25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 5)
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng P:4x−z+3=0. Véctơ nào dưới đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d?
u→=4;1;−1
u→=4;−1;3
u→=4;0;−1
u→=4;1;3
Do d⊥P nên véctơ chỉ phương của đường thẳng (d) là véctơ pháp tuyến của (P).
Suy ra một véctơ chỉ phương của đường thẳng (d) là u→=uP→=4;0;−1.
Cho hàm số y=fx liên tục tại x0 và có bảng biến thiên sau.
Đồ thị hàm số đã cho có
hai điểm cực trị, một điểm cực tiểu.
một điểm cực đại, không có điểm cực tiểu.
một điểm cực đại, hai điểm cực tiểu.
một điểm cực đại, một điểm cực tiểu
Tại x=x2 hàm số y=fx không xác định nên khôg đạt cực trị tại điểm này.
Tại x=x1 thì dễ thấy hàm số đạt cực đại tại điểm này.
Tại x=x0, hàm số không có đạo hàm tại x0 nhưng liên tục tại x0 thì hàm số vẫn đạt cực trị tại x0 và theo như bảng biến thiên thì đó là cực tiểu.
Vậy đồ thị hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.
Tập nghiệm của bất phương trình log3x2+2≤3 là
S=−∞;−5∪5;+∞
S=∅
S=ℝ
S=−5;5
Ta có: log3x2+2≤3⇔x2+2≤27⇔x2≤25⇔−5≤x≤5
Điểm A trong hình vẽ bên biểu diễn cho số phức z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z¯ .
Phần thực là -3và phần ảo là 2.
Phần thực là 3 và phần ảo là -2.
Phần thực là 3 và phần ảo là -2i.
Phần thực là -3và phần ảo là 2i.
Ta có: z=3+2i⇒z¯=3−2i.
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình vẽ sau.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hàm số đồng biến trên ℝ\−1
Hàm số đồng biến trên −∞;−1.
Hàm số đồng biến trên −∞;2 .
Hàm số đồng biến trên R
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đã cho đồng biến trên −∞;−1 và −1;+∞.
Cho ba điểm A1;−3;2,B2;−3;1,C−3;1;2 và đường thẳngd:x−12=y+11=z−32 . Tìm điểm D có hoành độ dương trên d sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12.
D6;5;7
D1;−1;3
D7;2;9
D3;1;5
Ta có .
D∈d⇔D1+2t;−1+t;3+2t,t∈ℝ.
.AB→=1;0;−1, AC→=−4;4;0⇒AB→,AC→=4;4;4
AD→=2t;2+t;1+2t
VABCD=16AB→,AC→.AD→⇔42t+42+t+41+2t=6.12⇔5t+3=18⇔t=3t=−215
Với t =3 suy ra D(7;2;9) (thỏa mãn điều kiện).
Với t=−215⇒xD=−375<0 (loại).
Đặt t=ex+4 thì I=∫1ex+4dx trở thành
I=∫2tt2−4dt
I=∫ttt2−4dt
I=∫2t2−4dt
I=∫2tt2−4dt
Đặt t=ex+4⇒t2=ex+4⇒2tdt=exdx⇒2tdt=t2−4dx⇒dx=2tdtt2−4.
Do đó I=∫1ex+4dx=∫2t2−4dt.
Cho hàm số y=fx=x3+ax2+bx+c a,b,c∈ℝ . Biết hàm số có hai điểm cực trị là x=1 ,x=2 và f(0)=1 . Giá trị của biểu thức P=2a+b+c là
P = -2
P = 0
P = -1
P = 5
Ta có f'x=3x2+2ax+b.
Theo giả thiết, ta có hệ phương trình
3+2a+b=012+4a+b=0c=1⇒a=−92b=6c=1.
Vậy 2a+b+c=−2.
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a và các mặt bên đều tạo với mặt phẳng đáy một góc 60° . Thể tích V của khối chóp là
V=a3324
V=a338
V=a334
V=a326
Gọi M là trung điểm AB, O là trọng tâm
ΔABC⇒CM⊥AB⇒(SAB),(ABC)^=SMO^=60°.
