20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 17)
50 câu hỏi
Giá trị cực tiểu yCT của hàm số y=x3−3x2+4 là
yCT=0
yCT=1
yCT=4
yCT=2
Đáp án A
y'=3x2−6x Ta có y'=0⇔x=0x=2 .
Do hàm số có hệ số nên đồ thị hàm số có dạng N, suy ra x=2 là điểm cực tiểu của hàm ⇒yCT=f2=0 số .
Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:
Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn vô số điểm chung khác nữa.
Hai đường thẳng không song song, không cắt nhau thì chéo nhau
Nếu ba điểm phân biệt cùng thuộc hai mặt phẳng thì chúng thẳng hàng.
Không có mặt phẳng nào chứa cả hai đường thẳng a và b thì ta nói ai và b chéo nhau.
Đáp án B
Hàm số nào sau đây đồng biến trên R
y=x−1x+2
y=x3+4x2+3x−1
y=x4−2x2−1
y=13x3−12x2+3x+1
Đáp án D
Ta loại A và C do hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất và hàm bậc bốn trùng phương không thể đồng biến trên R .
Với B:y'=3x2+8x+3; y'=0⇔x=−4±73 . Vậy ta loại B, chọn D
Giới hạn lim2018n−12017n+1 bằng
+∞
1
0
−∞
Đáp án A
lim2018n−12017n+1=lim1−12018n20172018n+12018n=+∞
Do lim1−12018n=1, lim20172018n+12018n
Phương trình sinx=cosx chỉ có các nghiệm là
x=π4+kπ, k∈ℤ
x=π4+k2π, k∈ℤ
x=±π4+kπ, k∈ℤ
x=±π4+k2π,k∈ℤ
Đáp án A
sinx=cosx⇔cosπ2−x=cosx⇔x=π2−x+k2πx=x−π2+k2π⇔x=π4+kπ,k∈ℤ
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z=4−3i+1−i3
Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng -5i
Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng -7i.
Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng -5
Phần thực bằng -2và phần ảo bằng 5i.
Đáp án C
z=4−3i+1−i3
Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số ở dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?
y=−2x3−6x2−6x+1
y=2x3−6x2+6x+1
y=2x3−6x2−6x+1
y=2x3−x2+6x+1
Đáp án B
Với x=1 thì y=3 nên ta loại A; C, D chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x+12+y−22+z−12=9. Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).
I−1;2;1 và R=3
I1;−2;−1 và R=3
I−1;2;1 và R=9
I1;−2;−1 và R=9
Đáp án A
Tìm nguyên hàm của I=∫2xx2−1dx bằng cách đặt u=x2−1, mệnh đề nào dưới đây đúng?
I=2∫udu
I=∫2udu
I=∫udu
I=12∫udu
Đáp án C
Với y=x2−1⇒du=2xdx .
Vậy I=∫udu .
Đồ thị hàm số y=x+19−x2 có bao nhiêu tiệm cận
0
1.
2
3
Đáp án C
1. Tiệm cận đứng.
9−x2=0⇔x=3x=−3
Do x=3;x=−3 không là nghiệm của phương trình x+1=0 nên đồ thị hàm số y=x+19−x2 có hai đường tiệm cận đứng là x=3 và x= -3.
2. Tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang. Ta chọn C.
Tứ diện đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
3
4
6.
9.
Đáp án C
Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng tạo bởi một cạnh với trung điểm của cạnh đối diện nó.
Cặp hàm số nào sau đây có tính chất: có một hàm số là nguyên hàm của hàm số còn lại
fx=sin2x và gx=cos2x.
fx=tan2x và gx=1cos2x.
fx=ex và gx=e−x.
fx=sin2x và gx=sin2x.
Đáp án D
Với A: Ta có ∫sin2xdx=∫2.sinx.cosxdx=−∫2cosxdcosx (ta loại A).
Từ A ta xét D luôn có tính chất tương tự.
