Đề số 10

Thể tích của khối trụ cần tìm là: V=πR2h=πa2.2a=2πa3Chọn đáp án B

Ta có P=x32.x5=x32.x15=x32+15=x1710.Chọn đáp án D

Vì đồ thị có tiệm cận ngang y=2, tiệm cận đứng x=−1, cắt trục Oy tại 0;−1.
Đáp án A sai vì đồ thị y=2x+1x+1 cắt Oy tại 0;1.
Đáp án B sai vì đồ thị y=x−1x−2 có tiệm cận ngang y=1
Đáp án C sai vì đồ thị y=2x−1x−1có tiệm cận đứng x=1\Chọn đáp án D

Áp dụng công thức au'=au.u'.lna, ta có
42x'=42x.2x'.ln4=2.ln4.42x=2.42x.ln22=4.42x.ln2.Chọn đáp án C

Ta có: b→=−2;−6;−8, u→=1;3;4 nên b→=−2u→. Vậy u→ cùng phương với b→Chọn đáp án A

Ta có limx→+∞y=2 nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=2.Chọn đáp án A

Xét x33+ex+c'=x2+ex.Chọn đáp án B

Ta có ∫01fx−3gxdx=∫01fxdx−3∫01gxdx=−4039Chọn đáp án C

P:2x−3y+z−2=0. Véctơ n→1=2; −3; 1 là một véctơ pháp tuyến của (P).

Chọn đáp án B

Dựa vào đồ thị ta thấy chỉ có phương án C là đúng.Chọn đáp án C

Ta có : u5=u1+4d=2+4.5=22Chọn đáp án A

Ta có: 8x2+6x−3=4096⇔23x2+18x−9=212⇔3x2+18x−9=12⇔3x2+18x−21=0⇔x1=1x2=−7.
Vậy P=−7.Chọn đáp án B

Mặt cầu S:x+12+y−32+z−22=9 có tâm I−1;  3;  2 và bán kính R=3.Chọn đáp án D

Ta có Ank=n!n−k!  nên khẳng định A sai.

 Cnk=n!k!n−k! nên khẳng định D sai.

Với n=4 và k=2, ta có C41=4 , C42=6 ⇒khẳng định C sai.

Cn−1k−1+Cn−1k=n−1!k−1!.n−1−k−1!+n−1!k!.n−1−k! =n−1!k−1!.n−k!+n−1!k!.n−k−1!=n−1!k−1!n−k−1!⋅1n−k+1k =n−1!.nk−1!.k.n−k−1!.n−k=n!k!.n−k!=Cnk Vậy khẳng định B đúngChọn đáp án B

Ta có : r=3, l=5. Vậy chiều cao của khối nón là: h=l2−r2=4
Suy ra thể tích khối nón là: V=13. h. π. r2=13. 4 . π. 32=12πcm3.Chọn đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x=0.Chọn đáp án D

Lần lượt thế tọa độ mỗi điểm vào phương trình của mặt phẳng P : x−2y+z−5=0, ta được:
+ Với Q2 ;−1 ; 5: 2−2.−1+5−5=4≠0  ⇒  Q∉P.
+ Với P0 ;0 ;−5: 0−2.0−5−5=−10≠0  ⇒  P∉P.
+ Với M1 ;1 ;6: 1−2.1+6−5=0  ⇒  M∈P.
+ Với N−5 ;0 ; 0: −5−2.0+0−5=−10≠0  ⇒  N∉P.Chọn đáp án C

Ta có z3=z1.z2=−25. Do đó z3=25⇒A đúng.
z12=25≠z3⇒B sai.
z1+z2¯=−6i≠z1+z2=6i⇒C sai.
z1 = 4+ 3i≠  z2= −4+3i⇒D sai.Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Ta có VS.ABCD=13SABCD.SA=13a2.2a=2a33.Chọn đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AC.
Ta có SO=12AC=a22 suy ra ΔSAO là tam giác đều.
⇒SH=a64.
Vậy V=13.a64.a2=a3612.Chọn đáp án B

Ta có SBC∩(ABCD)=BC,mà (ABCD)⊃AB⊥BC(SBC)⊃SB⊥BC
⇒(SBC),(ABCD)^=(SB,BA).^
Tam giác SAB vuông tại A nên góc SBA^ nhọn nên (SB,BA)^=SBA^.
Trong tam giác vuông SAB: tanSBA^=SABA=a3a=3⇒SBA^=600.Chọn đáp án B

