25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 21)
50 câu hỏi
Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm của tam giác BCD. Thể tích V của khối chóp A.GBC là
V = 3
V= 4
V = 6
V = 5
Đáp án B
Áp dụng công thức V=13Sh⇒VA.BCD=13h.SBCDVA.GBC=13h.SGBC=19h.SBCD⇒V=4
Giá trị của biểu thức P=7+43202243−72021 là
P=−7+43
P=−7+43
P=1
P=7+432020
Đáp án B
Ta có
.7+4343−7=432−72=−1⇒P=7+43202143−72021=7+4343−720217+43=−120217+43=−7+43
Phương trình 9x−3.3x+2=0 có hai nghiệm x1,x2x1<x2, . Giá trị biểu thức A=2x1+3x2 là
4log32
1
3log32
2log23
: Đáp án C
Ta có: 9x−3.3x+2=0⇔3x=13x=2⇔x=0x=log32
Dox2=log32⇒A=2x1+3x2=2.0+3.log32=3log32.
Cho hàm số fx=lnx2−2x+5. Tập nghiệm của bất phương trình f'x>0 là
2;+∞
−1;+∞
−2;+∞
1;+∞
Đáp án D
Ta có: f'x=x2−2x+5'x2−2x+5=2x−2x2−2x+5>0⇔x>1
Tìm môđun của số phức z=4−3i2+1+2i3.
z=2137
z=2371
z=2173
z=2317
Đáp án C
Ta có z=4−3i2+1+2i3=−4−26i
Suy ra x=−42+−262=2173
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=a,BC=a10, . Thể tích của khối nón khi quay tam giác ABC quanh trục AC là
3πa3
πa3
2πa3
10πa3
Đáp án B
Khối nón sinh ra khi quay tam giác ABC quanh trục AC có chiều cao h=AC=3a,r=a; có thể tích V=πa3.
Giá trị tích phân ∫0100x.e2xdx bằng
14199e200−1
12199e200−1
14199e200+1
12199e200+1
: Đáp án C
Đặtu=xdv=e2xdx⇒du=dxv=12e2x
Khi đó ∫0100x.e2xdx=12xe2x1000−12∫0100e2xdx=50e200−14e2x1000=50e200−14e200+14=14199e200+1
Cho hàm số y=2cos2x+cosx+1cosx+1. Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho. Khi đó M+m bằng
-4
-5
-6
3
Đáp án D
Tập xác định D=R.
Đặt t=cosx,0≤t≤1⇒y=ft=2t2+t+1t+10≤t≤1
Ta có ,f0=1,f1=2 .
Vậy minℝy=1,maxℝy=2⇒M+m=3, .
Số phức z=i5+i4+i3+i2+i+12020 có phần ảo là
−21010
21010
2020
0
Đáp án D
z=i5+i4+i3+i2+i+12020=1+i2020=1+i21010=2i1010=21010.i1010=−21010
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là x1=y−6−4=z−63. Biết rằng điểm M0;5;3 thuộc đường thẳng AB và điểm N1;1;0 thuộc đường thẳng AC. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC?
u→=1;2;3
u→=0;1;3
u→=0;−2;6
u→=0;1;−3
Đáp án B
Phương trình tham số của đường phân giác trong góc A là :x=ty=6−4tz=6−3t
Gọi D là điểm đối xứng với M qua (d).
Khi đó D∈AC⇒ Đường thẳng AC có một vectơ chỉ phương là ND→.
Ta xác định điểm D.
Gọi K là giao điểm MD với (d). Ta có ,Kt;6−4t;6−3t,MK→=t;1−4t;3−3t.
Ta có MK→⊥ud→ với ud→=1;−4;−3 nên t−41−4t−33−3t=0⇔t=12.là trung điểm MD nên xD=2xK−xMyD=2yK−yMzD=2zK−zM⇔xD=1yD=3zD=6 hay D(1;3;6).
Một vectơ chỉ phương của AC là DN→=0;−2;−6 hay u→=0;1;3 là vectơ chỉ phương.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=x−5+1x trên khoảng 0;+∞ là
min0;+∞fx=−3
min0;+∞fx=−5
min0;+∞fx=2
min0;+∞fx=3
Đáp án A
Ta có fx=x−5+1x,x∈0;+∞ . Khi đóf'x=1−1x2=x2−1x2 ; f'x=0⇒x=1.
