20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 16)

Đáp án B.

Ta thấy −2  và −34  không phải là số nguyên dương nên −2−2  và  −5−34không có nghĩa. Ta loại A và C.

Ta có chú ý: 00  và 0−n  không có nghĩa. Do vậy ta loại D.

Đáp án A.

Ta chọn luôn A do hàm số y=cosx  tuần hoàn với chu kì 2π  không phải với chu kì π

Đáp án A

Đáp án D.

Đặt z=a+bi a;b∈ℝ

Theo đề bài ta có  

1z=z¯⇔1a+bi=a−bi⇔a+bia−bi=1⇔a2+b2=1

⇒z=1

Đáp án A

Đáp án A.

1. Tìm công bội của cấp số nhân.

2. Tìm số hạng thứ tư.

Vậy số hạng thứ tư của cấp số nhân đề cho là 1. Ta chọn A.

Đáp án B.

1. Giải phương trình tìm hai nghiệm và gán cho biến A và B.

Vậy phương trình có hai nghiệm là A=−314+4714i  và B=−314−4714i  .

2. Tính giá trị biểu thức cần tìm.

Giữ nguyên màn hình ở bước trên và tiếp tục nhấn

Vậy ta chọn B

Đáp án D.

Cách 1: Do ABCD.A'B'C'D'  là hình hộp nên ta có

BC→=AD→=0;−1;0⇒xC=0+2=2yC=−1+1=0zC=0+2=2⇒C2;0;2

C'D'→=CD→=−1;−1;−1⇒xD'=−1+4=3yD'=−1+5=4zD'=−1−5=−6⇒D'3;4;−6

Cách 2: Do ABCD.A'B'C'D'  là hình hộp nên ta có ABCD là hình bình hành.

Suy ra 

OA→+OC→=OB→+OD→⇒OC→=OB→+OD→−OA→⇒C=2;0;2

Tương tự ta có:

OC→+OD'→=OD→+OC'→⇒OD'→=OD→+OC'→−OC→⇒D'=3;4;−6

Đáp án A.

Điều kiện x∈ℝ

 y=cosx+cosx−π3=cosx+cosx.cosπ3+sinx.sinπ3=cosx+12cosx+32sinx

=32cosx+32sinx

Cách 1: y=332cosx+12sinx=3sinx+π3 Suy ra −3≤y≤3

Vậy  m=−3;M=3 và do đó M2+m2=6

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:

 32cosx+32sinx2≤322+322cosx2+sinx2

 ⇔32cosx+32sinx2≤3⇔−3≤y≤3

 ⇒M=3 khi  23cosx=23sinx32cosx+32sinx=3

Tương tự ta có m=−3   khi  23cosx=23sinx32cosx+32sinx=−3

⇒M2+m2=32+−32=6

Vậy ta chọn A.

Đáp án B.

Điều kiện: x∈−1;1 .

Cách 1: Do tập xác định của phương trình là một đoạn ngắn do vậy ta nên sử dụng TABLE để xác định số nghiệm của phương trình thay vì đi giải phương trình mất nhiều thời gian.

Sử dụng TABLE với thiết lập Start ‒1, End 1; Step 0,1.

Nhìn vào bảng giá trị ta thấy hàm số chỉ đổi dấu khi qua x=0; do vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x=0  .

Cách 2:  

log51−x2+log171+x2=0⇔log51−x2=log71+x2

Vì 0<1−x2≤1 ∀x∈−1;1  nên log51−x2≤0 ∀x∈−1;1 .

Mặt khác vì  1+x2≥1 ∀x∈−1;1 nên log71+x2≥0 ∀x∈−1;1 .

Do đó 

log51−x2=log71+x2⇔1−x2=1+x2=0⇔x=0∈−1;1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x=0  .

Đáp án C.

Trường hợp 1: Lấy hai điểm thuộc l1   và một điểm thuộc l2  thì có C24.2  tam giác.

