25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 22)
50 câu hỏi
Hàm số y=log73x+1 có tập xác định là:
−13;+∞.
−∞;−13.
0;+∞.
−13;+∞.
Đáp án A
Hàm số xác định khi 3x+1>0⇔x>−13. Tập xác định: D=−13;+∞.
Trong A, B lần lượt là diểm biểu diễn các số phứcz1,z2. Trọng tâm G của tam giác OAB là điểm biểu diễn số phức như trong hình vẽ. Giá trị z12+z22+z32 bằng:
799.
1969.
494.
974.
Đáp án B
Ta có:A3;0,B1;−3⇒G43;−1 .
Suy ra z12+z22+z32=OA2+OB2+OG2=32+12+−32+432+−12=1969.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng:
1
2
3
0
Đáp án B
Hàm số đạt cực đại tại các điểm x=±2.
Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng 2.
Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [0;1], biết F1=2 và ∫−11x+1Fxdx=1. Giá trị tích phân S=∫−11x+12fxdx là:
S=6
S=3
S=2
S=9
Đáp án A
Ta có: S=∫−11x+12fxdx=∫−11x+12dFx=Fxx+12−11−2∫−11x+1Fxdx=6
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Đồ thị hàm số y=1f2020−x−2 có bao nhiêu tiệm cận đứng?
2
3
1
0
Đáp án B
Dựa vào bảng biến thiên, ta có fx=2 có 3 nghiệm.
Suy ra đồ thị hàm sốy=1f2020−x−2 có 3 tiệm cận đứng.
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳngP:3x−2y+2z−5=0 vàQ:4x+5y−z+1=0 . Các điểm A, B phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (Q) và (P). Khi đó AB→ cùng phương với vectơ nào sau đây?
w→=3;−2;2.
v→=−8;11;−23.
k→=4;5;−1.
u→=8;−11;−23.
Đáp án D
Ta có: P⊥nP→=3;−2;2,Q⊥nQ→=4;5;−1.
Do AB⊂PAB⊂Q⇒AB⊥nP→AB⊥nQ→ nên đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là: u→=nQ→;nP→=8;−11;−23.
Do cũng là một vectơ chỉ phương của AB nên AB→//u→=8;−11;−23
Giá trị lớn nhất M của hàm số y=fx=x5−5x3−20x+2 trên đoạn [-1;3] là:
M = 26
M = 46
M = -46
M = 50
Đáp án D
Ta có: f'x=5x4−15x2−20.
⇒f'x=0⇔5x4−15x2−20=0⇔x2=4x2=−1. Dox2≥0⇒x2=4⇒x=±2 .
Mà x∈−1;3 nên x=2.
Ta có f−1=26,f2=−46,f3=50.
So sánh các giá trị ta được giá trị lớn nhất của hàm số là .
Cho log1215=a. Khẳng định nào sau đây đúng?
log225+log25=5a2.
log25=−a.
log54=−2a.
log215+log2125=3a.
Đáp án A
Đáp án B sai vì theo giả thiết log1215=a⇔log2−15−1=a⇔log25=a.
Đáp án C sai vì log215+log2125=log25−1+log25−2=−log25−2log25=−3a.
Đáp án D sai vì .log215+log2125=log25−1+log25−2=−log25−2log25=−3a
Đáp án A đúng vì .log225+log25=log252+log2512=2log25+12log25=5a2
Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, là thể tích tứ diện A’ABD. Hệ thức nào sau đây đúng?
V=3V1.
V=4V1.
V=6V1.
V=6V1.
Đáp án C
Gọi a là cạnh của hình lập phương.
Khi đó ta có V=a3 và V1=13.12a2.a=a36.
Vậy V=6V1.
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng a3. Thể tích khối chóp A’.ABCD bằng:
22a3.
a33.
a3.
22a33.
Đáp án B
Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng a3 nên có cạnh bằng a.
Khối chóp A’.ABCD có chiều cao AA'=a , diện tích đáy a2 có thể tích là:V=13.a.a2=13a3 .
Cho các phát biểu sau:
(1): Hàm số y=fx đạt cực đại tại x0 khi và chỉ khi đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua .
(2): Hàm số y=fx đạt cực đại tại x0 khi và chỉ khi x0 là nghiệm của đạo hàm.
(3): Nếu f'x0=0 và f''x0=0 thì x0 không phải là cực trị của hàm số đã cho.