Với D: Ta có
∫fxdx=∫sin2x.dx=∫2sinx.cosxdx=∫2sinxdsinx=sin2x=gx
Vậy ta chọn D.
Cho tam giác đều ABC cạnh a quay xung quanh đường cao AH tạo nên một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó là
πa2.
2πa2.
12πa2.
34πa2.
Đáp án C
Diện tích xung quang của hình nón được tính bằng công thức
Sxq=πrl=π.a2.a=πa22.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, biết điểm M'−3;0 là ảnh của điểm M1;−2 qua phép tịnh tiến theo vectơ u→ và M''2;3 là ảnh của điểm M''2;3 qua phép tịnh tiến theo vectơ v→. Tìm tọa độ vectơ u→+v→.
1;5.
−4;2.
5;3.
0;1.
Đáp án A
Ta có u→=MM'→=−4;2 .v→=M'M''→=5;3
Vậy u→+v→=1;5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy ABCD và SC=a5. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
V=a333.
V=a336.
V=a33.
V=a3153.
Đáp án A
Tam giác SAC vuông tại A suy ra:
SA=SC2−AC2=a52−a22=a3
Thể tích khối chóp S.ABCD là
VS.ABCD=13.SA.SS.ABCD=13.a3.a2=a333
Cho các số thực dương a,b với a≠1 và logab>0. Khẳng định nào sau đây là đúng?
0<a,b<10<a<1<b.
0<a,b<11<a,1<b.
0<b<1<a1<a,1<b.
0<b,a<10<a<1<b.
Đáp án B
Ta có logab>0⇔logab>loga1 .
Với 0<a<1 thì bpt⇔0<b<1 .
Với a>1thì bpt⇔b>1 .
Vậy ta chọn B.
Một khối trụ có khoảng cách giữa hai đáy là 10, biết diện tích xung quanh của khối trụ bằng 80π. Thể tích của khối trụ bằng:
160π.
164π.
64π.
144π.
Đáp án A
Ta có
Sxq=2π.r.h=2π.r.10=80π⇔r=4⇒V=π.42.10=160π
Cho hàm số y=x3−2x2+2x có đồ thị (C). Gọi x1,x2 là hoành độ các điểm M, N trên (C) mà tại đó tiếp tuyến với (C) vuông góc với đường thẳng y=−x+2018. Khi đó x1+x2 bằng:
83.
23.
43.
53.
Đáp án C
y'=3x2−4x+2
Do tại các điểm M, N tiếp tuyến với vuông góc với đường thẳng y=−x+2018
nên
3x2−4x+2.−1=−1⇔3x2−4x+1=0⇔x=1x=13
Suy ra x1+x2=1+13=43 .
Tập nghiệm của bất phương trình 3.9x−10.3x+3≤0 là T=a;b. Khi đó a−b bằng
1
32.
-2
52.
Đáp án C
Điều kiện x∈ℝ .
Bất phương trình ⇔3.3x2−10.3x+3≤0.
⇔13≤3x≤3⇔−1≤x≤1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T=−1;1
Suy ra a=−1;b=1⇒a−b=−2 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x−2y+3z−1=0 và đường thẳng d:x−13=y−23=z−31. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Đường thẳng d cắt mặt phẳng (P).
Đường thẳng d song song với mặt phẳng (P).
Đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P)
Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P).
Đáp án B
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u→=3;3;1
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n→=1;−2;3 .
Ta thấy u→.n→=3.1+3.−2+1.3=0 .
Mà M1;2;3∈d,M∉P , do vậy đường thẳng d song song với mặt phẳng (P).
Cho hàm số y=f(x) xác định và liên tục trên −1;52 và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số fx trên −1;52 là
M=4,m=1.
M=72,m=1.
M=4,m=−1.
M=72,m=−1.
Đáp án C
Nhìn vào đồ thị ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số trên −1;52 là M=4khi x=52 . Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên −1;52 là m=−1khi x=xCT . Vậy ta chọn C.
