25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 24)
50 câu hỏi
Rút gọn biểu thức P=xxx...xn43 với x>0, n∈ℕ, n≥2 ta được kết quả . Khẳng định nào dưới đây đúng?
α=12!+13!+...+1n!
α=12+13+...+1n
α=12!+...+1n−1!
α=12+...+1n−1
Đáp án A
Ta có: P=xxx...xn43=x12.x12.3.x12.3.4...x12.3.4...n⇒α=12!+13!+...+1n!.
Cho các số phức z1=2−3i, z2=1+4i. Số phức liên hợp với số phức z1z2 bằng
−14−5i
−10−5i
−10+5i
14−5i
Đáp án D
Ta có: z1z2=2−3i1+4i=14+5i⇒z1z2¯=14−5i
Cho mặt phẳng α và đường thẳng d⊄α. Khẳng định nào sau đây sai?
Nếu d //αvà d'⊄αthì dvà d'hoặc cắt nhau hoặc chéo nhau.
Nếu d //αthì trong αtồn tại đường thẳng asao choa // d.
Nếu d // c⊂αthì d //α.
Nếu d //αvà b⊂αthì d // b.
Đáp án D
Nếu d //α và b⊂α thì chưa chắc d // b, có thể xảy ra trường hợp d và b chéo nhau.
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A1;2;−1, B2;−1;3, C−4;7;5. Độ dài phân giác trong của tam giác ABC kẻ từ đỉnh B là
3733
230
2745
2743
Đáp án D
Gọi Da;b;c là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B. Ta có:
BABC=ADCD=12⇒AD→=−12CD→⇔2a−1=−a−42b−2=−b+72c+1=−c+5⇔a=−23b=113c=1⇒BD=2743.
Cho hàm số y=3x+11−2x. Khẳng định nào sau đây đúng?
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 1.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là y=−32.
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y =3.
Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Đáp án B
Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có tiệm cận đứng x=−dc và tiệm cận ngang y=ac nên tiệm cận ngang là y=−32.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x+32=y−11=z−1−3. Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng (Oyz) là một đường thẳng có vectơ chỉ phương là
u→=0;1;3
u→=0;1;−3
u→=2;1;−3
u→=2;0;0
Đáp án B
Vectơ chỉ phương của đường thẳng là hình chiếu vuông góc của xuống là hình chiếu của ud→=2;1;−3 xuống (Oyz) suy ra u→=0;1;−3.
Nghiệm của phương trình cosx+sinx+cosx.sinx=1 là
x=π4+k2π k∈ℤ
x=π4+k2πx=3π4+k2π k∈ℤ
x=k2πx=−π2+k2π k∈ℤ
x=k2πx=π2+k2π k∈ℤ
Đáp án D
Đặt t=sinx+cosx=2sinx+π4, −2≤t≤2. Khi đó sinx.cosx=t2−12.
Ta được t+t2−12=1⇔t2+2t−3=0⇔t=1t=−3 (t=−3 loại).
Với t=1⇒2sinx+π4=1⇔x=k2πx=π2+k2π k∈ℤ.
Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số fx=mx+1x−m có giá trị lớn nhất trên bằng -2.
m = -3
m = 2
m = 4
m = 3
Đáp án D
Tập xác định: D=ℝ\m⇒m∉1;2.
f'x=−m2−1x−m2<0; ∀x≠m⇒max1;2fx=f1=m+11−m.
Theo đề bài max1;2fx=−2⇔m+11−m=−2⇒m+1=2m−2⇔m=3.
Cho tứ diện ABCD, trên cạnh AB, AC lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho AM=2MB,AN=13AC . Gọi lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD và AMND. Khi đó
V2=29V1
V2=2V1
V2=23V1
V2=19V1
Đáp án A
Ta có: V2V1=AMAB.ANAC=23.13=29⇒V2=29V1
.
Cho hình phẳng (S) giới hạn bởi đồ thị các hàm số: y=sin3x; y= 0; x=0 và x=π6. Thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi (S) khi quay quanh trục Ox.
