Đề số 11
50 câu hỏi
Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 3x-z+1. Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) có tọa độ là:
3;0;−1
3;−1;1
3;−1;0
−3;1;1
Đáp án A
Ta có nP→=3;0;−1.
Tìm tọa độ điểm biểu diễn số phức z=2−3i4−i3+2i?
−1;−4
(1;4)
(1;-4)
(-1;4)
Đáp án A
Ta có z=−1−4i.
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=2x−5x+3 là
x=-3
y=-3
x=2
y=2
Đáp án A
Ta có: limx→−3+y=limx→−3+2x−5x+3=−∞; limx→−3−y=limx→−3−2x−5x+3=+∞.
Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x=−3.
Trong hệ tọa độ Oxyz, cho OA→=3k→−i→. Tìm tọa độ điểm A?
A3;0;−1
A−1;0;3
A−1;3;0
A3;−1;0
Đáp án B
Ta có A−1;0;3.
Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên tập xác định của nó?
y=x3+x−5
y=x4+3x2+4
y=x2+1
y=2x−1x−1
Đáp án A
Xét y=x3+x−5, ta có y'=3x2+1>0,∀x∈ℝ⇒ hàm số đồng biến trên .
Một hình nón có diện tích xung quanh bằng 2π ( cm2) và bán kính đáy r=12 cm. Khi đó độ dài đường sinh của hình nón là
1 cm
3 cm
4 cm
2 cm
Đáp án C
Ta có Sxq=πrl⇒l=Sxqπr=4.
limx→−∞2x2+4x−5−x+12bằng
−∞
−512
+∞
-2
Đáp án C
Ta có limx→−∞2x2+4x−5−x+12=+∞
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 51−2x>1125.
S=2;+∞
S=−∞;2
S=0;2
S=−∞;1
Đáp án B
Ta có 51−2x>1125⇔51−2x>5−3⇔1−2x>−3⇔x<2.
Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2+6z+13=0 trong đó là số phức có phần ảo âm. Tìm số phức ω=z1+2z2.
ω=9+2i
ω=−9+2i
ω=−9−2i
ω=9−2i
Đáp án B
Ta có z2+6z+13=0⇔z1=−3−2iz2=−3+2i⇒ω=z1+2z2=−9+2i.
Cho mặt cầu S:x−12+y−22+z−22=9 và P:2x−y−2z+1=0 mặt phẳng thuộc không gian hệ tọa độ Oxyz. Biết P và Sxq theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r. Tính r.
r=3
r=22
r=3
r=2
Đáp án B
Mặt cầu (S) có tâm I1;2;2, bán kính R=3.
Ta có dI,(P)=1⇒r=R2−d2I,(P)=22.
Tính a+b+c, biết tồn tại duy nhất bộ các số nguyên a, b, c để ∫234x+2lnxdx=a+bln2+cln3. Giá trị của a+b+cbằng
19
-19
5
-5
Đáp án C
Đặt I=∫234x+2lnxdx.
Đặt u=lnxdv=4x+2dx⇔du=dxxv=2x2+2x=2xx+1
⇒I=2xx+1lnx23−∫232xx+1dxx=24ln3−12ln2−2∫23x+1dx=24ln3−12ln2−2x22+x23=24ln3−12ln2−2152−4=24ln3−12ln2−7=a+bln2+cln3.
⇒a=−7b=−12c=24⇒a+b+c=−7−12+24=5.
Tính tổng T của tất cả các nghiệm của phương trình4.9x−13.6x+9.4x=0 ?
T=2
T=3
T=134
T=14
Đáp án A
Ta có:
494x−1364x+9=0⇔432x2−1332x+9=0⇔32x=9432x=1⇔x=2x=0⇒T=2.
Cho một hình nón đỉnh S có chiều cao bằng 8cm, bán kính đáy bằng 6cm. Cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng song song với mặt phẳng chứa đáy được một hình nón (N) đỉnh S có đường sinh bằng 4cm. Tính thể tích của khối nón (N).
768125π cm3
786125π cm3
2304125π cm3
2358125π cm3
Đáp án A
Đường sinh của hình nón là l=h2+r2=10
Gọi là bán kính của hình nón ta có r'r=410⇒r'=125.
Chiều cao của hình nón là: h'=l'2−r'2=42−1252=1615.
Do đó thể tích của hình nón là: V=13πr2h=768125π.
Tích vô hướng của hai véctơ a→−2;2;5, b→0;1;2 trong không gian bằng
14
13
10
12
Đáp án D
Ta có: a→.b→=−2.0+2.1+5.2=12.
