20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 18)
50 câu hỏi
Hàm số nào sau đây đồng biến trên R
y=x3−3x+1.
y=3x3+2x.
y=x2+2.
y=2x4+x2.
Đáp án B
Các hàm số đã cho đều có tập xác định là D=ℝ .
Với phương án A: y'=3x2−3;y'=0⇔x=±1Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng −∞;−1và 1;+∞ . Loại A.
Với phương án B: y'=9x2+2>0,∀x∈ℝnên hàm số đồng biến trên R . Chọn B.
Với phương án C: y'=2x;y'=0⇔x=0 . Hàm số đồng biến trên khoảng 0;+∞ . Loại C.
Với phương án D: y'=8x3+2x=2x4x2+1;y'=0⇔x=0 . Hàm số đồng biến trên khoảng 0;+∞ . Loại D.
Đồ thị hàm số y=2x−1x+2 có các đường tiệm cận là
y=−2;x=−2.
y=2;x=−2.
y=−2;x=2.
y=2;x=2.
Đáp án B
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=2 và đường tiệm cận đứng là x=-2 .
Giá trị cực đại của hàm số y=x3−3x−2 là
0.
1
-1
2
Đáp án A
Đạo hàm y'=3x2−3; y'=0⇔x=±1 . Ta có bảng biến thiên sau đây:
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=−1→yCĐ=0
Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
y=−x3−3x+1.
y=−x3+3x−1.
y=x3+3x+1.
y=x3−3x+1.
Đáp án D
Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị là của hàm số bậc ba và có dạng chữ N nên hệ số a>0. Loại A, B
Mặt khác, đồ thị có hai điểm cực trị nên loại C. Do y'C=3x2+3>0,∀x∈ℝ nên hàm số y=x3+3x+1 đồng biến trên R và không có cực trị.
Tập nghiệm của bất phương trình log3x≤log132x là nửa khoảng a;b. Giá trị của a2+b2 là
1
4
12.
8
Đáp án C
Ta có
log3x≤log132x⇔x>0log3x≤−log32x⇔x>0log3x+log32x≤0
⇔x>0log32x2≤0⇔x>02x2≤1⇔x>0−12≤x≤12⇔0<x≤12
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
0;12→a=0,b=12→a2+b2=12
Cho x,y là các số thực dương và x≠y. Biểu thức A=x2x+y2x2−412xxy2x bằng
y2x−x2x.
x2x−y2x.
x−y2x.
x2x−y2x.
Đáp án B
A=x2x+y2x2−412xxy2x=x2x2+2x2x.y2x+y2x2−412x2x.x2x.y2x
=x2x2−2x2x.y2x+y2x2=x2x−y2x2=x2x−y2x.
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=1x2cos2x
∫1x2cos2xdx=−12sin2x+C
∫1x2cos2xdx=12sin2x+C.
∫1x2cos2xdx=12cos2x+C.
∫1x2cos2xdx=−12cos2x+C.
Đáp án A
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có
∫1x2cos2xdx=−12∫dsin2x=−12sin2x+C
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Cho hàm số y=fx liên tục trên đoạn a;b. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C:y=fx, trục hoành và hai đường thẳng x=a,x=b (như hình vẽ dưới đây). Giả sử SD là diện tích của hình phẳng D. Chọn công thức đúng trong các phương án dưới đây
SD=−∫a0fxdx+∫0bfxdx.
SD=∫a0fxdx−∫0bfxdx.
SD=∫a0fxdx+∫0bfxdx.
SD=−∫a0fxdx−∫0bfxdx.
Đáp án A
Quan sát đồ thị, ta thấy fx≤0,∀x∈a;0 và fx≥0,∀x∈0;b . Diện tích của hình phẳng D là:
SD=∫abfxdx=∫a0fxdx+∫0bfxdx=−∫a0fxdx+∫abfxdx
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên đoạn 1;3,f3=5 và ∫13f'xdx=6. Khi đó f(1) bằng
-1
11
1
10
Đáp án A
Ta có ∫13f'xdx=fx13=f3−f1.
Suy ra f1=f3−∫13f'xdx=5−6=−1
Cho số phức z=−12+32i. Tìm số phức z¯2.
−12−32i
−12+32i
1+3i
3−i.
Đáp án B
Cách 1: Tư duy tự luận
z¯=−12−32i⇒z¯2=12+32i2=14+32i+34i2=−12+32i
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
z¯2=−12+32i
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=a3. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
V=34a3.
V=12a3.
V=3a32.
V=a3.
Đáp án D
Do ΔABC đều có cạnh bằng 2a nên
SΔABC=2a2.34=a23 (đvdt).
Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC=13SA.SΔABC=13.a3.a23=a3
Trong không gian cho hình chữ nhật ABCD có AB=a,AC=a5. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục AB.
Sxq=2πa2.
Sxq=4πa2.
Sxq=2a2.
Sxq=4a2.
Đáp án B
Khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục AB, ta được một hình trụ có bán kính đáy
R=BC=AC2−AB2=a52−a2=2a
chiều cao h=AB=a.
