Đề số 1
50 câu hỏi
Trong không gian vói hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng đi qua điểm A1;4;−7 và vuông góc với mặt phẳng (P):x+2y−2z−3=0 có phương trình là
x−11=y−42=z−7−2.
x+11=y+44=z−7−7.
x−11=y−4−2=z+7−2.
x−11=y−42=z+7−2.
Đường thẳng đi qua điểm A1;4;−7 và vuông góc với mặt phẳng x+2y−2z−3=0 nên có một vectơ chỉ phương u→=(1;2;−2) có phương trình là x−11=y−42=z+7−2.
Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng −∞;+∞
y=x3−2x+1.
y=x+1x−2.
y=x−1x+1.
y=x3+3x−3.
Đáp án D
Loại ngay đáp án B, C vì hàm bậc một nếu có đồng biến thì đồng biến trên từng khoảng xác định.
Loại đáp án A vì phương trình y'=3x2−2=0 có 2 nghiệm phân biệt.
Đáp án D: Ta có y'=3x2+3>0,∀x∈ℝ; suy ra hàm số đồng biến trên khoảng R.
Tìm phần ảo của số phức z=2i2−i.
-2
4i
4
D.
Đáp án C
Ta có: z=2i2−i=4i−2.−1=2+4i.
Vậy phần ảo của số phức z là 4.
Tìm tập xác định của hàm số y=log22x2−x−1
D=−∞;−12∪1;+∞.
(−∞;−12]∪[1;+∞).
(−12;1).
[−12;1].
Đáp án A
Điều kiện: 2x2−x−1>0⇔x<−12x>1.
Tập xác định D=(−∞;−12)∪(1;+∞).
Cho một hình đa diện. Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau?
Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt.
Mỗi đỉnhlà đỉnh chung của ít nhất ba cạnh.
Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất ba mặt.
Mỗi mặt có ít nhất ba cạnh.
Đáp án C
Mỗi cạnh chỉ là cạnh chung của 2 mặt.
Biết F(x) là nguyên hàm của fx=4x3−1x2+3x thỏa mãn 5F(1)+F(2)=43 Tính F(2)
1514
23.
452
867
Đáp án B
Ta có Fx=x4+1x+32x2+C.
Theo giả thiết 5F1+F2=43⇒572+C+452+C=43⇒C=12.
Do đó Fx=x4+1x+32x2+12⇒F2=23.
Cho cấp số cộng có u1=2018,d=−3.Khi đó u2 bằng
-2020
-2006
2019
D.
Đáp án D
Ta có: 1d⇒u5=u1+4d=2018−3.4=2006.
Đường cong như hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
y=x4+x2−2.
y=2x4+x2−1.
y=2x4−3x2−2.
y=−x4−2x2−2.
Đáp án A
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm 0;−2 loại đáp án B.
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị ab≥0 nên ta loại đáp án C.
Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án D.
Trong không gian Oxyz, tìm phương trình mặt phẳng (a) cắt ba trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại 3 điểm 3;0;0,B0;4;0,C0;0;−2.
4x+3y−6z+12=0.
4x+3y+6z+12=0.
4x−3y+6z−12=0.
4x−3y+6z+12=0.
Đáp án D
Mặt phẳng (a) có phương trình là:
α:x−3+y4+z−2=1⇔4x−3y+6z+12=0.
Biết rằng I=∫1e3lnx+1xdx=ab trong đó a và b là những số nguyên dương và phân số ab tối giản. Khi đó giá trị tổng của P = a+ tương ứng bằng
23.
29.
32.
35.
Đáp án C
Đặt t=lnx⇒dt=dxx.
I=∫013t+1dt=149=ab⇒a+2b=32.
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=x−1x2−x−20 là
1.
2.
3.
4.
Đáp án B
TXD: D=1;+∞\5
limx→5−y=limx→+∞(x−1x2−x−20)=0 nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng Y = 0 làm đường tiệm cận ngang.
limx→5−y=−∞,limx→5+=+∞ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng X = 5 làm đường tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.