(4): Nếu f'x0=0 và f''x0>0 thì hàm số đạt cực đại tại x0.
(5): Nếu f'x0=0 và f''x0>0 thì hàm số đạt cực tiểu tạix0.
Số phát biểu đúng là:
1
2
3
4
Chọn B
Cho hàm số gx=∫xx2tsintdt xác định với mọi x>0. Tính g'(x) được kết quả:
g'x=x2sinx2−sinxx4.
g'x=2x2sinx2−sinx2x4.
g'x=2x2sinx2−sinxx4.
g'x=x2sinx2−sinx2x4.
Đáp án B
Ta gọi F(t) là nguyên hàm của tsint .
Ta có gx=∫xx2tsintdt=Fx2−Fx.
⇒g'x=2x2F'x2−12xF'x⇒g'x=2x2sinx2−sinx2x4.
Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=mx+4x+m nghịch biến khoảng 1;+∞ là:
−1≤m≤2.
−1≤m<2.
−2<m<2.
0<m<2.
Đáp án B
Tập xác định của hàm số D=−∞;−m∪−m;+∞là .
Ta cóy'=m2−4x+m2 . Để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;+∞ thì −m≤1m2−4<0⇔−1≤m<2 .
Vậy giá trị cần tìm của m là −1≤m<2.
Thể tích của khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và diện tích xung quanh bằng là:
πa33.
πa333.
πa336.
πa332.
Đáp án B
Ta có: Sxq=2πa2⇔πrl=2πa2⇔r.2a=2a2⇔r=a⇒h=a3.
Thể tích của khối nón là V=13πr2h=πa333.
Cho mặt cầu SO;r và một điểm A với OA>R . Từ A dựng các tiếp tuyến với mặt cầu SO;r, gọi M là tiếp điểm bất kì. Tập hợp các điểm M là:
một hình nón.
một đường tròn.
một đường thẳng.
một mặt phẳng.
Đáp án B
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên OA.
Xét tam giác OMA vuông tại M có: 1MH2=1MO2+1MA2⇒1MH2=1r2+1OA2−r2
⇒MH không đổi và H cố định.
Vậy M thuộc đường tròn H;MH.
Trong không gian Oxyz, cho điểm M1;−3;2. Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C thỏa mãnOA=OB=OC≠0?
1
2
3
4
Đáp án C
Giả sử mặt phẳng α cần tìm cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c.
Điều kiện a,b,c≠0. Phương trình mặt phẳngα:xa+yb+zc=1.
Mặt phẳng α đi qua nên α:1a−3b+2c=1 *
Theo bài ra OA=OB=OC≠0⇒a=b=c≠0⇒a=b=c 1a=b=−c 2a=−b=c 3a=−b=−c 4.
Thay (1) vào (*), ta có phương trình vô nghiệm.
Thay (2), (3), (4) vào (*), ta được tương ứnga=−4,a=6,a=−34 .
Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Cho hai số thực x, y thỏa mãn x≥0;y≥0x+y=1. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=4x2+3y4y2+3x+25xy. Khi đó có giá trị bằng:
46
198316.
2152.
108
Đáp án D
Ta có: P=4x2+3y4y2+3x+25xy=16xy2+34xy+12x3+y3 =16xy2+34xy+12x+yx+y2−3xy=16xy2−2xy+12.
Ta có: 0≤x≤x+y24=14;xy=0⇔x=0 hoặc y=0;xy=14⇔x=y=12.
Đặt t=xy thì P=ft=16t2−2t+12 với t∈0;14.
Vậy M=252;m=19116. Do đó M+8m=108.
Có một mảnh bìa hình chữ nhật ABCD với AB=4a,AD=2a. Người ta đánh dấu M là trung điểm của AB, N và P là các điểm thuộc CD sao cho DN=CP=a. Sau đó người ta cuốn mảnh bìa lại sao cho cạnh BC trùng với cạnh AD tạo thành một hình trụ. Thể tích của tứ diện AMNP với các đỉnh A, M, N, P nằm trên hình trụ vừa tạo thành
bằng:
4a33π2.
8a33π2.
16a33π2.
32a33π2.
Đáp án C
Mảnh bìa sau khi được cuốn lại trở thành hình trụ như hình vẽ với A≡B,D≡C.