Diện tích xung quanh của hình trụ là: Sxq=2πRh=2π.2a.a=4πa2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi a,b,c lần lượt là khoảng cách từ điểm M1;3;2 đến ba mặt phẳng tọa độ Oxy,Oyz,Oxz. Tính P=a+b2+c3
P=12.
P=32.
P=30.
P=18.
Đáp án C
Áp dụng STUDY TIPS bên, ta có:
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng Oxy là a=2.
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng Oxy là b=1.
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng Oxy là c=3 .
Vậy P=a+b2+c3=2+12+33=30 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c với abc≠0. Phương trình mặt phẳng (ABC) là
xa+yb+zc+1=0
xa+yb+zc=0
xa+yb+zc−1=0
ax+by+cz−1=0
Đáp án C
Phương trình mặt phẳng ABC là: xa+yb+zc=1⇔xa+yb+zc−1=0
Cho hai đường thẳng d1:x=1+2ty=2+3tz=3+4t và d2:x=3+4ty=5+6tz=7+8t
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
d1⊥d2.
d1//d2.
d1≡d2.
d1 và d2 chéo nhau
Đáp án C
Đường thẳng d1 đi qua điểm M1;2;3và nhận vectơ chỉ phương u1→=2;3;4 .
Đường thẳng d2 nhận vectơ chỉ phương u2→=4;6;8 .
Nhận thấy u2→=2.u1→ nên u1→ và u2→ cùng phương.
Mặt khác, giả sử M∈d2 thì 1=3+4t2=5+6t3=7+8t⇔t=−12 .
Do vậy điều giả sử này là đúng.
Vậy d1≡d2 .
Cho I=limx→02x+1−1x và J=limx→1x2+x−2x−1. Tính I+J
3.
5
4
2.
Đáp án C
Cách 1: Tư duy tự luận
I=limx→02x+1−1x=limx→02x+1−12x+1+1x2x+1+1=limx→022x+1+1=1
J=limx→1x2+x−2x−1=limx→1x−1x+2x−1=limx→1x+2=3
Vậy I+J=1+3=4 .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay casio (hoặc vinacal)
vậy I=limx→02x+1−1x=1 và J=limx→1x2+x−2x−1=3 . suy ra I+J=4
Một nhóm 25 người cần chọn 1 ban chủ nhiệm gồn 1 chủ tịch, 1 phó chủ tịch và 1 thư kí. Hỏi có bao nhiêu cách?
1380
13800.
2300
15625
Đáp án B
Trong 25 người, bầu ra 1 chủ tịch có C251 cách. Trong 24 người còn lại, bầu ra 1 phó chủ tịch có C241 cách. Trong 23 người còn lại, bầu ra 1 thư kí có C231 cách. Vậy số cách để bầu ra 1 ban chủ nhiệm gồm 1 chủ tịch, 1 phó chủ tịch, 1 thư kí từ 25 người là C251.C241.C231=25.24.23=13800 cách.
Cho f là hàm đa thức và có đạo hàm f'(x) có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1.
Hàm số đồng biến trên khoảng 2;+∞.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −2;−1.
Hàm số đồng biến trên khoảng 2;1+3.
Đáp án C
Quan sát đồ thị f'x (hình vẽ), ta thấy
f'x>0,∀x∈1−3;1∪1+3;+∞ ;
f'x<0,∀x∈−∞;1−3∪1;1+3 và f'x=0⇔x∈1−3;1;1+3 .
Suy ra hàm số y=fx đồng biến trên mỗi khoảng 1−3;1 và 1+3;+∞ ;
hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −∞;1−3 và 1;1+3 .
Do −2;−1⊂−∞;1−3 nên hàm số nghịch biến trên khoảng−2;−1 .
Cho hàm f có tập xác định là K⊂ℝ, đồng thời f có đạo hàm f'x trên K. Xét hai phát biểu sau:
(1) Nếu f'x0≠0 thì x0 không là điểm cực trị của hàm f trên K.
(2) Nếu x0 mà f'x có sự đổi dấu thì x0 là điểm cực trị của hàm f.
Chọn khẳng định đúng
(1), (2) đều đúng.
(1), (2) đều sai
(1) sai, (2) đúng.
(1) đúng, (2) sai
Đáp án D
(1) Nếu f'x0=0 hoặc f'x0không xác định trên K thì x0 có thể là điểm cực trị của hàm số trên K. Còn nếu f'x0≠0 thì x0 không thể nào là điểm cực trị của hàm số trên K. Vậy phát biểu (1) đúng.
(2) Nếu x0∉K mà qua điểm x0,f'x có sự đổi dấu thì x0 không phải là điểm cực trị của hàm số f. Vậy phát biểu (2) sai.
Cho bài toán: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=2x4−4x2+3. Dưới đây là lời giải của học sinh:
* Bước 1: Tập xác định D=ℝ. Đạo hàm y'=8x3−8x.
* Bước 2: Cho y'=0 tìm x=0;x=−1;x=1.