Cho hình nón có bán kính đáy r=3 và độ dài đường sinh l=4. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón đã cho.
Sxq=12π.
Sxq=43π.
Sxq=39π.
Sxq=83π.
Đáp án B
Ta có Sxq=πRl.
Nên Sxq=π3.4=43π.
Tập nghiệm của bất phương trình log11−2xx>0 là
S=13;+∞.
(0;13).
13;12.
S=−∞;13.
Đáp án C
Điều kiện: 0<x<12.
Ta có: log131−2xx>0⇔1−2xx<1 (vì 0<13<1)
⇔1−2xx−1<0⇔1−3xx<0.
Mặt khác x∈(0;12)⇒12>x>13.
Dấu của biểu thức log logab>0⇔[0<a,b<11<a,bvà logab<0⇔[0<a<1<b0<b<1<a |
Cho hàm số f(x) xác định trên R\{2} liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ:
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f(x) = m có 3 nghiệm thực phân biệt.
(-1;1)
(-1;1]
−2;−1.
(−2;−1).
Đáp án D
Phương trình f(x)=m có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: −2<m<−1.
Một khối trụ có bán kính R, chiều cao h và thể tích V1 Tăng bán kính đáy lên gấp đôi, chiều cao khối trụ không đổi thì thể tích khối trụ khi đó
Tăng gấp đôi.
Tăng gấp 4 lần.
Không đổi.
Giảm một nửa.
Đáp án B
Khối trụ ban đầu có thể tích là V1=πR2h.
Sau khi tăng lên thì khối trụ có thể tích: V2=π.(2R)2→h=4πR2h=4V1.
Tìm giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y=x3−3x2+m nhận điểm A(1;3) làm tâm đối xứng
m = 4
m = 5
m = 3
m = 2
Đáp án B
Ta có: y''=x3−3x2+m''=6x−6=0⇔x=1⇒y1=m−2.
Đồ thị hàm số nhận điểm A (1;3) làm tâm đối xứng khi và chỉ khi
y1=3⇔m−2=3⇔m=5.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA⊥ABCD. Góc giữa SC và (ABCD) là 45o Thể tích khối chóp S.ABCD là
a322.
a32.
a326.
a323.
Đáp án D
Góc giữa SC và (ABCD) là SCA^=45°.
Xét ΔSAC có SA=AC=a2 (và ΔSAC vuông cân tại A)
Vậy VS.ABCD=13SA.SABCD=13a2a2=a323.
Tìm tham số thực m để hàm số y=fx=x2+x−12x+4 khi x≠−4mx+1 khi x=−4 liên tục tại điểm x0=−4
m = 4
m = 3
m = 2
m = 5
Đáp án C
Tập xác định D =
Ta có f−4=−4m+1.
limx→−4fx=limx→−4x2+x−12x+4=limx→−4x+4x−3x+4=limx→−4x−3=−7.
Cho hai số z1,z2 phức thỏa mãn |z1|=|z2|=|z1−z2|=1. Tính |z1+z2|
3
23
C.
32
Đáp án A
Ta có: z1−z22=z1−z2z1−z2¯=z1−z2z1¯−z2¯=z12+z22−z1.z2¯+z1¯.z2
⇒z1.z2¯+z1¯.z2=1
⇒z1+z22=z1+z2z1+z2¯=z1+z2z1¯+z2¯=z12+z22+z1.z2¯+z1¯.z2=3.
Từ đó suy ra z1+z2=3.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua điểm H (1;-2;3) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B và C sao cho H là trực tâm tam giác ABC. Phương trình mặt phẳng (P) là
P:x−2y+3z−13=0.
P:x−2y−3z+13=0.
P:x−2y−3z−13=0.
P:x−2y−3z+13=0.
Đáp án A
Gọi Aa;0;0∈Ox,B0;b;0∈Oy,C0;0;c∈Oz.
Phương trình mặt chắn của P:xa+yb+zc=1.
Ta có: AH→=1−a;−2;3,BH→=1;−2−b;3,BC→=0;−b;c,AC→=−a;0;c.