Ta dễ thấy AM⊥NP và dAM,NP=AD=2a. Khi đó:VAMNP=16.AM.NP.dAM,NP.sinAM,NP=16.AM.NP.AD
Vì 2πR=AB nên R=2aπ⇒AM=NP=2R=4aπ⇒VAMNP=16a33π2.
Cho hàm số y=fx liên tục trên R và a>0. Giả sử rằng với mọi x∈0;a , ta có fx>0 và fxfa−x=1. Giá trị tích phân I=∫0adx1+fx là:
I=a2.
I=2a.
I=a3.
I=alna+1.
Đáp án A
Từ giả thiết, suy ra fa−x=1fx.
Đặt t=a−x⇒dt=−dx. Đổi cận x=0⇒t=ax=a⇒t=0.
Khi đó I=−∫a0dt1+fa−t=∫0adt1+1ft=∫0aftdtft+1=∫0afxdxfx+1.
Suy ra2I=I+I=∫0afxdxfx+1+∫0afxdxfx+1=∫0adx=a⇒I=a2 .
Trên mặt phẳng phức, tập hợp các số phức z=x+yi thỏa mãn z+2+i=z¯−3i là đường thẳng có phương trình:
y=x+1.
y=−x+1.
y=−x−1.
y=x−1.
Đáp án D
Từ z=x+yi⇒z¯=x−yi.
Do đó x+yi+2+i=x−yi−3i⇔x+2+y+1i=x−y+3i⇔x+22+y+12=x2+y+32⇔4x+2y+5=6y+9⇔y=x−1.
Cho hàm số fx=x3−3x+m+2. Có bao nhiêu số nguyên dương m≤50 sao cho với mọi bộ ba số thực a,b,c∈−1;3 thì fa,fb,fc là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn?
0
5
2
1
Đáp án C
Đặt gx=x3−3x+2⇒max−1;3gx=20;min−1;3gx=0. Khi đó fx=m+gx.
Ta có: fa+fb>fc,∀a,b,c∈−1;3⇒m>gc−ga+gb,∀a,b,c∈−1;3⇒m>max−1;3gx−2min−1;3gx⇒m>20.
f2a+f2b>f2c,∀a,b,c∈−1;3⇒m+ga2+m+gb2>m+gc2,∀a,b,c∈−1;3⇒m2+2ga+gb−gcm+g2a+g2b−g2c>0,∀a,b,c∈−1;3⇒m+ga+gb−gc2−2gagb+2gagc+2gbgc−2g2c>0,∀a,b,c∈−1;3⇒m+ga+gb−gc2>2ga−gcgb−gc,∀a,b,c∈−1;3⇒m+ga+gb−gc2>2max−1;3gx−min−1;3gx2,∀a,b,c∈−1;3m>max−1;3gx+202−2min−1;3gx⇒m≥49.
Biết đồ thị hàm số y=m−nx2+mx+1x2+mx+n−6 (m, n là tham số) nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận. Giá trị của tổng bằng:
6
- 6
8
12
Đáp án D
Ta có limx→+∞y=limx→+∞m−nx2+mx+1x2+mx+n−6=m−n suy ra y=m−n là đường tiệm cận ngang.
Theo giả thiết đồ thị hàm số trên nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận nên ta có: m−n=0n−6=0⇔m=6n=6⇒m+n=12.
Cho hàm số f(x) liên tục, có đạo hàm tới cấp hai trên và f0=0,f2=2,f'0=−1 và ∫02x2−3x+2f''xdx=10. Giá trị tích phân I=∫02fxdx
-2
5
2
-5
Đáp án B
Nhận thấy cần phân tích tích phân∫02x2−3x+2f''xdx=10 1
Ta sử dụng phương pháp chia làm hai cột để làm tích phân từng phần cho nhanh
1⇔x2−3x+2f'x02−2x−3fx02+2∫02fxdx=10⇔−2f'0−f2−3f0+2∫02fxdx=10⇔∫02fxdx=5.
Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O’ lấy điểm B sao cho. Thể tích khối tứ diện OO’AB theo a là:
a∈7;8.
a∈3;5.
a∈2;3.
a∈8;+∞.
Đáp án B
Kẻ đường sinh AA’. Gọi D là điểm đối xứng với A’ qua O’ và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A’D.
Do BH⊥A'D,BH⊥AA'⇒BH⊥AOO'A'.