Ta có bảng biến thiên của hàm số
Khi đó ta có min0;+∞fx=f1=−3
Cho log3=m,ln3=n; . Hãy biểu diễn ln 30 theo m và n.
ln30=nm+1
ln30=mn+n
ln30=m+nn
ln30=nm+n
Đáp án D
Ta có log3=mln3=n⇔10m=3en=3⇒10m=3n⇔n=mln10
Vậy ln30=ln3+ln10=n+nm.
Một vật chuyển động với gia tốcat=−201+2t−2m/s2 . Khi thì vận tốc của vật là 30m/s. Quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây bằng
36m.
48m.
42m.
49m.
Đáp án B
Vận tốc là v=−20∫11+2t2dt=101+2t+C Khi thì vận tốc của vật là 30m/s, suy ra v=101+2t+20 . Quãng đường s=∫02101+2t+20dt≈48.
Phương trình log3x2−2x=log32x−3 có bao nhiêu nghiệm?
3
2
1
0
Đáp án C
Điều kiện của phương trình x2−2x>02x−3>0⇔x>2x<0x>32⇔x>2.
Ta có: log3x2−2x=log32x−3⇔x2−2x=2x−3⇔x2−4x+3=0⇔x=3x=1
Đối chiếu với điều kiện, x=3 thỏa mãn, loại x=1.
Vậy phương trình có một nghiệm.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A0;2;−2,B2;2;−4, . Giả sử Ia;b;c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Giá trị biểu thức T=a2+b2+c2 là
T = 8
T = 2
T = 6
T = 14
Đáp án A
Ta cóOA→=0;2;−2,OB→=2;2;−4 , .
Phương trình mặt phẳng (OAB) là x+y+z=0
I∈OAB⇒a+b+c=0
AI→=a;b−2;c+2,BI→=a−2;b−2;c+4,OI→=a;b;c
Ta có hệ AI=BIAI=OI⇔a2+c+22=a−22+c+42b−22+c+22=b2+c2⇔a−c=4−b+c=−2
Từ (1) và (2), suy ra a−c=4−b+c=−2a+b+c=0⇔a−c=4−b+c=−2⇒a=2b=0c=−2
Vậy I2;0;−2⇒T=a2+b2+c2=8.
Trong không gian Oxyz, cho điểm I1;2;−3 và đường thẳng : x−21=y+12=z−12. Phương trình mặt cầu(S) có tâm I và cắt tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 20 là
x+12+y+22+z−32=41
x−12+y−22+z+32=41
x+12+y+22+z−32=29
x−12+y−22+z+32=29
Đáp án B
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M2;−1;1 và có vectơ chỉ phương u→=1;2;2.
Ta có IM→=1;−3;4⇒IM→,u→=−14;2;5⇒IM→,u→=15.
Khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ là dI,Δ=IM→,u→u→=153=5.
Diện tích tam giác IAB bằng 20 nên AB=2SΔIABdI,Δ=2.205=8.
Bán kính mặt cầu (S) là R=AB22+dI,Δ2=42+52=41.
Phương trình mặt cầu (S) cần lập là x−12+y−22+z+32=41
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số gx=f2−x−2?
I. Hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (-4;-2).
II. Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (0;2).
III. Hàm số g(x) đạt cực tiểu tại điểm –2.
IV. Hàm số có giá trị cực đại bằng –3.
3
2
1
4
Người ta làm tạ tập cơ tay như hình vẽ với hai đầu là hai khối trụ bằng nhau và tay cầm cũng là khối trụ. Biết hai đầu là hai khối trụ đường kính đáy bằng 12, chiều cao bằng 6, chiều dài tạ bằng 30 và bán kính tay cầm là 2. Thể tích vật liệu làm nên tạ tay đó bằng
108π
6480π
502π
504π
Đáp án D
Gọi h1,R1,V1 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ nhỏ mỗi đầu.
Ta có: V1=h1.π.R12=6.π.62=216π.
Gọi h2,R2,V2, lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay cầm.
Ta có V2=h2.π.R22=30−2.6.π.22=72π.
Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằng V=2V1+V2=504π.
Cho hàm số y=x2−2m+1x−m+2x+1Cm. Điểm cố định của họ đường cong là
−12;132
23;−123
−43;2
53;−212
Đáp án A
Tập xác định D=ℝ\−1.