Trường hợp 2: Lấy một điểm thuộc l1  và hai điểm thuộc l2  thì có C22.4  tam giác.

Số tam giác tạo thành từ sáu điểm đã cho là C24.2+C22.4=16   tam giác.

Đáp án D.

Ta có phép quay 

QO;αA=E⇔OA=OEOA;OE=α⇒α=AOE^=120°

Đáp án B.

1. Tiệm cận đứng.

Ta có 4−3x−x2=0⇔x=1x=−4

Hai nghiệm này đều không là nghiệm của phương trình 5−3x=0  do vậy đồ thị hàm số y=5−3x4−3x−x2  có hai đường tiệm cận đứng là x=1  và x=−4 .

2. Tiệm cận ngang.

Nhập vào màn hình (tính giá trị của hàm số tại các điểm có giá trị tuyệt đối rất lớn, chẳng hạn tại x=10−10   và tại x=1010  )

Cả hai trường hợp đều báo lỗi cho vậy đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Hoặc ta có thể thấy rằng tập xác định của hàm số là  D=−4;1 (không chứa vô cực) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng 2.

Đáp án C.

Để thỏa mãn tính chất tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình y''x=0  là một đường thẳng song song với trục hoành thì hàm số phải thỏa mãn điều kiện:

Nghiệm của phương trình y''x=0  là nghiệm của phương trình y'x=0  .

Với A: y'=3x2−6x+1;y''=6x−6 .

 y''=0⇔x=1không là nghiệm của phương trình .y'=0 Vậy A không thỏa mãn.

Với B: y'=3x2−6x−1;y''=6x−6 . Tương tự B không thỏa mãn.

Với C:y'=3x2−6x+3;y''=6x−6 .

y''=0⇔x=1là nghiệm của phương trình y'=0  thỏa mãn, vậy ta chọn C.

Đáp án A.

Từ dữ liệu đề bài ta thấy AB2+AC2=BC2⇒   tam giác ABC vuông tại A.

Trong mặt phẳng ABC  kẻ AH⊥BC  tại H.

Ta có DA⊥BCAH⊥BCDA∈DAH;AH∈DAHDA∩AH=A⇒DH⊥BC  (định lý ba đường vuông góc).

Ta có ABC∩DBC=BCAH⊥BC;DH⊥BCAH∈ABC;DH∈DBC⇒ABC,DBC^=AHD^ .

Ta có AH=AB.ACBC=3a.4a5a=12a5 .

Tam giác ADH vuông tại A.

⇒tanAHD^=DAAH=3.VABCDSABC12a5=3.243a315.12.3a.4a12a5=33

⇒AHD^=30°

Vậy ta chọn A.

Đáp án C.

Ta có  

logba2018=logba2018⇔logba2018=2018logba⇔logba=0logba2017=2018

⇔a=1logba=20182017⇔a=1a=b20182017

Do a là số thực dương nên với mỗi số nguyên b thỏa mãn điều kiện 2≤b≤200  thì sẽ tạo ra một cặp số a;b  thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Do vậy có 2×200−21+1=398  cặp. Vậy ta chọn C.

Lời giải sai: logba2018=2018logba⇔logba2017=2018 , tức là bỏ mất trường hợp logba=0  , từ đó dẫn đến chọn đáp án B

Đáp án B.

Ta có y'=2x  .

Phương trình tiếp tuyến của đường cong  y=x2tại điểm có hoành độ bằng 2 có dạng y=2.2x−2+22⇔y=4x−4 .

Hình phẳng cần tính diện tích là phần kẻ sọc.

Vậy S=∫02x2−4x+4dx=83 . Ta chọn B.

Đáp án B.

Trong ABC  kẻ MP//CI P∈AC  . Trong  SACkẻ PN//SC N∈SA .

⇒MNP//SIC⇒MNP≡α

Suy ra thiết diện giữa  α và tứ diện S.ABC là tam giác MNP.

