Đề số 10
50 câu hỏi
Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón đã cho bằng
2πa33.
3πa33.
πa33.
3πa32.
Đáp án B
Gọi h là chiều cao khối nón ta có: h=2a2−a2=a3.
Vậy thể tích khối nón là: V=13πa2.a3=3πa33.
Cho hàm số f(x) có đồ thị f'(x) như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số f(x) là
3.
4.
2.
1.
Đáp án C
Ta có f'(x) chỉ đổi dấu khi qua x=−1; x=3 do đó hàm số f(x) chỉ có hai điểm cực trị x=−1; x=3.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(0;-1;1), B(-2;1;-1), C(-1;3;2) . Biết rằng ABCD là hình bình hành, khi đó tọa độ điểm D là
D1;1;4.
D−1;1;23 .
D1;3;4.
D−1;−3;−2.
Đáp án A
Gọi tọa độ điểm Dx;y;z.
Ta có: AB→=−2;2;−2DC→=−1−x;3−y;2−z.
Vì ABCD là hình bình hành nên AB→=DC→.
Do đó, ta có hệ sau: −1−x=−23−y=22−z=−2⇔x=1y=1z=4.
Vậy tọa độ điểm D1;1;4.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
−∞;1 .
−1;+∞.
0;1.
−∞;0.
Đáp án D
Ta thấy trên khoảng −∞;0 thì y'>0, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng −∞;0.
Tập xác định của hàm số y=x3+x−6−13 là?
D=−3;2.
D=−∞;−3∪2;+∞.
D=−∞;−3∪2;+∞.
D=−∞;−3∪2;+∞.
Đáp án C
Hàm số y=x2+x−6−13xác định khi và chỉ khi x2+x−6>0.
⇔x−2x+3>0⇔x<−3x>2.
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D=−∞;−3∪2;+∞.
Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-1;4] và có đồ thị trên đoạn [-1;4] như hình vẽ bên. Tích phân ∫−14fxdx bằng![Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-1;4] và có đồ thị trên đoạn [-1;4] như hình vẽ bên. Tích phân từ -1 đến 4 của f(x)dx bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/333-1653482408.png)
52.
112.
5.
3.
Đáp án A
Ta có ∫−14fxdx=∫−12fxdx+∫24fxdx
Trong đó ∫−12fxdx=∫−12fxdx=1+3.22=4
Và ∫24fxdx=−∫24fxdx=−1+2.12=32.
Vậy ∫−14fxdx=4−32=52.
Thể tích của khối cầu bán kính a bằng
4πa33.
4πa3.
πa33.
2πa3.
Đáp án A
Thể tích khối cầu bán kính a là V=43πa3.
Tìm nghiệm phương trình 3x−1=9.
1.
2.
3.
4.
Đáp án C
Ta có: 3x−1=9⇔3x−1=32⇔x=3.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi αlà mặt phẳng đi qua điểm A(2;-1;1) và song song với mặt phẳng(Q):2x-y+3z+2=0 . Phương trình mặt phẳng α là.
4x−2y+6z+8=0
2x−y+3z−8=0.
2x−y+3z+8=0.
4x−2y+6z−8=0.
Đáp án B
Vì α song song với Q:2x−y+3x+2=0 nên mặt phẳng αcó phương trình dạng .
Vì α đi quả điểm A2;−1;1 nên 2.2−−1+3.1+d=0⇔d=−8 (thỏa mãn d≠2).
Vậy có phương trình là 2x−y+3z−8=0 .
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
∫xexdx=ex+xex+C.
.∫xexdx=x22ex+ex+C
∫xexdx=xex−ex+C.
∫xexdx=x22ex+C .
Đáp án C
Ta có: ∫xexdx=∫xdex=xex−∫exdx=xex−ex+C.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng D song song với đường thẳng d:x=2−ty=1z=−1+3t. Một véctơ chỉ phương của D là:
a→2;0;−6.
b→−1;1;3.
v→2;1;−1.
u→1;0;3.
