25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 1)
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P:2x−y+5z−3=0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của P?
n3→=2;5;−3.
n4→=2;1;5.
n1→=2;−1;5.
n2→=−1;5;−3.
Đáp án C
Một vectơ pháp tuyến của P là: n→=2;−1;5.
Với a là số thực dương tùy ý, giá trị log4a8 bằng:
2log4a.
2log4a.
32log2a.
4log2a.
Đáp án D
Ta có: log4a8=log22a8=82log2a=4log2a.
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y=fx là:
y=x4+1.
y=−x4+2x.
y=xx2+1.
y=x.
Đáp án C
Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên loại đáp án A.
Tập xác định của hàm số là R nên loại đáp án D.
Đồ thị đối xứng qua trục tung nên hàm số y=fx là hàm chẵn.
Ta thấy hàm số y=xx2+1 là hàm chẵn trên R và có đồ thị qua gốc tọa độ.
Một quả bóng tiêu chuẩn được bơm hơi với áp suất trong khoảng 8,5 – 15,6 Psi (Psi: đơn vị đo áp suất thường dùng ở Mỹ). Lúc đầu quả bóng được bơm hơi 90% áp suất tối đa (15,6 Psi) sau mỗi ngày áp suất hơi trong quả bóng giảm đi 1,5% so với ngày trước đó. Hỏi sau tối đa bao nhiêu ngày phải bơm lại bóng để đạt tiêu chuẩn quy định?
36 ngày.
33 ngày.
35 ngày
34 ngày.
Đáp án D
Áp suất hơi lúc đầu là 15,6.90%=14,04Psi.
Gọi x (ngày), x∈ℕ là thời gian tối đa phải bơm lại bóng.
Suy ra x thỏa mãn: 14,04.1−0,015x≤8,5⇔x≥log0,9858,514,04≈33,2.
Vậy sau 34 ngày phải bơm lại quả bóng.
Cho cấp số cộng un có số hạng đầu u1=−3 và u6=27 Khi đó công sai d bằng:
7.
5.
8.
6.
Đáp án D
Ta có: u6=u1+5d⇒d=u6−u15=6
Cho hàm số y=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a<0,b>0,c>0,d>0.
a<0,b<0,c=0,d>0.
a>0,b<0,c>0,d>0.
a<0,b>0,c=0,d>0.
Đáp án D
Từ hình dáng đồ thị ta suy ra hệ số a<0,d>0.
Ta có: y'=3ax2+2bx+c.
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x=0 nên y'0=0⇒c=0.
Khi đó: y'=0⇒x=0x=−2b3a.
Do hoành độ điểm cực đại dương nên −2b3a>0, mà a<0⇒b>0.
Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(2;1;-1),B(-1;0;4),C_0;-2;-1) . Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng BC là:
x−2y−5z+5=0.
x+2y+5z−5=0.
x−2y−5=0.
x−2y−5z−5=0.
Đáp án D
Mặt phẳng (P) đi qua A2;1;−1 và vuông góc với đường thẳng BC nên nhận BC→=1;−2;−5 làm vectơ pháp tuyến.
Suy ra phương trình mặt phẳng (P)là: x−2−2y−1−5z+1=0⇔x−2y−5z−5=0.
Cho khối nón có bán kính đáy r = 4, chiều cao h=6 như hình vẽ. Thể tích của khối nón là:
16π3.
4π63.
16π6.
16π6.3
Đáp án D
Ta có: V=13πr2h=13π.42.6=16π63.
Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam và 15 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh để tham gia vệ sinh công cộng?
9880.
59280.
2300.
455.
Đáp án A
Nhóm học sinh 3 người được chọn (không phân biệt nam, nữ – công việc) là một tổ hợp chập 3 của 40 (học sinh). Vì vậy số cách chọn nhóm học sinh là C403=9880.
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(2;3;4) trên trục Oz là:
N0;3;4.
P2;0;4.
Q2;0;0.
E0;0;4.