Trong một buổi thi văn nghệ có các tiết mục của các trường đến Hà Nội, Ninh Bình, Huế, Đồng Nai. Tìm số cách xếp thứ tự để tiết mục văn nghệ đến từ Ninh Bình sẽ biểu diễn đầu tiên?
6.
20.
24.
120
Đáp án A
Số cách xếp tiết mục đầu tiên là 1 cách.
Số cách xếp tiết mục thứ hai là 3 cách.
Số cách xếp tiết mục thứ ba là 2 cách.
Số cách xếp tiết mục thứ tư là 1 cách.
Vậy có 1.3.2.1 = 6 cách.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên R sao cho f'x>0 ∀x∈0. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng ?
fe+fπ<f3+f4.
fe−fπ≥0.
f2+fπ<2f2.
f1+f2=2f3.
Đáp án A
Do f'x>0,∀x∈ℝnên hàm số đồng biến trên .
Ta có e<3⇒fe<f3.
π<4⇒fπ<f4.
Suy ra fe+fπ<f3+f4.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA⊥ABCD,SA=x. Xác định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) tạo với nhau góc 60°.
x=3a2.
x=a2.
x=a.
x=2a.
Đáp án C
+ Trong SAB dựng AI⊥SBta chứng minh được AI⊥SBC 1 .
Trong SAD dựng AJ⊥SD ta chứng minh được AJ⊥SCD2 .
Từ (1) và (2) ⇒SBC,SCD^=AI,AJ^=IAJ^
+ Ta chứng minh được AI=AJ . Do đó, nếu góc IAJ^=60° thì ΔAIJ đều ⇒AI=AJ=IJ .
ΔSAB vuông tại A có AI là đường cao⇒AI.SB=SA.AB⇒AI=SA.ABSB3
Và cóSA2=SI.SB⇒SI=SA2SB4
Ta chứng minh được IJ//BD⇒IJBD=SISB⇒IJ=SI.BDSB=4SA2.BD2SB25 .
Thế (3)&(5) vào AI=IJ⇒AB=SA.BDSB⇔AB.SB=SA.BD .
⇔a.x2+a2=x.a2⇔x2+a2=2x2⇔x=a
Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông gồm có 12 học sinh trong đó có 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho 4 học sinh này thuộc không quá hai trong ba lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
366
2196.
225.
446.
Đáp án C
TH1: 4 học sinh được chọn thuộc một lớp:
+ Lớp A có C54=5 cách chọn.
+ Lớp B có C44=1 cách chọn.
Trường hợp này có: 6 cách chọn.
TH2: 4 học sinh được chọn thuộc 2 lớp:
+ Lớp A và B: C94−C54+C44=120có .
+ Lớp B và C : C74−C44=34có
+ Lớp C và A: C84−C54=65có
Trường hợp này có 219 cách chọn.
Vậy có 225 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập bởi biểu diễn số phức z thỏa mãn −2+iz−1=5. Phát biểu nào sau đây sai ?
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I1;−2.
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn bán kính R=5
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có đường kính là 10.
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là hình tròn bán kính R=5
Đáp án D
Đặt z=x+yi, x;y∈ℝ .
Ta có
−2+ix+yi−1=5⇔−2−y+ix−1=5⇔x−12+y+22=25
Vậy tập hợp biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I1;−2 và có bán kính là R=5 . Vậy A; B; C đúng. Ta chọn D
Cho hàm số y=ax4+bx2 có bảng biến thiên dưới đây:
Tính giá trị của a và b.
a=1 và b = -2
a=2 và b= -3
a=12 và b=−32.
a=32 và b=−52.
Đáp án A
Đạo hàm y'=4ax3+2bx=2x2ax2+b2 .
Từ bảng biến thiên ta có y1=a+b=−1y'1=22a+b=0⇔a=1b=−2
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z=7 và z2 là số thuần ảo?
1
2
3.
3.