Do S.ABC là tứ diện đều nên ta đặt SA=SB=SC=SD=AB=BC=CA=2x

⇒AI=x;CI=2x32=x3

Ta có MP//CI⇒MPCI=APAC=AMAI=ax⇒MP=ax.x3=a3

Tương tự ta có MN=a3 .

Ta có NPSC=APAC=ax⇒NP=ax.SC=ax.2x=2a .

Chu vi tam giác MNP là C=2a+a3+a3=2a1+3  . Ta chọn B.

Đáp án D.

1. Tìm không gian mẫu.

Bạn Hà lấy ngẫu nhiên 2 viên bi có C62  trường hợp.

Bạn Lâm lấy ngẫu nhiên 2 viên bi trong 4 viên còn lại có C42  trường hợp.

Bạn Anh lấy 2 viên bi còn lại có 1 trường hợp.

Vậy nΩ=C62.C42=90 .

2. Gọi A là biến cố “Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu”.

Trường hợp 1: Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu đỏ thì số trường hợp xảy ra là C42.C22.1=6  .

Trường hợp 2: Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu xanh thì số trường hợp xảy ra là C42.C22.1=6 

Trường hợp 3: Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu vàng thì số trường hợp xảy ra làC42.C22.1=6 .

⇒nA=6.3=18⇒PA=nAnΩ=1890=15

Đáp án C

Ta có

 fx=axax+a⇒f1−x=a1−xa1−x+a=aaxaax+a=aaax+a=aax+a

 ⇒fx+f1−x=axax+a+aax+a=1

Áp dụng vào bài toán ta có:

P=f12018+f22018+...+f20172018

=f12018+f20172018+f22018+f20162018+...+f10072018+f10112018+f10082018+f10102018+f10092018

=1.1008+f10092018=1008+a12a12+a=1008,5=20172

Đáp án B.

Δ:x−21=y+32=z−13

Lấy  M2;−3;1và N3;−1;4   là hai điểm thuộc Δ.

⇒M'0;−3;1và N'0;−1;4   lần lượt là hình chiếu của hai điểm M; N trên mặt phẳng (Oxy)

⇒ud→=M'N'→=0;2;3⇒d:x=0y=−3+2tz=1+3t

Đáp án C.

Mức nước ở bồn sau khi bơm được tính bằng công thức ∫05615t+83dt .

Sau khi bơm được 56 giây thì mức nước trong bồn là 36 cm. Ta chọn C.

Đáp án A.

f'x=3x2−x;f''x=6x−1;g'x=2x−3

limx→0f''sin5x+1g'sin3x+3=limx→06.sin5x−1+12.sin3x−3+3=limx→03.sin5xsin3x

=limx→03.sin5x5x.5xsin3x3x.3x=3.5.limx→0sin5x5x3.limx→0sin3x3x=3.53=5

Đáp án C.

Kí hiệu như hình vẽ. Bán kính đường tròn là giao tuyến của mặt phẳng ABCD  với mặt cầu đi qua 8 đỉnh của hình hộp là IA.

Ta có

IA=AC2=12.AB2+AD2=12b2+c2

Đáp án B.

Do bạn Hà đã bấm một số có 6 chữ số nhưng chỉ có số 2007 xuất hiện trên màn hình nên trong số mà bạn Hà có thể nhập có 2 chữ số 1.

Có hai trường hợp xảy ra.

TH1: Hai chữ số 1 không đứng cạnh nhau.

TH2: Hai chữ số 1 đứng cạnh nhau.

Giải quyết:

TH1: Xếp 4 chữ số 2; 0; 0; 7 có 1 cách.

Giữa các chữ số 2; 0; 0; 7 tạo ra được 5 vách ngăn. Xếp 2 chữ số 1 vào 5 vách ngăn có C52=10  cách => có 10 số có thể tạo thành ở TH1.