π24
π212
π224
π28
Đáp án B
Gọi V là thể tích cần tính.
Ta có:V=π∫0π6sin23xdx=π2∫0π61−cos6xdx=π2x−16sin6x0π6
=π2π6−16sinπ−0=π212đvtt.
Với a, b là hai số thực dương và a≠1,logaa2b bằng
12+logab
4+logab
1+2logab
4+2logab
: Đáp án B
Ta có: logaa2b=22logaa+logab=22+12logab=4+logab.
Cho hàm số y=fx xác định và liên tục trên R thỏa mãn fx5+4x+3=2x+1 với mọi x∈ℝ. Tích phân ∫−28fxdx bằng
72
323
10
2
Đáp án C
Đặt x=t5+4t+3⇒dx=5t4+4dt vàfx=ft5+4t+3=2t+1.
Với ;x=−2⇒t5+4t+3=−2⇔t=−1;x=8⇒t5+4t+3=8⇔t=1 .
Do đó∫08fxdx=∫−112t+15t4+4dt=10 .
Cho hàm số y=mx2−2x+m−12x+1. Đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số này vuông góc với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất khi m bằng
0
1
-1
2
Đáp án C
Ta có: y'=2mx2+x−12x+12. Để hàm số có hai cực trị thìm≠0.
Lại có phương trình qua hai điểm cực trị là y=mx−1. Đường phân giác góc phần tư thứ nhất là y=x.
Vậy yêu cầu bài toán tương đương m.1=−1 hay m=−1.
Biết m0 là giá trị duy nhất của tham số m để phương trình 2x2.3mx−1=6 có hai nghiệm x1,x2 sao cho x1+x2=log281. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
m0∈−7;−2
m0∈−2;5
m0∈5;6
m0∈6;7
Đáp án A
Ta có 2x2.3mx−1=6⇔x2+mx−1log23=log26.
⇔x2+mlog23.x−2log23−1=0
Khi đó yêu cầu bài toán ⇔Δ=m2log232+4log23+1>0x1+x2=4log23
⇒−mlog23=4log23⇒m=−4 (thỏa mãn)
Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều dài đường sinh của hình nón là 5a. Tính thể tích V của khối nón tạo bởi hình nón đã cho
V=20πa3
V=12πa3
V=16πa3
V=5πa3
Đáp án C
Đường cao của hình nón là h=l2−r2=3a. Thể tích khối nón V=13.h.π.r2=16πa3 .
Một hộp sữa có dạng hình trụ và có thể tích bằng 2825cm3. Biết chiều cao của hộp sữa bằng 25cm. Diện tích toàn phần của hộp sữa đó gần với số nào sau đây nhất?
1168cm2.
1172cm2.
1164cm2.
1182cm2.
Đáp án A
Gọi bán kính đáy của hình trụ là R. Khi đó theo bài ra ta có:
V=2825⇔πR2.25=2825⇔R2=113π⇔R=113π.
Vậy diện tích toàn phần của hộp sữa là:Stp=2πRh+2πR2=2π.113π.25+2π113π2≈1168cm2
.
Tính tích phân I=∫02x−22018x+12020dx.
I=220193.2020
I=220203.2019
I=220193.2019
I=220203.2021
Đáp án C
Ta có: I=∫02x−22018x+12020dx=∫02x−2x+12018.1x+12dx.
Đặt: t=x−2x+1⇒dt=3x+12dx⇒13dt=1x+12dx.
Đổi cận x=0⇒t=−2, x=2⇒t=0⇒I=13∫−20t2018dt=13.t20192019−20=220193.2019.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=cotx−1mcotx−1đồng biến trên khoảng π4;π2.
m∈−∞;0∪1;+∞
m∈−∞;0
m∈1;+∞
m∈−∞;1
Đáp án B
Ta có: y'=−1+cot2xmcotx−1+m1+cot2xcotx−1mcotx−12=1+cot2x1−mmcotx−12.