Cho hàm số fx=3x+a−1 khi x≤01+2x−1x khi x>0. Tìm tất cả giá trị của a để hàm số đã cho liên tục tại điểm x=0.
a=1
a=3
a=2
a=4
Đáp án C
Ta có limx→0+fx=limx→0+1+2x−1x=limx→0+1+2x−1x1+2x+1=limx→0+21+2x+1=1.
limx→0−fx=limx→0−3x+a−1=a−1=1⇒a=2.
Cho hàm số y=fx liên tục trên R. Biết ∫02x.fx2dx=2, hãy tính I=∫04fxdx.
I=2
I=1
I=12
I=4
Đáp án D
Ta có ∫02xfx2dx=12∫02fx2dx2=12∫04fxdx⇒∫04fxdx=2∫04xfx2dx=4.
Gọi z1, z2là hai nghiệm phức của phương trình 2z2−3z+4=0. Tính w=1z1+1z2+iz1z2.
w=−34+2i
w=34+2i
fx=m
w=32+2i
Đáp án B
Ta có z1+z2=32, z1z2=2⇒w=1z1+1z2+iz1z2=z1+z2z1z2+iz1z2=34+2i.
Cho Fx=axlnx+b là một nguyên hàm của hàm số fx=1+lnxx2, trong đó a,b∈ℤ. Tính S=z+b.
h
S=1
S=2
y=x
Đáp án B
Ta có Fx=∫1+lnxx2dx=−∫1+lnxd1x=−1+lnxx+∫dxx=−1xlnx+2.
Do đó ta suy ra a=−1,b=2⇒S=a+b=1.
Một kĩ sư được nhận lương khởi điểm là 8.000.000 đồng/tháng. Cứ sau 2 năm lương mỗi tháng của kĩ sư đó được tăng thêm 10% so với mức lương hiện tại. Tính tổng số tiền T (đồng) kĩ sư đó nhận được sau 6 năm làm việc.
635.520.000
696.960.000
633.600.000
766.656.000
Đáp án A
+ Hai năm đầu: người đó nhận được 2.12.8=192 triệu đồng.
+ Hai năm tiếp: người đó nhận được 2.12.8+8.10%=211,2 triệu đồng.
+ Hai năm cuối: người đó nhận được 2.12.8+8.10%+8+8.10%.10%=232,32 triệu đồng.
Vậy sau 6 năm người đó đã nhận được 192+211,2+232,32=635,52 triệu đồng hay 635.520.000 đồng.
Tìm m để hàm y=cos3x−9cosx−m có tập xác định
m≥−8
m=3
m<-8
m≤−8
Đáp án D
Ta có: y=cos3x−9cosx−m=4cos3x−12cosx−m=4t3−12t−m,t=cosx.
Theo bài ra 4t3−12t−m≥0,∀t∈−1;1⇒min4t3−12t−m≥0,∀t∈−1;1.
f't=12t2−12=0⇔t∈−1;1⇒minft=f1=−8−m⇒−8−m≥0⇔m≤−8.
Cho số phức z=x+yi (x,y∈ℝ) thỏa mãn z−5−5i=22. Tìm sao cho z nhỏ nhất.
P=12
P=8
P=9
P=21
Đáp án D
Ta có: y=cos3x−9cosx−m=4cos3x−12cosx−m=4t3−12t−m,t=cosx.
Theo bài ra 4t3−12t−m≥0,∀t∈−1;1⇒min4t3−12t−m≥0,∀t∈−1;1.
f't=12t2−12=0⇔t∈−1;1⇒minft=f1=−8−m⇒−8−m≥0⇔m≤−8.
Cho tích phân I=∫12x3−3x2+2xx+1dx=a+bln2+cln3 với a,b,c∈ℚ . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau.
b<0
c>0
a<0
a+b+c>0
Đáp án D
Ta có I=∫12x3−3x2+2xx+1dx=∫12x2−4x+6−6x+1dx=13x3−2x2+6x−6lnx+112
=73−6ln3+6ln2⇒a=73,b=6,c=−6⇒a+b+c=73>0.
Biết rằng phương trình z+3z2−2z+10=0 có ba nghiệm phức là z1, z2, z3. Giá trị của z1+z2+z3 bằng
5
23
3+210
3+10
Đáp án C
Ta có z+3z2−2z+10=0⇔z=−3 hoặc z=1±3i.
