20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 9)
50 câu hỏi
Hàm số y=f(x). Mệnh đề nào sau đây là đúng?
f'(x)>0,∀x∈(a;b)⇒f(x) đồng biến trên (a;b).
f'(x)>0,∀x∈(a;b)⇒f(x) đồng biến trên đoạn [a;b].
f(x) Đồng biến trên khoảng a;b⇔f'(x)≥0,∀x∈(a;b).
f(x) nghịch biến trên a;b⇔f'(x)≥0,∀x∈(a;b).
Đáp án A.
Theo định lý trong SGK cơ bản 12 trang 6, ta có “ Nếu f ' (x) với mọi x thuộc K thì hàm số f (x) đồng biến trên K’’. Vậy đáp án A đúng
Tìm phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=3x+2x+1.
x = -1
x=1
y=3
y=2
Đáp án C.
Đồ thị hàm số y=3x+2x+1 có đường tiệm cận đứng là x = – 1, đường tiện cận ngang y =3.
Hàm số y=x4−4x2+4 đạt cực tiểu tại những điểm nào?
x=±2;x=0.
x=±2.
x=2;x=0.
x=−2.
Đáp án B
Ta có
y'=4x3−8x=4x(x2−2);y'=0⇔x=0x=±2
Ta thấy hệ số a = 1 > 0 nên đồ thị hàm số có dạng chữ W. Lập bảng biến thiên, ta xác định các điểm cực tiểu có hàm số là x=±2.
Số giao điểm của hai đồ thị hàm số f(x)=2(m+1)x3+2mx3−2(m+1)x−2m, (m là tham số khác −34) và g(x)=−x4+x2 là
3
4
2
1
Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số là:
2(m+1)x3+2mx3−2(m+1)x−2m=−x4+x2⇔x2(x2−1)+2m(x3+x2−x−1)+(2x3−2x)=0⇔x2(x2−1)+2m(x+1)(x2−1)+2x(x2−1)=0⇔(x2−1)+(x2+2(m+1)x+2m)=0⇔x2=1⇔x=±1g(x)=x2+2(m+1)x+2m=0(*)
Xét
g(−1)=1−2(m+1)+2m=−1≠0g(1)=1+2(m+1)+2m=4m+3≠0,do m≠−34Δ'(*)=m+12−2m=m2+1>0∀m∈ℝ
Suy ra phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt khác ±1, với m≠−34.
Vậy hai đồ thị f(x) và g(x) cắt nhau tại 4 điểm.
Cho các số thực dương a,b thỏa mãn a23>a35 và logb23<logb35. Khẳng định nào sau đây là đúng?
0<logab<1.
logab>1.
logba<0.
0<logba<1.
Đáp án C
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có a23>a3523>35⇒a>1 và logb23<logb35.23>35⇒0<b<1. Vậy logab<0logba<0
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Chọn các giá trị
a=0,5∈0;1;a=1,5∈(1;+∞);b=0,3∈(0;1);b=1,3∈(1;+∞)
Ta chọn được các giá trị a =1,5 và b = 0,3 thỏa mãn điều kiện.
Ấn tiếp
Vậy logaB<0 và logba<0.
Cho log12x=23log12a−15log12b thì x bằng
x=a32b15.
x=a32b15.
x=a23b15.
x=a32b5.
Đáp án C.
Cách 1: Tư duy tự luận
log12x=23log12a−15log12b⇔log12x=log12a23−log12b15⇔log12x=log12a23b15⇔x=a23b15.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Chọn a = 0,3 và b = 1,3.
Cho hàm số f(x) thỏa mãn ∫04f(x)dx=4,∫23f(x)dx=2. Khi đó giá trị tổng ∫02f(x)dx+∫34f(x)dx bằng
2
4
-2
6
Đáp án A
Ta có
∫04f(x)dx=∫02f(x)dx+∫23f(x)dx+∫34f(x)dx⇔∫02f(x)dx+∫34f(x)dx=∫04f(x)dx−∫23f(x)dx=4−2=2.
Nguyên hàm ∫sinx2dx bằng
2cosx2+C.
−2cosx2+C.
−12cosx2+C.
12cosx2+C.
Đáp án B.
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có
∫sinx2dx=−2∫dcosx2=−2cosx2+C.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên [0;3],f(0)=2 và ∫03f'(x)dx=5.Tính f(3)
f(3) = 2
f(3) = -3
f(3) = 0
f(3) = 7
Đáp án D.
Do hàm số f(x) có đạo hàm trên [ 0; 3] nên
∫03f'(x)dx=f(x)03=f(3)−f(0)⇔f(3)=∫03f'(x)dx+f(0)=5+2=7.
Cho số phức z = 3i. Phần thực của số phức z là
3
0
-3
không có
Đáp án B.
Cho khối chóp SABC có đáy là tam giác vuông tại A, SB⊥(ABC),AB=a,ACB^=30o , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) là 60° Tính thể tích V của khối chóp SABC theo a
V=3a3.
