi nhớ: Mặt phẳng P:ax+by+cz+d=0  có VTPT là n→=a;b;c , với  a2+b2+c2≠0

Đáp án B.

Mặt cầu (S) có tâm I2;0;−1  , bán kính R=3 .

Ghi nhớ: Mặt cầu S:x−a2+y−b2+z−c2=R2  có tâm Ia;b;c , bán kính R. 

Đáp án C.

Cách 1: Tư duy tự luận

3−2x15=∑k=015C15k315−k−2xk=∑k=015C15k315−k−2kxk

Với 0≤k≤15k∈ℕ

Vậy hệ số của số hạng chứa x7  trong khai triển làC15738−27=−C1573827

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay 

3−2x15=∑k=015C15k315−k−2kxk→fx;k=xkgk=C15k315−k−2k

→k=Xx=2fX=2XgX=C15X315−X−2X

trong đó 0≤X≤15X∈ℕ

Sử dụng TABLE, nhập vào máy  fX=2X và gX=15CX×315−X×−2X . Chọn Start = 0, End = 15, Step = 1.

Quan sát bảng giá trị, ta thấy tại FX=128=27=x7  (do x=2 ) thì x=7→k=7  và GX=−5404164480  là hệ số của số hạng chứa x7   trong khai triển.

Cách 3: Sử dụng công thức tính hệ số khai triển n - thức

Ta có hệ phương trình  k0+k1=150.k0+1.k1=7⇔k0=8k1=7

Vậy hệ số của số hạng chứa x7   trong khai triển là

x7=15!7!.8!.38.−27=15!15−7!.7!.38.−27=−C157.38.27

Đáp án C.

Cách 1: Tư duy tự luận

 Xét khai triển 1+x10=C100+C101x+C102x2+C103x3+...+C1010x10  (*)

Với  x=2 thay vào (*) ta được 

310=1+210=C100+2.C101+22.C102+...+210.C1010

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

S=C100+2.C101+22.C102+...+210.C1010=∑x=010C10x2x

Đáp án B.

Ta có SA⊥(ABC)AB⊂(ABC)BC⊂(ABC)⇒SA⊥AB  và SA⊥BC . Vậy A, C đúng.

Do  ΔABC vuông tại B nên BC⊥AB .

Ta cóBC⊥SA,SA⊂SABBC⊥AB,AB⊂SABSA∩AB=A⇒BC⊥SAB,SB⊂SAB⇒BC⊥SB

Vậy B đúng.

Đáp án A.

Ta có SA⊥(ABCD)  nên A là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD  . Suy ra AD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng ABCD .

Khi đó SD,ABCD^=SD,AD^=SDA^   (do SDA^<90° ).

Do ΔSAD  vuông tại A nên tanSDA^=SAAD=a3a=3⇒SDA^=60°  .

Vậy SD,ABCD^=60° .

Đáp án D.

Ta có  

 CD//AB,CD⊂SABAB⊂SAB⇒CD//SAB

⇒dCD;SA=dCD;SAB=dC;SAB

Từ giả thiết, ta có VS.ABCD=a3⇒VS.ABC=12CS.ABCD=a32  và SΔSAB=a234

Lại có 

VS.ABC=VC.SAB=13dC;SAB.SΔSAB⇒dC;SAB=3VS.ABCVΔSAB=23a

Vậy dSA;CD=dC;SAB=23a

Đáp án B.

Gọi u1  là số hạng đầu và q là công bội của cấp số nhân un .

Từ giả thiết ta có: 

u4−u2=54u5−u3=108⇔u1.q3−u1.q=54u1.q4−u1.q2=108⇔u1.qq2−1=54u1.q2q2−1=108

⇔u1.qq2−1=5454q=108⇔u1.2.22−1=54q=2⇔u1=9q=2

Đáp án C.

Tập xác định: D=ℝ .

 Nếu  x≠0,x≠1thì hàm số  y=fxliên tục trên mỗi khoảng  −∞;0,0;1và 1;+∞ .

 Nếu x=0   thì  f0=0 và  limx→0−fx=limx→0−x2x=limx→0−x=0limx→0+fx=limx→0+x2x=limx→0+x=0

Suy ra f0=limx→0−fx=limx→0+fx=limx→0fx=0  và hàm số y=fx  liên tục tại điểm x=0.