A'B=AB2−A'A2=a3⇒BD=A'D2−A'B2=a⇒ΔO'BD đều.
Do ΔO'BD đều nên BH=a32.
Lại có SΔAOO'=a22, suy ra thể tích khối tứ diện OO’AB là V=3a312.
Cho a là số thực dương a≠1. Biết bất phương trình 2logax≤x−1 có nghiệm đúng với mọi x > 0. Mệnh đề nào sau đây đúng?
a∈7;8.
a∈3;5.
a∈2;3.
a∈8;+∞.
Đáp án A
Đặt fx=2logax−x+1.
Ta cófx=2logax−x+1≤0f1=0∀x>0⇒max0;+∞fx=0 .
Suy ra x=1 là điểm cực đại của hàm số f(x).
Do đó f'1=2lna−1=0⇔lna=2⇔a=e2∈7;8.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z−2i=1+iz là một đường tròn. Tọa độ tâm I của đường tròn là:
I0;1.
I−1;0.
I0;−2.
I1;0.
Đáp án C
Đặt z=x+yix;y∈ℝ.
Ta có: z−2i=1+iz⇔x+yi−2i=1+ix+yi⇔x+y−2i=x−y+x+yi⇔x2+y−22=x−y2+x+y2⇔x2+y2+4y−4=0.
Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I0;−2
Cho a=log712 và b=log1214. Biểu diễn c=log8454 theo a và b, ta được kết quả:
c=2a+51+aba+1.
c=a+13a−51+ab.
c=a+13a+51+ab.
c=3a+51−aba+1.
Đáp án D
Ta có a=log712=log722.3=2log72+log73 1.
b=log1214=log714log712=log77.2a=1+log72a⇒1+log72=ab⇔log72=ab−1.
Thay log72=ab−1 vào (1) ta được a=2ab−1+log73⇒log73=a−2ab−1.
Do đó c=log8454=log754log784=log72.33log722.3.7=log72+3log732log72+log73+1=3a+51−aba+1.
Hàm số y=f(x) có f(-2)=f(2)=0 và y=f'(x) như hình vẽ. Hàm số gx=f3−x2 nghịch biến trên khoảng nào?
−2;2.
1;2.
2;5.
5;+∞.
Đáp án C
Ta có g'x=−2f3−xf'3−x.
Lập bảng biến thiên của hàm số y=fx như sau
Khi đó ta thấy rằng phương trình fx=0 có nghiệm kép không được chọn và bản thân phương trình f3−x=0 cũng thế.
Do vậy f'3−x=0⇔3−x=−23−x=13−x=2⇔x=5x=2x=1.
Lập trục xét dấu:
Từ trục xét dấu, suy ra hàm số g(x) nghịch biến trên các khoảng −∞;1 và 2;5.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(4;2;-6) ,B(2;4;1).Gọi d là đường thẳng đi qua trọng tâm tam giác ABO sao cho tổng khoảng cách từ A, B đến d là lớn nhất. Trong các vectơ sau, vectơ nào là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d?
u→=−13;8;−6.
u→=13;8;−6.
u→=−13;8;6.
u→=13;8;6.
Đáp án A
Ta gọi AE và BF lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B tới đường thẳng d và gọi G là trọng tâm của tam giác ABO.
Khi đó AE+BF≤AG+BG. Do vậy giá trị lớn nhất của tổng khoảng cách giữa hai điểm A, B tới đường thẳng d là AG+BG và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi d là đường thẳng qua G đồng thời vuông góc với AG, BG.
Do vậy ud→=AG→,BG→=263;−163;4, ta chọn u→=−13;8;−6.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) chứad:x−11=y+2−1=z−2 và tạo với trục Oy một góc lớn nhất. Phương trình mặt phẳng (P) có dạng P:x+by+cz+d=0. Giá trị b+c+d là:
5
9
10
12
Ta có vectơ chỉ phương của d là vd→=1;−1;−2; vectơ chỉ phương của Oy là vOy→=0;1;0.
Gọi n→=vΔ→,J→=−1 −21 0;−2 10 0;1 −10 1=2;0;1.
Gọi nP→ là vectơ pháp tuyến của (P), suy ra nP→=n→,vΔ→=0 1−1 −2;1 2−2 1;2 01 −1=1;5;−2.
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là 1.x−1+5.y+2−2z=0⇔x+5y−2z+9=0.