Hàm số đồng biến trên khoảng π4;π2 khi và chỉ khi:
mcotx−1≠0, ∀x∈π4;π2y'=1+cot2x1−mmcotx−12>0, ∀x∈π4;π2⇔m≤0m≥11−m>0⇔m≤0.
Giá trị của m để hàm số y=2x3−x−1x−1, x≠1mx+1 , x=1 liên tục trên R là
43
−13
−43
23
Đáp án C
Hàm số liên tục trên các khoảng −∞;1 và 1;+∞.
Hàm số liên tục trên R Û hàm số liên tục tại điểm x=1⇔limx→12x3−x−1x−1=m+1
⇔limx→12x3−1x−1−1=m+1⇔limx→12x23+x3+1−1=m+1⇔−13=m+1⇔m=−43.
Biết số phức z=a+bi, a,b∈ℝ thỏa mãn điều kiện z−2−4i=z−2i có môđun nhỏ nhất. Tính M=a2+b2.
M = 16
M = 10
M = 8
M = 26
Đáp án C
Gọi z=a+bi, a,b∈ℝ. Ta có z−2−4i=z−2i⇔a+bi−2−4i=a+bi−2i
⇔a−22+b−42=a2+b−22⇔a+b−4=0.
z=a2+b2=a2+4−a2=2a−22+8≥22.
Vậy |z| nhỏ nhất khi a=2, b=2. Khi đó M=a2+b2=8.
Hàm số Fx=7ex−tanx là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?
fx=ex7−e−xcos2x
fx=7ex+1cos2x
fx=7ex+tan2x−1
fx=7ex−1cos2x
Đáp án A
Ta có F'x=7ex−1cos2x=ex7−e−xcos2x.
Đường thẳng d:y=ax+b tiếp xúc với đồ thị C:y=x4+4x3−2x2 tại hai điểm phân biệt A, B. Diện tích của tam giác OAB bằng
18
9
4145
145
Đáp án A
Để tiếp xúc (C) tại 2 điểm phân biệt thì ta phải cóx4+4x3−2x2−ax−b=x−c2x−e2 .
Đạo hàm hai vế ta được 4x3+12x2−4x−a=22x−c−ex−ex−c
⇒4x3+12x2−4x−a=0 có 3 nghiệm phân biệt x=c, x=e, x=c+e2⇒c+e2=−1.
Khi đó 4x3+12x2−4x−a=0 có nghiệm
x=−1⇒a=12⇒c=−3e=1
.
Do đó A−3;−45; B1;3. Vì vậySΔOAB=18 .
Cho hàm số y=fx liên tục trên [4;9] thỏa mãn fx=2f4x−4x+3x2 ∀x∈4;9. Giá trị của ∫89fxdx bằng
666
665
333
111
Đáp án B
Vì fx=2f4x−4x+3x2, ∀x∈4;9 nên ∫49fxdx=∫492f4x−4xdx+3∫49x2dx.
⇔∫49fxdx=∫48ftdt+665 t=4x−4
.
Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,SA=SB=SC=a , cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là
a32
a38
3a38
a34
Đáp án D
Khi SD thay đổi thì AC thay đổi.
Đặt AC = x . Gọi O=AC∩BD.
Vì SA=SB=SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
⇒H∈BO.
Ta có OB=a2−x22=4a2−x24=4a2−x22 SABC=12OB.AC=12.x.4a2−x22=x4a2−x24.
HB=R=a.a.x4SABC=a2x4.x4a2−x24=a24a2−x2.
SH=SB2−BH2=a2−a44a2−x2=a3a2−x24a2−x2.
=16ax.3a2−x2≤16ax2+3a2−x22=a34.
Cho số phức z thỏa mãn z+2+z−2=8. Trong mặt phẳng phức tập hợp những điểm M biểu diễn cho số phức z là
C:x+22+y−22=64
E:x216+y212=1
E:x212+y216=1
C:x+22+y−22=8
Đáp án B
Gọi Mx;y, F1−2;0, F22;0.