Nếu x=1  thì  f1=1=1và  limx→1−fx=limx→1−x2x=limx→1−x=1limx→1+fx=limx→1+x=1

Suy ra f1=limx→1−fx=limx→1+fx=limx→1fx=1  và hàm số  y=fx liên tục tại điểm x=1.

Vậy hàm số y=fx  liên tục trên R  .

Đáp án A.

Cách 1: Tư duy tự luận

Các hàm số đã cho đều có tập xác định là D=ℝ  , khi đó ∀x∈ℝ→−x∈ℝ .

Với A:  y−x=sin−2016x+cos−2017x=sin2016x+cos2017x=yx

Suy ra hàm số  y=sin2016x+cos2017xchẵn trên ℝ . Chọn A.

 Với B: y−x=2016cos−x+2017sin−x=2016cosx−2017sinx≠±yx  

Suy ra hàm số y=2016cosx+2017sinx  không chẵn, không lẻ trên . Loại B.

Với C:y−x=cot−2015x−2016sin−x=−cot2015x+2016sinx=−yx

 Suy ra hàm số y=cot2015x−2016sinx  lẻ trên R  . Loại C.

 Với D:  y−x=tan−2016x+cot−2017x=−tan2016−cot2017x=−yx

Suy ra hàm số  y=tan2016x+cot2017x lẻ trên R  . Loại D.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Các hàm số đều có tập xác định là R nên ∀x∈ℝ→−x∈ℝ .

* Với A: Dùng TABLE, nhập hai hàm số  fX=sin2016X+cos2017Xvà  gX=sin−2016X+cos−2017X

Đáp án A.

Đặt fx=x2−x−2  và gx=x2−1 .

Ta có  gx=0⇔x=±1và  f1không xác định, f−1=0  .

uy ra đồ thị hàm số y=x2−x−2x2−1   không có tiệm cận đứng.

Đáp án D.

Tập xác định: D=ℝ Đạo hàm y'=x2−2m−1x+2m−1

Do phương trình y'=0  có tối đa hai nghiệm.

Để hàm số đồng biến (tăng) trên ℝ  khi và chỉ khi y'≥0,∀x∈ℝ  .

⇔Δ'=m−12−2m−1≤0⇔m−1m−3≤0⇔1≤m≤3

Đáp án A.

 Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có 

log4928=log7222.7=log72+12=m+12=1+2m2

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A.

 Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có x.x3.x56=x12.x13.x56=x12+13+56=x53

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án C.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y=fx  ,  y=gxliên tục trên đoạn a;b  và hai đường thẳng  x=a,x=b (a<b)được tính theo công thức:S=∫abfx−gxdx

Đáp án D.

Cách 1: Tư duy tự luận

Do z0=1+2i   là một nghiệm phức của phương trình z2+az+b=0  nên ta có  

z02+az0+b=0⇔1+2i2+a1+2i+b=0⇔a+b−3+2a+4i=0

 ⇔a+b−3=02a+4=0⇔b=5a=−2

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay:

Loại ngay hai phương án A, B vì các giá trị a, b cần tìm phải cùng đồng thời thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C.

Gọi điểm H là hình chiếu của A4;1;−2  trên mặt phẳng Oxz , khi đó H4;0;−2 .

Điểm  A' đối xứng với A4;1;−2  qua mặt phẳng  Oxz nên H4;0;−2  là trung điểm AA'  . Khi đó A'2xH−xA;2yH−yA;2zH−zA →A'4;−1;−2

Đáp án C.

Đặt t=sin2xt∈0;1  , PT trở thành

2t+31−t=4.3t⇔23t+31−2t−4=0  (1)

Xét hàm số ft=23t+31−2t−4  trên 0;1 .

Đạo hàm f't=23t.ln23−2.31−2t.ln3<0,∀t∈0;1 . Suy ra hàm sốft  nghịch biến trên 0;1 . Như vậy phương trình ft=0  có không quá một nghiệm trên [0;1] .

Nhận thấy f0=230+31−2.0−4=0  nên phương trình (1) có duy nhất một nghiệm t=0∈0;1 . Suy ra sinx=0 ⇔x=kπ,k∈ℤ .

Cho  x∈−2017;2017→−2017≤kπ≤2017→−642,03...≤k≤642,03.Do  k∈ℤnên k∈−642;−641;−640;...;640;641;642 . Vậy có tất cả  642−−642+1=1285 giá trị k nguyên thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có 1285 nghiệm trên −2017;2017 .

Đáp án A.