Ba số a+log23; a+log43; ;a+log83 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên a+log432=a+log83a+log23⇔a=−14log23.
Ba số đó lần lượt là 34log23; 14log23; 112log23. Công bội của cấp số nhân này bằng 13.Chọn đáp án B

Ta có: 12x>8⇔2−x>23⇔−x>3⇔x<−3.
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S=(−3;+∞).Chọn đáp án B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:
x3−3x2+2x+2=3x−2⇔x3−3x2−x+3=0⇔x=−1x=1x=3
+ Ta có: x1+x2+x3=3
+S=f(x1)+g(x2)+f(x3)=g(x1)+g(x2)+g(x3)=3(x1+x2+x3)−3=6Chọn đáp án D

Gọi A là biến cố “Chọn được 2 viên bi cùng màu”, B là biến cố “Chọn được 2 viên bi màu xanh”, C là biến cố “Chọn được 2 viên bi màu đỏ”, khi đó A=B∪C và hai biến cố B và C xung khắc.
Ta có: PA=PB+PC=C52C92+C42C92=1036+636=49.Chọn đáp án A

f'(x)=x5(2x+2019)4(x−1)⇔x=0x=1x=−20192

Dấu của f'(x)

Từ kết quả xét dấu f'(x) suy ra hàm số chỉ có 2 điểm cực trị là x=0; x=1.Chọn đáp án A

Ta có Fx=∫x3dx=x44+C.
F2−F0=244+C−044+C=4.Chọn đáp án D

f'x=x+2x+1x2−1=x+2x−1x+12.
f'x=0⇔x=−2x=−1x=1.
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta chọn đáp án C

Ta có: a+(b−1)i=1+3i1−2i⇔a+(b−1)i=(1+3i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−1+i
⇒a=−1b=2⇒z=a2+b2=5.Chọn đáp án B

Mặt cầu (S) tâm I và đi qua điểm A có bán kính R=IA=12+22+−22=3.
⇒ Phương trình mặt cầu (S): x−12+y2+z+12=9.Chọn đáp án A

Hàm số y=fx=x4−x2+13 xác định và liên tục trên đoạn −2 ;3.
f'x=4x3−2x; f'x=0⇔4x3−2x=0⇔x=0x=±22.
f−3=25; f0=13; f−22=514; f22=514; f3=85
Vậy giá trị nhỏ nhất m=min−2;3fx=f±22=514.Chọn đáp án A

(3+4i)z+1−2i=i⇔(3+4i)z=3i−1⇔z=3i−13+4i=925+1325i

Chọn đáp án B

Đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư là đường thẳng y=−x.
Do đó a−5=−a. Suy ra a=52.Chọn đáp án D

I=∫02019e2xdx=12∫02019e2xd2x=12e2x02019=12e4038−1

Chọn đáp án B

log2x2−1=log22x⇔x2−1=2xx⟩0⇔x2−2x−1=0x⟩0⇔x=1+2

Chọn đáp án D

Đường thẳng d1 có véctơ chỉ phương u1→=2;−1;1; d2 có véctơ chỉ phương u2→=−1;2;0.
Ta có: u→=u2→;u1→=2;1;−3.
Vì đường thẳng Δ đi qua A, vuông góc với cả d1 và d2 nên Δ nhận u→=2;1;−3 làm véctơ chỉ phương, do đó Δ có phương trình là x=1+2ty=−2+tz=3−3t.Chọn đáp án A

Dựng AM⊥BC; AH⊥SM
Ta có: AM⊥BCSA⊥BC⇒BC⊥SAM⇒AH⊥BC
và AH⊥SM⇒AH⊥SBC
⇒dA;SBC=AH
Tam giác SAC vuông tại A ⇒SA=AC.tan60°=a3.3=3a
ΔSAC=ΔBACg−c−g⇒SA=BA=3a
Tam giác ABC vuông tại A ⇒1AM2=1AB2+1AC2=19a2+13a2=49a2
Tam giác SAM vuông tại A ⇒1AH2=1SA2+1AM2⇒1AH2=19a2+49a2=59a2⇒AH=3a5Chọn đáp án C

Xét hình chữ nhật ABCD, ta có AC2=AB2+AD2=a2+4a2=5a2.
Xét tam giác vuông AA'C, ta có AA'2=AC'2−AC2=14a2−5a2=9a2⇒AA'=3a.
Ta có VABCD.A'B'C'D'=AB.AD.AA'=a.2a.3a=6a3.Chọn đáp án C