Đáp án A
Một nhóm học sinh gồm 9 nam và 6 nữ. Giáo viên cần chọn 1 học sinh làm trực nhật. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
3
15.
9.
6.
Đáp án B
Giáo viên có 2 phương án lựa chọn:
+ Phương án 1: Chọn 1 học sinh nam: có 9 cách chọn.
+ Phương án 2: Chọn 1 học sinh nữ: có 6 cách chọn.
Vậy có 9 + 6 = 15 cách chọn 1 học sinh làm trực nhật.
Cho một cấp số cộng có u4=2, u2=4. Hỏi u1 bằng bao nhiêu?
u1=6.
u1=1.
u1=5.
u1=−1.
Đáp án C
Theo giả thiết ta có u4=2u2=4⇔u1+3d=2u1+d=4⇔u1=5d=−1
Gọi và lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z và z¯. Xác định mệnh đề đúng.
Mvà M'đối xứng nhau qua trục hoành
Mvà M'đối xứng nhau qua trục tung.
M và M' đối xứng nhau qua gốc tọa độ
Ba điểm O,Mvà M'thẳng hàng
Đáp án A
Gọi z=x+yi x,y∈ℝ⇒z¯=x−yi.
Khi đó Mx;y và M'x;−y đối xứng nhau qua trục hoành.
Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của hàm số nào sau đây?
y=x+13 .
y=x−13.
y=x3−1.
y=x3+1.
Đáp án B
Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;0) nên chọn B, C.
Ta thấy nếu tịnh tiến đồ thị (C) sang bên trái 1 đơn vị thì ta được đồ thị hàm số y=x3 .
Do đó đồ thị (C) có dạng là: y=x−13 .
Xét hàm số y=fx với x∈−1;5 có bảng biến thiên như sau:
![Xét hàm số y=f(x) với x thuộc [-1;5] có bảng biến thiên như sau: Khẳng định nào sai đây là đúng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/ccv-1653484998.png)
Khẳng định nào sai đây là đúng
Hàm số đã cho không tồn tại GTLN trên −1;5.
Hàm số đã cho đạt GTNN tại x=-1và x=2trên −1;5.
Hàm số đã cho đạt GTNN tại x=-1và đạt GTLN tại x=5trên −1;5.
Hàm số đã cho đạt GTNN tại x=0trên −1;5 .
Đáp án A
A. Đúng. Vì limx→5y=+∞ nên hàm số không có GTLN trên .
B. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x=2 trên −1;5.
C. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x=2 trên −1;5 và limx→5y=+∞.
D. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x=2 trên −1;5.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f'x=x2−1x−32019x+22020, ∀x∈ℝ. Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
5.
4.
4.
2.
Đáp án D
Ta có f'x=0⇔x=−2x=3x=±1, trong đó là nghiệm bội chẵn.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu là: x=-1 và x=3.
Cho số phức z=a+bi a;b∈ℝ. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z2.
Phần thực bằng a2+b2và phần ảo bằng 2a2b2.
Phần thực bằng a2−b2 và phần ảo bằng 2ab.
Phần thực bằng a+bvà phần ảo bằng a2b2.
Phần thực bằng a−bvà phần ảo bằng ab.
Đáp án B
Ta có z2=a+bi2=a2+2abi+bi2=a2+2abi−b2=a2−b2+2abi.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu có tâm I(1;1;1) và diện tích bằng 4πcó phương trình là
x−12+y−12+z−12=4.
x+12+y+12+z+12=1 .
x+12+y+12+z+12=4.
x−12+y−12+z−12=1.
Đáp án D
Gọi là bán kính mặt cầu, suy ra diện tích mặt cầu là: 4πR2.
Theo đề bài mặt cầu có diện tích là 4π nên ta có 4πR2=4π⇔R=1.
Mặt cầu có tâm I1;1;1 và bán kính R=1 nên có phương trình:
x−12+y−12+z−12=1.