Đáp án D
Đặt z=x+yi, x,y∈ℝ .
Theo đề bài ta có x2+y2=49 và z2 là số thuần ảo.
⇔x2+y2=49x2−y2=0⇔x2=492y2=492⇔x=±72y=±72
Vậy có 4 cặp số thỏa mãn. Ta chọn D
Tính tích phân I=∫12x+22017x2019dx
32018−220182018.
32018−220184036.
320174034−220182017.
32021−220214040.
Đáp án B
Ta có
I=∫12x+22017x2019dx=∫121+2x2017.1x2dx
Đặt
t=1+2x⇒x=2t−1⇒dx=−2t−12dtx2=4t−12⇒x=1⇒t=3x=2⇒t=2
Suy ra
I=−∫32t2017.2t−124t−12dt=12∫23t2017dt=t2018403623=32018−220184036
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M2;−3;1 và đường thẳng d:x+12=y+2−1=z2. Tìm tọa độ điểm M' đối xứng với M qua d.
M'3;−3;0.
M'1;−3;2.
M'0;−3;3.
M'−1;−2;0.
Đáp án C
d:x=−1+2ty=−2−t,t∈ℝz=2t.
Gọi H là hình chiếu của M trên d ⇒H−1+2t;−2−t;2t .
⇒MH→=−3+2t;1−t;−1+2t
Ta có −3+2t.2+1−t.−1+−1+2t.2=0⇔t=1⇒H1;−3;2
Suy ra M'0;−3;3 .
Tìm tập nghiệm T của bất phương trình logπ4log2x+2x2−x<0.
T=−2;1.
T=−∞;−4.
T=−1;1.
T=0;2.
Đáp án B
Điều kiện x<0 .
logπ4log2x+2x2−x<0⇔logπ4log2x+2x2−x<logπ41
⇔log2x+2x2−x>1⇔log2x+2x2−x>log22
⇔x+2x2−x>2⇔2x2−x>2−x⇔2x2−x>x2−4x+4.
⇔x2+3x−4>0⇔x>1x<−4.
Kết hợp điều kiện ta có T=−∞;−4 là tập nghiệm của bất phương trình.
Cho hàm số fx=4x4x+2 và góc α tùy ý. Khi đó giá trị của biểu thức P=fsin2α+fcos2α bằng
P=1.
P=2.
P=3.
P=4.
Đáp án A
Sử dụng tính chất “Nếu a+b=1 thì fa+fb=1 ”. Thật vậy:
fa=4a4a+2=2.4a2.4a+4
a+b=1⇒b=1−a. Do đó fb=f1−a=41−a41−a+2=44a44a+2=44+2.4a .
Suy ra fa+fb=2.4a2.4a+4+44+2.4a=1 .
Áp dụng: Ta có sin2α+cos2α=1 nên fsin2α+fcos2α=1 .
Số các điểm biểu diễn nghiệm của phương trình 1=cosxcosx+2sinx+3sinxsinx+2sin2x trên đường tròn lượng giác là
1.
2
3.
4
Đáp án B
Điều kiện x≠π4+kπ2,k∈ℤ .
1=cosxcosx+2sinx+3sinxsinx+2sin2x
⇔sin2x=cos2x+sin2x+3sin2x+32sinx
⇔cos2x+3sin2x+32sinx=0
⇔1−sin2x+3sin2x+32sinx=0
⇔2sin2x+32sinx+1=0
⇒sinx=10−324 do −1≤sinx≤1
Vậy có hai điểm biểu diễn nghiệm của phương trình đã cho trên đường tròn lượng giác.
Cho hình hộp ABCD A'B'C'D' có thể tích bằng 12cm3. Tính thể tích khối tứ diện AB'CD'.
2 cm3
3 cm3
4 cm3
5 cm3.