* Bước 3: Tính y0=3;y−1=y1=1. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 3, và giá trị nhỏ nhất là 1.
Lời giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì giải sai từ bước mấy?
Bước 2
Lời giải đúng
Bước 3
Bước 1
Đáp án C
Lời giải trên là sai. Cách làm lời giải này chỉ đúng đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn .
Để giải bài toán này, ta lập bảng biến thiên của hàm số y=2x4−4x2+3 trên R
* Bước 1: Tập xác định D=ℝ . Đạo hàm y'=8x3−8x .
* Bước 2: Cho y'=0 tìm x=0;x=−1;x=1 .
* Bước 3: Ta có bảng biến thiên sau:
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là 1 và hàm số không có giá trị lớn nhất. Vậy lời giải trên sai từ bước 3.
Tập nghiệm của bất phương trình 13x+2>3−x là
0;2.
2;+∞.
−2;−1.
0;+∞.
Đáp án B
13x+2>3−x⇔x+2≥03−x+2>3−x⇔x≥−2x+2<x⇔x≥−2x>0x+2<x2⇔x>0x+1x−2>0
⇔x>0x>2x<−1⇔x>2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình S=2;+∞ .
Tính tích phân I=∫0124−x2dx bằng cách đặt x=2sint. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
I=2∫01dt
I=2∫0π6dt
I=∫0π3dt
I=∫0π6dt
Đáp án B
Đặt x=2sint,t∈−π2;π2⇒dx=2costdt . Đổi cận x=0⇒t=0x=1⇒t=π6
Suy ra I=∫0π624−4sin2t.2costdt=2∫0π6dt
Cho số phức z thỏa mãn 1+2iz=−7−4i. Chọn khẳng định sai
Số phức liên hợp của z là z¯=3−2i.
Môđun của z là 13.
z có điểm biểu diễn là M−3;2.
z có tổng phần thực và phần ảo là -1
Đáp án A
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có
1+2iz=−7−4i⇔z=−7−4i1+2i=−7−4i1−2i1+2i1−2i=−15+10i5=−3+2i
Số phức liên hợp của z là z¯=−3−2i . Vậy A sai.
Môđun của z là z=−32+22=13 . Vậy B đúng.
z có điểm biểu diễn là M−3;2 . Vậy C đúng.
z có tổng phần thực và phần ảo là −3+2=−1 . Vậy D đúng.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Cho mặt cầu (S) có bán kính R=a3. Gọi (T) là hình trụ có hai đường tròn đáy nằm trên (S) và diện tích thiết diện qua trục của hình trụ (T) là lớn nhất. Tính diện tích toàn phần Stp của (T).
Stp=9πa2.
Stp=9πa23.
Stp=6πa23.
Stp=6πa2
Đáp án A
Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là r và h. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là một hình chữ nhật có kích thước hai cạnh là 2r và h. Diện tích hình chữ nhật đó là S=2rh .
Quan sát hình vẽ, ta thấyR2=h22+r2⇔h=2R2−r2=23a2−r2 .
Khi đó S=2rh=4r3a2−r2≤4.r2+3a2−r222=6a2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
r=3a2−r2⇔2r2=3a2⇔r=a62⇒h=23a2−3a22=a6
Vậy diện tích toàn phần của hình trụ (T) là
Stp=2πrh+2πr2=2πa6.a62+2πa622=9πa2(đvdt).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm M1;2;3 và N2;1;4
x=1+ty=2+tz=3−t.
x=2+ty=1−tz=4+t.
x=2+ty=1+tz=4−t.
x=1+ty=2+tz=3+t.
Đáp án B
Ta có MN→=1;−1;1 nên đường thẳng MN có một vectơ chỉ phương là uMN→=1;−1;1 . Mà đường thẳng MN đi qua điểm N2;1;4 nên có phương trình tham số là x=2+ty=1−tz=4+t,t∈ℝ .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I1;0;−3 và đi qua điểm M2;2;−1
S:x−12+y2+z+32=9.
S:x−12+y2+z+32=3
S:x+12+y2+z−32=9
S:x+12+y2+z−32=3
Đáp án A
Ta có IM=2−12+2−02+−1+32=3 . Mặt cầu (S) có tâm I1;0;−3 và bán kính R=IM=3 nên có phương trình là x−12+y2+z+32=9 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A2;1;−1,B3;0;1. Tìm điểm C∈Oz sao cho tam giác ABC vuông tại B
C0;32;0.
C0;0;52.
C0;0;3.
C0;0;5.
Đáp án C
C∈Oz nên C0;0;zC . Ta có: BA→=−1;1;−2 và BC→=−3;0;zC−1 .
Để ΔABCvuông tại B thì
BA⊥C⇔BA→.BC→=0⇔−1.−3+1.0−2zC−1=0
⇔zC=3
Vậy C0;0;3 .
Số hạng chính giữa trong khai triển 3x+2y4 là
36C42x2y2.
43x22y2.
6C42x2y2.
C42x2y2.