Gọi A(x,y) là điểm cần tìm.
Khi đó A là điểm cố định của họ đường cong Cm khi và chỉ khi phương trình y=x2−2m+1x−m+2x+1
⇔−2x−1m+x2−2x+2−xy−y=0 có nghiệm đúng với mọi m.
Để (1) có nghiệm đúng với mọi m.⇔−2x−1=0x2−2x+2−xy−y=0⇔x=−12≠−1y=132
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc H của S nằm trong hình vuông ABCD. Hai mặt phẳng (SAD),(SBC) vuông góc với nhau. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB),(SBC) bằng 60°, góc giữa hai mặt phẳng (SAB),(SAD) bằng 45°. Biết rằng khoảng cách từ H tới (SAB) bằng a. Thể tích khối chóp S.ABCD là
V=4a333
V=2a363
V=a363
V=2a333
Ta có hai mặt phẳng (SAD),(SBC) vuông góc với nhau suy ra MSN^=90° với M,N là các hình chiếu vuông góc của S trên các cạnh AD và BC. Khi đó H nằm trên đoạn MN.
Lại có .32=sin60°=dN;SABdN;SB=adN;SB22=sin45°=dM;SABdM;SA=adM;SA
Do vậy dN;SB=2a3,dM;SA=a2, . Bên cạnh đó ta lại 1dN;SB2=34a2=1SN2+1NB21dM;SA2=12a2=1SM2+1MA2
Do NB=MA=HK suy ra 54a2=1SM2+1SN2+2HK2=1SH2+1HK2+1HK2=1a2+1HK2⇒HK=2a.
Vậy 1SN2=34a2−14a2⇔SN=a2;1SM2=12a2−14a2⇔SM=2a⇒SH=2a3;MN=a6
Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD=13.SABCD.SH=13.a62.2a3=4a333.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA⊥ABCD, SA=x. Giá trị của x để đường thẳng SB và mặt phẳng SCD hợp với nhau góc α=30° là
x = 2a
x = a
x=a2
x=a3
Đáp án B
Ta có sinα=12=dB,SCDSB=dA,SCDSB
Lại có dA,SCD=axx2+a2,SB=x2+a2 . Suy ra axa2+x2=12⇔x=a
Giá trị của tham số m để phương trình 16x−3.4x+1+m=0 có hai nghiệm thực trái dấu là
0<m<36
11<m<36
0<m<11
0<m<13
Đáp án C
Đặt4x=t t>0.
Phương trình đã cho trở thành t2−12t+m=0 (1).
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực x1,x2, trái dấu, tức là x1<0<x2 thì phương trình (1) có hai nghiệm dương t1,t2, thỏa mãn t1<1<t2.
Ta có:Δ'=36−m>0⇒m<36 .
Theo định lí Vi-ét t1+t2=12t1.t2>0.
Từ t1<1<t2⇒t1−1t2−1<0⇒t1.t2−t1+t2+1<0⇒m−11<0.
Vậy 0<m<11.
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=2x3−3x2−12x+1 song song với đường thẳng d: 12x+y=0 có dạng là y=ax+b. Giá trị của biểu thức bằng
0
-23
-24
-23 hoặc - 24
Đáp án B
Giả sử Mx0;y0 là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số (C).
Suy ra y'x0=6x02−6x0−12 là hệ số góc của tiếp tuyến.
Hệ số góc của đường thẳng d là k = -12.
Tiếp tuyến song song với đường thẳng d suy ra
y'x0=k⇔6x02−6x0−12=−12⇔x0=0⇒y0=1x0=1⇒y0=−12 .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M10;1 là y=−12x+1.
Suy ra a=−12b=1⇒2a+b=−23.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M21;−12 là y=−12x (loại do trùng với đường thẳng d: 12x+y=0)
Giá trị thực lớn hơn 1 của tham số m thỏa mãn ∫1mln2xdx=m.lnmlnm−2+21000 là
m=21000
m=21000+1
m=2999+1
m=2999+2
Đáp án C
Đặt u=ln2xdv=dx⇒du=2lnxxdxv=x
Khi đó I=x.ln2xm1−2∫1mlnxdx=m.ln2m−2∫1mlnxdx=m.ln2m−2J.