Đáp án D
Hình chiếu của một điểm Mx;y;z bất kỳ trên trục Oz luôn có tọa độ là 0;0;z.
Tính tích phân I=∫012020exdx..
I=2020ee−1.
I=2020e.
I=2020e−1.
I=2020e−2.
Đáp án C
Ta có: I=∫012020exdx=2020ex10=2020e−1.
Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, mặt bên có diện tích bằng 10. Khoảng cách đỉnh C đến mặt phẳng ABB'A' bằng 6. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:
40.
60.
30
20.
Đáp án C
Ta có: VCABB'A'=13.dC,ABB'A'.SABB'A'=13.10.6=20.
Khi đó: VABC.A'B'C'=32.VCABB'A'=32.20=30.
Cho z =iz + 2020 Số phức liên hợp của số phức z là:
−1010+1010i.
1010+1010i.
1010−1010i.
−1010−1010i.
Đáp án C
Ta có: z=iz+2020⇒z=20201−i=1010+1010i⇒z¯=1010−1010i
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
x=0.
x=1
x=-1
x=-1 và x=3
Đáp án D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có tập xác định là R.
Mặt khác f'x đổi dấu từ âm sang dương khi x qua các điểm x=−1 và x=3 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=−1 và x =3.
Doraemon có hẹn với các bạn tham dự trận bóng đá, nhưng do ngủ quên nên khi tỉnh dậy thì sắp đến giờ trận đấu bắt đầu. Doraemon dùng chiếc chổi bay với vận tốc vt=6t2+2t−50m/s, biết nhà Doraemon cách sân bóng 1600 m. Hỏi sau bao lâu Doraemon đến được sân bóng?
5 giây
8 giây.
10 giây
12 giây
Đáp án C
Gọi a (giây) là khoảng thời gian Doraemon bay từ nhà đến sân bóng.
Quãng đường đi được sau a giây là:
S=∫0a6t2+2t−50dt=1600⇔2t3+t2−50ta0=1600⇔2a3+a2−50a=1600⇒a=10.
Cho hàm số y =f(x) xác định trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ
Hỏi phương trình 2fx+7=0 có bao nhiêu nghiệm?
4
1
2
3
Đáp án A
Ta có: 2fx+7=0⇔fx=−72 nên phương trình có bốn nghiệm.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB=a2 . Biết SA⊥ABC và SA=a. Góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng:
30°.
45°.
60°.
90°.
Đáp án B
Gọi M là trung điểm BC⇒AM⊥BC.
Do đó: SBC,ABC^=SMA^.
Lại có: tanSMA^=SAAM=aa=1⇒SMA^=45°⇒SBC,ABC^=45°.
Gọi z1,z2 là hai nghiệm phức phương trình z2−4z+12=0 . Giá trị 1z1+1z2 bằng:
−13.
13.
16.
−16.
Đáp án B
Theo định lý Vi-ét ta có: z1+z2=4,z1.z2=12.
Suy ra 1z1+1z2=z1+z2z1.z2=412=13.
Sau khi phát hiện dịch bệnh viêm đường hô hấp cấp do vi rút 2019-nCoV gây ra, nhóm các chuyên gia y tế đã nghiên cứu độc lập tại một địa phương của thành phố Vũ Hán trong 1 tháng. Theo thống kê, số người nhiễm bệnh được biểu thị là đồ thị hàm số fx. Tốc độ truyền bệnh (người/ngày) được biểu thị bởi đồ thị hàm số fx .
Tại thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất thì số người mắc bệnh là:
154.
6
14.
200.
Đáp án A
Thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là giá trị lớn nhất của hàm f'x.
Ta có: maxx∈0;30f'x=f'17=14. Tại ngày thứ 17 thì tốc độ truyền bệnh là lớn nhất.
Do đó số người bị mắc bệnh tại thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là: f17=154.
Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=cos22x−sinxcosx trên R. Giá trị M+m bằng:
12.
2516.
916.
58.