Mặt khác MO=13.a32=a36⇒SO=MO.tan60°=a36.3=a2.
Suy ra VSABC=13.a2.a234=a3324.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=xx+22019x2−12020 . Số điểm cực trị của hàm số là
1
2
3
4
Ta có f'x=xx+22019x2−12020=0⇔x=0x=−2x=±1.
Bảng xét dấu f(x):
Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Cho log3=m; ln3=n. Hãy biểu diễn ln30 theo m và n.
ln30=nm+1
ln30=mn+n
ln30=n+mn
ln30=nm+n
Ta có log3=mln3=n⇔3=10m3=en⇒10n=en⇔n=mln10⇔ln10=nm.
Vậy ln30=ln3+ln10=n+nm.
Với x>a>0 và a là tham số, đặt fx=∫0xtln3tdt. Hàm số f(x) đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
(1;e)
1e;+∞
1;+∞
e;+∞
Giả sử F(t) là một nguyên hàm của tln3t, ta có F't=tln3t.
Khi đó fx=Fx−Fa⇒f'x=F'x=xln3x>0⇔lnx>0⇔x>1
Một hình nón có bán kính đáy bằng 1 và thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân. Diện tích xung quanh của hình nón bằng
2π
π
22π
12π
Ta có l=R2=2⇒Sxq=πRl=π2.
Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm O, A1;0;0,B0;−2;0 và C0;0;4 là
S:x2+y2+z2+x−2y+4z=0
S:x2+y2+z2−2x+4y−8z=0
S:x2+y2+z2−x+2y−4z=0
S:x2+y2+z2+2x−4y+8z=0
Giả sử phương trình mặt cầu có dạng
S:x2+y2+z2−2ax−2by−2cx+d=0 a2+b2+c2−d>0
Vì mặt cầu (S) đi qua O, A1;0;0,B0;−2;0 và C(0;0;4) nên ta có hệ phương trình
d=012+0+0−2.1.a+d=00+−22+0−2−2.b+d=00+0+42−2.4.c+d=0⇔d=0a=12b=−1c=2⇒S:x2+y2+z2−x+2y−4z=0.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
Giá trị cực đại của hàm số bằng 1.
Giá trị cực đại của hàm số bằng 5.
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 2.
Giá trị cực đại của hàm số bằng 0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số bằng 5.
Buổi sáng ông Tần vừa nhập một lượng dưa hấu từ nông dân và bán cho khách. Ông thống kê lại số dưa bán được theo giờ. Giờ thứ nhất bán được nửa số dưa và nửa quả, giờ thứ hai bán được nửa số dưa còn lại và nửa quả, giờ thứ 3 bán được nửa số dưa còn lại và nửa quả… Đến giờ thứ 5 sau khi bán được nửa số dưa còn lại và nửa quả thì ông còn dư 1 quả. Hỏi buổi sáng ông Tần đã nhập vào bao nhiêu quả dưa hấu?
127 quả
63 quả
45 quả
105 quả
Gọi x là số quả dưa ông Tần đã nhập. Ta có:
Giờ thứ nhất bán được x2+12=x+12 (quả).
Giờ thứ 2 bán được 12x−x+12+12=x+122 (quả)
….
Giờ thứ 5 bán được x+125 (quả).
Vậy x+112+122+...125=x−1.
Tổng cấp số nhân 12+122+...125=12.1−12512=3132⇔x+13132=x−1⇔x=63
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Trên AB lấy một điểm M. Gọi α là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng (SAD) cắt SB, SC và CD lần lượt tại N, P, Q. Thiết diện của α với hình chóp là
hình thoi MNPQ.
hình thang MNPQ.
hình thang cân MNPQ.
hình bình hà
Ta có: α // SAD⇔α // SDα // SAα // AD.
+ Với α // SD, ta có α // SDSD⊂SADα∩SAD=PQα // SA⇒PQ // SD.
+ Với α // SA, ta có α // SASA⊂SABα∩SAB=MN⇒MN // SA.
+ Với α // AD, ta có α // ADAD⊂ABCDα∩ABCD=MQ⇒MQ // AD (1).
