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

Đáp án D

Quay trở lại tính chất của hàm số mũ

Ta thấy 0<π+32π<1 (do 3<π) nên hàm số y=π+32πxnghịch biến trên tập xác định của nó.

Đáp án A

Điểm biểu diễn z2 và z2¯  đối xứng qua Ox mà z2=z¯2nên điểm biểu diễn hai số phức z1 và  z2 đối xứng qua trục Ox, tức hai điểm A và B đối xứng qua trục Ox.

Đáp án B

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy có một giá trị của x (gải sử x = a) để  y '=0và không có giá trị nào của x làm y' không xác định. Mặt khác y' đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = a do vậy x = a là một điểm cực trị của hàm số y=fx.

Đáp án A

AB→=2;4;−1,AC→=3;−1;2,AD→=2;0;4,AB→,AC→=7;−7;−14

VABCD=16AB→,AC→.AD→=167.2+−7.0+−14.4=7

Đáp án A

Gọi A0;2 ; B−6;0  là hai điểm thuộc đường thằng d. Gọi A' ;B' lần lượt là điểm đối xứng quả A; B qua đường thẳng y=x.

Ta có A'=2;0,B'0;−6(xem hình vẽ)

Phương trình đường thẳng  A'B':x2+y−6=1⇔y=3x−6

Đáp án B

5x+5=8x⇔85x=55⇔log8555⇒a=85=1,6⇒a=1

Đáp án A

Ta có:

∫abx2dx=x33ba=b33−a33=13b−aa2+ab+b2=a2+b2+ab=b−a2+3ab=9+3ab

Đáp án B

Mệnh đề 1 và 2 sai; mệnh đề 3 và 4 đúng.

Đáp án A

Đáp án C

Dựa vào dữ kiện đề bài ta có thể suy ra tổng  S là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội 

q=14⇒S=S11−q=a334.141−14=a2312

Đáp án C

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;3). Suy ra C là đáp án đúng.

Đáp án C

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

Ba mặt phẳng (SAB),(SCD) và (ABCD) đôi một cắt nhau theo các giao tuyến d; CD; AB. Mà AB//CD⇒d//AB//CD⇒d  là đường thẳng đi qua S  và song song với AB và CD =>cố định.

Có I∈MQ⊂SAB,I∈NP⊂SCD⇒I∈d  . Vì M là điểm di động trên đoạn AB nên tập hợp các giao điểm I  là một đoạn thẳng d. Ta chọn C.

Đáp án D

Điều kiện  cosx≠0cosx+π4≠0

tanx+tanx+π4=1⇔tanx+tanx+11−tanx−1=0

⇔−tan3x+3tanx1−tanx=0⇔tanx≠1tanx3−tanx=0⇔tanx=0tanx=3

Ta có biểu thị các họ nghiệm của phương trình trẻn đường trọn lượn giác như hình bên.

Vậy đa giác tạo bởi các điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn các họ nghiệm của phương trình tanx+tanx+π4=1 là tứ giác AMA'M'  .

Cách 1: Đường thẳng  có phương trình y=3x⇔3x−y=0 .Khoảng cách từ điểm A1;0 đến MM' là 3.1−032+12=310. Do đó diện tích tứ giác AMA'M' là 

SAMA'M'=2SAMM'=2.12.MM'.dA,MM'=2.310≈2.0,949

Cách 2: Ta có  sinMOA^=332+12=310

 ⇒SAMA'M'=4.SMOA=4.12.OM.OA.sinMOA^=2.310≈2.0,949

Ta chọn D, do chỉ có 0,949 gần 2.0,949 nhất.

Đáp án B

limx→−∞y=limx→−∞9x2+ax+27x3+bx2+53

=limx→−∞9x2+ax+3x+27x3+bx2+53−3x

=limx→−∞( 9x2+ax−9x29x2+ax−3x+27x3+bx2+5−27x327x3+bx2+523+3x27x3+bx2+53+9x2 )

=limx→−∞ax9x2+ax−3x+bx2+527x3+bx2+523+3x27x3+bx2+53+9x2

=limx→−∞a−9+ax−3+b+5x227+bx+5x323+327+bx+5x33+9

=a−3−3+b9+3.3+9=a−6+b27=727⇒−92.a27+b27=7⇒−9a+2b=14

Đáp án D

Ta có 

∫−42fx+2x+7dx=∫−42fxdx+∫−422x+7dx

Lại có

∫−42fxdx=∫−4−2fxdx+∫−20fxdx+∫02fxdx=−3+3+−3=−3

và  ∫−422x+7dx=30

Vậy ∫−42fx+2x+7dx=−3+30=27

Đáp án B

Tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp trùng nhau là tam giác đều.