Có 12 bạn học sinh trong đó có đúng một bạn tên A và đúng một bạn tên B. Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh vào một bàn tròn và một bàn dài mỗi bàn 6 học sinh. Xác suất để hai bạn A và B ngồi cùng bàn và cạnh nhau bằng:
110.
15.
112.
16.
Đáp án D
Số trường hợp đồng khả năng là nΩ=A126.5!.
Gọi A là biến cố hai bạn A và B ngồi cùng bàn và cạnh nhau.
Ta có các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: A và B ngồi bàn dài.
- Chọn 2 vị trí trên bàn dài để xếp A và B ngồi cạnh nhau có 5 cách. Xếp A và B có 2 cách.
- Chọn 4 bạn trong 10 bạn còn lại để xếp vào 4 vị trí. Có A104 cách.
- Xếp 6 bạn còn lại vào bàn tròn. Có 5! cách.
Trường hợp này có 2.5.A104.5! cách.
+ Trường hợp 2: A và B ngồi bàn tròn.
- Xếp A và B ngồi cạnh nhau. Có 2 cách.
- Chọn 4 bạn trong 10 bạn để xếp vào bàn tròn. Có A104 cách.
- Xếp 6 bạn còn lại vào bàn dài. Có cách.
Trường hợp này có 2.A104.6! cách.
Suy ra số trường hợp thuận lợi là nA=2.5.A104.5!+2.A104.6!.
Vậy xác suất cần tìm là PA=nAnΩ=16.
Cho hàm số fx=x3−3x2+x+32. Phương trìnhffx2fx−1=1 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
4 nghiệm.
9 nghiệm.
6 nghiệm.
5 nghiệm
Đáp án D
Đặt t=fx. Khi đó phương trình trở thành
ft2t−1=1⇔t3−3t2−t+52=0⇔t1≈3,05979197t2≈0,8745059057t3≈−0,9342978758
Xét phương trình x3−3x2+x+32=t1≈3,05979197. Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.
Xét phương trình x3−3x2+x+32=t2≈0,8745059057
. Bấm máy tính ta được 3 nghiệm.
Xét phương trìnhx3−3x2+x+32=t3≈−0,9342978758 . Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A2;2;2 và mặt cầu S:x2+y2+z−12=4. Từ điểm A kẻ 3 tiếp tuyến AB, AC, AD với mặt cầu (S), trong đó B, C, D là các tiếp điểm. Phương trình mặt phẳng (BCD) là:
2x+2y+z−5=0.
2x+2y+z+1=0.
2x+2y+z−1=0.
2x+2y+z−3=0.
Đáp án A
(S) có tâm I0;0;1; bán kính R=2.
Xét tam giác ΔABI vuông tại B có BI=R=2,AI=3.
Gọi H=BCD∩AI
Ta có AI⊥BCD tại H và BI2=HI.AI⇒IH=43.
Khi đó mặt phẳng (BCD) có vectơ pháp tuyến n→=AI→ và cách I một khoảng 43 nên
Do vậyBCD:2x+2y+z+3=0⇒dA;BCD=133BCD:2x+2y+z−5=0⇒dA;BCD=53.
Vì dA;BCD=133>AI nên không thỏa mãn.
Vậy phương trình mặt phẳng (BCD) là 2x+2y+z−5=0.
Cho cấp số nhân un thỏa mãn u2≥100u1≥1. Đặt fx=x3−3x2. Biếtflogu2+4=flogu1
. Số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho un>102020 là
1012
2020
2019
1011
Đáp án A
Ta có: u2=q.u1q=u2u1≥100 và đặt a=logu1≥0,b=logq≥2.
Khi đó logu2=logqu1=logu1+logq=a+b.
Kết hợp với giả thiết, ta có: a+b3−3a+b2+4=a3−3a2⇔b3−3b2+4+3aba+b−2=0
⇔b−22b+1⏟≥0+3aba+b−2⏟≥0=0⇔a=0b=2⇔u1=1q=100.
Do đó .un=100n−1>102020⇔2n−1>2020⇔n>1011⇒nmin=1012
Cho tích phân I=∫−1212xln1+x1−xex+1dx=alnb+c thì giá trị của a−b+c là:
a−b+c=−238.
a−b+c=−178.
a−b+c=318.
a−b+c=238.
Đáp án A
Vì hàm số fx=xln1+x1−x là hàm số chẵn và liên tục trên −12;12 nên ta có:
I=∫−1212xln1+x1−xex+1dx=∫012xln1+x1−xdx.