Đáp án C
Ta có VAB'CD'=VABCD.A'B'C'D'−VABB'C−VB'C'CD'−VADCD'−VAA'B'D'
=12−16.4.VABCD.A'B'C'D'=12−16.4.12=4
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c với a,b,c dương. Biết A, B, C di động trên các tia Ox,Oy,Oz sao cho a+b+c=2. Biết rằng khi a,b,c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định. Tính khoảng cách từ M2016;0;0 tới mặt phẳng (P).
2017
20143.
20163.
20153.
Đáp án D
Gọi D, K lần lượt là trung điểm của AB, OC.
Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng OAB và cắt mặt phẳng trung trực OC tại Ix1;y1;z1 suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và z1=c2 (do DOKI là hình chữ nhật).
Tương tự DF=a2⇒x1=a2;y1=b2⇒Ia2;b2;c2 .
Suy ra x1+y1+z1=a+b+c2=1⇒I∈P:x+y+z−1=0 .
Vậy khoảng cách từ điểm M đến (P) là d=20153 .
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y=ex,y=0,x=0,x=kk>0. Gọi Vklà thể tích khối tròn xoay khi quay hình (H) quanh trục Ox. Biết rằng Vk=4π. Kết luận nào sau đây là đúng?
1<k<32.
32<k<2.
12<k<1.
0<k<12.
Đáp án A
Thể tích khối tròn xoay tạo bởi các đường y=ex,y=0,x=0,x=k k>0 được tính bằng công thức
V=π∫0ke2xdx=π∫0ke2xdx=π2.e2x0k=π2e2k−e0=4π⇔k=ln92
Vậy ta chọn A.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB=AC=a. Cạnh bên SA=SB=a và có SBC⊥ABC. Tính độ dài SC để bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a.
SC=a.
SC=a2.
SC=a3.
SC=2a.
Đáp án B
Gọi H là trung điểm BC⇒AH⊥BC→SBC⊥ABCAH⊥SH .
Xét hai tam giác vuông SHA và BHA có HA chungSA=BA=a⇒ΔSHA=ΔBHA .
⇒SH=BH=CH⇒ΔSBC vuông tại S⇒Rb=BH=BC2 .
Dễ thấy
GT=BC⇒R=Rb2+Rd2−GT24=BH2+Rd2−BC24=Rd=a
Xét tam giác ABC, có:
sinC=AB2R=12⇒cosC=32⇒BC=2HC=2AC.cosC=a3
Trong tam giác vuông SBC, ta có SC=BC2−SB2=a2 .
Một mảnh giấy hình chữ nhật có chiều dài là 12cm và chiều rộng là 6cm. Thực hiện thao tác gấp góc dưới bên phải sao cho đỉnh được gấp nằm trên cạnh chiều dài còn lại (như hình vẽ). Hỏi chiều dài L tối thiểu của nếp gấp là bao nhiêu?
minL=62 cm.
minL=932 cm.
minL=732 cm.
minL=92 cm.
Đáp án B
Đặt EB=a như hình vẽ ⇒EF=aAE=6−a .
Trong tam giác vuông AEF có
cosAEF^=6−aa⇒cosFEB^=a−6a (hai góc bù nhau).
Ta có
ΔBEG=ΔFEG⇒FEG^=BEG^=12FEB^⇒cosFEG^=a−3a
Trong tam giác vuông AEF có EG=EFcosFEG^=a3a−3 .
Xét hàm fa=a3a−3với a>3 , ta được minfa đạt tại a=92⇒EG=932 .
Cho hàm số f(x) có đồ thị trên đoạn [-1;4] như hình vẽ bên. Tính tích phân I=∫−14fxdx.
I=52.
I=112.
I=5.
I=3.
Đáp án B
Kí hiệu như hình vẽ.
I=∫−14fxdx=∫−12fxdx−∫24fxdx=SABCD+SDGE+SEFHG=1+2+1+12+1=112
Vậy ta chọn B.
