30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 19
50 câu hỏi
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số là:
1.
-2
3
0.
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số: điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dươngsang âm
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy xCD=0,yCD=3.
Chọn C.
Cho a>0,a≠1, tính giá trị biểu thức A=a6loga27.
42
343.
21.
7.
Phương pháp:
Sử dụng công thức loganb=1nlogab0<a≠1,b>0,alogax=x0<a≠1.
Cách giải:
A=a6loga27=a6.12loga7=aloga73=73=343.
Chọn B.
Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài 3 kích thước lần lượt bằng 1; 2; 3.
V=2.
V=4.
V=6.
V=3.
Phương pháp:
Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài 3 kích thước lần lượt bằng a;b;c là V=abc.
Cách giải:
Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài 3 kích thước lần lượt bằng 1;2;3 là V=1.2.3=6
Chọn C.
Khối hai mươi mặt đều có số đỉnh, số cạnh, số mặt lần lượt là:
20; 30; 12
12; 30; 20
30; 12; 20
12; 20; 30.
Phương pháp:
Sử dụng công thức: Khối đa diện đều loại n;p có Đ đỉnh, C cạnh và M mặt thì Đ + M – C = 2.
Cách giải:
Khối hai mặt đều là khối 3;5 có M = 20, C = 30 và Đ = 12.
Chọn B.
Với mọi hàm số f(x), g(x) liên tục trên R cho các khẳng định sau:
(I) ∫fx−gxdx=∫fxdx−∫gxdx
(II) ∫fx−gxdx=∫fxdx−∫gxdx
(III) Nếu ∫fxdx=Fx+C thì ∫fudu=Fu+C
(IV) ∫kfxdx=k∫fxdx với mọi hằng số k∈ ℝ
Có bao nhiêu khẳng định sai?
4
1
2
3
Phương pháp:
Sử dụng tính chất của tích phân.
Cách giải:
Dễ thấy khẳng định (II) và (IV) sai.
Khẳng định (IV), với k = 0 ta có:
VT=∫0.fxdx=∫0dx=0+C
VP=0.∫fxdx=0
⇒VT≠VP
Chọn C.
Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích V khối tứ diện A'BCC' có thể tích là V1. Tính V1V.
13
12
16
14
Phương pháp:
Phân chia, lắp ghép khối đa diện
Cách giải:
Ta có: VA'.ABC=13VABC.A'B'C', mà VA'.ABC+VA'.BCC'B'=VABC.A'B'C' nên VA'.BCC'B'=23VABC.A'B'C'.
Lại có VA'.BCC'=12VA'.BCC'B'⇒VA'.BBC'=12.23VABC.A'B'C'=13VABC.A'B'C'.
⇒V1=13V⇒V1V=13
Chọn A.
Cho K là một khoảng. Phát biểu nào sau đây là đúng?
Nếu hàm số đồng biến trên K thì đồ thị của nó là đường đi lên từ phải sang trái.
Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên Kđược gọi chung là đơn điệu trên K.
Hàm số y= f(x)đồng biến trên Knếu tồn tại một cặp x1,x2thuộc Ksao cho x1<x2và fx1<fx2.
Nếu hàm số y = f(x)có đạo hàm trên Kvà f'x<0,∀x∈Kthì hàm số đồng biến trên K.
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa tính đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Đáp án A sai do nếu hàm số đồng biến trên K thì đồ thị của nó là đường đi lên từ trái sang phải.
Đáp án C sai do hàm số y= f(x) đồng biến trên K nếu tồn tại một cặp x1,x2 thuộc K sao cho fx1−fx2x1−x2>0.
Đáp án D sai do nếu hàm số y= f(x) có đạo hàm trên K và f'x<0,∀x∈K thì hàm số nghịch biến trên K.
Chọn B.
Tìm các khoảng đồng biến của hàm số y=1−xx+1.
−∞;−1;−1;+∞
−∞;+∞
Không tồn tại
−∞;−1∪−1;+∞
Phương pháp:
Tính đạo hàm và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: D=ℝ\−1. Ta có y=−x+1x+1⇒y'=−2x+12<0∀x∈D.
Do đó hàm số không tồn tại khoảng đồng biến.
Chọn C.
Cho hàm số y=3x−1x+2 có đồ thị (H). Điểm nào sau đây thuộc (H)
N−1;−4
P1;1
Q−3;7
M0;−1
Phương pháp:
Thay lần lượt từng tọa độ từng điểm vào hàm số.