TH2: Xếp 4 chữ số 2; 0; 0; 7 có 1 cách.

Buộc hai chữ số 1; 1 vào nhau được 1 cách.

Xếp cặp số 11 vào 5 vách ngăn có 5 cách  =>có 5 số có thể tạo thành ở TH2.

Vậy có tất cả 10+5=15  số mà bạn Hà có thể đã nhập vào máy tính. Ta chọn B.

Đáp án D.

Ta dễ thấy hai đường thẳng d và d'  song song.

Hai đường thẳng d và  d' lần lượt đi qua hai điểm M5;1;5  và N3;−3;1  và có vtcp u→=2;−1;1 . Ta có MN→=−2;−4;−4  .

Hai vecto  MN→ và  u→ không cùng phương và có giá nằm trên mặt phẳng P  nên ta có vtpt của mặt phẳng P  là n→=MN→;u→ .

Ta tìm tọa độ của n→  bằng MTCT:

⇒n→=−8;−6;10

Mặt phẳng P  có vtpt  n→=−8;−6;10và đi qua M5;1;5  nên có phương trình P:−8x−5−6y−1+10z−5=0  ⇔P:4x+3y−5z+2=0.Ta chọn D.

Đáp án A.

Cách 1: Đường thẳng d đi qua điểm M−2;1;−1  và có VTCP u→1;2;−2 .

Ta có AM→=3;1;2,u→,AM→=6;−8;−5 .

Do đó 

dA,d=u→,AM→u→=36+64+251+4+4=1259=553

Cách 2: Đường thẳng d:x=−2+ty=1+2tz=−1−2t t∈ℝ .

Gọi H là hình chiếu của A trên d⇒H−2+t;1+2t;−1−2t .

⇒AH→=−3+t;−1+2t;−2−2t

⇒AH→.ud→=0⇔−3+t.1+−1+2t.2+−2−2t.−2=0⇔t=19

⇒AH→=−269;−79;−209⇒dA;d=AH=553

Ta chọn A.

Đáp án C.

Bảng xét dấu:

⇒F0=∫20ftdt=−∫02ftdt<0;F1=∫21ftdt=−∫12ftdt<0

F2=∫22ftdt;F3=∫23ftdt<0

⇒F2là giá trị lớn nhất trong các giá trị F0,F1,F2,F3 .

Đáp án B.

Kí hiệu như hình vẽ thì ta có z2−z3=z4−z1⇒z4=z1+z2−z3 .

Ta chọn B.

Đáp án B.

Gọi M là điểm thỏa mãn 

MA→−2MB→+5MC→=0⇔M−274;1;214

 Khi đó

IA→−2IB→+5IC→=IM→+MA→−2IM→+5IM→+5MC→=4IM→+0→=4IM→

Biểu thức  IA→−2IB→+5IC→đạt giá trị nhỏ nhất ⇔IM→  nhỏ nhất => I là hình chiếu của M trên mặt phẳng Oxz⇔I−274;0;214  .

Bài toán tổng quát: Trong không gian cho các điểm A1,A2,...,An  và mặt phẳng P . Tìm điểm I trên mặt phẳng P  sao cho biểu thức k1IA1→+k2IA2→+...+knIAn→  đạt giá trị nhỏ nhất, trong đó k1,k2,...,kn  là những số thực và ∑i=0nki≠0 .

Cách giải:

- Tìm điểm M thỏa mãn k1MA1→+k2MA2→+...+knMAn→=0  .

- Khi đó k1IA1→+k2IA2→+...+knIAn→=∑i=1nkiIM→ .

- Do đó k1IA1→+k2IA2→+...+knIAn→  đạt giá trị nhỏ nhất ⇔IM→  nhỏ nhất =>   I là hình chiếu vuông góc của M trên P  .

Đáp án C.

Để phương trình fx=fm  có ba nghiệm phân biệt thì−2<m=fm<2⇔m∈−1;3\0;2.(Quan sát đồ thị)

Đáp án B.