V=a3.
V=2a3.
V=3a32.
Đáp án B.
Ta có SB⊥(ABC)⇒BC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC).
Suy ra SC,(ABC)^=SC,BC^=SCB^=600
Do ΔABC vuông tại A nên
SB=BC.tanSCB^=2a.tan600=2a3.
⇒BC=AB2+AC2=a2+a32=2a.
Do ΔSBC vuông tại B nên
SB=BC.tanSCB^=2a.tan600=2a3.
Vậy
VS.ABC=13SB.SΔABC=16SB.AB.AC=16.2.3a.a.a3=a3 (đvtt).
Cho khối hình học có dạng hình vẽ dưới đây, các kích thước đã ghi (cùng đơn vị đo). Tính thể tích của các khối đó
V=803π.
V=485π.
V=643π.
V=12π.
Đáp án A.
Thể tích nửa khối cầu bán kính R = 2 là: V1=12.43πR3=23π.23=163π (đvtt).
Thể tích khối trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 4 là: V2=πR2h=π.22.4=16π (đvtt).
Thể tích khối nón có bán kính đáy R = 2, chiều cao h = 4 là: V3=13πR2h=13π.22.4=163π (đvtt).
Thể tích khối hình học (hình vẽ) cần tính là V=V1+V2+V3=80π3
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm A(1;2;−3),B(2;−3;1)
x=1+ty=2−5tz=−3−2t.
x=2+ty=−3+5tz=1+4t.
x=1+ty=2−5tz=3+4t.
x=3−ty=−8+5tz=5−4t.
Đáp án D.
Ta có AB→=(1;−5;4) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là uAB→=(1;−5;4)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A(−2;1;1) và B(0;−1;1). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB
(x+1)2+y2+(z−1)2=8.
(x+1)2+y2+(z−1)2=2.
(x−1)2+y2+(z+1)2=2.
(x−1)2+y2+(z+1)2=8.
Đáp án B.
Gọi I là trung điểm của AB thì I(–1;0;1). Ta có AB=22. Suy ra mặt cầu (S) đường kính AB sẽ có tâm là I, bán kính R=AB2=2.
Phương trình mặt cầu (S) là: x+12+y2+z−12=2.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;1;2),B(1;−4;2),C(2;0;−1).Tìm tọa độ tâm G của tam giác ABC
G (2;-1;1).
G (6;-3;3).
G (2;1;1).
G (2;-1;3).
Đáp án A
Từ các số tự nhiên 1, 2, 3, 4 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau?
1
24
44
42
Đáp án B.
Sắp xếp 4 số tự nhiên 1, 2, 3, 4 theo thứ tự khác nhau, ta sẽ được một số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Vậy số cần lập là 4! = 24 (số).
limπn+3n+22n3πn−3n+22n+2 có giá trị bằng
13.
14.
+∞.
-1
Đáp án B.
Cách 1: Tư duy tự luận
limπn+3n+22n3πn−3n+22n+2=limπn+3n+4n3πn−3n+4.4n=limπ4n+34n+13π4n−34n+4=14.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
vậy limπn+3n+22n3πn−3n+22n+2=14.
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hàm số y=13(m2−2m)x3+mx2+3x đồng biến trên R
m<0.
1<m≤3.
m<0m≥3.
m≤0m≥3.
Đáp án D.
Tập xác định: D=R
* Trường hợp 1: Xét
m2−2m=0⇔m(m−2)=0⇔m=0m=2
Nếu m = 0 thì hàm số trở thành y=3x và luôn đồng biến R . Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nếu m = 2 thì hàm số trở thành y=2x2+3x chỉ đồng biến trên khoảng −34;+∞ . Vậy m = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
* Trường hợp 2: Xét
m2−2m≠0⇔m(m−2)≠0⇔m≠0m≠2
Đạo hàm y'=(m2−2m)x2+2mx+3. Do phương trình y' = 0 chỉ có tối đa hai nghiệm nên hàm số đồng biến trên ℝ⇔y'≥0,∀x∈ℝ
⇔(m2−2m)x2+2mx+3≥0,∀x∈ℝ⇔m2−2m>0Δ'=m2−3(m2−2m)≤0⇔m(m−2)>02m(3−m)≤0⇔m>2m<0m≥3m≤0⇔m≥3m<0
Kết hợp cả hai trường hợp ta tìm được m≥3m≤0.
Giá trị lớn nhất của hàm số y=2x3−6x2+1 trên đoạn [−1;1] là
-3
1
-4
-7
Đáp án B
Cách 1: Tư duy tự luận
Ta có
y'=6x2−12x=6x(x−2);y'=0⇔x=0x=2
Do x∈−1;1 nên x=0
Tính y(−1)=−7;y(0)=1;y(1)=−3. Vậy max[−1;1]y=y(0)=1.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Quan sát bảng giá trị, ta xác định được giá trị lớn nhất xấp xỉ 0,9836710891. Vậy max[−1;1]y=1.
Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y=x2x−1
y=4x+1.
y=2x+3.
y=2x−1.
y=2x.
Đáp án D.
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y=x2x−1 là y=(x2)'(x−1)'⇔y=2x
Tập nghiệm của bất phương trình 2x2−4−1.ln(x2)<0 là
S=[1;2].
S={1;2}.
S=(1;2).
S=(−2;−1)∪(1;2).
Đáp án D.
Cách 1: Tư duy tự luận
Điều kiện: x2>0⇔x≠0.
Bất phương trình
(2x2−4−1).ln(x2)<0⇔2x2−4−1<0ln(x2)>02x2−4−1>0ln(x2)<0⇔x2−4<0x2>1x2−4>0x2<1(L)
⇔(x−2)(x+2)<0(x−1)(x+1)>0⇔−2<x<2x>1x<−1⇔1<x<2−2<x<−1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=(−2;−1)∪(1;2) .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Nhập vào màn hình biểu thức 2x2−4−1.ln(X2) và CALC với X=−2;−1;1;2.
Ta xét dấu của biểu thức 2X2−4−1.ln(X2) trên mỗi khoảng (−∞;−2),(−2;−1),(−1;1),(1,2),(2;+∞) .
Tiếp tục dùng CACL:
Vậy
(2x2−4−1).ln(x2)<0⇔x∈(−2;−1)∪(1;2).
Gọi S là số đo diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y=2x2+3x+1 và y=x2−x−2. Tính cosπS
0
−22.
22.
32.
Đáp án B
Xét phương trình
2x2+3x+1=x2−x−2⇔x2+4x+3=0⇔x=−1x=−3
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là
S=∫−3−1x2+4x+3dx=∫−3−1x2+4x+3dx=43
Vậy cosπS=−22.
cho hai số phức z1=1+i,z2=1−i. Kết luận nào sau đây sai?
z1z2=i.
z1−z2=2.
z1+z2=2.
z1z2=2.
Đáp án B
Vậy phương án B sai
Gọi tên hình tròn xoay biết nó sinh ra bởi nửa đường tròn khi quay quanh trục quay là đường kính của nửa đường tròn đó
Hình tròn
Khối cầu
Mặt cầu
Mặt trụ
Đáp án C.
Khi quay nửa đường tròn quanh trục quay là đường kính của nó thì ta thu được một mặt cầu.
Phân tích phương án nhiễu:
Phương án A: Khi quay một hình quanh một trục, ta thu được một khối tròn xoay trong không gian, còn hình tròn được xác định trên một mặt phẳng nên loại A.
Phương án B: Chỉ khi quay nửa hình tròn quanh đường kính của nó, ta mới thu được một khối cầu.
Phương án C: Mặt trụ chỉ thu được khi ta quay 3 cạnh của một hình chữ nhật quanh cạnh còn lại.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng Oxy cắt mặt cầu (S) tâm I(1;−3;3) theo giao tuyến là đường tròn tâm H(2;0;1), bán kính r = 2. Phương trình mặt cầu (S) là
(x−1)2+(y+3)2+(z−3)2=4.
(x+1)2+(y−3)2+(z+3)2=4.
(x−1)2+(y+3)2+(z−3)2=18.
(x+1)2+(y−3)2+(z+3)2=18.
Đáp án C
Từ giả thiết, ta có:
IH⊥(α) và
dI;(α)=IH=2−12+0+32+1−32=14.
Áp dụng công thức R2=IH2+r2, trong đó R là bán kính mặt cầu (S). Ta được: R=142+22=18.
Vậy phương trình mặt cầu (S) là (x−1)2+(y+3)2+(z−3)2=18
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x−12=y+1−1=z3và mặt phẳng (α):x+5y+z+4=0. Xác định vị trí tương đối của d và (α)
d⊥(α).
d⊂(α).
d cắt và vuông góc với α.
d//(α).
Đáp án B.
Đường thẳng d đi qua điểm M(1;−1;0) và nhận vectơ chỉ phương u→=(2;−1;3)
Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến n→=(1;5;1) .
Ta có u→.n→=2.1+(−1).5+3.1=0, suy ra d//αd⊂α
Nhận thấy 1+5.(−1)+0+4=0 nên điểm M(1;−1;0) thuộc mặt phẳng (α) . Vậy d⊂(α)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng (P) có phương trình y−z+2=0 . Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của (P)?
n→=(1;−1;2).
n→=(1;−1;0).
n→=(0;1;−1).
n→=(0;1;1).
Đáp án C.
Mặt phẳng (P):y−z+2=0 có một vecto7 pháp tuyến là n→=(0;1;−1)
Một tổ có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho hai người được chọn là nữ
115.
715.
815.