Cách giải:
Thay tọa độ điểm N−1;−4 vào hàm số ta có 3.−1−1−1+2=−41=−4.
Vậy điểm N∈H.
Chọn A.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2020x−12021x+1 là
y=1
x=20202021
y=-1
y=20202021
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN y=ac.
Cách giải:
Đồ thị hàm số y=2020x−12021x+1 có TCN y=20202021.
Chọn D.
Cho hàm số y=x3+3x2+2 có đồ thị (C). Số giao điểm của (C) với đường thẳng y = 4 là
2.
3.
1.
0.
Phương pháp:
Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3+3x2+2=4⇔x3+3x2−2=0⇔x=−1x=−1±3.
Vậy số giao điểm của (C) với đường thẳng y = 4 là 3.
Chọn B.
Tìm hàm số có đồ thị không nhận trục tung làm trục đối xứng:
y=cosx
y=cos2x
y=sin2x
y=sin22x
Phương pháp:
Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.
Cách giải:
Hàm số y=sin2x là hàm số lẻ nên không nhận trục tung làm trục đối xứng.
Chọn C.
Cho n,k∈ℕ* và n≥k Tìm công thức đúng.
Cnk=n!n−k!k+1!
Cnk=n!n−k!
Ank=n!n−k!k!
Ank=n!n−k!
Phương pháp:
Sử dụng các công thức chỉnh hợp và tổ hợp.
Cách giải:
Ta có Cnk=n!n−k!k!,Ank=n!n−k!, do đó đáp án D đúng.
Chọn D.
Có bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau?
60480
151200
136080
15120
Phương pháp:
Sử dụng chỉnh hợp
Cách giải:
Số các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau là A106−X95=136080.
Chọn C.
Hàm số nào sau đây nghịch biến trên ℝ ?
y=1x
y=cotx
y=1x2+1
y=−x3x2+1
Phương pháp:
Hàm số nghịch biến trên R là hàm số xác định trên R và y'≤0∀x∈ℝ.
Cách giải:
Đáp án A và B loại do hai hàm số đó không xác định ∀x∈ℝ
Xét đáp án C ta có y'=−2xx2+12.
Xét đáp án D ta có y'=−3x2x2+1+x3.2xx2+12=−x4−3x2x2+12≤0∀x∈ℝ.
Vậy hàm số y=−x3x2+1 nghịch biến trên ℝ
Chọn D.
Cho khối tứ diện đều ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD. Sử dụng mặt phẳng trung trực của AB và mặt phẳng trung trực của CD ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối tứ diện nào sau đây?
MANC,BCDN,AMND,ABND
MANC,BCMN,AMND,MBND
ABCN,ABND,AMND,MBND
NACB,BCMN,ABND,MBND
Phương pháp:
Sử dụng khái niệm mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng là mặt phẳng vuông góc với đoạn thẳng tại trungđiểm của đoạn thẳng đó.
Cách giải:
Vì ABCD là tứ diện đều nên các mặt của nó là tam giác đều.
Ta có: MD⊥ABMC⊥AB⇒AB⊥MCD tại M⇒MCD là mặt phẳng trung trực của AB.
Chứng minh tương tự ta có (NAB) là mặt phẳng trung trực của CD.
Khi đó MCD,NAB chia khối tứ diện thành bốn khối tứ diện: MANC,BCMN,AMND,MBND.
Chọn B.
Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy R= 3cm và chiều cao h= 4cm.
V=36πcm3
V=12πcm3
V=24πcm3
V=48πcm3
Phương pháp:
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là V=πR2h.
Cách giải:
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy R= 3cm và chiều cao h= 4cm là V=πR2h=π.32.4=36πcm3.
Chọn A.
Tính thể tích V của khối nón có chiều cao h và đường kính đáy h2
V=148πh2
V=148πh3
V=13πh3
V=112πh3
Phương pháp:
Thể tích của khối nón có bán kính đáy h và chiều cao V là V=13πR2h.
Cách giải:
Thể tích của khối nón có bán kính đáy h2⇒bán kính đáy R=h4 và chiều cao h là
V=13πR2h=13π.h42.h=148πrh3.
Chọn B.
Cho hàm số y= f(x) có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
Hàm số đồng biến trên −12;+∞.
Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−12;−12;3.
Hàm số đồng biến trên −∞;+∞
Hàm số đồng biến trên −∞;3
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số y= f(x) đồng biến trên −∞;−12;−12;3.
Chọn B.
Tính thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng B và độ dài đường cao bằng 3h.