Cho tứ diện ABCD và M, N là các điểm thay đổi trên cạnh AB và CD sao cho AMMB=CNND. Gọi P là một điểm trên cạnh AC và S là diện tích thiết diện cắt bởi mặt phẳng MNP và hình chóp. Tính tỉ số k của diện tích tam giác MNP và diện tích thiết diện S.
2kk+1.
1k.
kk+1.
1k+1.
Đáp án C
Xét trường hợp APPC=k , lúc này MP//BC nên BC//MNP .
Ta có: N∈MNP∩BCDBC//MNPBC⊂BCD⇒BCD∩MNP=NQ//BC, Q∈BD .
Thiết diện là tứ giác MPNQ.
Xét trường hợp APPC≠k .
Trong ABC gọiR=BC∩MP .
Trong BCDgọi Q=NR∩BD thì thiết diện là tứ giác MNPQ.
Gọi K=MN∩PQ . Ta có SMNPSMNPQ=PKPQ .
Do AMNB=CNND nên theo định lí Thales đảo thì AC,NM,BD lần lượt thuộc ba mặt phẳng song song với nhau và đường thẳng PQ cắt ba mặt phẳng này tương ứng tại P, K, Q nên áp dụng định lí Thales ta được PKKQ=AMMB=CNND=k
⇒PKPQ=PKPK+KQ=PKKQPKKQ+1=kk+1
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm SC. Mặt phẳng (P) qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V và V’ lần lượt là thể tích các khối chóp S.ABCD và S.AMKN. Tỉ số V'V có giá trị nhỏ nhất bằng
15.
38.
13.
12.
Đáp án C
Giả sử SD→=m.SM→; SB→=n.SN→ .
SA→+SC→=SB→+SD→
Do A; M; N; K đồng phẳng nên m+n=3 .
VS.AKMVS.ABC=12.1.1m=12m⇒VS.AKMV=14m
Tương tự ta có VS.AKNV=14n⇒V'V=14.m+nmn=34mn≥3m+n2=332=13 .
Dấu bằng xảy ra khi m=n=1,5 .
Một chiếc ly dạng hình nón (như hình vẽ). Người ta đổ một lượng nước vào ly sao cho chiều cao của lượng nước trong ly bằng 13 chiều cao của ly (tính phần chứa nước). Hỏi nếu bịt kín miệng ly rồi úp ngược ly lại thì tỉ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước lúc đó bằng bao nhiêu?
3−223.
3−2533.
19.
3−2633.
Đáp án D
Gọi chiều cao và bán kính đường tròn đáy của chiếc ly lần lượt là h và R
Thể tích của chiếc ly V=13πR2h .
Khi để cốc theo chiều xuôi thì lượng nước trong cốc là hình nón có chiều cao và bán kính đường tròn đáy lần lượt là h3 và R3 .
Thể tích của lượng nước V1=13πR32h3=V27 .
Thể tích phần không chứa nướcV2=26V27 .
* Khi úp ngược ly lại thì phần thể tích nước trong ly không đổi và lúc đó phần không chứa nước là hình nón. Gọi h ' và R ' lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của phần hình nón không chứa nước. Ta có R'R=h'h và phần thể tích hình nón không chứa nước là
V2=2626.V⇔13πR'2.h'=2627.13πR2h⇔R'2.h'R2.h=2627⇔h'h3=2627⇔h'h=2633
Vậy tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước trong trường hợp úp ngược ly là
h−h'h=1−h'h=1−2633=3−2633
Cho các số thực x1,x2,x3,x4 thỏa mãn 0<x1<x2<x3<x4 và hàm số y=fx. Biết hàm số y=f'x có đồ thị như hình vẽ. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;x4. Đáp áp nào sau đây đúng?
M+m=f0+fx3.
M+m=fx3+fx4.
M+m=fx1+fx2.
M+m=f0+fx1.
Đáp án A
Dựa vào đồ thị hàm số y=f'x , ta có nhận xét:
Hàm số y=f'x đổi dấu từ – sang + khi qua x=x1 .
Hàm số y=f'x đổi dấu từ + sang – khi qua x=x2 .