15
Đáp án A
Không gian mẫu là “Chọn ngẫu nhiên 2 người từ 10 học sinh trong tổ đó”. Suy ra số phần tử trong không gian mẫu là n(Ω)=C102 .
Gọi A là biến cố “2 người được chọn là nữ” thì kết quả thuận lợi cho biến cố A là n(A)=C32.
Vậy xác suất cần tính là P(A)=n(A)n(Ω)=C32C102=115.
Cho hàm số f(x)=x2−x , đạo hàm của hàm số ứng với số gia Δx của đối số x tại x0 là
limΔx→0Δx2+2xΔx−Δx.
limΔx→0Δx+2x−1.
limΔx→0Δx+2x+1.
limΔx→0Δx2+2xΔx+Δx.
Đáp án B
Ta có
Δy=(x0+Δx)2−(x0+Δx)−(x02−x0)=△x2+2x0Δx−Δx.
Nên
f'(x0)=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0(Δx)2+2x0Δx−ΔxΔx=limΔx→0(Δx+2x0−1).
Vậy f'(x)=limΔx→0(Δx+2x−1).
Trong mặt phằng Oxy, cho điểm M(2;4). Phép đồng dạng là hợp thành của phép vị tự tâm O(0;0) tỉ số k=12 và phép đối xứng trục Oy sẽ biến điểm M thành điểm nào sau đây?
M'(−1;2).
M'(−2;4).
M'(1;−2).
M'(1;2).
Đáp án A.
Ta có VO;12(M)=M'⇔OM¯'=12OM¯
⇔xM'=12xM=1yM'=12yM=2→M'(1;2).
Cắt hình chóp tứ giác bởi mặt phẳng vuông góc với đường cao của hình chóp thì được thiết diện là hình gì?
Hình bình hành
Ngũ giác
Tứ giác
Tam giác
Đáp án C
Cho tứ diện ABCD có BC=CD=BD=2a, AC=a2,AB=a.Góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) có số đo là
90o
60o
45o.
30o
Đáp án D.
Gọi M là trung điểm của CD. Do BC=CD=BD⇒ΔBCD đều ⇒BM⊥CD.
Lại có AC=AD⇒ΔACD cân tại A⇒AM⊥CD .
Khi đó (ACD),(BCD)^=(AM,BM)^ .
AM là đường trung tuyến của ΔACD
⇒AM=AC2+AD22−CD24=a.
AM là đường trung tuyến của ΔBCD
⇒BM=CD.32=2a32=a3.
Trong ΔABM ta có
cosAMB^=MA2+MB2−AB22MA.MB=a2+a32−a22.a.a3=32
⇒AMB^=300AMB^=1500
Do 00<(ACD),(BCD)^<900 nên (ACD),(BCD)^=(AM,BM^)=300.
Cho hàm số y=x−2x−1 có đồ thị (C) . Gọi giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳngd:y=−x+m là A, B. Tìm tất cả giá trị của tham số m để OAB là một tam giác thỏa mãn 1OA+1OB=1
m=0m=2.
m=2.
m=0m=3.
m=3.
Đáp án B.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:x−2x−1=−x+m
⇔x≠1x−2=(−x+m)(x−1)⇔x≠1f(x)=x2−mx+m−2=0(*)
Để (C) và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác 1
⇔f(1)=12−m+m−2≠0Δ=-m2−4(m−2)>0⇔−1≠0m2−4m+8m>0⇔m∈ℝ.
Mặt khác OAB là tam giác nên O∈d hay m≠0 .
Gọi A(x1;−x1+m) và B(x2;−x2+m) . Suy ra OA=2x12−2mx1+m2OB=2x22−2mx2+m2
Do x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (*) nên x12−mx1=2−mx22−mx2=2−m
Khi đó OA=2(2−m)+m2=m2−2m+4OB=2(2−m)+m2=m2−2m+4
Từ giả thiết ta có :
2m2−2m+4=1⇔m2−2m+4=2⇔m(m−2)=0⇔m=0m=2
Đối chiếu với điều kiện ta được m=2 thỏa mãn.
Đồ thị hàm số y=x+1mx2+1 không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi
m≤0.
m=0.
m<0.
m>0.
Đáp án A.
Ta có
limyx→−∞=limx→−∞x+1mx2+1=limx→−∞x1+1xxm+1x2=limx→−∞x1+1x−xm+1x2=limx→−∞1+1x−m+1x2=−1mlimyx→−∞=limx→−∞x+1mx2+1=limx→−∞x1+1xxm+1x2=limx→−∞x1+1xxm+1x2=limx→−∞1+1xm+1x2=1m
hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m>0. Phủ định lại, đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m≤0.