V=Bh
V=43Bh
V=13Bh
V=23Bh
Phương pháp:
Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng B và độ dài đường cao bằng 3h là V=13Bh.
Cách giải:
Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng V và độ dài đường cao bằng 3h là V=13B.3h=Bh.
Chọn A.
Tính thể tích của khối cầu biết chu vi đường tròn lớn của nó bằng 5π.
125π6
500π3
100π
25π
Phương pháp:
- Đường tròn lớn của khối cầu bán kính R có bán kính R
- Thể tích khối cầu bán kính R là V=43πR3.
Cách giải:
Gọi bán kính khối cầu là R⇒ Đường tròn lớn của khối cầu có bán kính R
⇒2πR=5π⇔R=52.
Vậy thể tích khối cầu là V=43πR3=43π.523=125π6.
Chọn A.
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=13x3−mx2−2m−3x−m+2 đồng biến trên ℝ?
5
2
3
1
Tìm số nghiệm trên 0;π của phương trình sin5x=0?
5
4
6
3
Phương pháp:
- Sử dụng: sinx=0⇔x=kπk∈ℤ
- Giải bất phương trình 0≤x<π tìm số giá trị nguyên k thỏa mãn.
Cách giải:
Ta có: sin5x=0⇔5x=kπ⇔x=kπ5k∈ℤ
0≤x<π⇔0≤kπ5<π⇔0≤k<5. Mà k∈ℤ⇒k∈0;1;2;3;4.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc 0;π.
Chọn A.
Tính bán kính R của mặt cầu (S) biết diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu đó có giá trị bằng nhau.
R=3
R=33
R=3.
R=13
Phương pháp:
- Diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu bán kính R lần lượt là S=4πR2 và V=43πR3.
Cách giải
Vì diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu đó có giá trị bằng nhau nên 4πR2=43πR3⇔R=3.
Chọn C.
Tính giá trị của biểu thức A=333x+3−3x biết 3x+3−x=4.
A=192
A=3
A=156
A=12
Phương pháp:
Sự dụng biến đổi a3+b3=a+b3−3aba+b.
Cách giải:
Ta có:
33x+3−3x=3x+3−x3−3.3x.3−x3x+3−x
⇒33x+3−3x=43−3.4=52
Vậy A=3.52=156.
Chọn C.
Cho hàm số bậc ba fx=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ sau. Có bao nhiêu số dương trong các số a,b,c,d.
0
1
2
3
Phương pháp:
- Sử dụng chiều đồ thị suy ra dấu của hệ số a
- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số d
- Dựa vào dấu các điểm cực trị của hàm số suy ra dấu của hệ số b,c
Cách giải:
Đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi lên nên a > 0
Đồ thị đi qua điểm O0;0 nên d = 0
Hàm số có 2 điểm cực trị x1,x2 và x1+x2>0x1.x2<0.
Ta có y'=3ax2+2bx+c có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1+x2>0x1.x2<0⇔−2b3a>0c3a<0⇔b<0c<0.
Vậy có một số dương trong các số a,b,c,d.
Chọn B.
Biết rằng ∫cos3x.sin3x+sin3x.cos3xdx=abcos4x+C với a,b∈ℤ,ab là phân số tối giản a<0,b>0, tính 2a + b
−13
13
−10
10
Phương pháp:
- Sử dụng các công thức: cos3x=3cosx+cos3x4,sin3x=3sinx−sin3x4,sina+b=sinacosb+cosasinb
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm: ∫sinkxdx=−1kcoskx+C.
Cách giải:
Ta có:
∫cos3x.sin3x+sin3x.cos3xdx
=∫3cosx+cos3x4.sin3x+3sinx−sin3x4.cos3xdx
=14∫3sin3xcosx+sin3xcos3x+3sinxcos3x−sin3xcos3xdx
=34∫sin4xdx=−316cos4x+C
⇒a=−3,b=16. Vậy 2a+b=2.−3+16=10.
Chọn D.
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức x2+12x9.
2116
84
2716
64
Phương pháp:
Khai triển nhị thức Niu-tơn: a+bn=∑k=0nCnkan−kbk.
Cách giải:
Ta có: x2+12x9=∑k=09C9kx29−k12xk=∑k=09C9k12kx18−3k
Do đó số hạng không chứa x ứng với 18−3k=0⇔k=6.
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức x2+12x9 là C96126=2116.
Chọn A.
Cho phương trình 2x+4=16x2+1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
Phương trình vô nghiệm.
Tổng các nghiệm của phương trình là một số nguyên.