Đặt , u=ln1+x1−xdv=xdxta có: du=−2x2−1v=12x2−1.
Vậya−b+c=−38−3+12=−238.
Gọi m là số thực dương sao cho đường thẳng y=m+1 cắt đồ thị hàm số y=x4−3x2−2 tại hai điểm A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ). Kết luận nào sau đây đúng?
m∈74;94.
m∈12;34.
m∈34;54.
m∈54;74.
Đáp án C
Phương trình hoành độ giao điểm x4−3x2−2=m+1⇔x4−3x2−3−m=0.
Đặtx2=t,t≥0 , ta có phương trình t2−3t−m−3=0 *
Theo giả thiết ta có m > 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu.
Suy ra đường thẳng y=m+1 luôn cắt đồ thị hàm số y=x4−3x2−2 tại hai điểm A, B.
Vì A, B đối xứng với nhau qua Oy nên Ax;m+1 và B−x;m+1.
Tam giác OAB vuông tại O⇔OA→.OB→=0⇔x2=m+12.
Thay x2=m+12 vào phương trình x4−3x2−3−m=0 ta được m4+4m3+3m2−3m−5=0
⇔m−1m3+5m2+8m+5=0⇔m=1
Cho hàm số y=x3+ax2+bx+c. Giả sử A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số. Biết rằng AB đi qua gốc tọa độ. Giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP=abc+ab+c là:
-9
−259.
m∈34;54.
m∈54;74.
Đáp án B
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:Δ:y=2b3−2a29x+c−ab9 .
Vì ∆ đi qua gốc tọa độ nênab=9c .
Thay ab=9c vào P, ta được: P=9c2+10c=3c+532−259≥−259.
Giá trị của m để bất phương trình 1+log5x2+1≥log5mx2+4x+m thỏa mãn với mọi x∈ℝ là:
−1<m≤0.
−1<m<0.
2<m≤3.
2<m≤3.
Đáp án C
Ta có:1+log5x2+1≥log5mx2+4x+m⇔log55+log5x2+1≥log5mx2+4x+m⇔log55x2+1≥log5mx2+4x+m.
Bất phương trình thỏa mãn với mọi x∈ℝ⇔mx2+4x+m>05x2+1≥mx2+4x+m,∀x∈ℝ
⇔mx2+4x+m>05−mx2−4x+5−m≥0,∀x∈ℝ⇔m>016−4m2<05−m>016−45−m2≤0⇔m>0m<−2m>2m<5m≤3m≥7⇔2<m≤3.
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;2;1,B3;−1;1 và C−1;−1;1. Gọi S1 là mặt cầu có tâm A, bán kính bằng 2; S2 và S3 là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B, C và bán kính bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu S1,S2,S3?
5
7
6
8
Đáp án B
Gọi phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là ax+by+cz+d=0 (điều kiện a2+b2+c2>0).
Khi đó ta có hệ điều kiện sau: dA;P=2dB;P=1dC;P=1⇔a+2b+c+da2+b2+c2=23a−b+c+da2+b2+c2=1−a−b+c+da2+b2+c2=1⇔a+2b+c+d=2a2+b2+c23a−b+c+d=2a2+b2+c2−a−b+c+d=2a2+b2+c2.
Khi đó ta có:3a−b+c+d=−a−b+c+d⇔3a−b+c+d=−a−b+c+d3a−b+c+d=a+b−c−d⇔a=0a−b+c+d=0
Với a=0 thì2b+c+d=2b2+c22b+c+d=2−b+c+d⇔2b+c+d=2b2+c24b−c−d=0c+d=0⇔c=d=0,b≠0c+d=4b,c=±22b.
Do đó có 3 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.
Với a−b+c+d=0 thì ta có 3b=2a2+b2+c22a=a2+b2+c2⇔3b=4a2a=a2+b2+c2⇔b=43ac=113a.
Do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.
Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x−21=y+12=z3 và hai điểm A2;0;3,B2;−2;−3. Biết Ma;b;c điểm thuộc d thỏa mãn MA4+MB4 nhỏ nhất. Giá trị biểu thức 2a+3b+c bằng:
-1
1
0
2
Đáp án B
Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó ta có:
MA4+MB4=MA2+MB22−2MA2.MB2=2MI2+AB222−2MI2−AB222=4.MI4+2MI2AB2+AB44−2.MI4+MI2AB2−AB48=2.MI4+3MI2AB2+AB48=2MI2+3AB242−AB4
Do đó MA4+MB4 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên d.