Cho 0<x≠1,0<a≠1 và M=1logax+1loga3x+1loga5x+...+1loga2019x. Khẳng định nào sau đây là đúng?
M=20202logax
M=2018.1010logax
M=2020.1010logax
M=10102logax
Đáp án D
Với điều kiện 0<x≠1,0<a≠1.
Ta có: M=logxa+logxa3+logxa5+...+logxa2019
=logx(a.a3.a5...a2019)=(1+3+5+...+2019)logxa(*)
=10102.logxa=10102logax.
loga(y1.y2.....yn)=logay1+logay2+...+logayn (với a,y1,y2,...,yn>0;a≠1) Công thức: 1+3+5+...+(2n−1)=n2. Chứng minh dựa vào tính tổng của một CSC với u1=1,un=2n−1,d=2. Khi đó tổng S=n2(u1+un)=n2(1+2n−1)=n2 |
Cho đồ thị hàm số y=13x4−2x2−1 có 3 điểm cực trị là A, B, C. Biết M, N là hai điểm di động lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác AMN. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN là
23
233
4
2
Đáp án D
Dễ thấy ABC là tam giác đều, nên có thể giả sử tọa độ ba điểm cực trị của hàm số đã cho là A(0;1), B(-3;-4), C(3;-4)
Đặt AM=x, AN=y (x,y>0)
Từ giả thiết suy ra 12xysin60°=1323234⇔xy=4.
Lại có MN2=x2+y2−2xycos60°≥2xy−4=4.
GTNN của độ dài đoạn thẳng MN là 2.
Công thức tính diện tích tam giác thông thường khác: SΔABC=13AB.AC.sinA. |
Tổng các nghiệm của phương trìnhlog217.2x−8=2x bằng
1.
2.
-2
3.
Đáp án D
Điều kiện: 17.2x−8>0.
Phương trình tương đương với: 17.2x−8=22x⇔2x2−17.2x+8=0.
Đặt 2x=t (với t>0)
Khi đó phương trình trở thành: t2−17t+8=0.
Phương trình có hai nghiệm t1,t2 thỏa mãn: t1.t2=8
⇒2x1.2x2=8⇔2x1+x2=23⇔x1+x2=3.
Bài toán không cần tính cụ thể x1,x2 mà ta chỉ cần sử dụng tính chất ax1.ax2=ax1+x2. |
Cho lim1+2n−25n23n4+2=abc (với ac là phân số tối giản). Khẳng định nào sau đây là sai?
abc<0.
ab<0bc<0.
acb+1∈ℤ.
a+b+c>0.
Đáp án C
Ta có: lim1+2n−25n23n4+2=lim1n2+2n−253+2n4=−253=−2153⇒a=−2,b=15,c=3
Khi đó acb+1=−2.315+1=35∉ℤ
Cho hàm số fx thỏa mãn f'x=2018x.ln2018−cosx và f0=2.
Khẳng định nào đúng?
fx=2018x+sinx+1.
fx=2018xln2018+sinx+1.
fx=2018xln2018−sinx+1.
fx=2018x−sinx+1.
Đáp án D
Ta có: fx=∫2018xln2018−cosxdxf0=2⇔fx=2018x−sinx+C2=20180−sin0+C
⇔fx=2018x−sinx+1.
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z+4+z−4=10. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là một hình phẳng có diện tích bằng
20π.
15π.
12π.
16π.
Đáp án B
Giả sử z=x+yi x,y∈ℝ⇒Mx,y
là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng Oxy, A4;0,B−4;0 tương ứng là các điểm biểu diễn số phức z1=4,z2=−4
Theo bài ra z−4+z+4=10⇔MA+MB=10=2a⇔a=5.
AB=8=2c⇒c=4⇒b=a2−c2=3
Vậy tập hợp điểm M là elip có hai tiêu điểm A, B. Phương trình elip: x225+y29=1.
Diện tích của elip: S=πab=15π.
Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao nhau của hai hình tròn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào trong các số dưới đây?
202 triệu đồng.
208 triệu đồng
218 triệu đồng
200 triệu đồng.
Đáp án A
Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.