1. Giải phương trình 1−x2=21−x  .

Vậy phương trình có hai nghiệm là x=0,6;x=1 .

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay D quanh trục Ox được tính bằng công thức V=π∫0,611−x2dx-π∫0,6141−x2dx=4π75  .

Vậy a−b=4−75=−71 .

Đáp án D.

Cách 1: Gọi I là giao điểm của  BC' và B'C  . Trong BC'D'  kẻ IH⊥BD'  tại H.

Ta có 

BC'⊥B'CD'C'⊥B'CBC',D'C'∈BC'D'⇒B'C⊥BC'D'⇒B'C⊥IH

Suy ra IH là đường vuông góc chung của BD' và B'C⇒dBD',B'C=IH .

Hai tam giác vuông BC'D' và BHI đồng dạng

⇒IHD'C'=BIBD'=a22a3=66⇒IH=a66

 Ta chọn D.

Cách 2: (Tọa độ hóa . Độc giả tự thực hiện)

Đáp án B.

Phương trình đường thẳng d:y=mx+2+2 .

Phương trình hoành độ giao điểm của  và d:

  2x+1x−1=mx+2+2⇒mx2+mx−2m−3=0(*).

Để  (H) và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt  ⇔m≠0Δ>0⇔m≠09m2+12>0(**). Gọi  là hai nghiệm của (*).

Khi đó M=x1;mx1+2+2,N=x2;mx2+2+2 .

Hai cạnh của hình chữ nhật tạo bởi bốn đường thẳng như đã cho trong bài là x2−x1  và mx2−x1  . Hình chữ nhật này là hình vuông khi và chỉ khi mx2−x1=x2−x1⇔m=1⇔m=±1 . Ta thấy chỉ có M=1 thỏa mãn (**).

Vậy chỉ có một giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án B.

Đáp án C.

∫0fxt2dt=t330fx=f3x3=xcosπx⇔f3x=3xcosπx

⇔fx=3xcosπx3⇒f4=123

Đáp án D.

Thể tích khối chóp cụt ABC.A'B'C'  được tính bằng công thức

V=h3B+B'+BB'=h3+4+9+4.9=193h

Thể tích của phần  được tính bằng công thức  V1=13.h.4=43h

Tỉ số thể tích giữa  (H1)và  (H2)là 43h193h−43h=415 . Ta chọn D.

Đáp án B.

Gọi  A0;a là điểm trên trục tung thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến đi qua A.

Lúc này ta có hệ  

x4−x2+1=kx−0+a4x3−2x=k⇒x4−x2+1=4x3−2xx+a

  ⇔3x4−x2+a−1=0(*).

Để từ A kẻ được ba tiếp tuyến khác nhau trên đồ thị hàm số  y=x4−x2+1thì phương trình (*) phải có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình (*) có 1 nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương⇔a=1 . Vậy có duy nhất một điểm  trên trục tung thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án C.

Gọi q là công sai của cấp số nhân. Vì u2=1  nên suy ra u1=u2q=1q  .

Ta có 

S=u11−q=1q1−q=1q1−q,q<1

Ta có a−b2≥0⇔a2+b2≥2ab⇔a+b24≥ab  (với mọi a;b∈ℝ ).

Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên ta có q1−q≤q+1−q24=14⇔1q1−q≥4⇔S≥4

Dấu bằng xảy ra khi q=12  .

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 khi q=12 .

Đáp án D.

Sử dụng máy tính cầm tay chức năng TABLE với thiết lập Start ‒5; End 5; Step 1 thì ta có

Từ bảng giá trị ta kết luận được giá trị lớn nhất của hàm số đạt được là 400 khi x=−5 .

Từ bảng giá trị trên ta chưa thể kết luận được giá trị nhỏ nhất của hàm số.

Ta thấy x3+3x2−72x+90≥0,∀x∈ℝ  .