Đáp án A
Xét khai triển 3x+2y4=∑k=04C4k3x4−k2yk=∑k=04C4k.34−k.2k.x4−k.yk . Khai triển này có 4+1=5 số hạng nên số hạng đứng giữa là số hạng thứ 3.
Số hạng thứ 3 của nhị thức có công thức tổng quát là T3=C423222x2y2=36C42x2y2 .
Một hộp chứa 3 quả cầu trắng và 2 quả cầu đen. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 quả. Xác suất để lấy được cả hai quả trắng là
210.
25.
12.
310.
Đáp án D
Không gian mẫu là “Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 trong 5 quả cầu”. Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C52 .
Gọi A là biến cố “2 quả cầu lấy ra đều có màu trắng” thì số kết quả thuận lợi cho biến cố A là nA=C32 .
Vậy xác suất cần tìm là PA=nAnΩ=C32C52=310 .
Xác định giá trị thực k để hàm số fx=x2016+x−22018x+1−x+2018 khi x≠1k khi x=1 liên tục tại điểm x=1
k=1.
k=22019.
k=201720182.
k=20162017.
Đáp án B
Cách1: Tư duy tự luận
Hàm số liên tục tại điểm x=1 khi limx→1fx=f1 .
Ta có f1=k và limx→1fx=limx→1x2016+x−22018x+1−x+2018 .
=limx→1x2016−x+2x−12018x+1+x+20182018x+1−x+20182018x+1+x+2018
=limx→1xx−1x2014+x2013+...+x+1+22018x+1+x+20182017x−1
=limx→1xx2014+x2013+...+x+1+22018x+1+x+20182017=2015+2.210192017
=22019
Vậy để hàm số liên tục tại điểm x=1 khi k=22019
Cách 2: Tư duy tự luận (tính giới hạn bằng công thức L’Hospital)
Ta có
limx→1fx=limx→1x2016+x−22018x+1−x+2018=limx→12016x2015+110092018x+1−12x+2018
=2016+110092019−122019=22019
Hàm số liên tục tại điểm x=1 khi limx→1fx=f1⇔k=22019 .
Cách 3: Sử dụng máy tính cầm tay (casio và vinacal)
limx→1fx=limx→1x2016+x−22018x+1−x+2018=22019.
Hàm số liên tục tại điểm x=1 khi limx→1fx=f1⇔k=22019 .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA⊥ABCD và SA=2a. Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD).
d=a55.
d=a.
d=4a55.
d=2a55.
Đáp án D
Cách 1: Tư duy tự luận (Tính khoảng cách dựa vào hình chiếu)
Ta có
AB//CDAB⊄SCDCD⊂SCD⇒AB//SCD⇒dB,SCD=dA;SCD
Lại có CD⊥AD,AD⊂SADCD⊥SA,SA⊂SADAD∩SA=A⇒CD⊥SAD .
Trong mặt phẳng (SAD) : Kẻ AH⊥SD,H∈SD thì CD⊥AH .
Suy ra AH⊥ACD⇒AH=dA;SCD=dB;SCD .
ΔSAD vuông tại A nên
1AH2=1SA2+1AD2=12a2+1a2=54a2⇒AH=2a5
Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) là d=2a55 .
Cách 2: Tư duy tự luận (Tinh khoảng cách qua công thức thể tích)
Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD=13SA.SABCD=13.2a.a2=2a33 (đvtt)
Do SΔBCD=12SABCD⇒VS.BCD=12VS.ABCD=a33 (đvtt).
Ta có CD⊥SAD (xem lại phần chứng minh ở cách 1) ⇒CD⊥SD⇒ΔSCDvuông tại D. Suy ra
SΔSCD=12SD.CD=12SA2+AD2.CD=12.a.2a2+a2=a252
(đvdt)
Mặt khác
VS.BCD=VB.SCD=13dB;SCD.SΔSCD⇒dB;SCD=3VS.BCDSΔSCD=2a5
Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) là d=2a55 .
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC. Biết ΔSBCđều. Tính số đo góc giữa SA và (ABC)
30°
75°
60°
45°
Đáp án D
Ta có H là trung điểm của BC, H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) nên HA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC).
Suy ra SA,ABC^=SA,HA^=SAH^ .
Lại có ΔABC=ΔSBC(đều là các tam giác đều cạnh a) nên AH=SH⇒ΔSHA vuông cân tại H.
Vậy SA,ABC^=SAH^=45° .
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f '(x) trên R thỏa mãn f21+2x=x−f31−x. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại điểm có hoành độ x=1 là
y=−17x−67.
y=17x−87.
y=−17x+87.
y=−x+67.
Đáp án A
Với x=0 thay vào hai vế của đẳng thức f21+2x=x−f31−x ta có f21=−f31 .