ĐiểmI2;−1;0 . Lấy M2+t;−1+2t;3t∈d. IM→=t;2t;3t.
IM→⊥ud→⇔IM→.ud→=0⇔t+4t+9t=0⇔t=0
Suy ra M≡I2;−1;0. Vậy 2a+3b+c=1.
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng diện tích các hình phẳng (A),(B) lần lượt bằng 3 và 7. Tích phân ∫0π2cosx.f5sinx−1dx bằng:
−45.
2
45.
-2
Đáp án A
Đặt t=5sinx−1⇒dt=5cosxdx⇒cosxdx=15dt.
Đổi cận x=0⇒t=−1;x=π2⇒t=4.
Khi đó x=0⇒t=−1;x=π2⇒t=4.
Mặt khác 3=∫−11ftdt=∫−11ftdt7=∫14ftdt=−∫14ftdt⇒∫−11ftdt=3∫14ftdt=−7. VậyI=153−7=−45 .
Cho hình chóp tam giác có đáy là một tam giác vuông cân, cạnh huyền bằng 10 m sao cho các cạnh bên của chóp hợp với đáy các góc 45°,45°,60°. Khi đó thể tích của khối chóp nằm trong khoảng nào sau đây?
40;45.
35;40.
45;50.
50;55.
Đáp án A
Gọi I là chân đường cao của chóp và SI = h dựa theo góc của các cạnh ta có:
IB=IC=h;IA=h3
⇒IB=3IA⇒IB2=3IA2
Áp dụng định lí Pi-ta-go cho ΔIHB (với H là trung điểm BC) ta có:
h2=a2−h32+a24⇔h=15−34a (với a = 10m).
VậyV=13.h.12.a22≈44,6m3
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với AB=AC=a và góc BAC^=120°, cạnh bên BB'=a. Gọi I là trung điểm CC’. Côsin góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I) là:
3010.
303.
310.
103.
Đáp án A
SΔABC=cosα.SΔAB'I⇒cosα=SΔABCSΔAB'I.SΔABC=12.AB.AC.sin120°=34a2.
AB’ là đường chéo hình vuông A'B'BA⇒A'B=a2
AI=AC2+IC2=a2+a22=52aB'I=C'I2+B'C'2=C'I2+BC2=C'I'2+AC2+AB2−2AB.AC.cos120° =a22+a2+a2−2−12.a.a=132a .
Theo định lý Pi-ta-go đảo ta thấy ΔAB'I vuông tại A⇒SΔAB'I=12.AI.AB'=12a2.a52=10a24.
Vậy cosα=SΔABCSΔAB'I=3a2410a24=3010.
Người ta cần làm một hộp theo dạng một khối lăng trụ đều không nắp với thể tích lớn nhất từ một miếng tôn hình vuông có cạnh là 1 mét. Thể tích của hộp cần làm là:
V=19m3.
V=29m3.
V=427m3.
V=227m3.
Đáp án D
Giả sử mỗi góc ta cắt đi một hình vuông cạnh x(m).
Khi đó chiều cao của hộp là x(m) với 0<x<12 và cạnh đáy của hộp là 1−2xm.
Thể tích của hộp là V=x1−2x2m3.
Xét hàm số fx=x1−2x2.
Ta có: f'x=1−8x+12x2,f'x=0⇔x=16x=12⇒x=16∈0;12
Ta có bảng biến thiên f(x) như sau:
Vậy thể tích cần tìm là: .V=227m3
Cho số phức z thỏa mãn z=1. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất P=z+i+2z−2ivà giá trị nhỏ nhất của . Giá trị của biểu thức E=M2−m2 là:
E=492.
E=92.
E=20.
E=812.
Đáp án A
Ta có: z=1⇒x2=1−y2 với y∈−1;1 .
P=z+i+2z−2i=x2+y+12+2x2+y−22=1−y2+y+12+21−y2+y−22 =2+2y+25−4y=21+y+25−4y
Xét hàm số gx=21+y+25−4y với y∈−1;1.
Do đómaxP=M=922;minP=m=4 . Suy ra E=492.