Đáp án C
Ta có: fx=cos22x−sinxcosx=−sin22x−12sin2x+1.
Đặt t=sin2x. Ta có: x∈ℝ⇒t∈−1;1.
Xét hàm số gt=−t2−12t+1 với t∈−1;1.
g't=−2t−12,g't=0⇔t=−14.g−1=12,g−14=1716,g1=−12.
Do đó minx∈ℝfx=mint∈−1;1gt=g1=−12;maxx∈ℝfx=mint∈−1;1gt=g−14=1716.
Vậy M+m=916.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−2z=0 và mặt phẳng α:4x+3y+mz=0. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để α cắt S theo giao tuyến là một đường tròn?
14.
15
1
Vô số.
Đáp án D
Mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−2z=0 có tâm I1;0;1; bán kính R=2.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng α:4x+3y+mz=0 là d=4+m42+32+m2.
Để α cắt S theo một đường tròn thì 4+m42+32+m2<2⇔m+42m2+25<2⇔2m2+50−m+42>0
⇔m2−8m+34>0⇔m−42+18>0 đúng với mọi m.
. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC bằng a34. Thể tích của khối lăng trụ là:
a3312.
a336.
a333.
a3324.
Đáp án A
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có: A'H⊥BCAI⊥BCA'H∩AI=H⇒BC⊥A'AI⇒BC⊥AA'.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA’. Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC nên IK=dAA',BC=a34.
Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có:IK=a34,AI=a32⇒IK=12AI⇒KAI^=30° .
Xét tam giác vuông AA’H vuông tại H có: A'H=AH.tan30°=a33.33=a3.
Vậy VABCA'B'C'=a234.a3=a3312.
Cho hàm số y=fx liên tục trên R, có đạo hàm f'x=xx−12018x+22019x−32020 . Số điểm cực trị của hàm số y=fx là:
3.
2.
4.
1.
Đáp án B
Ta có: f'x=0⇔x=0x=1x=−2x=3.
Vì x=0 và x=−2 là hai nghiệm bậc lẻ của phương trình f'x=0 nên fx có hai cực trị.
Cho a là số thực dương khác 1.
Biểu thức P=loga2019+loga2019+loga32019+...+loga20182019+loga20192019 bằng:
1010.2019.loga2019.
2018.2019.loga2018.
2018.loga2018.
2019.loga2018.
Đáp án A
Ta có: P=loga2019+loga2019+loga32019+...+loga20182019+loga20192019 =loga2019+2.loga2019+3.loga2019+...+2019loga2019 =1+2+3+...+2019.loga2019 =201921+2019.loga2019=1010.2019.loga2019.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, hai điểm A, B lần lượt biểu diễn hai số phức z1 và z2 . Điểm biểu diễn số phức z=2z1−z2¯ là điểm nào sau đây?
Điểm M.
Điểm N
Điểm P
Điểm Q.
Đáp án B
Ta có: A=2;−1⇒z1=2−i và B=1;3⇒z2=1+3i.
Suy ra: 2z1=4−2i;z2¯=1−3i.
Do đó: 2z1−z2¯=4−2i−1−3i=3+i.
Vậy số phức z=2z1−z2¯ được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy là N3;1.
Phương trình 25log52+x−2=5x+log52 có nghiệm là:
x=−12.
x=0.
x=0x=−log52.
x=5.
Đáp án B
Ta có: 25log52+x−2=5x+log52⇔45x2−2=5x.2⇔45x2−5x.2−2=0⇔5x=15x=−12.
Vì 5x>0 nên 5x=1⇔x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Một khối pha lê gồm một hình cầu H1 , bán kính R và một hình nón cụt H2 có bán kính đáy lớn, đáy nhỏ và chiều cao lần lượt là r1=2R, r2=R, h=2R xếp chồng lên nhau như hình vẽ. Biết thể tích khối cầu H1 và khối nón cụt H2 lần lượt là v1 và v2. Tỉ số V1V2 bằng:
37.
87.