Dynano là một nhà ảo thuật gia đại tài người Anh nhưng người ta thường nói Dynano làm ma thuật chứ không phải làm ảo thuật. Bất kì màn trình diễn nào của anh chàng trẻ tuổi tài cao này khiến người xem kinh ngạc vì nó vượt qua giới hạn khoa học. Một lần đến NewYork anh ngẫu hứng trình diễn khả năng bay lơ lửng trong không trung của mình bằng cách di chuyển từ tòa nhà này đến tòa nhà khác và trong quá trình di chuyển đó có một lần anh đáp đất tại một điểm trong khoảng cách giữa hai tòa nhà (biết mọi di chuyển của anh đều là đường thẳng). Biết tòa nhà ban đầu Dynano đứng có chiều cao là a(m), tòa nhà sau đó Dynano đến có chiều cao là b(m) (a < b) và khoảng cách giữa hai tòa nhà là c(m). Vị trí đáp đất cách tòa nhà thứ nhất là một đoạn là x(m). Hỏi x bằng bao nhiêu quãng đường di chuyển của Dynano là bé nhất?
x=3aca+b.
x=ac3a+b.
x=aca+b.
x=ac2a+b.
Đáp án C.
Màn biểu diễn của Dynano được biểu diễn theo mô hình bên
Cách 1: Áp dụng kiến thức “Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất của hàm số”
Ta có AB=c,AC=a,AD=b,AM=x.Khi đó CM=AC2+AM2=x2+a2
Và
MD=BM2+BD2=(c−x)2+b2=x2−2cx+b2+c2
Như vậy quãng đường di chuyển của Dynano là
T=CM+MD=x2+a2+x2−2cx+b2+c2(0<x<c).
Xét hàm số x2+a2+x2−2cx+b2+c2trên (0;c).
Đạo hàm f'(x)=xx2+a2+x−cx2−2cx+b2+c2=0
⇔xx2−2cx+b2+c2=(c−x)x2+a2⇔x2c−x2+b2=c−x2x2+a2
⇔x2b2=c-x2a2⇔bx=(c−x)a⇔x=aca+b∈(0;c).
Lập bảng biến thiên tìm ta được f(x) đạt nhỏ nhất khi x=aca+b.
Cách 2: Dùng kiến thức hình học
Gọi D' là điểm đối xứng với D qua AB. Khi đó MC+MD=MC+MD'≥CD' . Do vậy (MC+MD)min=CD' . Dấu = xảy ra khi M∈CD' hay M=CD'∩AB .
Khi đó ΔAMC∽△BMD'
⇒AMBM=ACBD'⇔xc−x=ab⇔x=aca+b
Cho hàm số f(x) có f(1)=1,f(m+n)=f(m)+f(n)+mn,∀m,n∈ℕ*.Giá trị của biểu thức T=logf(96)−f(69)−2412 là
4
3
6
9
Đáp án B.
Cho m=1 ta có
f(n+1)=f(n)+f(1)+n⇔f(n+1)=f(n)+n+1.
Khi đó
f(2)+f(3)+...+f(k)=f(1)+2+f(2)+3+...+f(k−1)+k+1
⇔f(2)+f(3)+...+f(k−1)+f(k)=f(1)+f(2)+...+f(k−1)+(1+2+...+k)
⇔f(k)=f(1)+(1+2+...+k)=1+k(k+1)2.
Vậy hàm cần tìm là
f(x)=1+x(x+1)2⇒f(96)=1+96.972=4657f(69)=1+69.702=2416
Vậy
T=log4657−2416−2412=log1000=3.
Cho hai số thực a,b thỏa mãn a>0,0<b<2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=(2b)a2a−ba2+2a+2ba2ba
Pmin=94.
Pmin=74.
Pmin=134.
Pmin=4.
Đáp án C.
Ta có P=2ba2ba−12+12.2ba+1. Đặt t=2ba, do 0<b<2→t>1.
Xét hàm số f(t)=tt−12+t2+1 trên 1;+∞.
Đạo hàm
f'(t)=(t−1)2−2t(t−1)(t−1)4+12=t+1(t−1)3+12;f'(t)=0⇔t=3.
Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thấy minf(x)=f(3)=134. Vậy Pmin=134.
Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và x = 1, biết thiết diện của vật thể cắt mặt phẳng (P) vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x(0≤x≤1) là một hình chữ nhật có độ dài lần lượt là x và ln(x2+1)
V=ln2−12.
V=ln2−12.
V=12ln2−1.
V=ln2−1.
Đáp án B.
Diện tích hình chữ nhật là S(x)=xln(x2+1).
Thể tích cần tính là
V=∫01S(x)dx=∫01xln(x2+1)dx=ln2−12
(Chú ý: sử dụng MTCT để kiểm tra kết quả).
Trong trung tâm công viên có một khuôn viên hình elip có độ dài trục lớn 16m, độ dài trụ nhỏ bằng 10m. Giữa khuôn viên là một cái đài phun nước hình tròn có đường kính bằng 8m, phần còn lại của khuôn viên người ta thả cá. Số cá thả vào khuôn viên đó gần nhất với số nào dưới đây? Biết rằng mật độ thả cá là 5 con trên 1m2 mặt nước
378
375
377
376.