Đường thẳng d1 có VTCP ud1→=1;0;−1.
Giả sử (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d1⇒P:x−2−z+1=0⇔x−z−1=0
Gọi B là giao điểm của (P) và d2. Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
x=3+2t'y=3+t'z=0x−z−1=0⇔t'=−1x=1y=2z=0⇒B1;2;0.
Đường thẳng cần tìm là đường thẳng AB
Ta có AB→=−1;1;−1 hay VTCP của đường thẳng cần tìm là u→=1;−1;1
Đường thẳng cần tìm đi qua B1; 2; 0 và có VTCP là u→=1;−1;1
Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: x−11=y−2−1=z1.
Cách 2: (AD: Nguyễn Văn Thịnh)
Gọi Δlà đường thẳng cần tìm. Δ cắt d2 tại B.
Ta có B∈d2⇒B3+2t'; 3+t'; 0.
Đường thẳng Δ có vectơ chỉ phương là AB→=1+2t'; 2+t'; −1, d1 có vectơ chỉ phương là u1→=1; 0; −1.
Ta có Δ ⊥ d1⇔AB→ ⊥ u1→⇔AB→ . u1→=0⇔1+2t'+0+1=0⇔t'=−1. Suy ra AB→=−1; 1; −1
Đường thẳng cần tìm đi qua B1; 2; 0 và có VTCP là u→=1;−1;1
Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: x−11=y−2−1=z1.Chọn đáp án D

Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ trùng với tâm hình tròn, suy ra phương trình
đường tròn là: x2+y2=64.
+ Diện tích hình vuông ABCD là: SABCD=4×4=16 m2.
Số tiền để trồng hoa là: T1=16×200.000=3.200.000.
+ Diện tích trồng cỏ là: S=4∫−2264−x2−2 dx≈ 94,654 m2.
Số tiền trồng cỏ là: T2=94,654×100.000=9.465.000.
+ Số tiền trồng 4 cây cọ là: T3=150.000×4=600.000.
Vậy tổng số tiền để thực hiện việc trang trí bồn hoa là:
T=T1+T2+T3=13.265.000.Chọn đáp án A

Đặt u=f'xdv=xdx⇒du=f''xdxv=x22.
Suy ra I=∫01xf'xdx=x22f'x10−∫01x22f''xdx=12−∫01x22f''xdx.
Do f1−x+x2.f''x=2x⇒x22.f''x=x−12f1−x.
Vậy I=12−∫01x−12f1−xdx=12∫01f1−xdx.
Đặt t=1−x suy ra I=−12∫10ftdt=12∫01ftdt=12∫01fxdx.
Đặt u=fxdv=dx⇒du=f'xdxv=x
Suy ra I=12xfx10−∫01xf'xdx⇔I=121−I⇔I=13.Chọn đáp án A

Có g'x=f'x−x2+4x−5⇒g'x=0⇔f'x=x2−4x+5
Ta có đồ thị hàm số y=x2−4x+5 và đồ thị hàm y=f'x như hình vẽ dưới

Quan sát hình vẽ ta thấy g'x=0 có 3 nghiệm phân biệt trong đó chỉ có 1 nghiệm bội chẵn
Vậy hàm số gx có 2 điểm cực trị.Chọn đáp án C

Ta có: x2f'(x)⋅lnx−xf(x)+ln2x=0,∀x∈e;e2
⇔f'(x)⋅lnx−1x.f(x)ln2x=−1x2⇔f(x)lnx'=−1x2
Lấy nguyên hàm hai vế ta được:f(x)lnx=1x+C theo đề bài ta có f(e)=1e⇒C=0
suy ra f(x)=lnxx⇒I=∫ee2f(x)dx=I=∫ee2lnxxdx=32.Chọn đáp án C

Bất phương trình 4x−m+12x+1+m≥0     1⇔4x−2m+12x+m≥0 .
Đặt 2x=t bất phương trình trở thành t2−2m+1t+m≥0        2.
Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x≥0 khi và chỉ khi bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t≥1.
2⇔2t−1m≤t2−2t⇔m≤t2−2t2t−1(do t≥1).
Đặt ft=t2−2t2t−1 với t≥1.
⇒f't=2t2−2t+22t−12>0   ∀t≥1.
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có ft≥m    ∀t∈1;+∞⇔m≤−1.Vậy chọn C