Đặt u=lnxdv=dx⇒du=1xdxv=x⇒J=x.lnxm1−∫1mdx=m.lnm−m−1
Suy ra I=m.ln2m−2m.lnm+2m−1=m.lnmlnm−2+2m−1.
Theo bài ra ta có
.∫1mln2xdx=m.lnmlnm−2+21000
⇒m.lnmlnm−2+2m−1=m.lnmlnm−2+21000
⇔2m−1=21000⇔m−1=2999⇔m=2999+1
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên M và có đồ thị (C) . Biết hai tiếp tuyến với (C) tại điểm x0=1 tạo với nhau một góc 45°, hai tiếp tuyến này cùng với trục hoành tạo thành một tam giác nhọn có số đo ba góc lập thành một cấp số cộng. Biết rằng biểu thức A=limx→1+fx−f2−xx−1 dương. Khi đó giá trị của A bằng
2
2+23
3+2
3+1
Đáp án A
Ta nhận thấy đạo hàm của hàm số y=f(x) là không xác định tại x0=1; nhưng tồn tại các đạo hàm trái và đạo hàm phải tại điểmx0=1 ; tức là limx→1+fx−f1x−1=f'1+ vàlimx→1−fx−f1x−1=f'1−
Các giá trị đạo hàm này lần lượt là hệ số góc của hai tiếp tuyến.
Dễ dàng suy ra được tam giác mà hai tiếp tuyến tạo với Ox có một góc bằng 60° và một góc bằng 75°.
Suy raf'1−+f'1+=tan60°−tan75°=−2f'1−+f'1+=tan75°−tan60°=2
A=limx→1+fx−f2−xx−1=limx→1+fx−f1+f1−f2−xx−1=limx→1+fx−f1x−1+limx→1+f1−f2−xx−1
⇒A=limx→1+fx−f1x−1+limx→1+f2−x−f11−x=limx→1+fx−f1x−1+limx→1+f2−x−f12−x−1
Đặt t=2−x; nhận thấy khi x→1+ thì t→t−.
Suy ra A=f'1++limx→1−ft−f1t−1=f'1++f'1−=2 (do A> 0 ).
Xét số thực m=−log2log2...2, biểu thức có 2021 dấu căn thức. Phương trình xm+x=mm có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
1
2
3
0
Đáp án A
Ta có: m=−log2log2...2=−log2log22212021=−log2122021=2021.
Khi đó xét phương trình fx=x2021+x−20212021=0.
Ta có f'x=2021x2020+1>0 do đó hàm số fx đồng biến trên R nên phương trình có nghiệm duy nhất.
Để thực hiện kế hoạch kinh doanh, ông A cần chuẩn bị một số vốn ngay từ bây giờ. Ông có số tiền là 500 triệu đồng gửi tiết kiệm với lãi suất 0,4%/tháng theo hình thức lãi kép. Sau 10 tháng, ông A gửi thêm vào 300 triệu nhưng lãi suất các tháng sau có thay đổi là 0,5% tháng. Hỏi sau 2 năm kể từ lúc gửi số tiền ban đầu, số tiền ông A nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? (Không tính phần thập phân)
879693510 đồng.
879693600 đồng.
901727821 đồng.
880438640 đồng
Đáp án A
Sau 10 tháng số tiền ông A có được là S1=A11+r1n=500.1+0,00410 (triệu đồng).
Sau khi gửi thêm 300 triệu thì số tiền ông A là A2=500.1+0,00410+300 (triệu đồng).
14 tháng sau số tiền ông A là
S2=A21+r2n=A2=500.1+0,00410+300.1+0,00514=879,6935105(triệu đồng).
Vậy sau 2 năm số tiền ông A là 879693510 (đồng).
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z¯−4+3i=2 là đường tròn có tâm I, bán kính R. Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn là
I−4;3, R = 4
I4;−3, R=2
I(4;3), R=2
I(4;-3), R=4
Đáp án C
Gọi số phức z=x+yi⇒z=x−yi .
x−yi−4+3i=2⇔x−4+3−yi=2⇔x2−8x+16+9−6y+y2=4
⇔x2+y2−8x−6y+21=0
(1) là phương trình đường tròn có tâm I4;3,R=2 .