Lại có BC // MQBC⊄α⇒α // BC, α // BCBC⊂SBCα∩SBC=PN⇒PN // BC (2).
Từ (1) và (2), suy ra MQ // PN⇒MNPQ là hình thang
Kí hiệu z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−2z+5=0 . Giá trị của z1+z2 bằng
25
5
3
10
Ta có: z2−2z+5=0⇔z1=1+2iz2=1−2i.
Suy ra z1=z2=5⇒z1+z2=25.
Trong các hàm số sau hàm số nào là đạo hàm của hàm số y=2x.5x?
10xln10
10x
2x+5x
x.10x−1
Ta có y'=2x'.5x+2x.5x'=2x.5xln2+2x.5xln5=10xln2+ln5=10x.ln10.
Cho hàm số 7-f(x) có đồ thì hàm số y=f'(x) như hình vẽ. Biết f(a) >0 . Hỏi đồ thị hàm số y=fx+2020m có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?
3
4
5
7
Từ đồ thị của hàm số y= f'(x) ta có bảng biến thiên:
Hàm số y= f(x) có 3 điểm cực trị.
Để đồ thị hàm số y=fx+2020m có số điểm cực trị lớn nhất thì y = f(x) cắt trục hoành tại số điểm là nhiều nhất => f(c)<0.
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y=f(x) cắt Ox tại nhiều nhất 2 điểm nên hàm số y=fx+2020m có tối đa 5 điểm cực trị.
Một cốc nước hình trụ có chiều cao là h=3π (cm) bên trong đựng một lượng nước. Biết rằng khi nghiêng chiếc cốc sao cho lượng nước chạm mép cốc thì đồng thời nước cũng vừa chạm vào bán kính đáy cốc. Hỏi khi nghiêng cốc sao cho lượng nước vừa đủ phủ kín đáy cốc thì điểm còn lại mà lượng nước chạm vào thành cốc cách đáy cốc một khoảng bằng bao nhiêu?
2π cm
πcm
4 cm
3cm
Thể tích hình nêm: V=23R3tanα Thể tích hình trụ cụt: V=πR2h1+h22
Thể tích của lượng nước không đổi nên V=23R3tanα=πR2h1+h22 trong đótanα=hR;h1=0 .
Khi đó V=23R3hR=πR2h22⇔23R2h=πR2h22⇔h2=4h3π=4 (cm).
Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn (O) và (O'), chiều cao bằng 2R và bán kính đáy R. Một mặt phẳngα đi qua trung điểm của OO' và tạo với một góc30° ,α cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng
43R9
2R63
23R3
2R3
Dựng OH⊥AB⇒AB⊥OIH⇒OIH⊥IAB
=> đường thẳng IH là hình chiếu của đường thẳng OI lên IAB.
Ta có OIH^=30°.
Xét tam giác vuông OIH vuông tại O⇒OH=OItan30°=R33.
Xét tam giác OHA vuông tại H
⇒AH=OA2−OH2=R63⇒AB=2R63.
Tập nghiệm S của phương trình 22x+1−5.2x+2=0 là
S=−1;1
S=−1;0
S=1
S=0;1
Phương trình: 22x+1−5.2x+2=0⇔22x2−5.2x+2=0⇔2x=22x=12⇔x=1x=−1.
Cho x, y (x≠1) là hai số thực dương thỏa mãn logxy=2y5,log53x=15y. Giá trị của biểu thức P=y2+x2 là
P = 17
P = 50
P = 51
P = 40
Ta có logxy=2y5⇔logxy=y5 (1).
Lại có log53x=15y⇔log5x=5y (2).
Từ (1) và (2), ta có .logxy=1log5x⇔logxy=logx5⇔y=5
Thay vào (2), suy ra x=5. Vậy P=y2+x2=50.
Cho số phức z thỏa mãn |z|=2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w=1−iz¯+2i là
một đường tròn.
một đường thẳng.
một Elip.
một parabol hoặc hyperbol.
Ta có .w=1−iz¯+2i⇔w−2i=1−iz¯⇒w−2i=1−iz¯⇔w−2i=22
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I(0;2) và bán kính 22.