47.
27.
Đáp án D
Thể tích khối cầu là V1=4πR33.
Thể tích khối nón cụt là V2=13πhr12+r22+r1r2=13π.2R4R2+R2+2R2=14πR33.
Vậy V1V2=4πR33:14πR33=27.
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ\1 và có bảng biến thiên như sau:
Đồ thị hàm số y=14fx2−25 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
2
4
6
8
Đáp án C
Ta có: 4fx2−25=0⇔fx2=254⇒fx=52fx=−52.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình fx=52 có 4 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng −∞;−2,−2;1,1;2,2;+∞.
Phương trình fx=−52 có 2 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng 1;2 và 2;+∞.
Các nghiệm không trùng nhau.
Vậy đồ thị hàm số y=12fx2−25 có 6 đường tiệm cận đứng.
Một viên gạch hình vuông cạnh 40 cm. Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô màu như hình vẽ bên). Diện tích phần không tô màu của viên gạch bằng:
44003cm2.
16003cm2.
32003cm2.
40003cm2.
: Đáp án C
Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ.
Parabol là đồ thị của hàm số y=x220.
Gọi S là phần diện tích giới hạn bởi hai đường y =x và y=x220.
Mỗi cánh hoa có diện tích bằng 2S.
Do đó diện tích bốn cánh hoa:4.2S=8.∫020x−x220dx=8x22−x360200=16003cm2
Diện tích của viên gạch bằng: 40.40=1600cm2.
Diện tích phần không tô màu của viên gạch bằng 1600−16003=32003cm3.
Trong không gian, cho hai điểm A, B cố định có độ dài AB bằng 6. Tập hợp các điểm M trong không gian sao cho MA=2MB là một mặt cầu có bán kính bằng:
62.
22.
32.
6
Đáp án A
Cách 1:
Ta có: MA=2MB⇔MA¯2=2MB¯2⇔MI→+IA→2=2MI→+IB→2⇔MI2=IA2−2IB2−2MI→2IB→−IA→.
Gọi I thỏa mãn IA→=2IB→⇔BI→=AB→ nên IB=6;IA=12.
Suy ra MI2=IA2−2IB2⇔MI2=122−2.62⇔MI2=72⇒MI=62 suy ra M∈SI;62.
Cách 2: Gọi A=0;0;0,B=0;0;6,M=x;y;z.
Ta có: MA=2MB⇔MA2=2MB2⇒x2+y2+z2=2x2+y2+z−62⇒x2+y2+z2−2.12z+72=0.
Do đó M thuộc mặt cầu S có tâm I0;0;12, bán kính R=02+02+122−72⇒R=62.
Biết rằng hàm số Fx là một nguyên hàm của hàm số fx=ln2x+4.lnxx và thỏa mãn F1=83 . Giá trị của Fe2 bằng:
83.
12527.
5527.
1259.
Đáp án D
Xét ∫ln2x+4.lnxxdx.
Đặt t=ln2x+4⇒t2=ln2x+4⇒tdt=lnxxdx.
Khi đó ∫ln2x+4.lnxxdx=∫t2dt=t33+C=ln2x+433+C⇒Fx=ln2x+433+C.
Theo giả thiết F1=83⇔83+C=83⇔C=0.
Suy ra Fx=ln2x+433⇒Fe2=1259.
Cho hàm số fx. Biết f0=2 và f'x=2ex+1ex,∀x∈ℝ , khi đó ∫01fxdx bằng:
3e−1e.
3e+1e.
3e+1e.
3e−1e.
Đáp án C
Ta có: fx=∫f'xdx=∫2ex+1exdx=2x−e−x+C.
Theo bài ra ta có: f0=2⇔−1+C=2⇔C=3. Suy ra fx=2x−e−x+3.
Vậy ∫01fxdx=∫012x−e−x+3dx=x2+e−x+3x10=4+1e−1=3e+1e.