Hàm số y=f'x đổi dấu từ – sang + khi qua x=x3 .
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y=fx trên đoạn 0;x4 như sau:
Sử dụng bảng biến thiên ta tìm được max0;x4[fx=maxf0,fx2,fx4min0;x4fx=minfx1,fx3 .
Quan sát đồ thị, dùng phương pháp tích phân để tính diện tích, ta có:
∫x1x2f'xdx<∫x2x30−f'xdx⇒fx3<fx1⇒min0;x4fx=fx3
Tương tự, ta có
∫0x10−f'xdx>∫x1x2f'xdx⇒f0>fx2∫x2x30−f'xdx>∫x3x4f'xdx⇒fx2>fx4
⇒f0>fx2>fx4⇒max0;x4fx=fx3
Vậy max0;x4fx=f0; min0;x4fx=fx3
Cho 0<a≠1+2 và các hàm fx=ax+a−x2, gx=ax−a−x2. Trong các khẳng định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng.
I.f2x−g2x=1.
II.g2x=2gxfx.
III.fg0=gf0.
IV.g'2x=g'xf0x−gxf'x.
0
1
3
2.
Đáp án D
f2x−g2x=ax+a−x22−ax−a−x22=1⇒I đúng
g2x=a2x−a−2x2=ax−a−xax+a−x2=2.ax−a−x2.ax+a−x2=2gx.fx
=> II đúng
fg0=f0=1gf0=g1=a−1a2=a2−12a⇒fg0≠gf0
=> III sai
do g2x=2gxfx nên g'2x=2g'xfx−gxf'x⇒IV sai
Trong khai triển 1+2xn=a0+a1x+...+anxn, n∈ℕ*. Tìm số lớn nhất trong các hệ số a0,a1,...,an, biết a0+a12+...+an2n=4096
126720
213013
130272
130127
Đáp án A
Theo đề ta có 1+2xn=a0+a1x+....+anxn .
Thay x=12 ta có 1+1n=a0+a12+a222+...+an2n=4096.
⇔2n=4096⇔n=12
Hệ số của số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức 1+2x12 là an=C12n.2n ;an−1=C12n−1.2n−1
Xét bất phương trình với ẩn số n ta có C12n−1.2n−1≤C12n.2n .
⇔12!n−1!.13−n!≤12!.2n!.12−n!⇔113−n≤2n⇔n≤263
Do đó bất đẳng thức đúng với n∈0;1;2;3;4;5;6;7;8 và dấu đẳng thức không xảy ra.
Ta được a0<a1<a2<...<a8 và a8>a9>a10>a11>a12 .
Vậy giá trị lớn nhất của hệ số trong khai triển nhị thức là C128.28=126720 .
Xét số thực a,b thỏa mãn b>1 và a≤b<a. Biểu thức P=logaba+2logbab đạt giá trị nhỏ nhất khi
a=b2.
a2=b3.
a3=b2.
a2=b.
Đáp án A
Ta có logabb=logaba.ba=logaba−1.
Do đó
P=22logaba−logaba−12+27logaba=2logaba+12+27logaba .
Đặt t=logaba . Do 1<a≤b2⇒a≤b .
Suy ra
1t=1logaba=logaab=1−logab≤1−logaa=1−12=12⇒t≥2
Khi đó P=2t+12+27t=ft .
Khảo sát ft trên 2;+∞ , ta được ft đạt giá trị nhỏ nhất bằng 632 khi t=2.
Với t=2⇒logaba=2⇔a=b2 .
Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn z1−2i=3 và z2+2+2i=z2+2+4i. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=z1−z2 bằng
1.
2
3
4.
Đáp án B
Đặt z1=x1+y1i và z2=x2+y2i với x1,x2,y1,y2∈ℝ .
z1−2i=3⇔x12+y1−22=9⇒tập hợp các số phức z1 là đường tròn C:x2+y−22=9 .
z2+2+2i=z2+2+4i
⇔x2+22+y2+22=x2+22+y2+42⇔y2+3=0
Þ Tập hợp các số phức z2 là đường thẳng d:y=−3 .