Cho hàm số y=f(x) là hàm đa thức bậc 5 có đồ thị hàm số y=f'(x) như hình vẽ. Hàm số y=f(x) đồng biến trên những khoảng nào trong các khoảng sau đây?
−∞;−1 và 1;+∞
( −∞;−2)và (-1;2)
−∞;−2 và +∞;2
(-2;-1) và +∞; 2
Ta có f'(x) chỉ chọn các nghiệm x=-2;x=-1;x=2 và lập trục xét dấu
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y=f(x) đồng biến trên các khoảng (-2;-1) và 2;+∞
Cho f'x=22x−12−1x−12 thỏa mãnf2=−13 . Biết phương trình fx=−1 có nghiệm duy nhất x=x0 . Giá trị của biểu thức T=2020x0 là
T = 2020
T= 1
T=2020
T=20203
Ta có fx=∫f'x=−12x−1+1x−1+C.
Mặt khác f2=−13⇒C=−1.
Xét phương trình −12x−1+1x−1=0⇒x=0.
Vậy x=x0=0⇒T=1.
Trong một lớp học có 35 học sinh. Muốn chọn ra một lớp trưởng, một lớp phó thì số cách chọn là
C352
A352
2!35
2C351
Chọn ra một lớp trưởng, một lớp phó từ 35 học sinh (tức là một chỉnh hợp chập 2 của 35 phần tử) hay A352.
Cho hàm số y=fx có đạo hàm liên tục trên R và hàm số y=gx=xfx2 có đồ thị trên đoạn 0;2 như hình vẽ. Biết diện tích miền màu xám là S=52, giá trị tích phân I=∫14fxdx là
I=54
I=52
I = 5
I =10
Đặt x2=t, ta có S=∫12xfx2dx=∫1412ftdt
⇔S=∫1412ftdt=12∫14fxdx=12I⇒I=2S=5.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi α là mặt phẳng chứa đường thẳng d:x−21=y−31=z2 và vuông góc với mặt phẳng β:x+y−2z+1=0. Giao tuyến của α và β đi qua điểm nào dưới đây?
(0;1;3)
(2;3;3)
(5;6;8)
(1;-2;0)
Ta có ud→1;1;2 là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d.
nP→1;1;−2 là một véctơ chỉ phương của β⇒nα→=ud→;nP→=−4;4;0.
A2;3;0∈d⇒A∈α.
Phương trình mặt phẳng α:−4x−2+4y−3+0z−0=0⇔−4x+4y−4=0⇔x−y+1=0.
Giả sử Mx;y;z∈α∩β. Khi đó tọa độ M thỏa mãn hệ x−y+1=0x+y−2z+1=0.
Thay các đáp án vào hệ trên ta thấy M(2;3;3) thỏa mãn.
Một chiếc cốc có dạng hình trụ, chiều cao là 16cm, đường kính đáy bằng 8cm, bề dày thành cốc và đáy cốc là 1cm. Nếu đổ một lượng nước vào cốc cách miệng cốc 5cm thì ta được khối nước có thể tích V1 , nếu đổ đầy cốc ta được khối trụ (tính cả thành cốc và đáy cốc) có thể tích V2 . Tỉ số V1V2 bằng
23
116
245512
45128
Gọi r1,r2 lần lượt là bán kính trong và bán kính ngoài (tính cả bề dày thành cốc) khi đó ta có r1=3,r2=4.
Gọi h1,h2 lần lượt là chiều cao cột nước trong cốc và chiều cao hình trụ, khi đó ta có r1=3,r2=4.
Thể tích lượng nước h1=10,h2=16.
Thể tích khối trụ V1=πr12h1=π.32.10=90π.
Vậy V1V2=90π256π=45128
Cho hàm số y= f(x) đồng biến trên (0;+∞) ; y =f(x) liên tục, nhận giá trị dương trên (0;+∞) và thỏa mãn f3=23 và f'x2=x+1.fx. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2613<f28<2614
2614<f28<2615
2618<f28<2619
2616<f28<2617
Hàm số y=fx đồng biến trên 0;+∞ nên f'x≥0,∀x∈0;+∞.