2017!1+1111+122...1+120172017=2017!211322433...201820172017

=2017!.21.32.43....2018201711.22.33...20172017=2017!.201820171.2.3...2017=2017!.201820172017!=20182017

Suy ra a=2018;b=2017

Đáp án B.

Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có y'=1+x'.31+x.ln3=31+x.ln3=3.3x.ln3

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án C.

Ta có y'=x2−2ax−3a . Để hàm số đạt cực trị tại hai điểm x1,x2  thì y'=0phương trình  phải có hai nghiệm phân biệt .

x1,x2⇔Δ'=a2+3a=aa+3>0⇔a>0a<−3

Có  y'x1=0y'x2=0⇔x12−2ax1−3a=0x22−2ax2−3a=0⇔x12=2ax1+3ax22=2ax2+3a

Theo định lý Vi-ét ta có  x1+x2=2ax1x2=−3a

Từ

x12+2ax2+9aa2+a2x22+2ax1+9a=2⇔2ax1+x2+12aa2+a22ax1+x2+12a=2

 ⇔4a2+12aa2+a24a2+12a=2⇔4a+12a+a4a+12=2

.

Với  a∈−∞;−3∪0;+∞thì 4a+12a>0  và a4a+12>0  . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 4a+12a   và a4a+12  ta có:

4a+12a+a4a+12≥24a+12a.a4a+12=2

Dấu “=” xảy ra

⇔4a+12a=a4a+12⇔4a+122=a2⇔15a2+96a+144=0

⇔a=−125La=−4tm

Vậy a0=−4  là giá trị cần tìm, suy ra a0∈−7;−3 .

Đáp án B.

Đạo hàm y'=3x2−6mx+3m2−1;Δ'=−3m2−9m2−1=9  . Suy ra phương trìnhy'=0  có hai nghiệm phân biệt  x1=3m+33=m+1x2=3m−33=m−1

Vậy đồ thị hàm số đã cho luôn có hai điểm cực trị với mọi m.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là y=−2x+3m−1 .

Suy ra tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là  Am+1;m−3 và Bm−1;m+1 .

Yêu cầu bài toán ⇔ΔOAB  vuông tại  O⇔OA→.OB→=0

⇔m+1m−1+m−3m+1=0⇔m+12m−4=0⇔m=−1m=2

Sử dụng MTCT để xác định phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số:

Ta có y'=3x2−6mx+3m2−1;y''=6x−6m . Đưa máy tính về chế độ CMPLX và nhập vào máy biểu thức y−y'.y''18a  (coi x=X;m=Y ).

Ấn , máy hỏi X? Nhập . Máy hỏi Y? Nhập

Máy hiện kết quả bằng 299−2i .

Phân tích kết quả: 299−2i=3.100−1−2i=3m−1−2x Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y=−2x+3m−1

Đáp án D.

Xét khai triển  x+y2018=C20180x2018+C20181x2017+C20182x2016y2+...+C20182018y2018

Chọn  x=3,y=2 ta có:

 52018=C2018032018+C20181320172+C201823201622+...+C2018201822018=M

Vậy số chữ số của  M=52018 là  logM+1=log52018+1=2018.log5+1

Nhập vào màn hìnhInt2018×log5+1 :

Máy hiện kết quả bằng 1411.

Đáp án D.

Ta có y'=4ax3+2bx→y'−1=−4a−2b  . Phương trình tiếp tuyến của  (C) tại điểm  A−1;0 là đường thẳng

d:y=y'−1.x+1⇔y=−4a−2bx−4a−2b

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

  ax4+bx2+c=−4a+2bx−4a−2b⇔ax4+bx2+4a+2bx+4a+2b+c=0(*)

Quan sát đồ thị, ta thấy đường thẳng d cắt đồ thị  tại hai điểm có hoành độ  x=0,x=2nên phương trình (*) có hai nghiệm x=0,x=2 .

Suy ra  

4a+2b+c=016a+4b+24a+2b+4a+2b+c=0⇔4a+2b+c=028a+10b+c=0 (1)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng d, đồ thị (C) và hai đường thẳng  x=0,x=2là  

 S=∫02−4a−2bx−4a−2b−ax4+bx2+cdx=285

 ⇔∫02−4a−2bx−4a−2b−ax4−bx2−cdx=285

⇔−a5x5−b3x3−2a+bx2−4a+2b+cx02=285

 ⇔−325a−8b3−42a+b−24a+2b+c=−285⇔1125a+323b+2c=285(2)

Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta tìm được: a=−1,b=3,c=−2 .