Gắn hệ trục Oxy, vì OI=30 mét nên I0;30.
Phương trình hai đường tròn lần lượt là x2+y2=202 và x2+y−302=152.
Gọi A, B là các giao điểm của hai đường tròn đó.
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ x2+y2=202x2+y−302=152⇔x=±545512y=21512.
Tổng diện tích hai đường tròn là π202+152=625πm2.
Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y=30−152−x2
và y=202−x2.
Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là
S=∫−545512545512202−x2+152−x2−30dx≈60,2546m2.
Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là:
300 000.60,2546≈18076386 (đồng).
Số tiền để làm phần còn lại là:
100 000.625π−2.60,2546=184 299 220 (đồng)
Vậy tổng số tiền làm sân khấu là:
184 299 220+18 076 386≈202375606 (đồng).
Gọi z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−4z+5=0. Giá trị của biểu thức z1−12019+z2−12019 bằng
21009.
21010.
0.
−21010.
Đáp án D
Xét phương trình: z2−4z+5=0⇔z−22=−1⇔z1=2+iz2=2−i.
Khi đó ta có: z1−12019+z2−12019=1+i2019+1−i2019
=1+i.1+i21009+1−i.1−i21009
=1+i.2i1009+1−i.−2i1009
=2i1009.1+i−1−i=2i1010=−21010.
Lũy thừa đơn vị ảo i i4n=1;i4n+1=i;i4n+2=−1;i4n+3=−in∈ℕ . |
Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D'có ABCD là hình chữ nhật A'A=A'B=A'D. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D'biết rằng AB=a,AD=a3,A'A=2a.
3a3.
a3.
a33.
3a33.
Đáp án A
Gọi O là giao điểm của AC và BD. ABCD là hình chữ nhật ⇒OA=OB=OD. Mà A'A=A'B=A'D nên A'O⊥ABD (vì A'O là trực tâm tam giác ABD) ΔABD vuông tại A ⇒BD=AB2+AD2=2a⇒OA=OB=OD=a. ΔA'AO vuông tại O⇒A'O=A'A2+AO2=a3. SABCD=AB.AD=a23⇒VABCD.A'B'C'D'=A'O.SABCD=3a3
|
 |
Cho ba điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn ba số phức z1,z2,z3với z3≠z1,z3≠z2 . Biết z1=z2=z3 và z1+z2=0. Mệnh đề nào sau đây đúng?
Tam giác ABC vuông tại C.
Tam giác ABC đều.
Tam giác ABC vuông cân tại C.
Tam giác ABC cân tại C.
Đáp án A
Đặt z1=z2=z3=R. Khi đó A, B, C nằm trên đường tròn O;R. Do z1+z2=0nên hai điểm A, B đối xứng nhau qua O. Như vậy điểm C nằm trên đường tròn đường kính AB (bỏ đi hai điểm A và B) hay tam giác ABC vuông tại C. |
|
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=2cosx+32cosx−m nghịch biến trên khoảng 0;π3.
m>−3.
m≤−3m≥2.
m<−3.
−3<m≤1m≥2.
Đáp án C
Đặt t=cosx (vì 0<x<π3⇒12<t<1 ).
(t'=−sinx<0,∀x∈0;π3, do đó t=cosxnghịch biến trên 0;π3 ).
Hàm số trở thành yt=2t+32t−mt≠m2
Ta có: y't=−2m−62t−m2.
Do đó yêu cầu toán trở thành ytđồng biến trên khoảng 12;1 khi y't>0,∀t∈12;1.
⇔−2m−6>02t−m≠0,∀t∈12;1⇔m<−3m≠2t,∀t∈12;1⇔m<−3m∉1;2⇔m<−3.
Cho tập X=1,2,3,4,5,6,7,8,9.Hỏi có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau
(I) “Có A94 số có 4 chữ số được lập từ tập X”
(II) “ A105 là một tổ hợp chập 3 của X”
(III) “Mỗi hoán vị các phần tử của X là một chỉnh hợp chập 9 của X”
0.
1.
2.