Ta có z+2+z−2=8⇔x2+y+22+x2+y−22=8⇔MF1+MF2=8.
Do đó điểm M(x;y) nằm trên elip (E) có 2a=8=> a=4. Ta có F1F2=2c⇔4=2c⇔c=2.
Ta có b2=a2−c2=16−4=12. Vậy tập hợp các điểm M là elip E:x216+y212=1.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên R. Bảng biến thiên của hàm số y=f'(x) được cho như sau.
Hàm số y=f1−x2+x nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
(2;4)
(-4;2)
(-2;0)
(0;2)
Đáp án B
Xét hàm số gx=f1−x2+x, g'x=−12f'1−x2+1
g'x<0⇔−12f'1−x2+1<0⇔f'1−x2>2⇒2<1−x2<3⇔−4<x<−2.
Vậy hàm số g(x) nghịch biến trên −4;−2.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=2m−1x−3m+2cosx nghịch biến trên R.
−3≤m≤−15
−3<m<−15
m<−3
m≥−15
Đáp án A
Tập xác định: D=R.
Ta có: y'=2m−1+3m+2sinx.
Để hàm số nghịch biến trên R thì y'≤0, ∀x tức là: 2m−1+3m+2sinx≤0 1, ∀x∈ℝ.
+) m=−23 thì (1) thành −73≤0, ∀x∈ℝ.
+) m>−23 thì (1) thành sinx≤1−2m3m+2⇒1−2m3m+2≥1⇔5m+13m+2≤0⇔−23<m≤−15.
+) m<−23 thì (1) thànhsinx≥1−2m3m+2⇒1−2m3m+2≤−1⇔m+33m+2≤0⇔−3≤m<−23 .
Kết hợp được: −3≤m≤−15.
Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm I1;2;−3 cắt đường thẳng d:x2=y1=z−22 tại hai điểm phân biệt A; B với chu vi tam giác IAB bằng 12+210 có phương trình
x−12+y−22+z+32=36
x−12+y−22+z+32=144
x−12+y−22+z+32=100
x−12+y−52+z+22=10
Đáp án A
Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d.
Ta có IH=dI;d=MI→,ud→ud→=26 với M0;0;2∈d; ud→=2;1;2.
Trong tam giác vuông IAH ta có: AH=R2−26.
Theo giả thiết ta có:IA+IB+AB=2R2−26+2R=12+210
⇔R2−26=6+10−R⇒2R6+10=72+1210⇔R=6 .
Vậy phương trình mặt cầu là: x−12+y−22+z+32=36.
Cho khai triển nhị thức 13+23x10=a0+a1x+a2x2+...+a10x10. Hệ số lớn nhất trong khai triển trên khi k bằng
5
3
6
7
Đáp án D
Số hạng tổng quát của khai triển: C10k1310−k.23xk=C10k2k310xk=ak.xk k≥0.
Giả sử là hệ số lớn nhất thì {ak≥ak+1ak≥ak−1⇔{C10k2k310≥C10k+12k+1310C10k2k310≥C10k−12k−1310⇔{10!10−k!.k!≥2.10!9−k!.k+1!2.10!10−k!.k!≥10!11−k!.k−1!
⇔110−k≥2k+12k≥111−k⇔k+1≥210−k211−k≥k⇔k≥193k≤223⇒k=7.
Cho hàm số y=fx liên tục trên và hàm số y=gx=xfx2 có đồ thị trên đoạn [0;2] như hình vẽ. Biết diện tích miền tô màu là S=52. Tích phân ∫14fxdx bằng
5
52
54
10
Đáp án A
Ta có S=∫12xfx2dx=52, t=x2⇒dt=2xdx.
Suy ra S=12∫14ftdt⇒∫14fxdx=2S=5.