Ta có P=z1−z2=x2−x12+y2−y12 đây chính là khoảng cách từ Bx2;y2∈d điểm đến điểm Ax1;y1∈C .
Do đó z2−z1min⇔ABmin .
Dựa vào hình vẽ ta tìm được ABmin=2 khi A0;−1,B0;−3 .
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và thỏa mãn 2fx+3f−x=14+x2. Tính tích phân I=∫−22fxdx.
I=π10
I=−π10.
I=π20.
I=−π20.
Đáp án C
Lấy tích phân hai vế của biểu thức2fx+3f−x=14+x2 , ta được
2∫−22fxdx+3∫−22f−xdx=∫−2214+x2dx⇔2I+3∫−22f−xdx=π4
Xét J=∫−22f−xdx . Đặt t=−x⇒dt=−dx . Đổi cận: x=−2→t=2x=2→t=−2 .
Suy ra
J=−∫2−2ftdt=∫−22ftdt=∫−22fxdx=I
Vậy
2I+3∫−22f−xdx=π4⇔2I+3I=π4⇔I=π20
Cho hình chóp S.ABC có SA=a,SB=b,SC=c. Một mặt phẳng α đi qua trọng tâm của ΔABC, cắt các cạnh SA,SB,SC lần lượt tại A',B',C'. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1SA'2+1SB'2+1SC'2.
3a2+b2+c2.
2a2+b2+c2.
2a2+b2+c2.
9a2+b2+c2.
Đáp án A
Giả sử SA→=xSA'→; SB→=ySB'→; SC→=zSC'→ .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ⇒GA→+GB→+GC→=0 .
⇒3GS→+SA→+SB→+SC→=0
⇒SG→=SA→3+SB→3+SC→3⇒SG→=x3.SA'→+y3.SB'→+z3.SC'→ 1
Do A'B'C' đi qua G nên ba vectơ GA'→;GB'→;GC'→ đồng phẳng
Suy ra tồn tại 3 số i;m;n,i2+m2+n2≠0 sao cho i.GA'→+m.GB'→+n.GC'→=0
i+m+n.GS→+i.SA'→+m.SB'→+n.SC'→=0
⇒SG→=ii+m+nSA'→+mi+m+nSB'→+ni+m+n.SC'→ 2
Do SG;SA';SB';SC' không đồng phẳng nên từ (1) và (2) ta có
x3=ii+m+n; y3=mi+m+n; z3=ni+m+n
x+y+z3=i+m+ni+m+n=1⇒x+y+z=3
Ta có 1SA'2+1SB'2+1SC'2=x2a2+y2b2+z2c2
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số thực xa;yb;zc và a;b;c ta có .
x2a2+y2b2+z2c2a2+b2+c2≥x+y+z2
⇔1SA'2+1SB'2+1SC'2≥x+y+z2a2+b2+c2=3a2+b2+c2
Dấu “=” xảy ra khi x2a2=y2b2=z2c2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2=3. Một mặt phẳng α tiếp xúc với mặt cầu (S) và cắt Ox,Oy,Oz tương ứng tại A, B, C. Tính giá trị của biểu thức T=1OA2+1OB2+1OC2.
T=13.
T=13.
T=19.
T=3.
Đáp án B
Gọi α∩Ox=Aa;0;0α∩Oy=B0;b;0α∩Oz=C0;0;c⇒α:xa+yb+zc=1 hay α:xa+yb+zc−1=0 .
Mặt cầu (S) có tâm I=0;0;0 , bán kính R=3
Do α tiếp xúc với (S) nên dI,α=R
⇔−11a2+1b2+1c2=3⇔1a2+1b2+1c2=13
Suy ra T=1OA2+1OB2+1OC2=1a2+1b2+1c2=13 .