Cho hình chóp S.ABC có SC=a2, tam giác SAB đều cạnh a và tam giác SAC vuông tại A. Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là
4πa33
πa36
4πa3
πa332
Đáp án A
Từ giả thiết ta có AC=SC2−SA2=a=AB⇒ ABC là tam giác cân tại A.
Gọi E, F lần lượt là trung điểm SB, BC
⇒AF⊥BC⇒AF⊥SBC,SB⊥AF⇒SB⊥AEF,
⇒SB⊥EF⇒SF=FB=FC⇒ΔSBC vuông tại S.
Ta có AF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì BC=SC2+SB2=a3 nên bán kính mặt cầu là R=OA=OB=a.
Suy ra thế tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC là VS.ABC=4πa33.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S1 có tâm I2;1;0, bán kính bằng 3 và mặt cầu S2 có tâm J0;1;0, bán kính bằng 2. Đường thẳng ∆ thay đổi tiếp xúc với cả hai mặt cầu S1, S2. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm A1;1;1 đến đường thẳng ∆. Giá trị tổng M+m bằng
5
52
6
62
Đáp án A
Ta đặt AKI^=α,EKI^=β
Khi đó mindA,Δ=AE=AKsinβ−αmaxdA,Δ=AD=AKsinβ+α
Ta có I2;1;0 và J0;1;0 nên K−4;1;0.
Ta tính được sinα=126cosα=526 ; sinβ=12cosβ=32 và AK=26.
Do vậy mindA,Δ=AE=AKsinβ−α=5−32;maxdA,Δ=AD=AKsinβ+α=5+32
Vậy.M+m=5
Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cn1−Cn2=5. Hệ số a của x4 trong khai triển của biểu thức 2x+1x2n là
a=11520
a=256
a=45
a=3360
Đáp án A
Điều kiện n∈ℕ, n≥2, .
Ta có 5Cn1−Cn2=5⇒5n−nn−12=5⇔n2−11n+10=0⇔n=1n=10
Do n≥2⇒n=10
Xét khai triển 2x+1x210=∑k=010C10k2x10−k.1x2k=∑k=010C10k2x10−kx10−3k.
Hệ số a của x4 trong khai triển tương ứng với 10−3k=4⇔k=2.
Vậy hệ số cần tìm là a=C102.28=11520.
Cho hàm số y=fx. Đồ thị hàm số y=f'x như hình bên. Hàm số gx=fx2+2x+3−x2+2x+2 đồng biến trên khoảng nào?
12;+∞
−∞;12
−∞;−1
−1;+∞
Đáp án C
Ta có g'x=f'x2+2x+3−x2+2x+2x+11x2+2x+3−1x2+2x+2
Ta có:1x2+2x+3−1x2+2x+2<0;x2+2x+3−x2+2x+2=1x2+2x+3+x2+2x+2≤11+2
Do đó phương trình g'x=0 chỉ có trường hợp duy nhất đó là x=−1.
Lập trục xét dấu ta suy ra hàm số g(x) đồng biến trên khoảng −∞;−1
Cho hàm y=f(x) liên tục trên [0;2] có đồ thị như hình vẽ. BiếtS1,S2, có diện tích lần lượt là 1 và 5. Tích phân ∫02xf'xdx bằng![Cho hàm y=f(x) liên tục trên [0;2] có đồ thị như hình vẽ. Biết , có (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/blobid3-1653099758.png)
-2
-12
6
4
Đáp án A
Ta có: ∫02xf'xdx=∫02xdfx=xfx20−∫02fxdx=2.f2−0.f0−S1−S2=−2
Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(a;0;0) ,B(0,B,0) ,C(0;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. Khoảng cách từ M2020;1;−2021 tới mặt phẳng (P) bằng
33
202033
233
201933
Đáp án A
Tâm mặt cầu là điểm Ia2;b2;c2. Ta có x1+y1+z1=a2+b2+c2=a+b+c2=22=1
Tâm I của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng : x+y+z−1=0.
Khi đó dM,P=2020+1−2021−13=33.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên [0;3], thỏa mãn f3−x.fx=1fx≠−1 với mọi x∈0;3 và f0=12. Tính tích phân I=∫03xf'x1+f3−x2.f2xdx.
I=12
I=1
I=32
I=52
Đáp án A
Từ giả thiết f3−x.fx=1fx=12⇒f3=2.