Cho a=log4911 và b=log27, thì P=log731218 bằng?
P=12a+9b.
P=12a−92b .
P=12a−9b.
P=12a+92b.
Đáp án C
Ta có P=log71311223=3log7112−log723
=32log711−3log72=32log711−3log27.
Mà b=log27 và a=log4911=log7211=12log711⇒log711=2a
Vậy P=32.2a−3b=12a−9b.
Biết số phức z=−3+4i là một nghiệm của phương trình z2+az+b=0 trong đó a,b là các số thực. Tính a−b.
-31.
-19.
1.
-11.
Đáp án B
Do z=−3+4i là một nghiệm của phương trình z2+az+b=0 nên ta có:
−3+4i2+a−3+4i+b=0⇔−7−24i−3a+4ai+b=0.
⇔−7−3a+b=0−24+4a=0⇔a=6b=25
Vậy a−b=6−25=−19 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng α:x+2y−z−1=0 và β:2x+4y−mz−2=0. Tìm m để α và β song song với nhau.
m=1.
m=-2
m=2
Không tồn tại
Đáp án D
Ta có α//β⇔21=42=−m−1≠−2−1 (vô lý vì 21=42=−2−1).
Vậy không tồn tại m để hai mặt phẳng α,β song song với nhau.
Chú ý: Cho α:A1x+B1y+C1z+D1=0 và β:A2x+B2y+C2z+D2=0 .
Để α//β thì A1A2=B1B2=C1C2≠D1D2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng α:x+2y−z−1=0 và β:2x+4y−mz−2=0. Tìm m để α và β song song với nhau.
m=1.
m=-2
m=2
Không tồn tại
Đáp án D
Ta có α//β⇔21=42=−m−1≠−2−1 (vô lý vì 21=42=−2−1).
Vậy không tồn tại m để hai mặt phẳng α,β song song với nhau.
Chú ý: Cho α:A1x+B1y+C1z+D1=0 và β:A2x+B2y+C2z+D2=0 .
Để α//β thì A1A2=B1B2=C1C2≠D1D2.
Cho hàm số f(x) liên tục trên R , diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x) , trục hoành và hai đường thẳng x=a, x=b (với a<b ) được tính theo công thức
S=π∫abfxdx.
S=∫abfxdx.
S=∫abfxdx.
S=π∫abf2xdx.
Đáp án B
S=∫abfxdx.
Cho hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu và có ba kích thước là a, b, c. khi đó bán kính r của mặt cầu bằng
a2+b2+c23 .
12a2+b2+c2.
a2+b2+c2
2a2+b2+c2.
Đáp án B
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật:
R=12AB2+AD2+AA'2=12a2+b2+c2.
Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của đồ thị hàm số y=2x−3x+1. Khi đó, điểm I nằm trên đường thẳng có phương trình:
x+y+4=0.
2x−y+4=0.
x−y+4=0.
2x−y+2=0.
Đáp án B
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là: x=-1 .
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là: y=2.
Giao điểm hai tiệm cận I(-1;2).
Thay tọa độ điểm I vào các đáp án, ta thấy đáp án B thỏa mãn.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Hình chiếu vuông góc của S trên AB là điểm H thỏa mãn AH=2BH. Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD.
V=a326.
V=a323.
V=a339 .
V=a329.
Đáp án D
Trong tam giác vuông SAB, ta có
SA2=AH.AB=23AB.AB=23a2
SH=SA2−AH2=a23
Diện tích hình vuông ABCD là: SABCD=a2đvdt
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
VS.ABCD=13SABCD.SH=a329đvtt.
Hàm số fx=3x2−3x+1 có đạo hàm là
f'x=2x−3.3x2−3x+1.ln3.
f'x=2x−3.3x2−3x+1ln3.
f'x=2x−3.3x2−3x+1.
f'x=3x2−3x+1ln3.
Đáp án A
Ta có: f'x=3x2−3x+1'=x2−3x+1'.3x2−3x+1.ln3=2x−3.3x2−3x+1.ln3.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ
Phương trình 2fx−1=0 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng −2;1?