Tích các nghiệm của phương trình là một số dương.
Tổng các nghiệm của phương trình là một số dương.
Phương pháp:
Đưa về cùng cơ số.
Cách giải:
2x+4=16x2+1
⇔x+4=4x2+4
⇔4x2+4=x+4 khi x≥−44x2+4=−x−4 khi x<−4
⇔4x2−x=0 khi x≥−44x2+x+8=0 khi x<−4
⇔x=14x=0
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là một số dương.
Chọn D.
Một lớp học có 20 nữ và 15 nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 bạn sao cho có đủ nam, nữ và số nam ít hơn số nữ?
192375
84075
113750
129254
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.
Cách giải:
Để chọn ra 5 bạn sao cho có đủ nam, nữ và số nam ít hơn số nữ ta có các trường hợp sau:
TH1: 1 nam và 4 nữ ⇒ Có C151.C204=72675 cách.
TH2: 2 nam và 3 nữ ⇒ Có C152.C203=119700 cách.
Vậy có tất cả 72675+119700=192375 cách.
Chọn A.
Bất phương trình log2x2−x−2≥log0,5x−1+1 có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc 0;2021?
2019
2018
2021
2020
Phương pháp:
- Đưa về cùng cơ số.
- Sử dụng công thức logafx+logagx=logafxgx0<a≠1,fx,gx>0.
- Giải bất phương trình logarit: logafx≥b⇔fx≥aba>1.
Cách giải:
log2x2−x−2≥log0,5x−1+1
⇔log2x2−x−2≥−log2x−1+1
⇔log2x2−x−2+log2x−1≥+1
⇔log2x2−x−2x−1≥1
⇔x2−x−2x−1≥2
⇔x3−x2−2x−x2+x+2≥2
⇔x3−2x2−x≥0
⇔1−2≤x≤0x≥1+2
Kết hợp điều kiện đề bài x∈0;2021,x∈ℤ⇒x∈0;3;4;5;...;2021
Vậy bất phương trình đã cho có 2020 nghiệm nguyên thỏa mãn.
Chọn D.
Cho hàm số y=mx+nax2+bx+c(m,n,a,b,c là các tham số thực). Hỏi đồ thị hàm số đã cho có tối đa bao nhiêu đường tiệm cận (ngang và đứng)?
2
4
3
1
Cho một hình trụ và một hình lập phương có cùng chiều cao, đường tròn đáy của hìnhtrụ là đường tròn ngoại tiếp đáy của hình lập phương. Tính tỉ số thể tích của khối trụ và khối lập phương đó
π4
π2
2π
π
Phương pháp:
- Hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu thì đồ thị hàm số có TCN y = 0
- Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm phân thức bằng số nghiệm của phương trình mẫu không bị triệt tiêu bởinghiệm của phương trình tử.
Cách giải:
Vì hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu thì đồ thị hàm số có TCN y= 0
Phương trình ax2+bx+c=0 có tối đa 2 nghiệm phân biệt khác −nm nên đồ thị có tối đa 2 TCĐ.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tối đa 3 đường tiệm cận.
Chọn C.
Một đoàn tàu gồm 12 toa chở khách (mỗi toa có thể chứa tối đa 12 khách). Có 7 hànhkhách chuẩn bị lên tàu. Tính xác suất để đúng 3 toa có người (làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba).
0,123
0,011
0,018
0,017
Phương pháp:
- Hình vuông cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng a22.
- Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy R là V=πR2h.
- Thể tích khối lập phương cạnh a là V=a3.
Cách giải:
Giả sử hình lập phương có cạnh a⇒ Hình trụ có chiều cao h= a
Vì đường tròn đáy của hình trụ là đường tròn ngoại tiếp đáy của hình lập phương nên hình trụ có bán kính đáy R=a22.
Thể tích khối trụ là V=πR2h=π.a222.a=πa34.
Thể tích khối lập phương là V'=a3.
Vậy tỉ số thể tích của khối trụ và khối lập phương đó là VV'=π4.
Chọn A.
Tung ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối đồng chất một lần. Tính xác suất để xuất hiệnmặt có số chấm lẻ.
12
1
13
23
Phương pháp:
Sử dụng nhân xác suất.
Cách giải:
Xác suất để 1 toa có người là 712 và xác suất để 1 toa không có người là 512
Vậy xác suất để 3 toa có người là C123.7123.5129≈0,107.
Chọn D.