Ta có:1+f3−x2.f2x=fx+f3−x.fx2=fx+12
+ Tính I=∫03xf'x1+fx2dx=−∫03xd11+fx=−x1+fx30+∫0311+fxdx=−1+J
+ Tính J=∫0311+fxdx=t=3−x−∫3011+f3−tdt=∫0311+f3−tdt=∫0311+f3−xdx
⇒2J=∫0311+fxdx+∫0311+f3−xdx=∫03dxf3−x.fx=1=3⇒J=32
Vậy I=∫03xf'x1+f3−x2.f2xdx=12
Để tính diện tích xung quanh của một khối cầu bằng đá, người ta thả nó vào một chiếc thùng hình trụ có chiều cao 2m, bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy bằng 0,5 m và chứa một lượng nước có thể tích bằng 18 thể tích khối trụ. Sau khi thả khối cầu bằng đá vào khối trụ người ta đo được mực nước trong khối trụ cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối cầu. Hỏi diện tích xung quanh của khối cầu gần bằng với kết quả nào được cho dưới đây?
2,6m2
1,5m2
3,4m2
1,7 m2
Đáp án A
Thể tích lượng nước có trong thùng là Vn=18π.0,52.2=π16.
Do khi thả khối cầu vào thì mực nước dâng lên cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối cầu nên Vc=3Vn−Vn=2Vn=π8⇒R=3323.
Vậy Sxq=4πR2=2,59m2.
Cho hai số phức z1=x1+y1,z2=x2+y2,x1,x2,y1,y2∈ℝ thỏa mãn z1−iz1+2−3i=1;z2+iz2−1+i=2; . Khi z1−z2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x1+x2+y1+y2 có giá trị bằng
0
2
4
22
Cho hàm số y=x3−3x+2 có đồ thị cắt đồ thị (C). Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A3;20 và có hệ số góc m. Giá trị của m để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt là
m≥154
154<m<24m>24
154≤m<24m>24
m>154
Đáp án B
Đường thẳng d đi qua điểm A3;20 và có hệ số góc m có phương trình y=mx−3+20.
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x3−3x+2=mx−3+20⇔x−3−x2−3x−6+mx−3=0
⇔x−3−x2−3x−6+m=0⇔x=3gx=x2+3x+6−m=0
Yêu cầu bài toán tương đương g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 3
⇔Δ=−15+4m>0g3=24−m≠0⇔m>154m≠24
.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O,AC=23a ,BD=2a ; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) bằng a32. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
2a333
a333
a336
a332
Đáp án C
Ta có diện tích hình thoi ABCD là SABCD=23a2⇒SABC=3a2.
Theo giả thiết SO⊥SBCD.
Kẻ OK⊥AB,OH⊥SK,
⇒AB⊥SOH⇒AB⊥OH⇒OH⊥SAB.
Ta có:dC,SAB=2dO,SAB=a32
.⇒dO,SAB=OH=a34
Khi đó: .1OK2=1OA2+1OB2=43a2⇒1OS2=1OH2−1OK2=4a2
Vậy .VS.ABC=13SABC.SO=13.3a2.a2=a336
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):2x+y−2z+m=0 và mặt cầu(S) : . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng ?
3
4
2
1
Đáp án C
(S) có tâm I1;−2;3 và bán kính R =4
Gọi H là hình chiếu của I lên (P)
Khi đó IH=dI,P=2.1−2−2.3+m22+12+−22=m−63
Đường tròn (T) có chu vi là 4π3 nên có bán kính là r=4π32π=23.
(P) cắt mặt cầu(S) theo giao tuyến là đường tròn (T) có chu vi bằng 4π3⇔IH=R2−r2
⇔m−63=16−12⇔m−6=6⇔m−6=6m−6=−6⇔m=12m=0
.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):2x+y−2z+m=0 và mặt cầu(S) : . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng ?
3
4
2
1
Đáp án C
(S) có tâm I1;−2;3 và bán kính R =4
Gọi H là hình chiếu của I lên (P)
Khi đó IH=dI,P=2.1−2−2.3+m22+12+−22=m−63
Đường tròn (T) có chu vi là 4π3 nên có bán kính là r=4π32π=23.
(P) cắt mặt cầu(S) theo giao tuyến là đường tròn (T) có chu vi bằng 4π3⇔IH=R2−r2
⇔m−63=16−12⇔m−6=6⇔m−6=6m−6=−6⇔m=12m=0
.