0.
1.
2.
3.
Đáp án C
Ta có: 2fx−1=0⇔fx=12.
Số nghiệm phương trình 2fx−1=0 thuộc khoảng −2;1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=12 thuộc khoảng −2;1.
Dựa vào đồ thị, suy ra đường thẳng y=12 cắt đồ thị hàm số y=fx tại hai điểm phân biệt thuộc khoảng −2;1 hay phương trình 2fx−1=0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng −2;1 .
Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của SC và BC. Số đo của góc (IJ,CD) bằng:
90°.
45°.
30°.
60°.
Đáp án D
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD Þ OJ là đường trung bình của ΔBCD.
Suy ra OJ//CDOJ=12CD
Vì CD//OJ⇒IJ,CD=IJ,OJ.
Xét tam giác IOJ, có IJ=12SB=a2OJ=12CD=a2IO=12SA=a2⇒ΔIOJ đều.
Vậy IJ,CD=IJ,OJ=IJO^=60°.
Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình 2x.5x2−2x=1. Khi đó tổng x1+x2 bằng
2−log52.
−2+log52.
2+log52.
2−log25.
Đáp án D
Phương trình tương đương với: log52x.5x2−2x=log51⇔log52x.5x2−2x=0
log52x+log55x2−2x=0⇔xlog52+x2−2x=0
⇔xlog52+x−2=0⇒x1=0x2=2−log52.
Do đó x1+x2=2−log52.
Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm một khối nón và một khối trụ khép lại). Chiều cao đo được ghi trên hình, chu vi đáy là 20cm. Thể tích của cột bằng
5000πcm3.
50003πcm3.
130003πcm3.
520003πcm3.
Đáp án C
Bán kính đáy của khối trụ: r=202π=10π
Ta có Vnón=13h1×S1=13.10×π10π2=10003πVtru=h2×S2=40×π.10π2=4000π⇒V=V1+V2=130003π.
Biết rằng xex là một nguyên hàm của hàm số f−x trên khoảng −∞;+∞. Gọi Fx là một nguyên hàm của f'xex thỏa mãn F0=1, giá trị của F−1 bằng
52.
72.
5−e2.
7−e2.
Đáp án B
Từ giả thiết, ta có f−x=xex'=x+1ex⇒fx=1−xex
Suy ra f'x=x−2e−x.
Khi đó ∫f'xexdx=∫x−2dx=x22−2x+C.
Theo đề bài ta có F0=1⇒C=1.
Suy ra Fx=x22−2x+1⇒F−1=72.
Cho hình chóp A.ABC có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA=2a và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi H và K lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD.
a3.
2a3.
2a.
a2.
Đáp án A
Gọi E=HK∩AC.
Do HK//BD nên dHK,SD=dHK,SBD
=dE,SBD=12dA,SBD.
Kẻ AF⊥SO.
Khi đó dA,SBD=AF=SA.AOSA2+AO2=2a3.
Vậy dHK,SD=12AF=a3.
Trong không gian Oxyz, cho bốn đường thẳng: d1:x−31=y+1−2=z+11, d2: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.
1.
2.
Vô số.
Đáp án B
Đường thẳng d1 đi qua điểm M1=3;−1;−1 và có một véctơ chỉ phương là u1→=1;−2;1.
Đường thẳng d2 đi qua điểm M2=0;0;1 và có một véctơ chỉ phương là u2→=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 véctơ pháp tuyến là n→=1;1;1.
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.
Tìm tập hợp S tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y=13x3−m+1x2+m2+2mx−3 nghịch biến trên khoảng −1;1.
S=−1;0.
S=∅.
S=−1.
S=1.
Đáp án C
TXĐ: D=ℝ.
y'=x2−2m+1x+m2+2m=0⇔x=mx=m+2.