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1:x=2y=−1+tz=−2+2t;d2:x−1−1=y+11=z−31 . Đường thẳng Δ vuông góc và cắt đồng thời hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình là:
Δ:x+11=y−12=z+3−1.
Δ:x−11=y+12=z−3−1.
Δ:x−11=y−22=z+1−1.
Δ:x+21=y+12=z+2−1.
Đáp án B
Gọi A2;−1+a;−2+2a=Δ∩d1; B1−b;−1+b;3+b=Δ∩d2.
Suy ra AB→=−b−1;b−a;b−2a+5. Theo giả thiết ta có
⇔ud1→.AB→=0ud2→.AB→=0⇔b−a+2b−2a+5=0b+1+b−a+b−2a+5=0⇔a=2b=0⇒B1;−1;3AB→=−1;−2;1.
Vậy phương trình Δ:x−11=y+12=z−3−1.
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện :z+i=z¯+2+i
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=i−1z+4−2i bằng:
1
32.
3
322.
Đáp án C
Giả sử z=x+yix,y∈ℝ và Mx;y là điểm biểu diễn của số phức z.
Ta có: z+i=z¯+2+i⇔x+y+1i=x+2−y−1i⇔x2+y+12=x+22+y−12⇔x−y+1=0Δ
Mặt khác P=i−1z+4−2i=i−1z+4−2ii−1=2z−3−i=2x−32+y−12=2MA, với A3;1 và Mx;y là điểm biểu diễn z.
Bài toán trở thành tìm điểm M trên đường thẳng Δ để khoảng cách MA ngắn nhất.
Ta thấy Pmin=2.dA,Δ=2.3−1+112+12=3.
Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng ∆ hay M32;52.
⇒z=32+52i.
Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. ĐặtIA=x;IB=y;IC=z , biết rằng1x2=1y2+1z2+ayz . Giá trị của a bằng:
2
3
1
5
Đáp án A
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có:IA=rsinA2;IB=rsinB2;IC=rsinC2.
Vế trái 1x2=sin2A2r2=sin245°r2=12r2.
Vế phải:
1y2+1z2+ayz=sin2B2r2+sin2C2r2+a.sinB2.sinC2r2 =1r21−cosB+1−cosC2+a.cosB−C2−cosB+C22 =12r22−2cosB+C2cosB−C2+acosB−C2−acosB+C2 =12r22−2cos45°.cosB−C2+acosB−C2−acos45° =12r22−2.22.cosB−C2+acosB−C2−a.22 =12r22−2a2−2−acosB−C2
Do 1x2=1y2+1z2+ayz⇒12r2=12r22−2a2+a−2cosB−C2⇒2−2a2=1a−2=0⇒a=2.
Cho hàm số fx, hàm số y=f'x liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình fx>2x+m (m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x∈−1;2 khi và chỉ khi:
m<f2−4.
m≤f2−4.
m≤f−1+2.
m<f−1+2.
Đáp án C
Ta có: fx>2x+m,∀x∈−1;2⇔m<fx−2x,∀x∈−1;2*.
Dựa vào đồ thị hàm số y=f'x ta có với x∈−1;2 thì f'x>2.
Xét hàm số gx=fx−2x trên khoảng (-1;2).
g'x=f'x−2>0,∀x∈−1;2.
Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (-1;2).
Do đó *⇔m≤g−1⇔m≤f−1+2.
Nhận xét:
Với dạng toán này hướng đi bài toán là cô lập m, khi đó bài toán có thể chuyển sang dạng m≥maxgx hoặc m≤mingx
Từ đó xét hàm số g(x) và tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất (tùy vào bài)
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập hợp X=1;2;3;4;5;6;7;8;9. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Xác suất để chọn ra được một số có các chữ số 1, 2, 8, 9 trong đó các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau bằng:
3142.
95126.
2528.
1318.
Đáp án A
Số cách lập dãy số có 6 chữ số khác nhau là nΩ=A96=60480 (số).
Gọi A là biến cố “lập được dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau”.