Đáp án C.
Từ giả thiết, ta có phương trình chính tắc của elip là:
x282+y252=1⇔x264+y225=1⇔y=±51−x264
Do trục tung và trục hoành chia hình elip thành bốn phần bằng nhau, nên diện tích hình elip là Se=2S .Trong đó là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=0,y=51−x264.
Suy ra Sc=2∫−8851−x264=54∫−8864−x2
Đặt
x=8sint,t∈−π2,π2⇒dx=8costdt.
Đổi cận
x=−8⇒t=−π2;x=8⇒t=π2.
Khi đó
Sc=54∫−π2π264−64sin2x.8costdt=80∫−π2π2cos2tdt=40∫−π2π2(1+cos2t)dt
=40t+12sin2t−π2π2=40π(m2).
Diện tích hình tròn đường kính bằng 8m là St=π.42=16π(m2).
Vậy diện tích phần thả cá là
Sc=Se−St=40π−16π=24π(m2)
và số cá thả vào khuôn viên đó là 24π.5≈377 con.
Cho số phức z=a+bi thỏa mãn điều kiện z2+4=2z. Đặt P=8(b2−a2)−12. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
P=z−22.
P=z2−42.
P=z−42.
P=z2−22.
Đáp án D.
Giả thiết tương đương với
z2+42=4z2⇔z2+4z¯2+4=4zz¯
⇔z2.z¯2+4z2+4z¯2+16=4zz¯⇔zz¯−22+4z2+z¯2+12=0⇔−4z2+z¯2−12=z2−22.
Đặt z=a+bi thì
z2=a2−b2+2abi;z¯2=a2−b2−2abi.
Suy ra z2+z¯2=2a2−b2.
Vậy P=−4z2+z¯2−12=z2−22.
Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C’B’ và C’D’. Mặt phẳng (AEF) cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm A’ và V2 là thể tích khối chứa điểm C’. Khi đó V1V2 là
2547.
1
1725.
817.
Đáp án A.
Đường thẳng EF cắt A'D' và A'B' tại N;M;AN cắt DD' tại P;AM cắt BB' tại Q. Khi đó thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng (AEF) là ngũ giác APFEQ
Từ giả thiết ta có V1=VA'B'D'APFEQ và V2=VABCDC'PFEQ'.
Gọi
V=VABCD.A'B'C'D';V3=VA.A'MN;V4=VPFD'N;V5=VQMB'E.
Do tính đối xứng của hình lập phương nên V4=V5 .
Nhận thấy
V3=16AA'.A'M.A'N=16.a.3a2.3a2=3a28 (đvtt).
V4=16.D'P.D'F.D'N=16.a3.a2.a2=a372 (đvtt);
V1=V3−2V4=3a38−2.a372=25a372 (đvtt).
V2=V−V1=a3−25a372=47a372 (đvtt).
Vậy V1V2=2547.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A6;−3;4,Ba;b;c. Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ (Oxy), (Oxz), (Oyz). Biết rằng M, N, P nằm trên đoạn AB sao cho AM = MN = NP = PB. Tính giá trị của tổng a + b + c.
a+b+c = 11
a+b+c = -11
a+b+c = 17
a+b+c = -17
Đáp án B.
Các phương trình Oxy:z=0;Oxy:x=0;Oxy:y=0 . Giả sử MxM;yM;0,NxN;0;zN,P0;yp;zp. Tính theo giả thiết có M là trung điểm của AN nên ta có M6+xN2;−32;4+zN2 . Do zM=0 nên 4+zN2=0⇔zN=−4⇒MxM;−32;0 và NxN;0;−4 .
Lại có N là trung điểm của MP nên NxM2;2yP−34;zP2 .
Mà yN=0zN=−4 nên 2yP−34=0zP2=−4⇔yP=32zP=−8 Khi đó P0;32;−8.
Từ
xM=6+xN2xM=xM2⇔2xM−xN=6xM−2xN=0⇔xM=4xN=2
Vậy M4;−32;0,N2;0;−4.
Mặt khác
AB→=2AN→⇔xB−6=2(2−6)yB+3=2(0+3)zB−4=2(−4−4)⇒B(−2;3;−12)⇒a=−2b=3c=−12.
Vậy a+b+c=−2+3−12=−11
Cho dãy số tăng a, b, c theo thứ tự thành lập cấp số nhân, đồng thời a,b+8,c tạo thành cấp số cộng và a,b+8,c+64 lập thành cấp số nhân. Khi đó giá trị của a−b+2c bằng
a−b+2c=1849.
a−b+2c=64.
a−b+2c=929.
a−b+2c=32.