Từ hình vẽ ta có: 512=∫−10f'xdx=fx−10=f0−f−1, suy ra f0=f−1+512=2
Ta cũng có: 83=−∫02f'xdx=−fx02=−f2+f0, suy ra f2=f0−83=−23.Chọn đáp án C

Cách 1
1+iz+1−3i=32⇔1+iz+1−3i1+i=32⇔z−1+2i=3  1.
Gọi OM→=x;  y, OI→=1;  2 là vec-tơ biểu diễn cho các số phức z=x+iy, w=1+2i, .
Từ (1) có OM→−OI→=3⇔MI=3.
Suy ra M thuộc đường tròn (C) tâm I1; 2 bán kính R=3, C:x−12+y−23=9
Gọi OA→=−2; −1, OB→=2; 3 lần lượt là vec-tơ biểu diễn cho số phức a=−2−i, b=2+3i.
Có IA→=−3; −3, IB→=1;1. Suy ra IA→=−3IB→⇔IA→+3IB→=0→.
Lúc đó P=MA+6MB=MA+2.3MB≤3MA2+3MB2.
Có MA2+3MB2=IA→−IM→2+3IB→−IM→2=4IM2+IA2+3IB2.
Có IM2=9, IA2=18, IB2=2, nên MA2+3MB2=60.
Suy ra P≤3.60=65.
Có P=65⇔MA1=3MB2.
Vậy giá trị lớn nhất của P là P=65. Cách 2.
Giả sử Mx;y là điểm biểu diễn của số phức z khi đó
1+iz+1−3i=32⇔x−y+1+x+y−3i=32⇔x2+y2−2x−4y−4=0⇔x−12+y−22=9. Do đó M thuộc đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = 3.
Đặt a=x−1b=y−2Ta có a2+b2=9. Gọi A=−2; −1, B=2; 3
P=z+2+i+6z−2−3i=MA+6MB=x+22+y+12+6x−22+y−32
=a+32+b+32+6a−12+b−12=6a+b+27+6−2a+b+11
=6a+b+27+2−6a+b+33≤1+227+33=65.Chọn đáp án C

Gọi I  là điểm thỏa mãn: 2IA→+IB→−IC→=0→

⇔2OA→−OI→+OB→−OI→−OC→−OI→=0→

⇔OI→=OA→+12OB→−12OC→=1 ; 0 ; 4⇔I1 ; 0 ; 4

Khi đó, với mọi điểm Mx ; y ; z∈P , ta luôn có:

T=2MI→+IA→2+MI→+IB→2−MI→+IC→2.

=2MI→2+2MI→.2IA→+IB→−IC→+2IA→2+IB→2−IC→2

=2MI2+2IA2+IB2−IC2

Ta tính được 2IA2+IB2−IC2=30 .

Do đó, T  đạt GTNN ⇔MI  đạt GTNN ⇔MI⊥P .

Lúc này, IM=dI , P=2.1−0+2.4+822+−12+22=6 .

Vậy Tmin=2.62+30=102 .

Chọn đáp án C

Điều kiện
x2−6x+12>0x+2>0mx−5>0mx−5≠1⇔x>−2mx>5mx≠6 I
Giải phương trình
 logmx−5x2−6x+12=logmx−5x+2    pt1⇔logmx−5x2−6x+12=logmx−5x+2⇔x2−6x+12=x+2⇔x2−7x+10=0⇔x=2x=5
Khi m<0⇒x<5m<0 Suy ra phương trình (1) vô nghiệm
Khi m=0⇒0x>5 không có x thỏa điều kiện.
Khi m>0⇒x>5m>0 khi đó I⇔x>5mx≠6m
TH1. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=2 khi đó
2>5m5=6m⇔2m−5mm=65>0⇔m>52m=65⇔m∈∅
TH2. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=5 khi đó
5>5m2<5m2>5m2=6m⇔5m−5m>02m−5m<02>5mm=3m>10<m<52m=3⇔1<m<52m=3
Vậy các giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài là m=3∨1<m<52
Vậy S=2;3.Chọn đáp án D

Xét hàm số hx=2fx−x2⇒h'x=2f'x−2x
Từ đồ thị ta thấy h'x=0⇔f'x=x⇔x=−2∨x=2∨x=4
∫−222f'x−2xdx>∫242x−2f'xdx>0⇔hx−22>−hx24⇔h2−h−2>−h4−h2⇔h4>h−2
Bảng biến thiên

Vậy gx=2fx−x2 có tối đa 7 cực trị.Chọn đáp án A