Mặt khác y =f(x) liên tục, nhận giá trị dương trên(0;+∞) nên f'x2=x+1.fx⇒f'x=x+1.fx,∀x∈0;+∞
⇒f'xfx=x+1,∀x∈0;+∞
⇒∫f'xfxdx=∫x+1dx⇒fx=13x+13+C
.
Từ f3=23 suy ra C=23−83.
Như vậyfx=13x+13+23−832 .
Do đó f8=138+13+23−832=9+23−832⇒f28=9+23−834≈2613,26.
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Gọi (P) là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với (ABC) . Trong (P) xét đường tròn (C) đường kính BC. Diện tích mặt cầu nội tiếp hình nón có đáy là (C) và đỉnh A bằng
πa22
πa23
π.a2
2πa
Mặt cầu nội tiếp hình nón để cho có 1 đường tròn lớn nội tiếp tam giác đều ABC (cạnh a).
Do đó mặt cầu đó có bán kính r=13.a32=a36.
Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là V=4πr2=4πa362=πa23.
Cho hàm số y = f(x) . Hàm số y=f2−ex có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đồng biến trên khoảng
0;ln3
1;+∞
(-1;1)
(-∞;0)
Ta có .y'=−exf'2−ex
.y'=0⇔2−ex=−12−ex=12−ex=4⇔x=0x=ln3
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y=f2−ex đồng biến trên các khoảng (ln3;+∞) và (-∞;0).
Tại sân ga, có một đoàn tàu gồm 8 toa. Có 5 hành khách lên tàu, độc lập với nhau, mỗi người lên 1 toa ngẫu nhiên. Xác suất để sau khi hành khách lên tàu, đoàn tàu còn 7 toa trống là
185
284
12.84
184
Ta có nΩ=85.
Gọi A là biến cố: “Sau khi hành khách lên tàu xong, đoàn tàu có 7 toa trống”.
Vậy có đúng 1 toa tàu có khách. Khi đó tính số kết quả thuận lợi theo trình tự sau:
+ Chọn 1 toa tàu để các hành khách đi lên đó, có C81 cách.
+ Xếp 5 hành khách cùng vào toa tàu vừa chọn ta có được 15=1 cách chọn.
Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là nA=C81.1=8.
Vậy xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=885=184.
Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=x, cung tròn có phương trình y=6−x2 −6≤x≤6 và tục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ bên). Thể tích V của vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng D quanh trục Ox là
V=8π6−2π
V=8π6+22π3
V=8π6−22π3
V=4π6+22π3
Cung tròn khi quay quanh Ox tạo thành một khối cầu có thể tích V1=43π63=8π6.
Xét phương trình x=6−x2⇔x>0x2+x−6=0⇔x=2.
Thể tích khối tròn xoay có được khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị các hàm số y=x, cung tròn có phương trình y=6−x2 và đường thẳng y =0 quanh Ox là:V2=π∫02xdx+π∫266−x2dx=2π+126−283π=4π6−22π3
.Vậy thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là V=V1−V2=8π6−4π6−22π3=46π+22π3
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ bên. Đặt gx=2fx−x2. Biết rằng g0+g−1=g1+g2. Khẳng định nào dưới đây là đúng?
g0>g1>g2>g−1
g0>g−1>g1>g2
g0>g1>g−1>g2
g0>g1=g−1>g2
Ta có g'x=2f'x−2x, vẽ thêm đường thẳng y=x.
Ta có g'x=0⇔f'x=x⇔x=±1x=0x=2.
Lập bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta dễ thấy max−1;2gx=g0 và g1>g2.
Do g0>g1⇒g0+g−1=g1+g2<g0+g2⇔g−1<g2.
Vậy g0>g1>g2>g−1.
Xét các số phức z, w thỏa mãn w−i=2, z+2=iw. Gọi z1,z2 lần lượt là các số phức mà tại đó đạt giá trị nhỏ nhất và đạt giá trị lớn nhất. Môđun z1+z2 bằng
32
3
6
62
Cho lăng trụ đều tam giác ABCA'B'C' có cạnh AB=2a, M là trung điểm của A'B', dC',(MBC)=a22 . Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng
23a3
26a3
322a3
22a3
Gọi J, K, H theo thứ tự là trung điểm của BC, B'C',K.