Đáp án B
Từ giả thiết ta có
b2=aca+c=2(b+8)b+82=a(c+64)⇔b2=aca+c=2(b+8)b+82=b2+64a⇔b2=acc=7a+8b=4a−4
⇔4a -42=a7a +8c= 7a+8b=4a-4⇔9a2-40a+16=0c= 7a+8b=4a-4⇔a=4;b=12;c=36a=49;b=-209;c=1009
Do a,b,c tạo thành một dãy số tăng nên a=4;b=12;c=36 .
Suy ra
a−b+2c=4−12+2.36=64.
Cho hàm số f(x)=x3+3ax2+3x+3 có đồ thị (C) và g(x)=x3+3bx2+9x+5 có đồ thị (H), với a, b lá các tham số thực. Đồ thị (C), (H) có chung ít nhất 1 điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a+2b
21.
26+6.
3+53.
26.
Đáp án A
Xét hệ phương trình
f'(x)=3x2+6ax+3=0(*)g'(x)=3x2+6bx+9=0⇒6x(a−b)=6⇔x=1a−b.
Áp dụng công thức nghiệm do phương trình (*) ta có x=−a±a2−1 với a∈(−∞;−1)∪1;+∞ .
*Trường hợp 1: x=−a+a2−1.
Ta có
1a−b=−a+a2−1⇔b=a+1a−a2−1=2a+a2−1
Suy ra
P=a+2b=a+4a+2a2−1≥5a+2a2−1
Xét hàm số
f(x)=5x+2x2−1;x∈−∞;−1∪1;+∞.
Đạo hàm
f'x=5+2xx2−1;f'x=0⇔5x2−1=−2x⇔x≤025x2−1=4x2
⇔x=−521 (thỏa mãn).
Lại có f−521=−21⇒P≥21 (lập bảng biến thiên của hàm số fx).
*Trường hợp 2:Tương tự, ta tìm được P≥21.
Tính tích phân ∫02maxx,x3dx
2
4
154.
174.
Đáp án D.
Cách 1:
Ta có
x3=x⇔xx−1x+1=0⇔x=0x=±1
Do x∈0;2 nên x=0x=1
Xét dấu, Ta được x3−x<0,∀x∈0;1 và x3−x>0,∀x∈1;2
Suy ra max0;1x,x3=x và max1;2x,x3=x3.
Vậy
∫02maxx,x3dx=∫01xdx+∫12x3dx=174 .
Cách 2:
∫02maxx,x3dx=∫02x3+x+x3−x2dx=∫01xdx+∫12x3dx=174.
Cho các số phức z1=1,z2=2−3i và các số z thỏa mãn z−1−i+z−3+i=22. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P=z−zi+z−z2.Tính tổng S=M+m
S=4+25.
S=5+17.
S=1+10+17.
S=10+25.
Đáp án B.
Số phức z1=1 có điểm biểu diễn là A1;0 , số phức z2=2−3i có điểm biểu diễn là B2;−3
Gọi Ex;y là điểm biểu diễn của số phức z, khi đó z=x+yi,x,y∈ℝ
Suy ra
P=x−1+yi+x−2+y+3i=x−12+y2+x−22+y+32
⇒P=EA+EB.
Mặt khác
z−1−i+z−3+i=22⇔x−1+y−1i+x−3+y+1i=22
⇔x−12+y−12+x−32+y+12=22*
Gọi M1;1,N3;−1 thì EM+EN=22=MN⇒ Điểm E thuộc đoạn MN.
Ta có phương trình đường thẳng MN là x+y+z−2=0 với x∈1;3
Bài toán trở thành:
Cho điểm E thuộc đoạn MN . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=EA+EB
Đặt f(x)=x+y−2. Ta có
f1;0=1+0−2=−1f2;−3=2−3−2=−3⇒f1;0.f2;−3=3>0 . Suy ra hai điểm A,B nằm cùng về một phía đối với MN . Gọi A' là điểm đối xứng với A qua MN thì A'2;1.Khi đó
P=EA+EB=EA'+EB≥A'B=4.
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
E∈A'B⇒E=A'B∩MN⇒E2;0 hay z = 2.
Do điểm E luôn thuộc đường thẳng MN nên P=EA+EB đạt giá trị lớn nhất khi E≡M hoặc E≡N.
Có
MA+MB=1+17NA+NB=25⇒MA+MB>NA+NB⇒maxP=MA+MB=1+17.
Vậy
M=1+7,m=4⇒S=M+m=5+17.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P):x−y+2z+1=0 và (Q):2x+y+z−z=0. Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc Ox, đồng thời (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r. Xác định r sao cho chỉ có duy nhất một mặt cầu (S) thỏa mãn điều kiện bài toán
r=322.
r=102.
r=3.
r=142.
Đáp án A.
Giả sử mặt cầu (S) có tâm Ia;0;0∈Ox , bán kính R>0 . Khi đó phương trình mặt cầu (S) là x−a2+y2+z2=R2.