+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 đứng cạnh nhau là: nB=2!.2!.C52.4!=960.
+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau lànC=2!.C74.5!=8400.
+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 8, 9 đứng cạnh nhau là nD=2!.C74.5!=8400.
+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau là: nA=nΩ−nC+nD−nB=44640.
Vậy xác suất để chọn được một số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau là: P=nAnΩ=4464060480=3142.
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng (P) song song với trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng a2 , ta được thiết diện là một hình vuông. Thể tích khối trụ bằng:
3πa3.
πa33.
πa334.
πa3.
Đáp án B
Gọi hình trụ có hai đáy là O, O’ và bán kính R = a.
Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục của hình trụ một khoảng bằng a2 ta được thiết diện là một hình vuông ABCD với AB là chiều cao. Gọi H là trung điểm của AD thì OH=a2.
Ta có: AH=AO2−OH2=a2−a24=a32.
Do đó: AB=AD=2AH=a3.
Thể tích khối trụ là: V=πR2AB=πa2.a3=πa33.
Giả sử m là số thực sao cho phương trình log32x−m+2log3x+3m−2=0 có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1.x2=9. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?
m∈−1;1.
m∈4;6.
m∈3;4.
m∈1;3.
Đáp án A
Ta có: log32x−m+2log3x+3m−2=0 *.
Đặt log3x=t⇒*⇔t2−m+2t+3m−2=0 1.
Vì (*) có 2 nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1.x2=9⇒1 có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn 3t1.3t2=9⇔t1+t2=2.
Theo Vi-ét ta có: t1+t2=m+2⇒m=0∈−1;1.
Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA, SB, SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30° . BiếtAB=5,AC=7,BC=8 tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SBC).
d=353952.
d=353913.
d=351352.
d=351326.
: Đáp án A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC.
Ta có SAH^=SBH^=SCH^=30° (theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA, SHB, SHC bằng nhau. Suy ra HA=HB=HC⇒H là tâm đường tròn ngoại tiếp SΔABC=103.
Áp dụng công thức Hê-rông ta có: SΔABC=103. 
Mặt khác SΔABC=abc4R⇒R=733⇒HB=733.
Xét tam giác vuông SHB có SH=HB.tan30°=73,SB=HBcos30°=143.
Suy ra VS.ABC=12.SH.SΔABC=7039.
Áp dụng công thức Hê-rông ta có:SΔSBC=8133.
Do đó: VS.ABC=13.d.SΔSBC⇒d=3VS.ABCSΔSBC=3.70398133=353952.
Cho các hàm số fx,gx liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn m.fx+n.f1−x=gx với m, n là các số thực khác 0 và . Giá trị của ∫01fxdx=∫01gxdx=1 là:
m+n=0.
m+n=12.
m+n=1.
m+n=2.
Đáp án C
Từ giả thiết m.fx+n.f1−x=gx, lấy tích phân hai vế ta được:
∫01m.fx+n.f1−xdx=∫01gxdx⇒∫01m.fxdx+∫01n.f1−xdx=∫01gxdx.
Suy ra m+n∫01f1−xdx=1 (do ∫01fxdx=∫01gxdx=1) (1)
Xét tích phân ∫01f1−xdx.
Đặt t=1−x, suy ra dt=−dx.
Đổi cận x=0⇒t=1x=1⇒t=0.
Khi đó ∫01f1−xdx=−∫10ftdt=∫01ftdt=∫01fxdx=1 2.
Từ (1) và (2), suy ra m+n=1.
Trong không gian Oxyz, cho A1;−1;2,B−2;0;3,C0;1;−2 . Gọi Ma;b;c là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức S=MA→.MB→+2MB→.MC→+3MC→.MA→ đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T=12a+12b+c có giá trị là:
T=3.
T=-3.
T=1.
T=-1.
Đáp án D
Do Ma;b;c thuộc mặt phẳng Oxy nên c=0⇒Ma;b;0.