3
Đáp án B
(I) “Có A94 số có 4 chữ số được lập từ tập X” là mệnh đề sai vì có 94 số có 4 chữ số được lập từ tập X.
(II) “ A105 là một tổ hợp chập 3 của X” là mệnh đề sai vì A105 là một chỉnh hợp chập 3 của X.
(III) “Mỗi hoán vị các phần tử của X là một chỉnh hợp chập 9 của X” là mệnh đề đúng.
Cho hàm số fx=1x. Nếu Fx là một nguyên hàm của hàm số fx và đồ thị hàm số y=Fx đi qua M−1;0 thì Fx là
Fx=lnx−1.
Fx=−1x2+1.
Fx=lnx.
Fx=−1x2.
Đáp án C
Fx=∫1xdx=lnx+C đồ thị hàm số y=Fx đi qua M−1;0
⇒C=0⇒Fx=lnx.
Lỗi học sinh dễ mắc đó là: ∫1xdx=lnx+C. |
Một nhóm gồm 120 diễn viên quần chúng biểu diễn một tiết mục cần xếp thành hình tam giác như sau: hàng thứ nhất có 1 người, hàng thứ hai có 2 người, hàng thứ ba có 3 người,… Hỏi có tất cả bao nhiêu hàng?
10
12.
15.
20.
Đáp án C
Gọi n là số hàng cần tìm.
Ta có: 1+2+3+...+n=120⇔nn+12=120⇔n=15n=−16l⇒n=15.
Cho hàm số fxliên tục và nhận giá trị dương trên 0;1. Biết fx.f1−x=1với ∀x∈0;1. Tính giá trị I=∫01dx1+fx
32.
12.
1
2.
Đáp án B
Ta có: 1+fx=fxf1−x+fx⇒fx1+fx=1f1−x+1
Xét I=∫01dx1+fx
Đặt t=1−x⇒x=1−t⇒dx=−dt.
Đổi cận: x=0⇒t=1x=1⇒t=0.
Khi đó I=−∫10dt1+f1−t=∫01dt1+f1−t=∫01dx1+f1−x=∫01fx1+fxdx.
Mặt khác ∫01dx1+fx+∫01fx1+fxdx=∫011+fx1+fxdx=∫01dx=1 hay 2I=1.
Vậy I=12.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt phẳng α đi qua A, B và trung điểm M của SC. Mặt phẳng αchia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích lần lượt là V1,V2 với V1<V2. Tính tỉ số V1V2.
V1V2=14.
V1V2=38.
V1V2=58.
V1V2=35.
Đáp án D
Kẻ MN // CDN∈CD , suy ra ABMN là thiết diện của khối chóp.
Ta có VS.ABMN=VS.ABM+VS.AMN.VS.ABMVS.ABC=SMSC=12⇒VS.ABM=12VS.ABC=14VS.ABCDVS.AMNVS.ACD=SMSC.SNSD=14⇒VS.AMN=18VS.ABCD. Do đó VS.ABMN=14VS.ABCD+18VS.ABCD=38VS.ABCD Suy ra VABMNDC=58VS.ABCD nên V1V2=35. |
|
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;0;0,B0;0;2 và mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−2y+1=0. Số mặt phẳng chứa hai điểm A,Bvà tiếp xúc với mặt cầu S là
1 mặt phẳng.
2 mặt phẳng.
0 mặt phẳng.
Vô số mặt phẳng
Đáp án A
Gọi phương trình mặt phẳng là: P:Ax+By+Cz+D=0 (với A2+B2+C2≠0 )
Theo đề bài, mặt phẳng Pqua A, B nên ta có: A+D=02C+D=0⇔A=2CD=−2C.
Vậy mặt phẳng P có dạng: 2Cx+By+Cz−2C=0.
S có tâm I1,1,0 và R=1.
Vì P tiếp xúc với (S) nên dI;P=R
⇔2C+B−2C5C2+B2=1⇔B2=5C2+B2⇔C=0.
Suy ra A=D=0.
Vậy phương trình mặt phẳng P:y=0.
Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy, AB=a2,BC=a,SC=2a và SCA^=30°. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC.