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của I trên (P) và (Q) , khi đó:
IH=dI;P=a+16 và IK=dI;Q=2a−16
Do IH2+4=R2 và IK2+r2=R2 nên a+126+4=R22a−126+r2=R2
⇒a+126+4=2a−126+r2⇔a+12+24=2a−12+6r2
⇔a2−2a+2r2−8=0*
Để có duy nhất một mặt cầu (S) thì phương trình (*) phải có một nghiệm
⇔Δ'=1−2r2−8=0⇔r2=92 . Do r>0 nên r=32 .
Phương trình2017sinx=sinx+2−cos2x có bao nhiêu nghiệm thực trên [−5π;2017π]?
Vô nghiệm.
2017
2022
2023
Đáp án D.
Phương trình tương đương với 2017sinx=sinx+1+sin2x.
Đặt t=sinx,t∈−1;1 thì phương trình trở thành 2017t=t+1+t2.
⇔t.ln2017−lnt+1+t2=0, do t+1+t2>t2+t=t+t≥0,∀t.
Xét hàm số f(t)=t.ln2017−lnt+1+t2 trên −1;1.
Đạo hàm
f'(t)=t2+1.ln2017−11+t2>ln2017−11+t2>0,∀t∈−1;1.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên −1;1. Mà f0=0nên phương trình ft=0 có duy nhất một nghiệm t=0.
Như vậy sinx=0⇔x=kπ,(k∈ℤ). Vì x∈−5π;2017π nên −5≤k≤2017.
Vậy có 2017––5+1=2023 giá trị k nên phương trình đã cho có 2023 nghiệm thực trên −5π;2017π
Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp của các tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên hai tam giác trong X. Tính xác suất để chọn được 1 tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H) (Kết quả làm tròn đến số thập phân thứ ba)
0,374
,0375
0,376.
0,377
Đáp án B.
*Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên cũng có 22 đỉnh. Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác (H) là C223=1540 (tam giác)
Suy ra số phàn tử của không gian mẫu Ωlà n(Ω)=C15402.
*Số tam giác của một cạnh là cạnh của đa giác (H) là 22.18 = 396 (tam giác).
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác (H) là 22 (tam giác)
Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H) là:
1540–396–22=1122(tam giác).
Gọi A là biến cố “Hai tam giác được chọn có 1 cạnh là cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H)”
Số phần tử của A là n(A)=C3961.C11221.
*Vậy xác suất cần tìm là
P(A)=n(A)n(Ω)=C3961.C11221C15402=7481995≈0,375.
Cho tứ diện ABCD có AD⊥(ABC), đáy ABC thỏa mãn điều kiện:
cotA+cotB+cotC2=BCAB.AC+CABA.BC+ABCA.CB.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BD và BC. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khói chóp A.BCHK
V=4π3.
V=32π3.
V=8π3.
V=4π33.
Đáp án B.
*Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC và AB. Trong mặt phẳng (ABC), kẻ các đường thẳng d, d’ lần lượt vuông góc với AC và AB tại E, F. Do DA⊥d,DA⊥d' (doDA⊥ABC) nên d⊥DAC,d'⊥DAB. Gọi I là giao điểm của d, d’ thì I chính là tâm của mặt cầu chứa hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC, AKC. Hay nói cách khác, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK, bán kính R = IA cũng chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC (do IA = IB = IC).
*Một số hệ thức cần nhớ trong tam giác
Cho ΔABC, gọi AH là đường cao H∈BC. R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giac, p là nửa chu vi. Kí hiệu BC = a, AC = b, AB = c, diện tích SΔABC=S.
1. Định lý cosin:
a2=b2+c2−2bccosA;b2=a2+c2−2accosB;c2=a2+b2−2abcosC.
2. Định lý sin: asinA=bsinB=csinC=2R.
3. Độ dài trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C (Kí hiệu lần lượt là ma,mb,mc):
ma2=b2+c22−a24;mb2=a2+c22−b24;mc2=a2+b22−c24.
4. Các công thức tính diện tích tam giác:
S=12a.ha=12b.hb=12c.hcS=12bcsinA=12acsinB=12absinCS=abc4R=pr=pp−ap−bp−c.
5. Định lý tang:
a−ba+b=tanA−B2tanA+B2;b−cb+c=tanB−C2tanB+C2;c−ac+a=tanC−A2tanC+A2.
6. Định lý cotang:
cotA=b2+c2−a24S;cotB=a2+c2−b24S;cotC=a2+b2−c24S.→cotA+cotB+cotC=a2+b2+c24S.
*Phân tích dữ kiện đề bài:
cotA+cotB+cotC2=BCAB.AC+CABA.BC+ABCA.CB⇔AB2+BC2+CA28SΔABC=BC2+CA2+AB2AB.AC.BC⇔8SΔABC=AB.AC.BC⇔8.AB.AC.BC4R=AB.AC.BC⇔R=2=IA.
Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK là:
V=43πR3=43π23=32π3 (đvtt).