Ta có: MA→=1−a;−1−b;2;MB→=−2−a;−b;3;MC→=−a;1−b;−2.
S=MA→.MB→+2MB→.MC→+3MC→.MA→=6a2+6b2+2a−b−23=6a+162+6b−1122−55724
⇒S≥−55724. Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất −55724 khi ⇔a=−16b=112.
⇒T=12a+12b+c=−1.
Cho hàm số y=fx=ax2+bx+c có đồ thị như hình vẽ. Kí hiệu X là phần nguyên của X. Số nghiệm của phương trình ffff...fx⏟2020 lÇn f=0 trên [1;2] là:
![Cho hàm số y = f(x): ax^2+bx+c có đồ thị như hình vẽ. Kí hiệu [X] là phần nguyên của X. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/04/screenshot-18-1650286557.png)
220223+12+1.
220213−12+1.
220213+32+1.
220213+52+1.
x=2cost
Đáp án B
Xét y=fx=ax2+bx+c.
Cho x=0⇒c=2. Đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường thẳng x=0⇒b=0.
Đồ thị hàm số qua 3;−1⇒−1=3a+2⇔a=−1. Do đó fx=2−x2.
Đặt x=2cost. Vì x∈1;2 nên t∈0;π3. Khi đó:2−x2=2−2cost2=2−4cos2t=−2cos2tffx=2−fx2=2−−2cos2t2=2−4cos22t=−2cos4t=−2cos22tfffx=−2cos23t..............
ffff...fx⏟2020 lÇn f=−2cos22021t.
Khi đó ffff...fx⏟2020 lÇn f=0⇔−2cos22021t=0⇔cos22021t=0⇔22021t=π2+kπ⇔t=2k+122022π.
Vì t∈0;π3⇒0≤2k+122022π≤π3⇒−12≤k≤220213−12.
Do k∈ℤ⇒0≤k≤220213−12
Vậy phương trình ffff...fx⏟2020 lÇn f=0 có 220213−12+1 nghiệm
Cho z là số phức thay đổi thỏa mãn số phức w=z+3+4iz−i là số thuần ảo. Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z là:
đường elip bỏ đi một điểm.
đường thẳng song song với trục tung.
đường tròn bỏ đi một điểm.
đường thẳng bỏ đi một điểm
Đáp án C
Điều kiện: z≠i.
Giả sử: z=x+yix,y∈ℝ.
Ta có: w=z+3+4iz−i=x+3+y+4ix+y−1i=x+3+y+4ix−y−1ix2+y−12 =xx+3+y+4y−1x2+y−12−x+3y−1−xy+4x2+y−12i
Do w là số thuần ảo nên xx+3+y+4y−1x2+y−12=0⇒x2+3x+y2+3y−4=0 1
Thay x=0;y=1 vào (1) thỏa mãn.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn bỏ đi một điểm.
Cho hai hàm số y=fx,y=gx có đồ thị hàm số y=fx,y=gx như hình vẽ sau:
Xét hàm số hx=fx−gx trên −5;5, biết rằng S2<S1=S3. Khi đó giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y=hx trên đoạn −5;5 lần lượt bằng:
h−5và h5
h−5và h−2
h5và h2
h−2 và h(2)
Đáp án A
Ta có: hx=fx−gx⇒h'x=f'x−g'x.
Ta có bảng biến thiên y=hx:
Từ bảng biến thiên ta cómin−5;5hx∈h−5;h2,max−5;5hx∈h−2;h5.
Từ đồ thị hàm số ta có:
S1=S3⇒∫−5−2f'x−g'xdx=∫25f'x−g'xdx⇒fx−gx−2−5=fx−gx52 ⇒h−2−h−5=h5−h2.
Diện tích S2=∫−22g'x−f'xdx=−hx−22=h−2−h2.
Ta có S2<S1⇒h−2−h2<h−2−h−5⇒h−5<h2. Suy ra min−5;5hx=h−5.