Bài toán trở thành tìm số các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.

Trong sách Công phá toán 3 tác giả đã đề cập đến công thức tổng quát cho bài toán này.

Để thỏa mãn yêu cầu trên thì b3a=−24⇔−2m−131=−24⇔m−13=3 .

Phương trình có duy nhất một nghiệm nên ta chọn B

Đáp án D

Ta có y'=5x+22. Gọi  Mx0;y0 là một điểm thuộc đồ thị hàm số.

Khi đó tiếp tuyến tại M có hệ số góc k=y'x0=5x0+22

Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì k1k2=−1⇔5x1+22.5x2+22=−1

(phương trình vô nghiệm)

Do vậy ta chọn D

Đáp án A

Do y2=4ax nên x>0 y2=4ax⇔y=±2a.x  ;

y=0⇔x=0. Diện tích hình phẳng giởi hạn bởi đường cong  y2=4axa>0và đường thẳng x = a được tính bằng công thức

S=2.∫0a2a.x−0dx=2.∫0a2a.xdx=2.2a.23.x32a0=8a3a32=83a2

Suy ra k=83 

Đáp án B

Nhìn hình vẽ ta thấy sẽ khó tính trực tiếp thể tích của khối tứ diện ACB'D' , do vậy ta sẽ tính gián tiếp.

Ta tính thể tích các khối tứ diện ACDD';AA'D'B';ABCB';CC;B'D'. Sau đó lấy thể tích khối hộp trừ đi tổng thể tích các khối trên.

Ta nhận thấy cả bốn khối tự diện ACDD';AA'D'B';ABCB';CC;B'D'đều có thể tích bằng nhau và bằng V1=13AA'.12SABCD=16VABCD.A'B'C'D'=16V

Thể tích của khối tứ diện ACB'D' bằng  V2=V−46V=V3

Tỉ số cần tìm là 3. Ta chọn B

Đáp án D

Ta có  z.z¯=z2⇒z.z¯+z=2⇔z2+z=2⇔z+4=2(do z=2 )

Đặt z=x+yi,x;y∈ℝ

Ta có

z+4=2z=2⇔x+42+y2=4x2+y2=2⇔x+4−xx+4+x=0x2+y2=4⇔x=−2y=0

Vậy có duy nhất một giá trị z=−2  thảo mãn yêu cầu đề bài

Đáp án B

Ta có  

∫1e3flnxxdx=∫1e3flnx.lnx'dx=∫1e3flnxdlnx=∫03fxdx=5

Ta có

∫00,5xfsinxcosxdx=∫00,5xfsinxdsinx=∫01fxdx=2

Ta có ∫13fxdx=∫03fxdx−∫01fxdx=5−2=3

Đáp án B

Ta có   AB2+AC2=BC2⇒ tam giác  ABC vuông tại A.

Trong (ABC) kẻ AM vuông góc tại  M⇒1AM2=1AB2+1AC2

Trong (DAM) kẻ AH⊥DM tại H.

Ta có  

 DA⊥BC;AM⊥BC⇒DAM⊥BC⇒DAM⊥DBC

DAM⊥DBCDAM∩DBC=DMAH⊂DAM;AH⊥DM⇒AH⊥DBC

 ⇒dA;DBC=AH

Tam giác DAM vuông tại A có AH là đường cao

⇒1AH2=1AM2+1AD2=1AB2+1AC2+1AD2=132+142+142=1772⇒AH=1234

Đáp án D

Ta có

2k3+8k2+6k−1k2+4k+3=2kk+1k+3k+1k+3−1k+1k+3=2k−121k+1−1k+3

⇒∑k=1n2k3+8k2+6k−1k2+4k+3=∑k=1n2k−121k+1−1k+3

=2.1+2+...+n−1211+1−11+3+...+1n−1+1−1n−1+3+1n+1−1n+3

=2nn+12−1212+13−1n+2−1n+3=nn+1−1256−2n+5n+2n+3

suy ra 

limn2+n−∑k=1n2k3+8k2+6k−1k2+4k+3=limn2+n−n2+n−512+2n+52n+2n+3

=lim512−2n+52n2+10n+12=lim512−lim2n+5n22+10n+12n2=512

Đáp án B

Ta có y'=mx2−3m+2x+5m−1

Để hàm số đồng biến trên khoảng  −1;2 thì  y'≥0,∀x∈−1;2.Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm

Cách 1:

Do ta chỉ xét giá trị m nguyên âm nên mx2−3m+2x+5m−1=0 là phương trình bậc hai. Đặt  fx=mx2−3m+2x+5m−1

TH1: Hàm số có hai điểm cực trị

Để thỏa mãn  y'≥0,∀x∈0;2 thì phương trình  y'=0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1≤−1<2≤x2 

⇔m.f−1≤0m.f2≤0⇔m.m+3m+2+5m−1≤0m.4m−23m+2+5m−1≤0

⇔m9m+1≤0m3m−5≤0⇔m≥−19m≥53⇔m≥53

(do m nguyên âm nên không thỏa mãn)

TH2: Hàm số không có điểm cực trị

Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thi Δ<0m>0(do m nguyên âm nên không thỏa mãn)

Vậy ta chọn B.

Cách 2:

y'≥0⇔mx2−3m+2x+5m−1≥0⇔mx2−3x+5≥2x+1⇔m≥2x+1x2−3x+5

(do x2−3x+5>0∀x)

Đặt gx=2x+1x2−3x+5. Ta có g'x=−2x2−2x+13x2−3x+52>0 ∀x∈−1;2. Vậy gx đồng biến trên −1;2

Để m≥gx∀x∈−1;2 thì  m≥maxx∈−1;2gx=g2=53

Đáp án A

Trong mặt phẳng (ABC)  Kẻ AM⊥BC

Trong mặt phẳng  (SAM) kẻ AH⊥SM

⇒dA;SBC=AH

Ta có AM=AB.cosBAM^=AB.cos600=a2

Diện tích tam giác ABC là SABC=12AB.AC.sin1200=12a232=a234 Ta có

VS.ABC=13.SA.SABC=13.SA.a3324=a3324⇒SA=a2

Tam giác SAM vuông tại A có AH là đường cao

⇒1AH2=1SA2+1AM2⇒AH=a24

Đáp án C

Xét đồ thị hàm số y=3−xx+1 đường tiệm cận ngang y=−1 và đường tiệm cận đứng x=−1. Gọi I−1;−1 là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (H). Gọi I'2;2 là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị  

Phép dời hình đồ thị (H )thành là phép tịnh tiến theo vecto  v→=II'→=3;3

Giả sử đồ thị (H')  có phương trình y=ax+bcx+d;ad−bc≠0

⇒ac=2−dc=2⇒a=2c−d=2c⇒y=2cx+b6c−2c 

Lấy  

A3;0∈H⇒A'6;3∈H'⇒12c+b6c−2c=3⇒b=0

Vậy H':y=2xx−2. Lấy đối xứng (H') qua gốc toạ độ ta được H'':−y=−2x−x−2⇒y=−2xx+2

Đáp án A

Điều kiện x∈ℝ 

Đặt t=2sinx. Phương trình đã cho trở thành  t2+2t=m(*)

Vì sinx=sinα⇔x=α+2kπx=π−α+k2πnên để phương trình đã cho có tổng các nghiệm trong khoảng 0;π bằng π thì phương trình (*) phải có đúng một nghiệm t∈1;2 sinx∈0;1 thì   2sinx∈1;2

Xét hàm số ft=t2+2t có bảng biến thiên

Suy ra để phương trình (*) có đúng một nghiệm t∈1;2 thì m∈3;8.Vậy tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 4+5+6+7=22

Đáp án C

Khối cầu tiếp xúc với 12 cạnh của hình lập phương có tâm là giao điểmcủa các đường chéo của hình lập phương và bán kínhR=a22

Vậy thể tích của khối cầu là V=43πR3=43πa223=π2a33

Đáp án C

*  log116x xác định khi x>0

*  log16log116x xác định khi  log116x>0=log1161⇔0<x<1

*  log14log16log116x xác định khi

log16log116x>0=log161⇒log116x>1=log116116⇒x<116

*  log4log14log16log116x xác định khi

log14log16log116x>0=log141⇒log16log116x<1=log1616 

⇒log116x<16=log11611616⇒x>11616

*  log12log4log14log16log116xxác định khi

log4log14log16log116x>0=log41

⇒log14log16log116x>1=log1414⇒log16log116x<14=log162

 ⇒log116x<2=log1161162⇒x>1162

Kết hợp tất cả các điều kiện ta được

1162<x<116⇒D=1162;116⇒b−a=15256⇒m+n=271

Đáp án C

Cách 1:

x+yi2=24+10i⇔x2−y2+2xyi=24+10i⇔x2−y2=24xy=5⇒x=5y=1

Vậy  x+y=6

Cách 2: Bài toán trở thành bài toán tìm căn bậc hai của số phức

Sử dụng máy tính như đã được giới thiêu trong sách Công phá toán và Công phá kỹ thuật Casio.