R=a32.
R=a.
R=a2.
R=a3.
Đáp án B
Ta có: AC=SC.cos30°=a3 AB2+BC2=2a2+a2=3a2=AC2⇒ΔABClà tam giác vuông ở B. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AC, SC. Khi đó ta có: H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC. IH⊥ABC. Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC, suy ra R=12SC=a. Vậy R=a. |
|
Phương trình x2−2xx−1=m (với m là tham số thực) có tối đa bao nhiêu nghiệm thực?
3.
4.
5.
6.
Đáp án B
Ta có: fx=x2−2xx−1=x2−2xx−1=x3−3x2+2xx≥2−x2−2xx−1=−x3+3x2−2x0≤x<2x2−2x−x−1=−x3+x2+2xx<0
f'x=3x2−6x+2, x≥2−3x2+6x−2, 0≤x<2−3x2+2x+2, x<0.
f'x=0⇔x=3+33x=3−33x=1−73
Bảng biến thiên hàm số fx
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình fx=m có tối đa 4 nghiệm.
Cho đồ thị hàm số y=fxnhư hình vẽ dưới đây. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm sốy=fx+2018+m2có 5 điểm cực trị?
0.
1
2.
3.
Đáp án C
Ta có hàm số y=fx+2018 có đồ thị là hàm số y=fx tịnh tiến sang trái 2018 đơn vị.
Hàm số y=fx+2018+m2có đồ thị hàm số y=fx+2018 tịnh tiến lên trên m2 đơn vị.
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y=fx có 3 điểm cực trị.
Khi tịnh tiến sang trái 2018 đơn vị thì số điểm cực trị hàm số y=fx+2018 vẫn là 3 điểm cực trị.
Để hàm số y=fx+2018+m2 có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số y=fx+2018 cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt (trừ các điểm cực trị tiếp xúc với trục hoành).
⇔2≤m2<6⇔2≤m<6−6<m≤−2.
Do m∈ℤ⇒m∈−2;2 .
|
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M0;−1;2 và hai đường thẳng d1:x−11=y+2−1=z−32,d2:x+12=y−4−1=z−24. Phương trình đường thẳng đi qua M, cắt cả d1 và d2 là
x−92=y+192=z+38.
x3=y+1−3=z−24.
x9=y+1−9=z−216.
x−9=y+19=z−216.
Đáp án C
Gọi Δlà đường thẳng cần tìm.
Δ∩d1=At1+1;−t1−2;2t1+3; Δ∩d2=B2t2−1;−t2+4;4t2+2.
MA→=t1+1;−t1−1;2t 1+1;MB→=2t2−1;−t2+5;4t2
Ta có: M,A,B thẳng hàng khi MA→=kMB→
⇔t1+1=k2t2−1−t1−1=k−t2+52t1+1=4kt2⇔t1=72k=−12kt2=2⇒t1=72t2=−4
Suy ra MB→=−9;9;−16.
Đường thẳng Δ đi qua M0;−1;2 , một vectơ chỉ phương là u→=9;−9;16 có phương trình là: Δ:x9=y+1−9=z−216.
Cho phương trình 4x2−2x+1−m.2x2−2x+2+3m−2=0.Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình có 4 nghiệm phân biệt
2;+∞.
2;+∞.
−∞;1∪2;+∞.
1;+∞.
Đáp án B
Ta có: 4x2−2x+1−m.2x2−2x+2+3m−2=0⇔4x2−2x+1−2m.2x2−2x+1+3m−2=0.
Đặt 2x2−2x+1=t ta có phương trình t2−2m.t+3m−2=01
Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔(1) phải có 2 nghiệm phân biệt t1,t2 lớn hơn 1
⇔Δ'>0t1−1t2−1>0t1+t22>0⇔Δ'>0t1t2−t1+t2+1>0t1+t2>2⇔m2−3m+2>03m−2−2m+1=02m>2⇔m>2,m<1m>1m>1⇔m>2
Với dạng toán phương trình có mũ phức tạp, ta luôn cố gắng tìm điểm chung để đặt ẩn phụ. Tìm điều kiện của ẩn phụ để thỏa mãn yêu cầu đề bài đã cho. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ax2+bx+c=0a≠0 có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn giá trị α. ⇔Δ>0S2>αa.fα>0 |
Cho khối nón đỉnh O, trục OI. Mặt phẳng trung trực của OI chia khối nón thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần là
12.