Cho a = ln2 và b = ln 5 . Biểu thức M=ln12+ln23+ln34+...+ln9991000 có giá trị là
M=−3a−b
M=3a+b
M=−3a+b
M=3a−b
: Đáp án C
Ta có=ln12+ln23+ln34+...+ln9991000=ln12.23...9901000=ln11000=−ln1000=−ln23.53
=−3ln2+3ln5=−3a+b.
Cho hình thang ABCD vuông tại A, D với ,AB=AD=a,DC=2a . Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD quanh AD là
V=5πa33
V=7πa33
V=8πa33
V=4πa33
Đáp án B
Gọi S là giao điểm của BC và AD.
Gọi V1 là thể tích khối nón đỉnh S, đường sinh SC, bán kính đáy DC ⇒V1=13SD.π.DC2=8πa33 .
Gọi V2 là thể tích khối nón đỉnh S, đường sinh SB, bán kính đáy AB ⇒V2=13SA.π.AB2=πa33.
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng: V1−V2=7πa33.
Cho hàm số f(x) thỏa mãn f'x.fx2018=x.ex với mọi x∈ℝ và f(1)=1. Hỏi phương trình fx=−1e có bao nhiêu nghiệm?
0
1
3
2
Đáp án A
Ta có: ∫f'xfx2018dx=∫xexdx⇔∫fx2018dfx=x−1.ex+C
⇔12019.fx2019=x−1.ex+C⇔fx2019=2019x−1.ex+2019C
Do f1=1 nên 2019C=1 hay fx2019=2019x−1.ex+1.
Ta có: g'x=2019x.ex; g'x=0⇔x=0;g0=−2019+1+1e2019<0limx→+∞gx=+∞; limx→−∞gx=1+1e2019>0.
Xét hàm số trên .
Ta có .
Bảng biến thiên của hàm số:
![Cho hàm số f(x) thỏa mãn f'(x)[f(x)]^2018=xe^x với mọi (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/blobid2-1653442745.png)
Do đó phương trình fx=−1e có đúng 2 nghiệm.
Cho hàm số bậc bốn y=fx có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm nguyên của tham số m để phương trình fx−2m=m có 10 nghiệm phân biệt là
0
2
1
Vô số
Đáp án B
Vẽ đồ thị hàm số y=fx như hình bên dưới
Ta có f2−m=m có cùng số nghiệm với phương trình fx=m.
Đường thẳng y = m cắt y=fx tại 10 điểm phân biệt khi nên có 2 giá trị nguyên m thỏa mãn.
Cho hình chóp đều S.ABC có B = 2a, khoảng cách từ A đến (SBC) là 3a2. Thể tích hình chóp S.ABC là
a33
a332
a336
a333
Đáp án D
Gọi M là trung điểm của BC và G là trọng tâm .
Ta có: SG⊥ABC⇒SG⊥BC. Mà AM⊥BC nên BC⊥SAM .
Kẻ tại H. Suy ra:AH⊥SBC
⇒dA,SBC=AH=3a2.
Ta có:AM=a3, GM=a33 .
Đặt SG = x với x > 0.
Ta có:
Mặt khác: .
SG.AM=AH.SM⇒x.a3=3a2.x2+a23⇔x2=34x2+a23⇔x24=a24⇒x=a
Lại cóSΔABC=2a2.34=3a2 .
Vậy VS.ABC=13SΔABC.SG=13.3a2.a=3a33.
Cho hàm số fx=x3+x2+mx với tham số thực m. Biết rằng hàm số có một giá trị cực trị là y = 1 . Giá trị cực trị còn lại của hàm số bằng
-1
−527
13
0
Đáp án B
Tập xác định: D = R.
Ta có: f'x=3x2+2x+m. Xét f'x=0⇔3x2+2x+m=0.
Để hàm số có cực trị thì Δ'=1−3m>0⇔m<13 *.
Gọi x0 là điểm cực trị của hàm số mà giá trị cực trị tương ứng là 1. Ta có:
f'x0=3x02+2x0+m=0fx0=x03+x02+mx0=1⇔m=−3x02+2x0x03+x02−3x02+2x0x0=1⇔m=−1x0=−1.