Để tính căn bậc hai số phức ta thực hiện chuyển máy sáng môi trường số phức bằng cách ấn , thực hiện tìm căn bậc hai của số phức z bằng cách ấn

z=z∠argz2

Ta ấn

vậy x+y=6

Đáp án D

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác S.ABC. Hạ IJ vuông góc với (SAB) . Vì J các đều 3 điểm S; A; B nên J cũng cách đều ba điểm S; A; B

Vì tam giác SAB vuông tại đỉnh S nên J là trung điểm của AB.

Ta có SJ=12AB=12a2+b2

Do SC vuông góc với (SAB) nên IJ//SC.

Gọi H là trung điểm của SC, ta có SH=IJ=c2

Do vậy IS2=IJ2+SJ2=a2+b2+c24 và bán kính hình cầu ngoại tiếp S.ABC là  R=IS=12a2+b2+c2

Đáp án D

Với A:  51+ax=9⇔1+ax=95⇔x=log1+a95

Với B:  x=log1+a95

Với C: x=loga+1a95

Với D: x=log11a1095

Vì  0<a<3 nên ta thử a=1 thì 1+a=1+a=a+1a=2;11a10=1110

Suy ra  x=log11a1095 là lớn nhất. Ta chọn D.

(Hoặc có thể bấm máy tính cầm tay để kiểm tra)

Đáp án A

Đường thẳng d đi qua các điểm M3;1;0 và N4;2;2

Xét mặt phẳng (P) có phương trình Ax+By+Cz+D=0

(P) đi qua d khi và chỉ khi (P) đi qua M và N

⇔3A+B+D=04A+2B+2C+D=0⇒C=−A+B2D=−3A−B

Phương trình (P) trở thành

Ax+By−A+B2x−3A−B=0

⇔2Ax+2By−A+Bz−6A−2B=0

Mặt cầu (S) có tâm I−1;1;−1 và bán kính R=2.

Giao tuyến của (P) và (S) là đường tròn có bán kính r=1. Suy ra  khoảng cách từ (I) đến (P) là d=R2−r2=4−1=3

Từ đó ta có

−2A+2B+A+B−6A−2B4A2+4B2+A+B2⇔−7A+B2=35A2+5B2+2AB

⇔34A2−20AB−14B2=0⇒34AB2−20AB−14=0⇒AB=1

 hoặc AB=−717

Với AB=1⇒B=A ta có phương trình (P)

2Ax+2Ay−2Az−8A=0⇔x+y−z−4=0 

Với AB=−717: Chọn A=−7,B=17 ta có phương trình (Q): 7x−17y+5z−4=0

Gọi α là góc giữa (P) và (Q). Ta có cosα=1.7+1.−17−1.51+1+1.49+289+25=511 . Ta chọn đáp án A

Đáp án B

 y=2x+113⇒x=y3−12;x=0⇒y=1Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay trục Oy hình phẳng gởi hạn bởi đồ thị hàm số  y=2x+113đường thẳng y=3 và đường thẳng  được tính bằng công thức V=π∫13y3−122dy=480π7 .

Đáp án B

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC).

Kẻ HM, HN, HP lần lượt vuông góc với AB, BC, CA trong mặt phẳng (ABC).

Sử dụng tính chất ba đường cvuoong góc ta dễ chứng minh được SM, SN, SP lần lượt vuông góc với AB, BC, CA. Từ đây suy ra SMH^,SNH^,SPH^ là các gốc tạo bởi mặt bên và mặt đáy (ABC). Do đó  SMH^=SNH^=SPH^=600 .