Dấu bằng xảy ra khi x3+3x2−72x+90=0 .

Trong ba nghiệm trên ta thấy nghiệm x3∈−5;5  . Từ đây ta có thể kết luận giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được là 0 khi x=x3 .

Vậy tổng cần tìm là 400. Ta chọn D.

Đáp án B.

Ta có V=abcS=2ab+bc+ca . Theo đề ta có:

abc=2ab+bc+ca;1≤a≤b≤c⇔1=2.ab+bc+caabc⇔2a+2b+2c=1

Ta có 1=2a+2b+2c≤2a+2a+2a=6a⇒a≤6 . Kết hợp với 2a+2b+2c=1  ta có:

a=3⇒1b+1c=16⇒6<b≤12

⇒a;b;ce{3;7;42,3;8;24,3;9;18,3;10;15,3;12;12}

Với a=4⇒1b+1c=14⇒4<b≤8⇒a;b;c∈4;5;20,4;6;12,4;8;8

với a=5⇒1b+1c=310<13⇒b<6⇒a;b;c∈5;5;10

với a=6⇒1b+1c=13⇒b≤6⇒a;b;c∈6;6;6

⇒a;b;c∈3;7;42,3;8;24,3;9;18,3;10;15,3;12;124;6;20,4;6;12,4;8;8,5;5;10,6;6;6

Vậy ta chọn B.

Đáp án A

Ta có 9x+2x−m3x+2x−2m−1=0⇔32x+3x+2x−m3x−3x−1=0

⇔3x+13x+2x−2m−1=0⇔3x+2x−2m−1=0

   ⇔3x+2x=2m+1(*)

Xét hàm số fx=3x+2x   có  f'x=3x.ln3+2>0 với mọi x∈ℝ .

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên R  .

Để (*) có nghiệm dương thì ta phải có 2m+1>f0=1⇔m>0  .

Vậy T là một khoảng. Ta chọn A.

Đáp án A.

Cách 1:

∫122dxx3+3x2+2x=2.∫121xx+1x+2dx=23.∫121xx+2+1xx+1−2x+1x+2dx

=23∫1212x−12x+4+1x−1x+1−2x+1+2x+2dx

∲=23∫1232.1x−3x+1+32.1x+2dx=∫121xdx−2.∫121x+1dx+∫121x+2dx

=lnx12−2.lnx+112+lnx+212=ln2−ln1−2.ln3−ln2+ln4−ln3=ln3227

⇒a=32;b=27⇒a+b=59

Cách 2: Sử dụng máy tính.

Lúc này ∫122dxx3+3x2+2x=Ans  .

Suy ra ab=eAns

⇒ab=3227⇒a+b=59

Đáp án C.

Gọi tâm hai đáy là O và O'. A∈O . Dựng hình chữ nhật AOO'A' .

Ta có A'AB^=30°⇒A'B=A'A.tan30°=r . Suy ra tam giác A'O'B  là tam giác đều.

Vì  OO'//AA'nên OO'//AA'B .

Do đó dOO';AB=dOO';AA'B=dO';AA'B 

Gọi H là trung điểm của A'B.

⇒O'H⊥AA'B⇒dO';AA'B=OH=O'A'32=r32

Đáp án D.

Với A: Đặt

∫0ax3fx2dx=12∫0ax2.fx22xdx=12∫0ax2.fx2dx2=12∫0a2x.fxdx

 Vậy A đúng.

Với B: 

∫0πx.fsinxdx=∫0π2x.fsinxdx+∫π2πx.fsinxdx=I1+I2

Tính I2 : Đổi biếnt=π−x⇒x=π−t;dx=−dt .

Đổi cậnx=π→t=0;x=π2→t=π2 .

Từ đó

 I2=−∫π20fsinπ−tπ−tdt=π∫0π2fsintdt−I1   

⇒I=π∫0π2fsinxdx=π2∫0πfsinxdx

 Vậy B đúng.