Với m = -1 hàm số trở thành:fx=x3+x2−x
f'x=3x2+2x−1=0⇔x=−1x=13⇒f−1=1f13=−527.
Vậy giá trị cực trị còn lại của hàm số là −527.
Cho hàm số y=x−2x+1 có đồ thị (C) . Từ một điểm A trên trục hoành sao cho từ A có thể kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đi qua hai tiếp điểm của đồ thị đạt giá trị lớn nhất bằng
10
26
12
6
Đáp án B
Ta có tiếp điểm Mx0;y0 nên phương trình tiếp tuyến:y=3x0+12x−x0+x0−2x0+1
Gọi điểm Am;0 thay vào tiếp tuyên ta có: x02−4x0+3m−2=0⇔x02−4x0=2−3m.
Lại có y0=x0−2x0+1=1−3x0+1=1−3x0−5x0+1x0−5=m+x0−4m+1⇒x0−y0m+1+m−4=0.
Nên phương trình đường thẳng là x−ym+1+m−4=0⇒d0;Δ=m−41+m+12≤26.
Biết rằng bất phương trình log25x+2+2.log5x+22>3 có tập nghiệm là S=logab;+∞, với a, b là các số nguyên dương nhỏ hơn 6 và a≠1. Tính P=2a+3b.
P = 16
P = 7
P= 11
P =18
Đáp án A
Ta có log25x+2+2.log5x+22>3⇔log25x+2+2.1log25x+2>3 *.
Đặt t=log25x+2>1. Khi đó (*) trở thành t+2t>3⇔t2−3t+2>0⇔t>2t+2t>3⇔t2−3t+2>0⇔t>2 (do t > 1).
Với t > 2 thì log25x+2>2=log222⇔5x>2⇔x>log52.
Suy ra a=5b=2⇒P=2a+3b=16.
Trong không gian Oxyz, cho bốn đường thẳng: d1:x−31=y+1−2=z+11d2:x1=y−2=z−11,d3:x−12=y+11=z−11 ,d4:x1=y−1−1=z−11 , . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là
0
2
1
Vô số
Đáp án C
Đường thẳng d1 đi qua M1=3;−1;−1 và có một vectơ chỉ phương là u1→=1;−2;1.
Đường thẳng d2 đi qua M2=0;0;1 và có một vectơ chỉ phương làu2→=1;−2;1 .
Do u1→=u2→ và M1∉d1 nên hai đường thẳng d1 và d2 song song với nhau.
Ta có M1M2→=−3;1;2, u1→,M1M2→=−5;−5;−5=−51;1;1.
Gọi α là mặt phẳng chứa d1 và d2 khi đó α có một vectơ pháp tuyến là . Phương trình mặt phẳng α là x+y+z−1=0,
Gọi A=d3∩α thì A1;−1;1. Gọi B=d4∩α thì B−1;2;0.
Do AB→=−2;3;−1 không cùng phương với u1→=1;−2;1 nên đường thẳng AB cắt hai đường thẳng d1 và d2.
Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi y=x, y=x−2 và trục hoành (hình vẽ). Diện tích của (H) bằng
103
163
73
83
Đáp án A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=x và y=x−2.
x=x−2⇔x≥2x=x−22⇔x≥2x2−5x+4=0⇔x=4.
Diện tích hình phẳng (H) là
S=∫02xdx+∫24x−x−2dx=∫02xdx+∫24x−x+2dx=2x32302+2x323−x22+2x24=103.
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a, ASB^=60°;BSC^=90°, và . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AC và SB.
d=a34
d=a33
d=a2211
d=a2222
Đáp án C
Ta thấy ΔABC vuông tại B.
Khi đó gọi H là trung điểm AC, do SA=SB=SC nên SH⊥ABC.
Gọi E là hình chiếu vuông góc của B xuống AC.
Trên đường thẳng d qua B và song song với AC lấy điểm F sao cho HF // BE ta có AC⊥SHF.
Kẻ HK⊥SF⇒dSB,AC=dAC,SBF=HK.