Suy ra C:y=−x4+3x2−2  vàd:y=−2x−2 . Diện tích hình phẳng cần tính là:

S=∫−10−x4+3x2−2−−2x−2dx=∫−10−x4+3x2+2xdx=∫−10x4−3x2−2xdx 

 =x55−x3−x2−10=15(đvdt).

Đáp án B.

Gọi St  là quãng đường mà chất điểm đi được sau t giây đầu tiên. Khi đó St  là nguyên hàm của vận tốc vt=t2.e−t  . Hay St=∫vtdt=∫t2.e−tdt  .

Đặt  u=t2dv=e−tdt→du=2tdtv=−e−t→St=−t2+e−t+2∫t.e−tdt

Đặt  u1=tdv1=e−tdt→du1=dtv1=−e−t→∫t.e−tdt=−t.e−t+∫e−tdt=−t.e−t−e−t+C1

Vậy

St=−t2.e−t+2−t.e−t−e−t+C1=−e−tt2+2t+2+C

Đáp án C.

Ta có

y=2x−x2⇔x−12=1−y⇔x=1+1−yx=1−1−y

 với y≤1 .

Thể tích khối tròn xoay cần tính là: 

Vy=π∫011−1−y2−1−1−y2dy

=4π∫011−ydt=4π.23=8π3

Đáp án A.

Từ  

z=z1z2=a+bi→z=z1z2=z1z2=a2+b2→a2+b2=34

Từ  

z1−z2z2=z1−z2z2=z1z2−1=z−1=374→a−12+b2=374

Ta có hệ phương trình sau

a2+b2=916a−12+b2=3716⇔a2+b2=916a−12−a2=74⇔a2+b2=916−2a=34

 ⇔a=−38b2=916−−382=2764  

Vậy b=±338→b=338

Đáp án C.

Giả sử các kích thước của hình hộp chữ nhật là AB=x ,AD=y , AA'=z . Trong đó x,y,z>0  . Để giải bài toán, ta phân tích từng dữ kiện có trong đề bài.

1. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B'C  bằng 2a55 .

Ta có

AB//CDCD⊂A'B'CDAB⊄A'B'CD⇒AB//A'B'CD⇒dAB;B'C=dAB;A'B'CD

  =dA;A'B'CD=AH=2a55với H là hình chiếu của A trên .

Từ  1AH2=1AA'2+1AD2⇒1y2+1z2=54a2(1)

2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và AB' bằng 2a55 .

Tương tự, ta chứng minh được

BC//AB'C'D⇒dBC;AB'=dBC;AB'C'D

=BK=2a55

 với K là hình chiếu của B trên AB'.

Từ 1BK2=1BA2+1BB'2⇒1x2+1z2=54a2   (2)

3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD' là a33  .

Gọi  O=AC∩BD⇒O là trung điểm của BD. Gọi I là trung điểm của DD' thì OI là đường trung bình của  ΔBDD'⇒OI//BD'⇒BD'//ACI

⇒dBD';AC=dBD';ACI=dD';ACI=dD;ACI

Ta thấy DI, DA, DC đôi một vuông góc với nhau nên:

1d2D;ACI=1DA2+1DC2+1DI2=1DA2+1DC2+4DD'⇒1x2+1y2+4z2=3a2

 (3)

Giải hệ phương trình gồm (1), (2) và (3) ta tìm được:x=y=z,z=2a .

Vậy thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là V=xyz=a.a.2a=2a3  (đvtt).

Đáp án D.

Cung AB có bán kính OA=4dmvà số đo bằng π2rad  nên có độ dài là lAB=π2.4=2πdm .

Từ giả thiết ta có đỉnh của hình nón là O, đường sinh  OA=4dmvà chu vi đáy hình nón là C=lAB=2πdm .

Gọi I là tâm đáy, khi đó bán kính đáy của hình nón là r=IA=C2π=2π2π=1 (dm).

Do  vuông tại I nên ta có  OA2=OI2+IA2⇒h=OI=OA2−IA2

 ⇒h=42−12=15≈3,873(dm).

Đáp án C.

Ta có x+y+z=3⇔x3+y3+z3=1  . Suy ra tập hợp các điểm  Mx;y;zlà 8 mặt chắn có phương trình: ;

x3+y3+z3=1;x−1+y−3+z−3=1;x−3+y−3+z3=1

x−3+y3+z−3=1;x3+y−3+z−3=1;x−3+y3+z3=1;x3+y−3+z3=1;x3+y3+z−3=1

Các mặt chắn này cắt các trục Ox, Oy, Oz tại các điểm , A−3;0;0,B3;0;0,C0;−3;0 D0;3;0,E0;0;−3,F0;0;3 .