Đạo hàm hai vế của đẳng thức đã cho, ta có:
4f1+2x.f'1+2x=1+3f21−x.f'1−x→x=02f1.f'1=1+3f21.f'1
Ta có hệ phương trình sau:f21=−f314f1.f'1=1+3f21.f'1
⇔f21f1+1=04f1.f'1=1+3f21.f'1⇔f1=−1f'1=−17
Vậy tiếp tuyến cần tìm là
y=f'1.x−1+f1=−17x−1−1⇔y=−17x−67
Một sợi dây có chiều 6 mét, được cắt thành hai phần. Phần thứ nhất uốn thành hình tam giác đều, phần thứ hai uốn thành hình vuông. Hỏi cạnh của hình tam giác đều bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình thu được là nhỏ nhất?
124+3m.
3639+43m.
189+43m.
1834+3m.
Đáp án C
Cắt sợi dây 6 mét đã cho thành hai phần có độ dài lần luột là x mét và 6-x mét 0<x<6 . Phần thứ nhất có độ dài x mét được uốn thành hình tam giác đều cạnh bằng x3 mét. Phần thứ hai có độ dài 6-x mét được uốn thành hình vuông cạnh bằng 6−x4 mét.
Diện tích phần I là S1=x32.34=x2336m2 .
Diện tích phần II là S2=6−x42m2 .
Tổng diện tích hai phần là Sx=S1+S2=x2336+6−x42m2 với x∈0;6
Đạo hàm S'x=x318−6−x8; S'x=0⇔x=549+43∈0;6 . Lập bảng biến thiên của hàm số Sx trên khoảng 0;6 , ta thấy minSx=S549+43 .
Khi đó cạnh của tam giác đều bằng 189+43m .
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=x3−3mx2+3m2 có hai điểm cực trị A, B mà ΔOAB có diện tích bằng 24 (O là gốc tọa độ)
m=2
m=±1
m=±2
m=1
Đáp án C
Đạo hàm
y'=3x2−6mx=3xx−2m; y'=0⇔x=0x=2m
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B <=> Phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2⇔2m≠0⇔m≠0 .
Giả sử A0;3m2 và B2m;3m2−4m3 . Phương trình đường thẳng AB là:
x−02m−0=y−3m23m2−4m3−3m2⇔x=y−3m2−2m2⇔2m2x+y−3m2=0
Lại có
AB=2m−02+3m2−4m3−3m22=4m2+16m6=2m1+4m4
Suy ra
SΔOAB=12AB.dO;AB=12.2m.1+4m4.−3m24m4+1=3m.m2
(đvdt).
Yêu cầu bài toán ⇔SΔOAB=24⇔3m3=24⇔m=2⇔m=±2 (thỏa mãn).
Cho các số thực dương x,y thỏa mãn log9x=log12y=log16x+y. Tính giá trị của biểu thức S=log4x1+5y+log8x1+5y+log16x1+5y3+....+log22018x1+5y2017
S=20182017.
S=12017.
S=20172018.
S=12018.
Đáp án C
Đặt
log9x=log12y=log16x+y=t⇒x=9ty=12tx+y=16t⇒9t+12t=16t
⇔3t2+3t.4t−4t2=0 *
Chia cả hai vế của phương trình (*) cho 4t2 ta được:
3t4t2+3t4t−1=0⇔3t4t=5−123t4t=−5−12L⇒xy=3t4t=5−12
Ta có:
S=log4x1+5y+log8x1+5y+log16x1+5y3+...+log22018x1+5y2017
=log22x1+5y+log23x1+5y12+log24x1+5y13+...+log22018x1+5y12017
=11.2log2x1+5y+12.3log2x1+5y+13.4log2x1+5y+...+12017.2018log2x1+5y
=( 1−12+12−13+13−14+...+12017−12018 ).log2x1+5y
=1−12018.log2x1+5y=20172018.log25−15+12=20172018
Trong kinh tế vĩ mô (macroeconomics), lạm phát là sự tăng mức giá chung của hàng hóa và dịch vụ theo thời gian và sự mất giá trị của một loại tiền tệ. Khi so sánh với các nước khác thì lạm phát là sự giảm giá trị tiền tệ của một quốc gia này so với các loại tiền tệ của quốc gia khác. Theo nghĩa đầu tiên thì người ta hiểu lạm phát của một loại tiền tệ tác động đến phạm vi nền kinh tế một quốc gia, còn theo nghĩa thứ hai thì người ta hiểu lạm phát của một loại tiền tệ tác động đến phạm vi nền kinh tế sử dụng loại tiền tệ đó. Phạm vi ảnh hưởng của hai thành phần này vẫn là một vấn đề gây tranh cãi giữa các nhà kinh tế học vĩ mô. Ngược lại với lạm phát là giảm phát. Một chỉ số giảm phát bằng 0 hay một chỉ số dương nhỏ thì được người ta gọi là sự "ổn định giá cả". Giả sử tỉ lệ lạm phát của Trung Quốc trong năm 2016 dự báo vào khoáng 2,5% và tỉ lệ này không thay đổi trong 10 năm tiếp theo. Hỏi nếu năm 2016 giá xăng là 10000 NDT/ lít thì năm 2025 giá tiền xăng là bao nhiêu tiền một lít? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
12488 NDT/lít
12480 NDT/lít.
12490 NDT/lít
12489 NDT/lít
Đáp án D
Tỉ lệ lạm phát của Trung Quốc trông năm 2016 là 2,5% có nghĩa là: Cứ sau 1 năm, giá sản phẩm B sẽ tăng thêm 5% so với giá của sản phẩm đó ở năm trước.