Ta có: BE.AC=AB.BC⇒BE=a63SH=SA2−AC22=a2.
VậyHK=HS.HFHS2+HF2=a2211 .
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm Aa;0;0, B0;b;0, C0;0;c. Gọi lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. Đặt . Giá trị nhỏ nhất của k thuộc khoảng nào sau đây?
(3;4)
(5;6)
(1;2)
(4;5)
Đáp án D
Gọi OA=aOB=bOC=c, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp R=12a2+b2+c2.
Bán kính đường tròn nội tiếp: r=3VStp=3.abc6ab+bc+ca2+SΔABC
⇒Rr=ab+bc+ca+a2b2+b2c2+c2a22abca2+b2+c2≥a2b2c23+3a2b2c2342abc3a2b2c234.
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=3⇒Rr=3+332.
Vậy kmin=3+332∈4;5.
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;0;0, B0;2;0, C0;0;3. Gọi M là một điểm thay đổi nằm trên mặt phẳng (ABC), N là điểm nằm trên OM sao cho . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn nằm trên một mặt cầu cố định. Bán kính R của mặt cầu đó bằng
4
6
5
7
Đáp án D
Phương trình mặt phẳngABC:x1+y2+z3=1⇒6x+3y+2z−6=0 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (ABC).
Khi đó H cố định và có khoảng cách OH=dO;ABC=−662+32+22=67.
Từ N dựng mặt phẳng vuông góc với ON tại N, mặt phẳng này cắt OH tại K.
Hai tam giác vuông ΔOHM; ΔONK đồng dạng với nhau.
Suy ra:OM.ON=OH.OK=12→OK=12OH=14 .
Nhận thấy đường thẳng OH cố định và OK không đổi nên suy ra K cố định. Vậy điểm N luôn nhìn OK một góc 90° không đổi, suy ra quỹ tích điểm N là mặt cầu (S) có đường kính OK.
Bán kính mặt cầu (S) là:R=OK2=7 .
Cho dãy số un thỏa mãn u1=1, un+1=aun2+1, ∀n≥1, a≠1. Giá trị của biểu thức T= ab bằng bao nhiêu. Biết rằng limu12+u22+...+un2−2n=b.
-1
- 2
1
2
Đáp án A
Ta có un+1=aun2+1⇔un+12=aun2+1⇔un+12−11−a=aun2−11−a.
Đặt vn=un2−11−a⇒vn+1=avn⇒vn là cấp số nhân với công bội q = 0.
Suy ra vn=v1an−1=u12−11−aan−1=an−1.aa−1⇒un2=an−1.aa−1+11−a.
Ta có:u12=aa−1+11−au22=a.aa−1+11−a.............................un2=an−1.aa−1+11−a⇒u12+u22+...+un2=aa−11+a+...+an−1+11−a.n
. Khi đó11−a=2⇒a=12b=limaa−1.1−an1−a=−2⇒T=−1.
Biết rằng khi m thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện m≠0, tồn tại một đường thẳng (d) là tiếp tuyến chung của tất cả các đường cong thuộc họ Cm:y=2x2−m−2x+mx−m+1. Đường thẳng (d) đó tạo
14
13
12
1
Đáp án C
Ta xét: m=100⇒y=2x2−98x+100x−99⇒y'=2x2−396x+9602x−992.
Chạy TABLE với Fx=2x2−396x+9602x−992 cho chạy từ -9 đến 9 Step 1 ta được:
Tương tự thay m = 10 ta thực hiện tương tự.
Ta thấy ngay tại x = -1 hệ số góc tiếp tuyến không đổi bằng 1. Mặt khác bấm máy tính: y=2x2−98x+100x−99; CALC x=−1 được y=−2.
Vậy ta luôn có một tiếp tuyến cố định tiếp xúc với mọi đường cong trong họ là .
Suy ra S=12.1.1=12.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình ln7x2+7≥lnmx2+4x+m nghiệm đúng với mọi x thuộc ?