MH // BC⇒MBC≡MHJB.
B'C' // MBC⇒dC',(MBC)=dK,(MBC).
MH⊥K,MH⊥JK⇒MH⊥JKH⇒JKH⊥MHJB.
Gọi L là hình chiếu của K trên JH⇒dK,(MBC)=KL.
Tam giác JKH vuông tại K có đường cao KL=a22,KH=a32;
1KL2=1KH2+1KJ2⇒KJ=a62 là độ dài dường cao của lăng trụ.
Vậy VABC.A'B'C'=KJ.SABC=322a3.
Có bao nhiêu giá trị nguyên m∈0;2021 để phương trình 2+3x+2−3x=m có hai nghiệm phân biệt?
2016
2017
2018
2019
Đặt t=2+3x;t>0.
Phương trình đã cho trở thành t+1t=m (*)
Xét hàm số ft=t+1t xác định và liên tục trên 0;+∞.
Ta có f't=1−1t2. Cho f't=0⇔t=±1.
Bảng biến thiên
![Có bao nhiêu giá trị nguyên m thuộc [0;2021] để phương trình (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/blobid9-1651896895.png)
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt <=> m>2.
Vậy m∈3;4;5;...;2021 nên có 2019 giá trị thỏa mãn.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(10;2;1) và đường thẳng d:x−12=y1=z−13 . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A, song song với đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và (P) lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M−1;2;3 đến mặt phẳng (P) là
97315
76790790
21313
32929
(P) là mặt phẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng d nên (P) chứa đướng thẳng d' đi qua điểm A và song song với đường thẳng d.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, K là hình chiếu của H trên (P).
Ta có dd,(P)=HK≤AH (AH không đổi)
Giá trị lớn nhất của dd,(P) là AH
dd,(P) lớn nhất khi AH vuông góc với (P).
Khi đó nếu gọi (Q) là mặt phẳng chứa A và d thì (P) vuông góc với (Q)
⇒nP→=ud→,nQ→=98;14;−70
⇒P:7x+y−5z−77=0⇒dM,(P)=97315
Cho tứ diện ABCD có AB=CD=a;AC=BD=b;AD=BC=c . Giá trị côsin góc giữa hai đường thẳng AC và BD bằng
3b2−a2c2
2b2−a2c2
a2−c2b2
3a2−c2b2
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, AD.
Ta có PM // BDPN//AC⇒BD,AC^=PM,PN^.
Theo công thức tính đường trung tuyến ta có
CM2=CA2+CB22−AB24=2b2+c2−a24.
Tương tự DM2=2b2+c2−a24 nên:
MN2=MC2+MD22−CD24=2b2+c24−a24=b2+c2−a22
Áp dụng định lí Cô-sin cho tam giác PMN ta có:
cosMPN^=PM2+PN2−MN22PM.PN=b22+b22−b2+c2−a222b2b2=a2−c2b2.
Vậy cosAC,BD^=a2−c2b2.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x−12=y1=z−11 và mặt cầu S:x−42+y−52+z−72=2 . Hai điểm A và B thay đổi trên (S) sao cho tiếp diện của tại A và B vuông góc với nhau. Đường thẳng qua A song song với d cắt mặt phẳng (Oxy) tại M, đường thẳng B song song với d cắt mặt phẳng (Oxy) tại N. Giá trị lớn nhất của tổng AM+BN bằng
166
86
76+53
20
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ. Tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số hx=f2x+fx+m có đúng 3 điểm cực trị là
m≥14
m≥1
m<1
m>14
Xét hàm số gx=f2x+fx+m.
Ta có g'x=2f'xfx+f'x=f'x2f(x)+1.
Dựa vào đồ thị của hàm số y=f(x) suy ra
g'x=0⇔f'x=0fx=−12⇔x=1x=3x=a<0.
Ta có ga=f2a+fa+m=−122−12+m=m−14 và g3=f23+f3+m=m.