Bảng xét dấu
Để hàm số nghịch biến trên khoảng −1;1 thì y'≤0, ∀x∈−1;1
⇔x2−2m+1x+m2+2m≤0, ∀x∈−1;1.
Từ bảng xét dấu ta thấy để hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) thì
m≤−1m+2≥1⇔m≤−1m≥−1⇔m=−1.
Cho số phức z=a+bi a,b∈ℝ, a>0 thỏa mãn z.z¯−12z+z−z¯=13+10i. Tính S=a+b.
S=7.
S=17.
S=−17.
S=5.
Đáp án B
Phương trình đã cho trở thành: a2+b2−12a2+b2+2bi=13+10i
⇔a2+b2−12a2+b2=132b=10⇔a2+b2=13b=5⇔a=12b=5 do a>0.
Vậy S=a+b=17.
Cho hàm số y=f'(x-1) có đồ thị như hình vẽ dưới đây:
Điểm cực tiểu của hàm số gx=π2fx−4x là
0.
1.
2.
3.
Đáp án C
Ta có: g'x=2f'x−4.π2fx−4xlnπ=0
⇔2f'x−4=0⇔f'x=2.
Đồ thị hàm số y=f'x nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số y=f'x−1 sang trái 1 đơn vị nên f'x=2⇔x=−2x=0x=1.
Do x=−2 và x=1 là nghiệm bội chẵn nên ta có
Bảng biến thiên hàm số
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=0.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm, liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn các điều kiệnf1=0 và ∫01f'x2dx=∫01x+1exfxdx=ex−14. Tính tích phân ∫01fxdx bằng
e−12
e24.
e2.
e−2.
Đáp án D
Đặt u=fxdv=x+1exdx⇔du=f'xv=∫x+1exdx=x.ex.
Suy ra ∫01x+1exfxdx=xex.fx01−∫01xex.f'xdx⇒∫01xex.f'xdx=1−e24.
Chọn k sao cho
∫01f'x+k.xex2dx=0⇔∫01f'x2dx+2k.∫01xex.f'xdx+k2.∫01x2e2xdx=0
⇔e2−14−2k.e2−14+k2.e2−14=0⇔k−12=0⇔k=1⇒f'x=−xex.
Do đó fx=∫f'xdx=−∫xexdx=−x−1ex+C mà f1=0⇒C=0.
Vậy fx=−x−1ex⇒∫01fxdx=∫011−xexdx=e−2.
Biết thể tích khí CO2 năm 1998 là Vm3. 10 năm tiếp theo, thể tích CO2 tăng a%, 10 năm tiếp theo nữa, thể tích CO2 tăng n%. Thể tích CO2 năm 2016 là
V2016=V.100+a10.100+n81036m3.
V2016=V.1+a+n18m3.
V2016=V.100+a.100+n101020m3.
V2016=V+V.1+a+n18m3.
Đáp án A
Ta có: Sau 10 năm thể tích khí CO2 là: V2008=V1+a10010=V.100+a101020.
Do đó, 8 năm tiếp theo thể tích khí V2016=V20081+n1008=V100+a1010201+n1008 là:
=V100+a101020100+n81016=V100+a10.100+n81036.
Cho hàm số y=x3−3x+m. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho min0;2y+max0;2y=6 . Số phần tử của S là:
0.
6.
1.
2.
Đáp án D
Xét hàm số y=x3−3x+m, x∈0;2
y=3x2−3=0⇔x=1x=−1 l
Ta có y0=m; y1=m−2; y2=m+2.
Suy ra: min0;2y=m−2; max0;2y=m+2.
TH1: m+2m−2≤0⇒−2≤m≤2.
⇒min0;2y=0; max0;2y=m−2;m+2.
, không thỏa mãn.
⇒min0;2y+max0;2y=6⇔0+2−m=6m+2=6⇔m=±4
TH2: m−2>0⇔m>2⇒min0;2y=m−2=m−2; max0;2y=2+m=m+2
(thỏa mãn).