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M,N,P lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC,ABD,ACD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện ABCD. Tính thể tích của khối tứ diện OMNP
2192
2864
2576
21296
Phương pháp:
Tính xác suất bằng phương pháp liệt kê.
Cách giải:
Tung ngẫu nhiên 1 con súc sắc cân đối đồng chất một lần ⇒ số phần tử của không gian mẫu là nΩ=6.
Gọi A là biến cố: “xuất hiện mặt có số chấm lẻ” ⇒A=1;3;5⇒nA=3.
Vậy xác suất để xuất hiện mặt có số chấm lẻ là PA=nAnΩ=36=12.
Chọn A.
Cho tập hợp A=1;2;3;...;90. Chọn từ A hai tập con phân biệt gồm hai phần tử a;b;c;d, tính xác suất sao cho trung bình cộng của các phần tử trong mỗi tập hợp đều bằng 30.
4064005
29572715
29267
29534534
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của BC. Biết thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng 3a320. Tính tang của góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy.
235
635
25
65
Cho hình tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi A',B',C',D' lần lượt là điểm đối xứng của A,B,C,D qua các mặt phẳng BCD,ACD,ABD,ABC. Tính thể tích của khối tứ diện A',B',C',D'
223.
9232
16281
1252324
Tìm tất cả các giá trị dương của n thỏa mãn 3n+7n2021>32021+72021n.
1<n<2021
0<n<1
n>2021
0<n<2021
Cho hàm số y=2m−1x−mx+mm≠0 có đồ thị Cm. Biết rằng tồn tại duy nhất một đường thẳng (d) có phương trình y=ax+b sao cho Cm luôn tiếp xúc với (d). Giá trị của a+ b là
−3
1
-1
2
Phương pháp:
- Tìm điểm M0∈Cm cố định, dự đoán M0 là tiếp điểm.
- Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị Cm tại M0.
- Thử lại: Xét phương trình hoành độ giao điểm, chứng minh tiếp tuyến vừa tìm được luôn tiếp xúc với Cm∀m≠0.
- Đồng nhất hệ số tìm a,b
Cách giải:
Ta có y=2m−1x−mx+m=2mx−x−mx+m=2mxx+m−1.
⇒∀m≠0 thì đồ thị hàm số Cm luôn đi qua điểm cố định M00;−1. Ta dự đoán M0 là tiếp điểm.
Khi đó ta có: Đường thẳng y=ax+b là tiếp tuyến của Cm tại M00;−1.
Ta có: y'=2m2x+m2⇒y'0=2.
Phương trình tiếp tuyến của Cm tại M00;−1 là: y=2x−0−1=2x−1.
Thử lại: Xét phương trình hoành độ giao điểm
2mxx+m−1=2x−1⇔2mx=2x2+2mx⇔2x2=0⇔x=0 (nghiệm kép).
Do đó đường thẳng y=2x−1 luôn tiếp xúc với Cm (thỏa mãn).
Vậy a=2,b=−1⇒a+b=1.
Chọn B.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'x=x2x+2x−3. Điểm cực đại của hàm số gx=fx2−2x là:
x=3
x=0
x=1
x=-1
Cho hàm số y=x3+x2−4 có đồ thị (C). Có bao nhiêu cặp điểm A,B thuộc (C) sao cho ba điểm O,A,B thẳng hàng và OA=2OB (O là gốc tọa độ)?
2
4
Vô số
1
Phương pháp:
- Giả sử Aa;a3+a2−4,Bb;b3+b2−4.
- Vì OA=2OB nên OA→=2OB→OA→=−2OB→, giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Cách giải:
Giả sử Aa;a3+a2−4,Bb;b3+b2−4.
- Vì OA= 2OB nên OA→=2OB→OA→=−2OB→⇔a;a3+a2−4=2b;b3+b2−4a;a3+a2−4=−2b+b3+b2−4
⇔a=2ba3+a2−4=2b3+2b2−8a=−2ba3+a2−4=−2b3−2b2+8⇔a=2b8b3+4b2−4=2b3+2b2−8a=−2b−8b3+4b2−4=−2b3−2b3+8
⇔a=2b6b3+2b2+4=0a=−2b6b3−6b2+12=0⇔a−2bb=−1a=−2bb=−1⇔a=−2b=−1a=2b=−1
Vậy có 2 cặp điểm A,B thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Một sợi dây kim loại dài 120cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất được uốnthành hình vuông, đoạn dây thứ hai được uốn thành vòng tròn (tham khảo hình bên dưới).
Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn đạt giá trị nhỏ nhất là (làm tròn đến hàng đơn vị)
498
462
504
426
Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB,OC đôi một vuông góc với nhau. Biết khoảng cách từ điểm O đến các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt là a,a2,a3. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) theo a.
2a
a6611
11a6
2a3311
Cho hàm số fx=x2−mx−2+m+6x−2x2 (m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị?
5
7
6
9
Cách giải:
Ta có:
fx=x2−mx−2+m+6x−2x2
⇒f'x=2xx−2+x2−m.x−2x−2−4x+m+6
⇒f'x=2xx−2+x2−m−4x+m+6=3x2−8x+6 khi x>2−2xx−2−x2+m−4x+m+6=−3x2+2m+6 khi x<2
Với x=2⇒f'x=3x2−8x+6>0∀x>2.
Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình −3x2+2m+6=0⇔x2=2m+63 có 2 nghiệm x1<x2<2 *.
Ta có BXD f(x) như sau:
`
Khi đó hàm số ban đầu sẽ thỏa mãn có 3 điểm cực trị.
Ta có *⇔2m+63>02m+63<2⇔m>−32m+63<4⇔−3<m<3.
Mà m∈ℤ⇒m∈−2;−1;0;1;2.
Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A,BAC=1200 và các cạnh bên hợp với đáy một góc bằng
Hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC). Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' biết khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACC'A' bằng 217.
34
33
36
39
Cho S=1;2;3;...;35, tìm số cách chọn một tập con của S gồm 26 phần tử sao cho tổng các phần tử của nó chia hết cho 5.
15141523
14121492
1321250
131213
Cho hàm số fx=sinx−m2+cosx−n2(m,n là các tham số nguyên). Có tất cả bao nhiêu bộ (m,n) sao cho minx∈ℝfx+maxx∈ℝfx=52?
4
0
8
12
Phương pháp:
- Khai triển hằng đẳng thức.
- Sử dụng: −a2+b2≤asinx+bcosx≤a2+b2, từ đó tìm minx∈ℝfx,maxx∈ℝfx.
- Giải phương trình tìm nghiệm nguyên m,n
Cách giải:
Ta có:
fx=sinx−m2+cosx−n2
fx=sin2x−2msinx+m2+cos2x−2ncosx+n2
fx=1−2msinx+ncosx+m2+n2
Ta có: −m2+n2≤msinx+ncosx≤m2+n2
⇒2m2+n2≥−2msinx+ncosx≥−2m2+n2
⇒1+2m2+n2≥1−2msinx+ncosx≥1−2m2+n2
⇒1+2m2+n2+m2+n2≥fx≥1−2m2+n2+m2+n2
⇒minx∈ℝfx=1−2m2+n2+m2+n2
maxx∈ℝfx=1+2m2+n2+m2+n2
Theo bài ra ta có:
⇔1−2m2+n2+m2+n2+1+2m2+n2+m2+n2=52
⇔2+2m2+2n2=52
⇔m2+n2=25
Vì m,n∈ℤ⇒m;n∈0;5;0;−5;5;0;−5;0;3;4;3;−4;−3;4;−3;−44;3;4;−3;−4;3;−4;−3.
Vậy có 12 bộ số m,n thỏa mãn.
Chọn D.
Cho bất phương trình log375523−123+1+log375533−133+1+...+log3755x3−1x3+1<1 với x∈ℕ,x>2. Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho bằng bao nhiêu?
54
228
207
42
Phương pháp:
Rút gọn x3−1x+13+1=x−1x+2. Từ đó rút gọn biểu thức trong log và giải bất phương trình.
Cách giải:
Ta có:
log375523−123+1+log375533−133+1+...+log3755x3−1x3+1<1
⇔log375523−123+1.33−133+1...x3−1x3+1<1*
Ta có: x3−1x+13+1=x−1x2+x+1x+2x+12−x+1+1=x−1x2+x+1x+2x2+x+1=x−1x+2.
Khi đó
*⇔log3755123+1.14.25.36.47...x−2x+1.x3−1<1
⇔log3755x3−19.1.2.3x−1xx+1<1
⇔x3−19.1.2.3x−1xx+1>3755
⇔23.x2+x+1x2+x>3755
⇔x2+x+1x2+x>111110
⇔1x2+x>1110
⇔x2+x<110
⇔−11<x<10
Kết hợp điều kiện đề bài ta có 2<x<10x∈ℤ⇒x∈3;4;5;...;9.
Vậy tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho bằng: 3+4+...+9=3+9.72=42.
Chọn D.