18.
14.
17.
Đáp án D
Gọi R là bán kính đáy của khối nón trục OI⇒V=13πR2.OI.
Giả sử mặt phẳng trung trục của OI cắt trục OI tại H, cắt đường sinh OM tại N.
Khi đó mặt phẳng này chia khối nón thành 2 phần, phần trên là khối nón mới có bán kính r=R2 có chiều cao là OI2.
⇒V1=13πR22OI2=πR2OI24.
Phần dưới là khối nón cụt có thể tích V2=V−V1=πR2OI3−πR2OI24=7πR2OI24.
Vậy tỉ số thể tích là V1V2=πR2OI247πR2OI24=17.
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C'có thể tích là V và độ dài cạnh bên là AA'=6. Cho điểm A1 thuộc cạnh AA' sao cho AA1=2. Các điểm B1,C1 lần lượt thuộc cạnh BB',CC' sao cho BB1=x,CC1=y. Biết rằng thể tích khối đa diện ABC.A1B1C1 bằng 12V. Giá trị của x+y bằng
10.
4.
16
7.
Đáp án D
Gọi M, N lần lượt thuộc BB' và CC' sao cho BM=CN=2. Khi đó ta có: VABC.A1B1C1=VABC.A1MN+VA1MNC1B1=13V+x+y−412A'BC'B' =13V+x+y−412.23V. Mặt khác theo giả thiết ta có: VABC.A1B1C1=12V⇒13V+x+y−412.23V=12V⇔13+x+y−412.23=12⇔x+y=7. |
|
Biết rằng Fx=∫tanxdx và F0=3Fπ=6. Khi đó giá trị của biểu thức Fπ3+F4π3 tương ứng bằng
8+2ln2.
8.
4+4ln2.
6−2ln2.
Đáp án A
Ta có: Fx=∫tanxdx=∫sinxdxcosx=−lncosx+C xác định trên 2 miền
+ Miền thứ nhất π2+k2π<x<3π2+k2π, ta có:
3Fπ=3−lncosπ+C=6⇔C=2→Fx=−lncosx+2
⇒F4π3=−lncos4π3+2=2+ln2
+ Miền thứ hai −π2+k2π<x<π2+k2π, ta có:
F0=−lncos0+C=6⇔C=6→Fx=−lncosx+6
⇒Fπ3=−lncosπ3+6=6+ln2
Do đó: F4π3+Fπ3=2ln2+8.
Một kĩ sư được một công ty xăng dầu thuê thiết kế một mẫu bồn chứa xăng với thể tích V cho trước, hình dạng như hình bên, các kích thước r, h thay đổi sao cho nguyên vật liệu làm bồn xăng là ít nhất.
Người kĩ sư này phải thiết kế kích thước h như thế nào để đảm bảo được đúng yêu cầu mà công ty xăng dầu đã đưa ra?
h=0.
h=V3π.
h=2V3.
h=V32.
Đáp án A
Điều kiện h≥0
Ta có: V=43πr3+πr2h⇒h=V−43πr3πr2
Diện tích toàn phần của bồn xăng là Sr=4πr2+2πrh⇒h=4πr3+2V−83πr3r
Ta có: S'r=83πr3−2Vr2=0⇔83πr3=2V⇔r=3V4π3.
Lập bảng biến thiên ta sẽ thấy Smin⇔r=3V4π3⇒h=4π.3V4π+2V−83π.3V4πr=0 nguyên vật liệu làm bồn xăng là ít nhất ⇔Smin⇔h=0.
Cho hàm số fx nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên 0;2 . Biết f0=1 và fx.f2−x=e2x2−4x với mọi x∈0;2. Tính tích phân I=∫02x3−3x2.f'xfxdx.