⇒min0;2y+max0;2y=6⇔m−2+m+2=6⇔m=3
TH3: 2+m<0⇔m<−2⇒min0;2y=2+m=−2−m;
(thỏa mãn).
⇒min0;2y+max0;2y=6⇔−2−m+2−m=6⇔m=−3
Vậy có 2 số nguyên thỏa mãn.
Trên mặt phẳng Oxy ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm A−2;0 ,B−2;2 ,C4;2 , D4;0 . Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều nguyên). Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm Mx;y mà x+y<2.
37.
821.
13.
47.
Đáp án A
Để con châu chấu đáp xuống các điểm Mx;y có x+y<2 thì con châu chấu sẽ nhảy trong khu vực hình thang BEIA
Để M(x;y) có tọa độ nguyên thì x∈−2;−1;0;1;2, y∈0;1;2
Nếu x∈−2;−1 thì y∈0;1;2 Þ có 2.3 = 6 điểm.
Nếu x=0 thì y∈0;1 Þ có 2 điểm.
Nếu x=1⇒y=0Þ có 1 điểm.
Þ Có tất cả 6 + 2 + 1 = 9 điểm.
Để con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật mà đáp xuống các điểm có tọa độ nguyên thì x∈−2;−1;0;1;2;3;4, y∈0;1;2
Số điểm M(x;y) có tọa độ nguyên là: 7.3 = 21 điểm.
Xác suất cần tìm là: P=921=37.
Tính thể tích của vật tròn xoay sinh bởi diện tích S quay xung quanh trục Oy; với S:y2=4−xx=0.
512π15.
51215.
64π3.
8π.
Đáp án A
Phương trình tung độ giao điểm của đồ thị y2=4−xy2=4−0⇔y=−2y=2.
Thể tích cần xác định là: V=π∫−124−y22dy=2π16y−8y33+y5502=512π15đvtt
Cho hàm số y=fx có đồ thị được cho như hình vẽ bên dưới. Hỏi phương trình fx3−3x+1−2=1 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
8.
6.
9.
11.
Đáp án B
- Dựa vào đồ thị hàm số , ta có: fx3−3x+1−2=1⇔fx3−3x+1=1fx3−3x+1=3
⇔x3−3x+1=b b<−1 2x3−3x+1=c −1<c<3 3x3−3x+1=d d>3 4x2−3x+1=a a>d 1
Dựa vào đồ thị hàm số y=x3−3x+1 (hình vẽ bên đây)
Ta suy ra: Phương trình (1), (2), (4) mỗi phương trình có 1 nghiệm, phương trình (3) có 3 nghiệm và các nghiệm này đều phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.
Cho hàm số y=f(x). Hàm số y=f'(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới
Bất phương trình f1−x<ex+m nghiệm đúng với mọi x∈−1;1 khi và chỉ khi
m>f−1−e2.
m>f1−1
m≥f1−1.
m≥f−1−e2.
Đáp án B
Bất phương trình đã cho tương đương với: m>f1−x−ex2, ∀x∈−1;1.
Xét hàm số gx=f1−x−ex2 trên −1;1.
Bài toán trở thành tìm m để m>gx, ∀x∈−1;1⇔m≥max−1;1gx.
Ta có g'x=−f'1−x−2x.ex2=−f'1−x+2x.ex2=0.
TH1: x∈−1;0⇔1<1−x<2⇒f'1−x<02x.ex2<0⇒g'x>0.
TH2: x=0⇒f'1−x=02x.ex2=0⇒g'x=0.
Suy ra g'x=0⇔x=0.
TH3: x∈0;1⇒0<1−x<1⇒f'1−x>02x.ex2>0⇒g'x<0 .
Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) trên (-1;1)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: m>max−1;1gx=g0=f1−1 .
Vậy m>f1−1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a;0;0), B(0;b;0) , C(0;0;c) với z,b,c là các số thực dương thay đổi tùy ý sao cho a2+b2+c2=3. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) lớn nhất bằng
13.
3.