Với C: Đổi biến tương tự B ta thấy C đúng.

Từ đây ta chọn D.

Thật vậy,

∫1a2fxxdx=2∫1a2fx2xdx=2∫1a2fxdx=2∫1afxdx

Đáp án C.

Với bài toán này ta sẽ chọn trường hợp cụ thể thỏa mãn hai điều kiện trên, từ đó xét tam giác ABC là tam giác gì.

Chọn  z1=1+3i;z2=1−3i;z3=−2

⇒A1;3,B1;−3,C−2;0⇒AB=BC=CA=23

Vậy ABC là tam giác đều. 

Đáp án C.

Đặt (H) là hình tứ diện đều ABCD, cạnh bằng A. Gọi E;F;I;J  lần lượt là tâm của các mặt ABC;ABD;ACD;BCD  .

Kí hiệu như hình vẽ.

Ta có MEMC=MFMD=13⇒EFCD=13⇒EF=CD3=a3 .

Vậy tứ diện  là tứ diện đều có cạnh bằng a3 .

Tỉ số thể tích của diện tích toàn phần tứ diện đều  và tứ diện đều ABCD là a3a2=19

Đáp án B.

Điều kiện: x≠0  .

Ta có 2cos2xcos2x−cos2018π2x=cos4x−1

⇔2cos22x−2cos2x.cos2018π2x=cos4x−1

⇔cos4x+1−2cos2x.cos2018π2x=cos4x−1

⇔cos2x.cos2018π2x=1 

ta có cos2x.cos2018π2x≤1 

do đó cos2x.cos2018π2x=1⇔cos2x=1cos2018π2x=1hoặc cos2x=−1cos2018π2x=−1

cos2x=1cos2018π2x=1⇔x=kπx=1009πlk,l∈ℤ

⇒kl=1009⇒k=1009l=1 hoặc k=−1009l=−1 hoặck=1l=1009hoặc k=−1l=−1009

Trong trường hợp này tổng các nghiệm dương của phương trình bằng 1010π

cos2x=−1cos2018π2x=−1⇔x=π2+kπx=2018π1+2lk,l∈ℤ

⇒12+k=20181+2l⇒1+2k1+2l=2.2018(*)

Vế trái của (*) là số lẻ, vế phải của (*) là số chẵn. Do đó không có giá trị nguyên nào của k, l thỏa mãn (*).

* Tóm lại: Tổng các nghiệm dương của phương trình bằng 1010π.

Đáp án A.

Kí hiệu như hình vẽ.

Ta thấy IK=r'  là bán kính đáy của hình chóp,AI=h  là chiều cao của hình chóp.

Tam giác  vuông tại K có IK là đường cao

⇒IK2=AI.IM⇒r'2=h.2r−h

Ta có Vcohp=13.πr'2.h=13.π.h.h.2r−h=43π.h2.h22r−h .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  

h2.h2.2r−h≤h2+h2+2r−h327=8r327

⇔Vchop≤43π.8r327=3281.πr3

Dấu bằng xảy ra khi h2=2r−h⇔h=4r3  . Vậy ta chọn A

Đáp án D.

Dựa vào đáp án ta suy ra 3<A<4 .

 ⇒3<log2019<A2016=log2016+A2015<log2020<4

⇒3<log2020<A2017=log2017+A2016<log2021<4

Vậy A2017∈log2020;log2021 .

Đáp án C.

Ta có 

Vbi=Vmc=43h23.π;Vcoc=Vnc=π3.h.R2+r2+Rr

MàVnc=2Vmc  do vậy π3hR2+r2+Rr=2.43.h23π  

 ⇔R2+r2+R.r=h2

Mà  ⇔R2+r2+R.r=h2 do vậy

PT⇔rR2−3rR+1=0⇔rR=3+52tmrR=3−52l

Vậy ta chọn C.