Lại có S2<S3⇒h−2−h2<h5−h2⇒h−2<h5. Suy ra max−5;5hx=h5.
Cho hàm số y=fx có đạo hàm liên tục trên R và hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y=f2x−1có bao nhiêu điểm cực trị?
1
3
5
7
: Đáp án B
Ta có: f2x−1'=f'2x−122x−12x−1.
Ta có y'=0⇒f'2x−1=0, y’ không xác định khi x=12.
Khi f'2x−1=0⇒2x−1=2⇒x=32x=−12.
Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC=4BM,AC=3AP,BD=2BN . Tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng MNP bằng
713.
715.
815.
813.
: Đáp án A
Trong mặt phẳng DBC vẽ MN cắt CD tại K.
Trong mặt phẳng ACD vẽ PK cắt AD tại Q.
Theo định lý Mennelaus cho tam giác ΔBCD, cát tuyến MNK ta có: KCKD.NDNB.MBMC=1⇒KCKD=3.
Theo định lý Mennelaus cho tam giác KCKD.QDQA.PAPC=1⇒QAQD=32⇒QAAD=35., cát tuyến PQK ta có:
Đặt V=VABCD, ta có:
VB.APQVB.ACD=SAPQSACD=APAC.AQAD=15⇒VB.APQ=15VB.ACD⇒VB.PQDC=45V.
VP.BMNVP.BCD=SBMNSBCD=BMBC.BNBD=18 và VP.BCDV=SCPDSACD=CPCA=23⇒VP.BMN=112V.
VQ.PBNVQ.PBD=SPBNSPBD=12 và VBQPDV=SDQPSACD=SDQPSDAP.SADPSACD=215⇒VQPBN=115V.
Suy ra VAB.MNPQV=VA.BPQ+VP.BNM+VQ.PBNV=720⇒VAB.MNPQVCD.MNPQ=713.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và điểm M nằm ngoài mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−4y+6z−13=0 sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu S (A, B, C là các tiếp điểm) và BMC^=60°,AMB^=90°,CMA^=120° . Khi đó, thể tích khối chóp M.ABC bằng:
2724.
924.
922.
934.
Đáp án B
- Mặt cầu S có tâm I1;2;−3, bán kính R=33.
Ta có: MA=MB=MC=m>0.vuông tại B.
Gọi J là trung điểm AC⇒JA=JB=JC.
Do IA=IB=IC nên MI⊥ABC tại J.
Tam giác MIC vuông tại C; JMC^=60°⇒MIC^=30°.
Xét ΔIJC vuông tại J, C; JMC^=60°⇒MIC^=30°
⇒AC=33;BC=3;AB=32;MJ=32.
Vậy thể tích cần tìm: V=16.AB.BC.MJ=16.32.3.32=924
Đồ thị hàm số fx=ax3+bx2+cx+d có dạng như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình ffx+1=m có số nghiệm là lớn nhất?
5
2
4
3
Đáp án D
Vẽ đồ thị hàm số y=fx+1 bằng cách từ đồ thị hàm số y=fx tịnh tiến lên trên 1 đơn vị.
Phương trình ffx+1=m bậc 9 có tối đa 9 nghiệm.
Do đó đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn -2 nhỏ hơn 2.
⇒m∈−3;1 nên có 3 giá trị nguyên m thỏa mãn.
Đáp án D
Biết m là một số thực để bất phương trình 3x+4mx+5x−2mx−3≥0, thỏa mãn với mọi x∈ℝ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
m∈10;+∞.
m∈3;6.
m∈2;3.
m∈6;10.
Đáp án B
Xét hàm số fx=3x+4mx+5x−2mx−3 trên .
Điều kiện cần:
Do fx≥0,∀x∈ℝf0=0⇒minx∈ℝfx=0. Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=0.
Ta có: f'x=3xln3+4mx.mln4+5xln5−2m,∀x∈ℝ.
Vì hàm số đạt cực tiểu tại x=0⇒f'0=0⇔m=ln152−ln4≈4,4126