Suy ra HM=HN=HP=SH.cot600 nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Sử dụng công thức Hê rông ta tính được SABC=66a2

Và ta tính được bán kính đường trọn nội tiếp  r=Sp=66a29a=26a3

Ta cũng cóSH=r.tan600=26a3.3=22a

Vậy VSABC=13.SH.SABC=13.22a.66a2=83a3

Đáp án A

Xét thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm x là nửa elip có bán trục lớn bằng 2x, do đó có bán trục nhỏ bằng x (do trục lớn gấp đôi trục nhỏ)

Suy ra diện tích của thiết diện tại điểm x là Sx=12.π.2x.x=πx

Vậy thiết diện của vật thể là V=∫04πxdx=πx2240=8π . Chọn đáp án A

Đáp án B

Ta có 9−a=3a−b−a2=3a+b−a3⇒a=5;b=2⇒ cấp số cộng có số hạng đầu là 5; công sai là 4. Vậy số hạng thứ 2018 của cấp số cộng là  5+2017.4=8073

Đáp án B

Cách 1:

Đặt  AB→=a→;AC→=b→⇒AB→,AC→=BAC^=1200

Ta có AB→−AC→=BC→=a→−b→

Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giác ABC ta có

 BC2=AB2+AC2−2AB.AC.cosBAC^=49⇒BC=7

 Ta chọn B

Cách 2:

a→−b→2=a→2+b→2−2a→b→=a→2+b→2−2a→b→cosa→,b→=32+52−2.3.5.−12=49

⇒a→−b→2=49⇒a→−b→=7

Ta chọn B

Đáp án D

Ta có

cosαsinα=tanαcosα⇔cos3α=sin2α⇔cos3α+cos2α−1=0  

Giải phương trình bằng máy tính và sử dụng các biển để lưu nghiệm.

Vậy biến A=cosα

Biến X=cotα là công bội của cấp số nhân.

Ta có sinα.Xn−1=1+A⇔n=logx1+Asinα+1

Vậy ta chọn D

Đáp án C

Đặt  z=x+yi;w=a+bi,x;y;a;b∈ℝ

z−w=z+w⇔x+yi−a−bi=x+yi+a+bi

⇔x−a2+y−b2=x+a2+y+b2⇔ax+by=0

Mặt khác

zw=x+yia+bi=x+yia−bia2+b2=−ay+bxia2+b2

Suy ra zw là một số thuần ảo, vậy điểm biểu diễn số phức zw  thuộc trục Oy

Đáp án C

Đường thẳng Δ:x=1+2ty=−1−tz=1 đi qua điểm A1;−1;1 và có vtcp  u→=2;−1;0

Đường thẳng Δ':x=2−ty=−2+tz=3+t đi qua điểm B2;−2;3 và có vtcp u'→=−1;1;1

Vậy dΔ,Δ'=u→,u'→.AB→u→,u'→

u→,u'→=−1;−2;1⇒u→,u'→=6;AB→=1;−1;2⇒dΔ,Δ'=36=62

Đáp án B

*Xếp 12 khách vào 3 toa tàu (có thể có toa không có khách): Có 312 cách.

* Trừ đi các trường hợp có KHÔNG QUÁ 2 toa có khách: −C32.212

(Chọn ra hai toa có C32 cách. Sau đó xếp tùy ý 12 khách vào 2 toa đã chọn ra này, tức là có thể có một trong hai toa không có khách).

Nhưng như vậy ta đã trừ đi các trường hợp chỉ có 1 toa có khách đến 2 lần nên phải cộng lại số này: +C31.112

* Vậy cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 312−C32.212+C31.112=519156 cách.

Do đó chọn đáp án B.

Đáp án D

Kẻ AM vuông góc với CD tại M.

Đặt DM=a . Ta có AM=1−a2;CD=2a+1

Diện tích của hình thang là

S=12AB+CD.AM=122a+21−a2=a+11−a2

 Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số fa=a+11−a2  trên (0;1)

Sử dụng chức năng TABLE của máy tính ta nhập

Nhìn vào bảng giá trị ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số ≈1,299 . So sánh với các phương án chỉ thấy D thỏa mãn, ta chọn D.