Từ đó, tập hợp các điểm Mx;y;z   thỏa mãn  x+y+z=3 là các mặt bên của bát diện đều x+y+z=3   (hình vẽ) cạnh bằng 32 .

Thể tích khối bát diện đều là  V=323.23=36(đvtt).

Đáp án D.

Mặt cầu  (S) có tâm I1;−2;3  và bán kính R=5  . Mặt phẳng Q//P  nên (Q) có phương trình là 2x+2y−z+m=0,m≠17 .

Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r, chu vi bằng  6π nên 2πr=6π⇔r=3 .

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (Q) là dI;Q=R2−r2=52−32=4  .

Khi đó  

2.1+2.−2−3+m22+22+−12=4⇔m−5=12⇔m−5=12m−5=−12⇔m=17Lm=−7tm

Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là 2x+2y−z−7=0

Đáp án A.

Có tất cả 15 điểm được tô màu gồm 4 đỉnh của tứ diện, 6 trung điểm của 6 cạnh, 4 trọng tâm của 4 mặt bên và 1 trọng tâm của tứ diện.

Không gian mẫu là “Chọn ngẫu nhiên 4 trong số 15 điểm đã tô màu”. Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C154  .

Gọi A là biến cố “4 điểm được chọn đồng phẳng”. Suy ra  là biến cố “4 điểm được chọn là 4 đỉnh của một hình tứ diện”. Để xác định số kết quả thuận lợi cho biến cố A ta xét các trường hợp sau:

a. 4 điểm cùng thuộc “một mặt bên của tứ diện”

Một mặt bên có 7 điểm được tô màu nên số cách chọn 4 điểm (đồng phẳng) trên một mặt bên là C74  (cách).

Có tất cả 4 mặt bên nên số cách chọn thỏa mãn trường hợp a. là 4.C74  (cách).

b. 4 điểm cùng thuộc mặt phẳng “chứa 1 cạnh của tứ diện và trung điểm của cạnh đối diện:.

Mặt phẳng đó có 7 điểm được tô màu nên số cách chọn 4 điểm (đồng phẳng) trên mỗi mặt là C74  (cách).

Hình tứ diện có 6 cạnh nên có tất cả 6 mặt như thế. Số cách chọn 4 điểm thỏa mãn trường hợp b. là 6C74  (cách).

c. 4 điểm cùng thuộc mặt phẳng “chứa 1 đỉnh và đường trung bình của tam giác đối diện đỉnh đó”.

Mặt phẳng đó có 5 điểm được tô màu nên số cách chọn 4 điểm (đồng phẳng) trên mỗi mặt là C54  (cách).

Do mỗi mặt bên là một tam giác có 3 đường trung bình, nên mỗi đỉnh có tương ứng 3 mặt phẳng như thế (chứa đỉnh và đường trung bình). Mà tứ diện có 4 đỉnh nên có tất cả  3.4=12 mặt phẳng ở trường hợp c.

Vậy số cách chọn thỏa mãn trường hợp c. là  12C54 (cách).

d. 4 điểm cùng thuộc mặt phẳng “chứa 2 đường nối 2 trung điểm của các cạnh đối diện”.

Có 3 đường nối 2 trung điểm của các cạnh đối diện. Số mặt phẳng được tạo thành từ 2 trong 3 đường đó là  C32(mặt phẳng).

Mỗi mặt phẳng như thế có 5 điểm được tô màu nên số cách chọn 4 điểm (đồng phẳng) là  C54(cách).

Vậy số cách chọn thỏa mãn trường hợp d. là C32.C54  (cách).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là nA=4C74+6C74+12C54+C32.C54=425  .

Vậy xác suất cần tính là

PA¯=1−PA=1−nAnΩ=1−425C154=188173

Đáp án A.

1. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Ta có

 CB⊥AB,CB⊥SA,AB∩SA=A⇒CB⊥SAB⇒CB⊥SB⇒ΔSBC   

vuông tại B.

Lại có  

CD⊥AD,CD⊥SA,AD∩SA=A⇒CD⊥SAD⇒CD⊥SD

 ⇒ΔSDCvuông tại D.

Mặt khác  SA⊥ABCD⇒SA⊥AC⇒ΔSACvuông tại A.