Cho đường cong (C): y=8x−27x3và đường thẳng y=m cắt (C) tại hai điểm phân biệt nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy và chia thành 2 miền phẳng (gạch sọc và kẻ caro) có diện tích bằng nhau (tham khảo hình vẽ). Mệnh đề nào dưới đây đúng?
0<m<12
12<m<1
1<m<32
32<m<2
: Đáp án C
Phương trình hoành độ giao điểm 8x−27x3=m .
Giả sử đường thẳng y=m cắt đường cong (C) trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục, tọa độ tại các điểm có hoành độ 0<a<b , ta có 8a−27a3=m8b−27b3=m(1) và gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm sốfx=8x−27x3−m .
Ta có Fx=4x2−27x44−mx+C và quan sát hình vẽ có các diện tích hình phẳng kẻ caro và gạch sọc lần lượt là
S1=∫0afxdx=−∫0afxdx=F0−Fa
S2=∫abfxdx=∫abfxdx=Fb−Fa
Vì S1=S2⇔F0−Fa=Fb−Fa⇔Fb=F0⇔4b2−27b44−mb=0(2)
Rút m=8b−27b3 từ (1) thay vào (2), ta có 4b2−27b44−8b−27b3b=0⇔81b4−16b2=0⇔b=49 (vì b>0)
Thay ngược lại (1), ta được m=3227≈1,185.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ABCD, SA=2a. Thể tích khối chóp S.ABCD là
V=2a33
V=a3156
V=a31512
V=2a3
Đáp án B
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Do SAB⊥ABCD nên SH⊥ABCD.
Xét tam giác SAH vuông tại H có
SH=SA2−AH2=4a2−a24=a152.
Diện tích đáy là SABCD=a2
Thể tích khối chóp là .VS.ABCD=13.SABCD.SH=a3156
Đồ thị của hàm số y=x4−8x3+22x2−24x+62 có bao nhiêu điểm cực trị?
5
3
7
9
Đáp án C
Số cực trị của hàm số y=fx bằng số cực trị của hàm số y=fx cộng với số giao điểm (khác cực trị) của hàm số y=fx với trục hoành.
Xét hàm sốy=fx=x4−8x3+22x2−24x+62 ta có f'x=4x3−24x2+44x−24⇒f'x=0⇔x=1x=2x=3
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 cực trị và phương trình fx=0 có bốn nghiệm phân biệt nên hàm số y=fx có 7 điểm cực trị.
Cho biểu thức P=2x+21−4y2 trong đó x, y là 2 số thực thỏa mãn 26y3+32y−x−x3=3xyx+y. Biết rằng giá trị lớn nhất của P có dạng a.b1c với a, b, c∈ℕ. Giá trị của biểu thức a+b−c là
3
2
4
5
Đáp án B
Ta có: 26y3+32y−x−x3=3xyx+y⇔3y3+33y=x+y3+3x+y
Dễ thấyht=t3+3t đồng biến trên R nên
1⇔3y=x+y⇔2y=x⇒P=2x+21−x2,−1≤x≤1
P'=2xln2−x1−x21−x2ln2
. Nếu −1<x≤0 thì P'>0.
Xét : 0<x<1 Ta có: P'=0⇔2xx=21−x21−x2⇔gx=g1−x2(*)
Xét gt=2tt, t∈0;1, có g't=2tln2t2t−1ln2<0∀t∈0;1, hay y=gt nghịch biến trên (0;1). Khi đó*⇔x=1−x2⇒x=12
Suy ra maxP=maxP−1;P1;P12=2.212. Vậy a=b=c=2⇒a+b−c=2.
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn −2019;2019 sao cho hàm số y=x3−6x2+9−mx+2m−2 có 5 điểm cực trị?
2019
2021
2022
2020
Đáp án C
Số điểm cực trị của hàm số y=x3−6x2+9−mx+2m−2 bằng số điểm cực trị của hàm số y=x3−6x2+9−mx+2m−2 cộng với số nghiệm của phương trình x3−6x2+9−mx+2m−2=0 . Xét hàm sốy=gx=x3−6x2+9−mx+2m−2 .
Ta cóg'x=3x2−12x+9−m.
Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 3x2−12x+9−m=0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2; sao cho yx1.yx2<0 (*).