I=−143.
I=−325.
I=−163.
I=−165.
Đáp án D
Từ giả thiết fx.f2−x=e2x2−4x→x=2f2=1.
Ta có I=∫02x3−3x2.f'xfxdx.
Đặt u=x3−3x2dv=f'xfxdx⇒du=3x2−6xdxv=lnfx
Khi đó I=x3−3x2lnfx02−∫023x2−6xlnfxdx=f2=1−3∫02x2−2xlnfxdx=−3J
Ta có J=∫02x2−2xlnfxdx=x=2−t∫202−t2−22−tlnf2−td2−t
=∫202−x2−22−xlnf2−xd2−x=∫02x2−2xlnf2−xdx
Suy ra 2J=∫02x2−2xlnfxdx+∫02x2−2xlnf2−xdx
=∫02x2−2xlnfx.f2−xdx
=∫02x2−2xlne2x2−4xdx=∫02x2−2x2x2−4xdx=3215
⇒J=1615
Vậy I=−3J=−165.
Cho đa giác đều 100 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của 1 tam giác tù là
311.
1633.
811.
411.
Đáp án C
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh là C1003
Giả sử chọn được 1 tam giác tù ABC với góc nhọn A, B tù, C nhọn.
Chọn 1 đỉnh bất kì lấy làm đỉnh A có 100 cách. Kẻ đường kính qua đỉnh vừa chọn chia đường tròn thành 2 phần (trái và phải)
Để tạo thành tam giác tù thì 2 đỉnh còn lại được chọn sẽ cùng nằm bên trái hoặc cùng nằm bên phải
+ Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên trái có C1002−12=C492 cách
+ Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên phải có C1002−12=C492 cách
Vậy có tất cả số tam giác tù là tuy nhiên ứng với mỗi tam giác vai trò góc nhọn của A, C như nhau nên số tam giác tính 2 lần. Do đó số tam giác tù tạo thành là 100.C492+C4922=100100−2100−48=117600.
Vậy xác suất cần tìm P=117600C1003=811.
Cho hai số thực x>0,y>−1 thỏa mãn 2x2−y+1log2x=log2yy+1−1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x2+y bằng
1.
12.
−34.
−14.
Đáp án D
Ta có: 2x2−y+1log2x=log2yy+1−1⇔2x22y+1log2x=log2yy+1+1y+1−1y+1+1
⇔2x2log2x=2y+1log2y+1+1⇔2.2x2log2x=2y+1+1log2y+1+1=2x2log2x2
Nhận thấy ngay hàm số ft=2t.log2t đơn điệu trên miền dương
⇒x2=y+1+1⇒y=x2−12−1⇒P=x2+y=x4−x2=x2−122−14≥14.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2=12⇒x=22 (vì x>0).
Vậy Pmin=−14.
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB<BC,BC=3cm. Hai mặt phẳngACC'A' vàBDD'B' hợp với nhau góc α0<α≤π2. Đường chéo B'D hợp với mặt phẳng CDD'C' một góc β0<β<π2.Hai góc α,β thay đổi nhưng thỏa mãn hình hộp ADD'A'.BCC'B' luôn là hình lăng trụ đều. Giá trị lớn nhất của thể tích khối hộp ABCD.A'B'C'D' là
3cm3.
23cm3.
63cm3.
123cm3.
Đáp án C
Ta có: ACC'A',BDD'B'^=COD^=α⇒CBD^=α2⇒BC=BD.cosCBD^=3cosα2,CD=BD.sinCBD^=3sinα2CD=BD.sinCBD^=3sinα2 Ta có: B'D,CDD'C'^=B'DC'^=β. Do ADD'A'.BCC'B' luôn là hình lăng trụ đều nên BC=CC' VABCD.A'B'C'D'=BC.CD.CC'=27sinα2cos2α2sin2α2cos4α2=12.2sin2α2.cos2α2≤122sin2α2+cos2α2+cos2α232=427
|
|
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2sin2α2=cos2α2⇒tan2α2=12⇒α=arctan22
⇒sin2α2cos2α2≤239⇒V≤63.