Đáp án D

Mặt cầu (S) có tâm I1;−2;0 và bán kính R=21

Đường thẳng Δ1 có vtcp u1→=2;−3;2và đường thẳng Δ2 có vtcp u2→=1;1;−1

Mặt phẳng α có vtcp n→=u1→,u2→=1;4;5⇒α:x+4y+5z+m=0

Do tiếp xúc với mặt cầu (S) nên

dI,α=21⇔1+4.−2+5.0+m12+42+52=21⇔m=7+212m=7−212

Do  α cắt trục Oz tại điểm có cao độ dương ta có phương trình của α: x+4y+5z+7−212=0

Đáp án C

Ta sắp các chữ số theo chiều từ trái qua phải. Xét chữ số 2. Chữ số tiếp theo phải là chữ số 1 hoặc chữ số 3. Và do đó chữ số tiếp theo nữa phải là chữ số 2. Do đó nếu ta bắt đầu với chữ số 2 thì các vị trí lẻ là chữ số 2,ở các vị trí chẵn là chữ số 1 hoặc số 2, ta sẽ có 25=32 số; nếu ta bắt đầu với chữ số 1(hoặc 3) thì ở các vị trí chẵn là chữ số 2, ở các vị trí lẻ kể từ vị trí thứ 3 trở đi là chữ số 1 hoặc 3, ta sẽ có  số. Vậy tổng cộng có 32+2.16=64 số

Đáp án A

Gọi O là tâm hình bình hành ABB'A', ta có CO⊥ABB'A'.

Vì  CA=CBnên OA=OB , suy ra hình thoi ABB'A'  là hình vuông.

Do đó OA=AB2=a2. Suy ra  OC2=AC2−AO2=a22⇒OC=a2

Suy ra tam giác ABC vuông tại C. Từ đây ra suy ra khối caauff đi qua năm điểm A;B;B';A' và C là khối cầu tâm O bán kính OA=a2.

Vậy thể tích khối cầu là V=43π.OA3=π2a33

Đáp án A

Tổng các hệ số bậc chẵn khi khai triển đa thức 2x−12018 được tính bằng

S=C20180.22018+C20182.22016+C20184.22014+...+C20182018.20

Ta có x+12018=∑k=02018C2018kx2018−k;−x+12018=∑k=02018C2018k−x2018−k

Cộng hai vế đẳng thức trên ta được

x+12018+−x+12018=2(C20180x2018+C20182x2016+C20184x2014+...+C20182018x0)

Với x=2 ta có  32018+1=2.S⇒S=32018+12

Đáp án A

Goi (P) là mặt phẳng đi qua A vuông vởi với giá của u→

⇒P:6x+1−2y−2−3z+3=0⇔P:6x−2y−3z=−1

 Gọi  B=P∩d⇒B4+3t;1+2t;−2−5t

B∈P⇒6.4+3t−21+2t−3−2−5t=−1⇔t=−1⇒B1;−1;3

Đường thẳng  Δ đi quaA−1;2;−3 và B1;−1;3 có vtcp uΔ→=AB→=2;−3;6

⇒Δ:x−12=y+1−3=z−36

Đáp án A

Cách 1: Ta có f't=2−t;g't=4cost

Vẽ đồ thị hàm số   y=f't và y=g't  ta có

Nhìn vào đồ thị ta thấy 0<t1<t2f't1>0f't2<0f2=0 và f2=−6+4−2=−4ft1=−6+2t1−12t12ft2=−6+2t2−12t22

⇒s=f2−ft1+f2−ft2=−4−−6+2t1−12t12+−4−−6+2t2−12t22

=4+12t12+t22−2t1+t2

Sử dụng tích phân

Từ cách 1 ta có hai chất điểm gặp nhau khi 2−t=4cost⇔t1=At2=B

Từ hình vẽ ở cách 1 ta có A<2<B

Quãng đường đi được từ thời điểm A đến thời điểm B được tính bằng công thức

∫AB2−tdt=∫A22−tdt+∫2B2−tdt=∫A22−tdt+∫2Bt−2dt

=2t−t222A+t22−2tB2

=4−2−2A+A22+B22−2B−2+4

=4+12A2+B2−2A+B=4+12t12+t22−2t1+t2

Đáp án A

Ký hiệu như hình vẽ. Đặt  AB=BC=CD=DA=a;SO=h

Suy ra  SB=a22+h2 

Gọi M là trung điểm của SB

Trong (SBD) kẻ trung trực của SB cắt SO tại I

Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD. Suy ra IS=R .

Hai tam giác vuông SMI và SOB đồng dạng ⇒SISB=SMSO⇒R=a2+2h24h với  0<h<2R .  Suy ra a2=2h2R−h .

Thể tích V của khối chóp là:

V=13a2h=132h22R−h=83h2h22R−h≤83h2+h2+2R−h33=64R381

Vậy GTLN của V  bằng 64R381  đạt được khi  h2=2R−h⇔h=4R3

Suy ra a=4R3  .