Bảng biến thiên của hàm số y = g(x)
Đồ thị hàm số y=h(x) có đúng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m−14≥0⇔m≥14.
Cho đồ thị C1:y=−3x+5x−2; C2:−3x+2x−2 và điểm I2;−3 . Lấy A,B∈C1, các tia đối của tia IA, IB cắt C2 lần lượt tại C và D sao choSABCD=2020 . Diện tích tam giác IAB bằng
5052
250
20209
505
Ta có C1:y=−3−1x−2C2:y=−3−4x−2
Lấy Aa+2;−3−1a∈C1;Cc+2;−3−4c∈C2⇒IC→=c;−4c.
Mà I, A, C thẳng hàng nên 2IA=IC2IB=ID⇒SABCD=9SΔIAB⇒SΔIAB=20209.
Cho phương trình log2x3−3x=2sinmx với m là tham số thực. Có tất cả bao nhiêu giá trị của m∈−2020;2020 để phương trình đã cho có nghiệm trên đoạn [2;4]?
1280
1285
1287
1286
Cho f(x) là hàm số chẵn liên tục trong đoạn [-1;1] và ∫−11fxdx=2 . Giá trị tích phân I=∫−1fx+20201+exdx là
I = 2019
I = 2020
I=2021
I= 2018
I=∫−11fx+20201+exdx=∫−10fx+20201+exdx+∫01fx+20201+exdx=I1+I2
Xét I1=∫−10fx+20201+exdx. Đặt x=−t⇒dx=−dt, đổi cận x=0⇒t=0,x=−1⇒t=1.
I1=∫10f−t+20201+e−t−dt=∫01etft+20201+etdt
Ta có ∫01etft+20201+etdt=∫01exfx+20201+exdx.
Suy ra I=∫−11fx+20201+exdx=∫01exfx+20201+exdx+∫01fx+20201+exdx
=∫011+exfx+20201+exdx=∫01fx+2020dx=12∫−11fx+2020dx=2021.
Cho hàm số y=fx=ax3+bx2+cx+d có bảng biến thiên như sau.
Tìm m để phương trình fx=m có bốn nghiệm phân biệt x1<x2<x3<12<x4.
12<m<1
0<m<1
0<m≤1
12≤m<1
Ta có f0=1f1=0f'0=0f'1=0⇔a=2b=−3c=0d=1, suy ra y=fx=2x3−3x2+1.
Nhận xét fx=0⇔x=1x=−12. Bảng biến thiên của hàm số y=fx như sau:
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình fx=m có nghiệm phân biệt x1<x2<x3<12<x4 khi và chỉ khi 12<m<1.
Cho ba điểm A, B, C lần lượt là 3 điểm biểu diễn của các số phức z1,z2,z3 thỏa mãn điều kiện z1=z2=z3=9 và z1+z2=8+6i. Giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC bằng
2814
2817
3014
3017
Ta có z1+z2=8+6i nên trung điểm của AB là điểm M4;3 và ba điểm A, B, C thuộc đường tròn (0;9). Ta hạ CH vuông góc AB và hạ OK vuông góc CH.
Khi đó:
S=12CH.AB=CK+KHOA2−OM2⇔S=214CK+5≤214CO+5=2814.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;0;6) , điểm M nằm trên mặt phẳng (Oxy) và M≠O. Gọi D là hình chiếu vuông góc của O lên AM và E là trung điểm của OM. Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Bán kính mặt cầu đó là
R=2
R=1
R=3
R=2
Ta có 0A=6.
Tam giác OAM luôn vuông tại O. Gọi I là trung điểm của OA (điểm I cố định).
Ta có tam giác ADO vuông tại D có ID là đường trung tuyến nên ID=12OA=3. (1)
Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM nên IE song song với AM.
Mặt khác OD⊥AM⇒OD⊥IE.
Lại có tam giác EOD cân tại E. Từ đó suy ra IE là đường trung trực của OD.
Do đó DOE^=ODE^, IOD^=IDO^⇒IDE^=IOE^=90°⇒ID⊥DE . (2)
Từ (1) và (2), suy ra DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R=OA2=3.