Nếu giá xăng năm 2016 là 10000 NDT/lít thì giá xăng năm 2017 sẽ tăng thêm 10000.2,5% = 250 NDT/lít. Khi đó giá xăng năm 2017 là 10000 + 250 = 10250 NDT/lít.
Để tính xăng năm 2025, ta áp dụng công thức tính lãi kép Tn=T01+rn với T0=10000; r=2,5%; n=2025−2016=9 .
Vậy giá xăng năm 2025 là P9=100001+2,5%9≈12489NDT/lít.
Một quán café muốn làm cái bảng hiệu là một phần của Elip có kích thước, hình dạng giống như hình vẽ và có chất lượng bằng gỗ. Diện tích gỗ bề mặt bảng hiệu là: (làm tròn đến hàng phần chục)
1,3
1,4
1,5
1,6
Đáp án B
Phân tích:
1. Để tính diện tích của phần gỗ ta cần dùng ý nghĩa hình học của tích phân.
2. Trước tiên, ta cần lập phương trình được Elip biểu thị bảng gỗ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho bảng gỗ này nhận hai trục Ox, Oy làm trục đối xứng.
3. Theo số liệu đề cho ta có các độ dài
CD=1m,MN=1,5m,NP=0,75m
Lời giải chi tiết:
Đường Elip x2a2+y2b2=1 có trục nhỏ CD=1m và đi qua điểm N34;38 , ta có
2b=1342a2+382b2=1⇔b=12a2=97⇒79x2+4y2=1⇒y=±121−79x2
Diện tích gỗ cần có được tính theo công thức.
S=2∫−0,750,75121−79x2dx=∫−0,750,751−79x2dx≈1,4m2
Trong mặt phẳng (P), cho elip (E) có độ dài trục lớn AA'=8 và độ dài trục nhỏ là BB'=6. Đường tròn tâm O đường kính BB’ như hình vẽ. Tính thể tích vật thể tròn xoay có được bằng cách cho miền hình phẳng giới hạn bởi đường elip và đường tròn đó (phần hình phẳng tô đậm trên hình vẽ) quay xung quanh trục AA’
V=36π
V=12π
V=16π
V=64π3.
Đáp án B
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay elip có trục lớn AA'=8 , trục nhỏ BB'=6 khi quay quanh trục AA’ là VE=43π.AA'2.BB'22=43π.4.32=48π (đvtt).
Thể tích khối tròn xoay thu được khi quay đường tròn O;BB'2 quanh trục AA’ cũng chính là thể tích khối cầu tâm O, bán kính R=3 . Thể tích đó là
VO;3=43πR3=43π.33=36π(đvtt).
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là V=VE−VO;3=48π−36π=12π (đvtt)
Cho số phức z1 thỏa mãn z1−22−z1+12=1 và số phức z2 thỏa mãn z2−4−i=5. Tìm giá trị nhỏ nhất của z1−z2
255.
5.
25.
355.
Đáp án D
Gọi Mx;y là điểm biểu diễn số phức z1 . Khi đó z1−22−z1+i2=1
⇔x−22+y2−x2−y+12=1⇔−4x−2y+2=0⇔2x+y−1=0
Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z1 là đường thẳng Δ:2x+y−1=0 .
Gọi Na;b là điểm biểu diễn số phức z2 . Khi đó z2−4−i=5⇔a−42+b−12=5
Suy ra tâp hợp các điểm N biểu diễn số phức z2 là đường tròn C:x−42+y−12=5 có tâm I4;1, bán kính R=5 .
Nhận thấy dI;Δ=2.4+1−122+12=855>5=R nên đường thẳng Δ và đường tròn (C) không cắt nhau.
Lại có z1−z2=x−a+y−bi=x−a2+y−b2=MN . Dựa vào hình vẽ ta thấy MNmin⇔MN=dI;Δ−R . Vậy z1−z2min=855−5=355 .
Cho tam giác OAB đều cạnh a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng (OAB) lấy điểm M sao cho OM=x. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB và OB. Gọi N là giao điểm của EF và OM. Tìm x để thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ nhất
x=a2.
x=a22.
x=a612.
x=a32.
Đáp án B
Ta có
AF⊥OB,AF⊥MO⇒AF⊥MOB⇒AF⊥MB
Mà MB⊥AEnên MB⊥AEF⇒MB⊥EF .
Suy ra ΔMOB∽ΔMEN , mà ΔMEN∽ΔFON nên ΔMOB∽ΔFON . Khi đó OBOM=ONOF⇒ON=OB.OFOM=a.a2x=a22x .