13.
1.
Đáp án D
Phương trình mặt phẳng ABC:xa=yb=cz=1 abc≠1.
Khi đó: dO;ABC=0a+0b+0c−11a2+1b2+1c2=11a2+1b2+1c2
Ta có: 1a2+1b2+1c2≥9a2+b2+c2=93=3⇒11a2+1b2+1c2≤13
Hay dO;ABC≤13.
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c>0a2+b2+c2=3⇔a=b=c=1.
Vậy dO;ABCmax=13khi a=b=c=1.
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 5log22a+16log22b+27log22c=1. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức S=log2alog2b+log2blog2c+log2clog2a.
116.
112.
19.
18.
Đáp án B
Đặt x=log2a, y=log2b, z=log2c, ta có 5x2+16y2+27z2=1 và S=xy+yz+zx.
Sử dụng bất đẳng thức Côsi dạng phân thức ta có:
11x2+22y2+33z2≥x+y+z2111+122+133=6x+y+z2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB=1, cạnh bên và vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD. Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên đoạn CB sao cho MAN^=45°. Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.AMN là?
2+19.
2−13.
2+16.
2−19.
Đáp án B
Đặt DM=x, BN=y ta có
tan45°=tanDAM^+BAN^=tanDAM^+tanBAN^1−tanDAM^.tanBAN^=x+y1−xy.
Suy ra y=1−x1+x và AM=AD2+DM2=x2+1 AN=AB2+BN2=1+y2=1−x1+x2+1=2x2+1x+1,
Vì vậy V=13SA.SΔAMN=16SA.AM.AN.sin45°=x2+16x+1.
Xét hàm số y=fx=x2+16x+1.
Khảo sát ta có fx≤f2−1=2−13.
Có bao nhiêu số nguyên M thuộc khoảng −10;10 để hàm số y=2x2−2mx+3 đồng biến trên 1;+∞?
12.
11.
8.
7.
Đáp án A
Xét hàm số fx=2x3−2mx+3 trên 1;+∞.
Ta có: f'x=6x2−2m=0. Khi đó Δ'=12m.
TH1: Hàm số fx=2x3−2mx+3 luôn đồng biến và không âm trên 1;+∞
⇔f'x≥0,∀x∈1;+∞f1≥0⇔6x2−2m≥0,∀x∈1;+∞2.13−2m.1+3≥0
⇔m≤min1;+∞3x2m≤52⇔m≤3m≤52⇒m≤52
Vì m∈ℤm∈−10;10⇒m∈−9;−8;−7;−6;−5;−4;−3;−2;−1;0;1;2.
TH2: Hàm số fx=2x3−2mx+3 luôn nghịch biến và không dương trên 1;+∞
⇔f'x≤0,∀x∈1;+∞f1≤0⇔6x2−2m≤0,∀x∈1;+∞2.13+2m.1+3≤0⇔m≥max1;+∞3x2m≥52
(không tồn tại m).
Vậy có tất cả 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hai hàm số fx=ax4+bx3+cx2+dx+e và gx=mx3+nx2+px+1 với a, b, c, d, e, m, n, p, q là các số thực. Đồ thị của hai hàm số y=f'x; y=g'x như hình vẽ dưới. Tổng các nghiệm của phương trình fx+q=gx+e bằng
133.
−133.
43.
−43.
Đáp án C
Đặt hx=fx−gx có h'x=kx+1x−54x−3 (với k≠0) và h0=f0−g0=e−q.
Do đó hx=hx−h0+h0=∫0xh'xdx−e+q=k∫0xx+1x−54x−3dx+e−q
=k4∫0xx+14x−5x−3dx+e−q=k4∫0x4x3−13x2−2x+15dx+e−q=k4x4−132x3−x2+15x+e−q.
Phương trình tương đương với: hx=e−q⇔x4−133x3−x2+15x=0⇔x=−53x=0x=3.
Tổng các nghiệm của phương trình bằng −53+0+3=43.