. Cho hàm số y=fx=ax2+bx+c có đồ thị (C) như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f2x+m−2fx+m−3=0 có 6 nghiệm phân biệt?
1
4
3
2
Đáp án C
Phương trình f2x+m−2fx+m−3=0
⇔fx+1fx+m−3=0⇔fx=−1 1fx=3−m 2
Từ đồ thị hàm số y=fx=ax2+bx+c ta vẽ được đồ thị hàm số y=fx.
Từ đồ thị hàm số, suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm.
Để phương trình f2x+m−2fx+m−3=0 có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt khi đó −1<3−m<3⇔0<m<4
Do nên có 3 giá trị m thỏa mãn.
Cho hàm số bậc ba y =f(x) có đồ thị như hình vẽ. Gọi m là số nghiệm thực của phương trình: f4fx−7−12fx+24=8−4fx.
Khẳng định nào sau đây đúng?
m = 1
m = 3
m = 5
m = 7
Đáp án C
Đặt t=4fx−7⇒ft−3t+3=1−t. Khi đó t≤1ft=t2+t−2.
Vẽ đồ thị hàm số f(x) và y=t2+t−2 trên hệ trục tọa độ.
Phương trình ft−y=0 có nghiệm ⇔t=1t=a −3<a<−1⇒fx=2fx=a+74.
Nhìn đồ thị, ta xét phương trình fx=2 có 2 nghiệm.
Vì −3<a<−1⇒1<a+74<32 nên phương trình fx=a+74 có 3 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm hay m =5.
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 lập các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Xác suất để lấy được số chia hết cho 1111 là:
835.
12520.
1630.
1105.
Đáp án D
Ta có số phần tử của không gian mẫu nΩ=8!.
Giả sử số tự nhiên n=a1a2a3a4b1b2b3b4¯ chia hết cho 1111 trong đó a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4 thuộc 1;2;3;4;5;6;7;8.
Ta có1+2+3+4+5+6+7+8=36⋮9⇒n⋮9n⋮1111⇒n⋮9999
Đặtx=a1a2a3a4¯;y=b1b2b3b4¯⇒n=104x+y=9999x+x+y n⋮9999⇒x+y⋮9999.
Có 4 cặp số có tổng bằng 9 là 1;8,2;7,3;6,4;5
Có cách chọn cặp số trên, mỗi cặp số có 2 hoán vị nên có số chia hết cho 1111.
Gọi A là biến cố “Số tự nhiên được lấy chia hết cho 1111” .
Xác suất của biến cố A là . ⇒nA=4!.24
Cho các hàm số y=x3 và y=x13 cùng xét trên có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi các điểm A và B lần lượt nằm trên các đồ thị đó sao cho AOB là tam giác đều. Biết rằng tồn tại hai tam giác như vậy với diện tích lần lượt là S1 và S2 trong đó S1<S2 . Tỷ số S2S1 bằng:
97+563.
7+43.
26+153
91+403.
Đáp án A
Các đồ thị hàm số y=x3 và y=x13 cùng xét trên 0;+∞ đối xứng qua đường thẳng .
Do đó gọi Aa;a3,Ba3;a với a>0, ta có tam giác OAB cân tại O.
Để tam giác đều thì SOAB=34OA2=34a2+a6=a43⇒S2S1=a22a122=97+563.
Vì a>0 nên a2=2±3.
Mặt khác ta có:SOAB=34OA2=34a2+a6=a43⇒S2S1=a22a122=97+563 .
Phương trình log2cotx−tanx=1+cos2x−sin2x với x∈0;π4 có bao nhiêu nghiệm?
0
1
2
3
Đáp án B
Do x∈0;π4 nên cotx>10<tanx<1⇒cotx−tanx>0
cotx−tanx=cosxsinx−sinxcotx=2cos2xsin2xnên phương trình đã cho tương đương log22cos2xsin2x=1+cos2x−sin2x
(do0<sin2x,cos2x<1,∀x∈0;π4 )
.⇔log2cos2x−cos2x=log2sin2x−sin2x
Xét hàm số với .
Ta có f't=1tln2−1>0,∀t∈0;1 (vì 0<t<1⇔0<tln2<ln2<lne=1)
⇒1tln2>1⇔1tln2−1>0
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0;1).
Suy ra fcos2x=fsin2x⇔cos2x=sin2x⇔tan2x=1⇒x=π8.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x=π8.