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại, cực tiểu là
y=−2+2m3x+43m+4=−23m+2x−2.
Ta có *⇒Δ'=9+3m>02+2m32x1−2x2−2<0⇒m>−3.
Vậy các giá trị của m thỏa mãn là −2;−1;0;1;...;2019.
Trong một hình tứ diện ta tô màu các đỉnh, trung điểm các cạnh, trọng tâm các mặt và trọng tâm tứ diện. Chọn ngẫu nhiên 4 điểm trong số các điểm đã tô màu, xác suất để 4 điểm được chọn có thế tạo thành bốn đỉnh của một tứ diện là
188273
10091365
245273
136195
Đáp án A
Không gian mẫu nΩ=C154.
Tính biến cố bù như sau:
Xét số cách chọn 4 đỉnh không tạo thành tứ diện. Có 2 trường hợp
+ Trường hợp 1: Chọn 3 điểm thẳng hàng, có 25 cách. Chọn điểm còn lại, có 12 cách.
Vậy có 25.12=300 cách.
+ Trường hợp 2: Chọn 4 điểm thuộc 1 mặt mà không có 3 điểm nào thẳng hàng.
- Có 10 mặt chứa 7 điểm: Mỗi mặt 11 cách chọn. Suy ra có 110 cách.
- Có 15 mặt chứa 5 điểm, mỗi mặt 1 cách chọn. Suy ra có 15 cách.
Tổng300+110+15=425 cách.
Vậy xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là 1−425C154=188273.
Cho số phức z thỏa mãn z−1−i=1. Khi 3z+2z−4−4i đạt giá trị lớn nhất, giá trị |z| bằng
3
2
2+1
3
Đáp án B
Đặt z=a+bi⇒z−1−i=1⇔a−12+b−12=1⇔a2+b2=2a+2b−1.
Khi đó3z+2z−4−4i=3a2+b2+2a−42+b−42=32a+2b−1+2a2+b2−8a−8b+32=32a+2b−1+22a+2b−1−8a−8b+32=32a+2b−1+2−6a−6b+31=36a+6b−3+2−6a−6b+31≤32+226a+6b−3−6a−6b+31=14
Dấu “=” xảy ra khia2+b2=2a+2b−16a+6b−33=−6a−6b+312⇔a+b=52a2+b2=4⇒z=a2+b2=2
Cho dãy số un xác định bởi công thức u1=1;u2=2un+2=2un.un+1un+un+1,∀n∈ℕ*. Giới hạn của dãy un bằng
56
67
32
23
Đáp án C
Từ công thức xác định dãy un suy ra un>0,∀n∈ℕ*
Ta có: un+2=2un.un+1un+un+1⇔1un+2=121un+1+1un,
Đặt vn=1un, ta đượcv1=1;v2=12 ; vàvn+2=12vn+1+vn
⇔vn+2+12vn+1=vn+1+12vn, ∀n∈ℕ*
⇒vn+1+12vn=v2+12v1=1,∀n∈ℕ*
⇒vn+1=−12vn+1,∀n∈ℕ*
⇒vn+1−23=−12vn−23,∀n∈ℕ*
Đặt wn=vn−23⇒wn là một cấp số nhân vớiw1=13q=−12
⇒wn=13.−12n−1⇒vn=13−12n−1+23⇒un=113−12n−1+23
Vậy limun=lim113−12n−1+23=32.
Trong không gian Oxyz, biết rằng với mọi tham số thực a thay đổi thì mặt phẳng (P): 2sina−cosax+2sina+cosay+6cosaz+sina+3cosa−2=0 luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có bán kính R là
R=22
R = 2
R=24
R=12
Đáp án A
Gọi Ix0;y0;z0 là tâm mặt cầu. Theo giả thiết, ta cóR=2sina−cosax0+2sina+cosay0+6cosaz0+sina+3cosa−22sina−cosa2+2sina+cosa2+6cosa2=2sina−cosax0+2sina+cosay0+6cosaz0+sina+3cosa−222
Ta tìm x0,y0,z0 sao cho 2sina−cosax0+2sina+cosay0+6cosaz0+sina+3cosa=0⇔2x0+2y0+1sina+−x0+y0+6z0+3cosa=0∀a⇔2x0+2y0+1=0−x0+y0+6z0+3=0⇒R=222=22