0
1
3
2
Đáp án C
Bất phương trình ln7x2+7≥lnmx2+4x+m nghiệm đúng với mọi thuộc .
⇔7x2+7≥mx2+4x+mmx2+4x+m>0, với mọi x∈ℝ.
⇔m−7x2+4x+m−7≤0mx2+4x+m>0, với mọi x∈ℝ.
Ta nhận thấy, m = 0 hoặc m = 7 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Khi m≠0 hoặc m≠7 thì m−7x2+4x+m−7≤0mx2+4x+m>0, với mọi x∈ℝ⇔m−7<04−m−72≤0m>04−m2<0⇔0<m<7m≤5m≥9m>2m<−2⇔2<m≤5.
Vì m∈ℤ nên m∈3;4;5.
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và các tích phân ∫0π4ftanxdx=4và ∫01x2fxx2+1dx=2. Tính tích phânI=∫01fxdx .
I = 6
I= 2
I= 3
I = 1
Đáp án A
Đặt t=tanx⇒dt=1+tan2xdx⇒dt1+t2=dx. Đổi cận x=0⇒t=0; x=π4⇒t=1.
Do đó:∫0π4ftanxdx=4⇒∫01ftdt1+t2=4⇒∫01fxdx1+x2=4 .
Vậy ∫01fxdx1+x2+∫01x2fxdx1+x2=4+2⇒∫01fxdx=6.
Cho tập hợp A=1;2;3;4;5;6. Gọi B là tập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ tập A. Chọn thứ tự 2 số thuộc tập B. Xác suất để trong 2 số vừa chọn có đúng một số có mặt chữ số 3 bằng
159360
160359
80359
161360
Đáp án B
Có tất cả A64=360 số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau từ tập A.
Tập hợp B có 360 số.
Ta xét phép thử “chọn thứ tự 2 số thuộc tập B”.
Khi đónΩ=A3602
Trong tập hợp B ta thấy có tất cả 4.A53=240 số có mặt chữ số 3 và A54=120 số không có mặt chữ số 3.
Gọi A là biến cố “trong 2 số vừa chọn có đúng một số có mặt chữ số 3”.
Khi đó nA=C2401.C1201.2!.
Vậy xác suất cần tìm là C2401.C1201.2!A3602=160359.
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình fex2=m có đúng 2 nghiệm thực là
0;4
0;4
0∪4;+∞
4;+∞
Đáp án C
Đặt gx=fex2
Khi đó, số nghiệm phương trình fex2=m hay gx=m là số giao điểm của đồ thị hàm số g(x) và đường thẳng y =m.
Ta có:g'x=2xex2f'ex2
g'x=0⇔x=0ex2=0ex2=3⇔x=0x=±ln3
Lại có g0=f1=4; g±ln3=f3=0.
Bảng biến thiên:
Khi đó,gx=m có đúng 2 nghiệm ⇔m∈0∪4;+∞.
Diện tích của đa giác tạo bởi các điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn các nghiệm của phương trình cos2x+3sinx.cosx=1 bằng
3
31010
3105
2
Đáp án C
Ta có phương trình: cos2x+3sinx.cosx=1⇔3sinx.cosx−sin2x=0
⇔sinx3cosx−sinx=0⇔sinx=0tanx=3⇔x=kπx=α+kπ k∈ℤvới tanα=3.
Gọi A; B là các điểm biểu diễn cho họ nghiệm trên đường tròn lượng giác.
Gọi C; D là các điểm biểu diễn cho họ nghiệm x=α+kπ k∈ℤ trên đường tròn lượng giác.
Ta cần tính diện tích hình chữ nhật ACBD.
Xét tam giác vuông AOT có:OT=OA2+AT2=10⇒sinα=ATOT=310 *
Xét tam giác ACD có:ADC^=α2⇒sinα2=AC2 và cosα2=AD2
Từ *⇔2sinα2.cosα2=310
⇔AC.AD=610⇒SACBD=3105.