Gọi I là trung điểm của SC. Các tam giác: ΔSAC,ΔSBC,ΔSDC  lần lượt vuông tại các đỉnh A, B và D nên IS=IA=IB=IC=ID=12SC . Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I, bán kính R=12SC

2. Tính diện tích mặt cầu

Ta có SC,ABCD^=SC,AC^=SCA^=60°

Do ΔADC  vuông tại A nên  S?AC=12AD.CD⇔AD=2SΔADCCD=a23a=a3

⇒AC=AD2+CD2=a32+a2=2a

Mà AC=SC.cosSCA^⇒SC=2acos60°=4a

Vậy bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là R=SC2=4a2=2a  và diện tích mặt cầu là S=4πR2=4π.2a2=16πa2  (đvdt).

Đáp án D.

Từ giả thiết, ta có số lượng vi khuẩn ban đầu là A=250  con và sau t=12  giờ thì số lượng vi khuẩn là N=1500  con.

Áp dụng công thức  N=A.ertta có:1500=250.e12r⇔e12r=6⇔r=ln612 .

Sau khoảng thời gian là t0  giờ, số lượng vi khuẩn tăng gấp 216 lần số lượng vi khuẩn ban đầu nên

216A=A.ert0⇔eln612.t0=216⇔ln612.t0=ln216⇔t0=36

 giờ.

Đáp án C.

Ta có z−12z−i4=1⇔z−14−2z−i4=0 . Đặt fz=z−14−2z−14 . Phương trìnhfz=0 có 4 nghiệm nên fz=15z−z1z−z2z−z3z−z4

Do i2=−1   nên z2+1=z2−i2=z−iz+i . Từ đó ta có:

P=z1−iz2−iz3−iz4−i.z1+iz2+iz3+iz4+i

=i−z1i−z2i−z3i−z4.−i−z1−i−z2−i−z3−i−z4

⇒P=fi15.f−i15=i−14−2i−1415.−i−14−−2i−1415=135

Đáp án A.

1. Tìm tọa độ tâm I ngoại tiếp tứ diện OABC

Gọi M là trung điểm của AB thì Ma2;b2;0 . Đường thẳng d là trục của  nên d đi qua M và nhận vecto chỉ phương k→=0;0;1

Phương trình tham số của đường thẳng d:x=a2y=b2z=tt∈ℝ .

Gọi N là trung điểm của OC thì N0;0;c2.

Mặt phẳng (P) là mặt phẳng trung trực của OC nên (P)   đi qua M và nhận vecto pháp tuyến là k→=0;0;1.

Phương trình tổng quát của mặt phẳng P:z=c2 .

Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P), tức Ia2;b2;c2 .

2. Tìm mặt phẳng (P)   là quỹ tích của tâm I và tính dO;P  .

Ta có  xI=a2;yI=b2;zI=c2⇒a=2xIb=2yIc=2zI

Mà  a+2b+2c=6 nên  2xI+2.2yI+2.2zI=6⇔xI+2yI+2zI−3=0

Vậy điểm I luôn nằm trên một mp cố định có pt là P:x+2y+2z−3=0 .

Vậy dO;P=0+2.0+2.0−312+22+22=1

Đáp án B.

Từ

fx.f'x=2xf2x+1⇒fx.f'xf2x+1=2x⇒∫fx.f'xf2x+1dx=∫2xdx

 (1)

Đặt  

f2x+1=t⇒f2x=t2−1⇒2fx.f'xdx=2tdt⇒fx.f'xdx=tdt

Suy ra  ∫fx.f'xf2x+1x=∫tdtt=∫dt=t+C1=f2x+1+C1và  ∫2xdx=x2+C2

Từ (1) ta suy ra f2x+1+C1=x2+C2  . Do  f0=0nên C2−C1=1 .

Như vậy  

f2x+1=x2+C2−C1=x2+1⇒f2x=x2+12−1=x4+2x2

⇒fx=x4+2x2=xx2+2=xx2+2

 (do x∈1;3 ).

Ta có f'x=x2+2+x2x2+2=2x2+1x2+2>0,∀x∈ℝ⇒  Hàm số fx=xx2+2  đồng biến trên R nên fx  cũng đồng biến trên 1;3  .

Khi đó M=max1;3fx=f3=311  và m=min1;3fx=f1=3 .

Vậy 

P=2M−m=611−3⇒a=6;b=1;c=0⇒a+b+c=7