Từ
VABMN=VM.OAB+VN.OAB=13.SΔOAB.OM+ON=13.a234.x+a22x
⇒VABMN=a2312x+a22x≥a2312.2x.a22x=a2312.2a=a3612
Dấu “=” xảy ra
⇔x=a22x⇔2x2=a2⇔x=a22.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2;3;0,B0;−2;0,M65;−2;2 và đường thẳng d:x=ty=0z=2−t. Điểm C thuộc d sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất thì độ dài CM bằng
23.
4
2
265.
Đáp án C
Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi tổng AC+BC nhỏ nhất.
Do
C∈d⇒Ct;0;2−t⇒AC=2t−22+9BC=t2+2−t2+2=21−t2+4
Suy ra AC+BC=2t−222+9+2−2t2+4 .
Đặt u→=2t−22;3và v→=2−2t;2 . Áp dụng bất đẳng thức u→+v→≥u→+v→ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u→,v→ cùng hướng ta được:
2t−222+9+2−2t2+4≥−22+52=27
Dấu “=” xảy ra ⇔2t−222−2t=32⇔t−21−t=32⇔t=75 . Suy ra C75;0;35 .
VậyCM=75−652+0+22+35−22=2
Tổng S=1+11+111+...+11...111⏟n so 1 là
S=108110n−1−1−n9.
S=108110n−1+n9.
S=18110n−1−n9.
S=108110n−1−n9.
Đáp án D
Ta có 9S=9+99+999+...+99...99⏟n so 9=10−1+102−1+103−1+...+10n−1
=10+102+103+...+10n−n=101−10n1−10−n=1010n−19−n
Vậy S=108110n−1−n9 .
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R và có đồ thị như hình vẽ.
Đặt gx=2fx−3fx. Tìm số nghiệm của phương trình g'x=0
5.
3
2.
6.
Đáp án A
Ta có g'x=f'x.2fx.ln2−f'x.3fx.ln3=f'x2fx.ln2−3fx.ln3
g'x=0⇔f'x=02fx.ln2=3fx.ln3⇔f'x=023fx=ln3ln2⇔f'x=0fx=lnln3ln2ln23≈−1,136
* Nhận thấy đồ thị hình vẽ sẽ có dạng đồ thị hàm bậc ba, đồ thị có hai điểm cực trị nên phương trình f'x=0 có hai nghiệm phân biệt.
* Số nghiệm của phương trình fx=−1,136chính là số giao điểm của đồ thị hàm số fx với đường thẳng y=−1,136 . Vậy phương trình fx=−1,136 có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình g'x=0 có 5 nghiệm phân biệt.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn ∫01exfxdx=∫01exf'xdx=∫01exf''xdx≠0. Giá trị của biểu thức e.f'1−f'0e.f1−f0 bằng
-2
-1
2
1
Đáp án D
∫01exfxdx=∫01exf'xdx=∫01exf''xdx=k≠0
Đặt
u=exdv=f'xdx⇒du=exdxv=fx⇒∫01exf'xdx=exfx01−∫01exfxdx
⇒k=e.f1−f0−k⇒ef1−f0=2k.
Đặt
u=exdv=f''xdx⇒du=exdxv=f'x⇒∫01exf''xdx=exf'x01−∫01exf'xdx
⇒k=e.f'1−f'0−k⇒e.f'1−f'0=2k.
Vậy e.f'1−f'0e.f1−f0=2k2k=1
Biết số phức z thỏa mãn phương trình z+1z=1. Tính giá trị biểu thức P=z2016+1z2016
P=0
P=1
P=2
P=3
Đáp án C
Cách 1: Tư duy tự luận
Từ
z+1z=1⇒z+1z3=1⇔z3+1z3+3z.1z.z+1z=1⇔z3+1z3+2=0
⇔z32+2z3+1=0⇔z3+12=0⇔z3=−1
Vậy P=z3672+1z3672=1+1=2 .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Từ z+1z=1⇔z2−z+1=0 . Nhập vào máy tính quy trình
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x−12+y2+z−22=9 ngoại tiếp khối bát diện (H) được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều S.ABCD và S’.ABCD (đều có đáy là tứ giác ABCD). Biết rằng đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD là giao tuyến của mặt cầu (S) và mặt phẳng P:2x+2y−z−8=0. Tính thể tích khối bát diện (H)
VH=349.
VH=66581.
VH=689.
VH=133081.
Đáp án C
Mặt cầu (S) có tâm I1;0;2 , bán kính R=3. Nhận xét thấy S, I, S’ thẳng hàng và SS'⊥ABCD . Khi đó SS'=2R=6 . Ta có:
VH=VS.ABCD+VS'.ABCD=13dS;ABCD.SABCD+13dS';ABCD.SABCD
=13dS;ABCD+dS';ABCD.SABCD=13SS'.SABCD=2SABCD
Từ giả thiết suy ra ABCD là hình vuông, gọi a là cạnh hình vuông đó.
Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r và ngoại tiếp hình vuông ABCD.
Suy ra 2r=AC=a2⇒r=a22 . Từ dI;P2+r2=R2 .
⇔r=R2−dI;P2=32−832=173=a22⇔a=21732
Vậy VH=2SABCD=2a2=2.217322=689 .
Cho phương trình cosx+1cos2x−mcosx=msin2x. Phương trình có đúng hai nghiệm thuộc đoạn 0;2π3 khi
m>−1
m≥−1.
−1≤m≤1.
−1<m≤−12.
Đáp án D
Phương trình cosx+1cos2x−mcosx=msin2x
⇔cosx+1cos2x−mcosx=m1−cosx1+cosx
⇔cosx+1cos2x−mcosx−m1−cosx=0⇔cosx+1cos2x−m=0
⇔cosx+1=0cos2x−m=0⇔cosx=−1cos2x=m
Nếu x∈0;2π3 thì x∈−12;1 (quan sát trên đường tròn lượng giác). Suy ra phương trình cosx=−1 không có nghiệm trên đoạn 0;2π3 .
Nếu x∈0;2π3⇒2x∈0;4π3 . Dựa vào đường tròn lượng giác, để phương trình cos2x=m có đúng hai nghiệm ⇔−1<m≤−12 .
Lớp 12B có 25 học sinh được chia thành hai nhóm I và II sao cho mỗi nhóm đều có học sinh nam và nữ, nhóm I gồm 9 học sinh nam. Chọn ra ngẫu nhiên mỗi nhóm 1 học sinh, xác suất để chọn ra được 2 học sinh nam bằng 0,54. Xác suất để chọn ra được hai học sinh nữ bằng
0,42
0,04.
0,23
0,46
Đáp án B
Gọi x,y lần lượt là số học sinh nữ ở nhóm I và nhóm II. Khi đó số học sinh nam ở nhóm II là 25−9+x−y=16−x−y . Điều kiện để mỗi nhóm đều có học sinh nam và nữ là x≥1,y≥1,16−x−y≥1; x,y∈ℕ .
Xác suất để chọn ra được hai học sinh nam bằng C91C16−x−y1C9+x1C16−x1=0,54
⇔916−x−y9+x16−x=0,54⇔144−9x−9y144+7x−x2=0,54⇔y=18425−7150x+350x2
Ta có hệ điều kiện sau x≥118425−7150x+350x2≥116−x−18425−7150x+350x2≥1x∈ℕ
⇔x≥1350x2−7150x+15925≥0−350x2+2150x+19125≥0x∈ℕ⇔x≥1x≥533x≤621−52016≤x≤21+52016x∈ℕ⇔1≤x≤6x∈ℕ
Ta có bảng các giá trị của :
Vậy ta tìm được hai cặp nghiệm nguyên x;y thỏa mãn điều kiện là 1;6 và 6;1 .
Xác suất để chọn ra hai học sinh nữ là Cx1Cy1C9+x1C16−x1=xy9+x16−x .
Nếu x;y∈1;6,6;1 thì xác suất này bằng 125=0,04 .
Cho hình thoi ABCD có BAD^=60°,AB=2a. Gọi H là trung điểm của AB. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại H lấy điểm S thay đổi khác H. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho BM=14BC. Tính theo a độ dài của SH để góc giữa SC và (SAD) có số đo lớn nhất
SH=2144a.
SH=2144a.
SH=214a.
SH=214a.
Đáp án A
Gọi φ là góc giữa SC và (SAD), N là giao điểm của HM và AD, K là hình chiếu vuông góc của H trên SN, I là giao điểm của HC với AD. Gọi E là điểm đối xứng với I qua K.
Ta có MB=14BC=a2,HB=a,HBM^=BAD^=60°
⇒HM=HB2+MB2−2HB.MB.cosHBM^
⇒HM=a2+a24−2a.a2.cos60°=32a
⇒HM2+MB2=32a2+a22=a2=HB2
⇒ΔHMB vuông tại M
⇒HM⊥MB hay MN⊥BC .
Vì SH⊥ADdo SH⊥ABCDMN⊥ADdo MN⊥BC⇒AD⊥SMN⇒AD⊥HK, mà HK⊥SN nên HK⊥SAD . Lại có HK là đường trung bình của ΔICE nên HK//CE . Suy ra CE⊥SAD tại E và SE là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (SAD).
Vậy φ=SC,SAD^=SC,SE^=CSE^ .
Đặt SH=x,x>0 . Do ΔSHN vuông tại H có HK là đường cao nên ta có
1HK2=1SH2+1HN2⇒HK=SH.HNSH2+HN2=3ax4x2+3a2⇒CE=2HK=23ax4x2+3a2
Do ΔSHC vuông tại H nên
SC=SH2+HC2=SH2+HM2+MC2=x2+32a2+5a22=x2+7a2
ΔSEC vuông tại E nên sinφ=sinCSE^=ECSC=23ax4x2+3a2x2+7a2
⇒sinφ=23ax4x4+21a4+31a2x2≤23ax421a2x2+31a2x2=23421+31
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4x4=21a4⇔x4=214a4⇔x=2144a .
Vậy gócφ đạt lớn nhất khi sinφ đạt lớn nhất, khi đó SH=2144a