Do đó z1+z2+z3=−3+1+3i+1−3i=3+210.
Giả sử rằng là hàm số liên tục và thỏa mãn 3x5+96=∫cxftdt với mỗi x∈ℝ, trong đó c là một hằng số. Giá trị của c thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
m=2
m=5
z1, z2
(3;5)
Đáp án B
Ta có 3c5+96=∫ccftdt=0⇔c=−2∈−3;−1 .
Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=6x2+13x+112x2+5x+2 và thỏa mãn F2=7. Biết rằng F12=52+aln2+bln5, trong đó a, b là các số nguyên. Tính trung bình cộng của a và b.
10
8
8
3
Đáp án D
Ta có fx=3=42x+1−3x+2 nên Fx=3x+2ln2x+1−3lnx+2+C
Do đó F2=7⇔6+2ln5−3ln4+C=7⇔C=1+6ln2−2ln5
Suy ra Fx=3x+2ln2x+1−3lnx+2+1+6ln2−2ln5
Ta có F12=52+11ln2−5ln5. Từ đó, ta có a=11,b=−5.
Vậy trung bình cộng của a và b là 11+−52=3 .
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A0;1;2, B2;−2;1, C−2;0;1 và mặt phẳng α có phương trình 2x+2y+z−3=0. Biết rằng tồn tại duy nhất điểm thuộc mặt phẳng α sao cho MA=MB=MC. Đẳng thức nào sau đây đúng?
2a+b−c=0
2a+3b−4c=41
5a+b+c=0
a+3b+c=0
Đáp án B
Ta có AB→=2;−3;−1, AC→=−2;−1;−1 và AB→.AC→=0 nên tam giác ABC vuông tại A và trung điểm I0;−1;1 của cạnh BC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Do MA=MB=MC nên M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nghĩa là M thuộc đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (ABC).
(ABC) nhận 12AB→,AC→=1;2;−4 làm véctơ pháp tuyến nên d:x=ty=−1+2tz=−1−4t.
Ta có d và αcắt nhau tại M2;3;−7. Suy ra 2a+3b−4c=41.
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 2z−i=z−z¯+2i là
Một đường thẳng.
Một đường elip.
Một parabol.
Một đường tròn.
Đáp án C
Giả sử z=x+yi x,y∈ℝ.
Ta có 2z−i=z−z¯+2i⇔2x+y−1i=x+yi−x−yi+2i⇔x+y−1i=y+1i
⇔x2+y−12=y+12⇔y=14x2.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho là parabol (P) có phương trình y=14x2.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x−22+y−52+z−32=27 và đường thẳng d:x−12=y1=z−22. Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Nếu phương trình của (P) là ax+by−z+c=0 thì
a+b+c=1
a+b+c=−6
a+b+c=6
a+b+c=2
Đáp án C
Mặt cầu (S) có tâm I(2;5;3) và bán kính R=27=33.
Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến.
Ta có R2=r2+d2I,(P) nên (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi dI,(P) là lớn nhất.
Do d⊂P nên dI,(P)≤dI,(d)=IH, trong đó H là hình chiếu vuông góc của I trên d.
Dấu “=” xảy ra khi P⊥IH.
Ta có H1+2t;t;2+2t∈d và IH→=2t−1;t−5;2t−1
Suy ra P:x−4y+z−3=0 hay P:−x+4y−z+3=0 . Do đó a=−1,b=4,c=3.
Biết điểm A có hoành độ lớn hơn -4 là giao điểm của đường thẳng y=x+7 với đồ thị (C) của hàm số y=2x−1x+1. Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A cắt hai trục độ Ox, Oy lần lượt tại E, F. Khi đó tam giác OEF (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng:
332
1212
1213
1216
Đáp án D
Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là
2x−1x+1=x+7.
⇔x≠−1x2+8x+7=2x−1⇔x≠1x2+6x+8=0⇒x=−2;y=5
Phương trình tiếp tuyến: fx=2x−1x+1⇒f'−2=3⇒y=3x+2+5=3x+11.
Với x=0⇒y=11y=0⇒x=−113⇒S=12.11.−113=1216.
Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y=sinx+cosx2sinx−cosx+3 lần lượt là:
m=−1; M=12
m=−1; M=2
m=−12; M=1
m=1; M=2
Đáp án A
Đặt sinx+cosx2sinx−cosx+3=m⇒sinx+cosx=2msinx−mcosx+3m
⇔2m−1sinx−m+1cosx=−3m.
Phương trình trên có nghiệm khi
2m−12+m+12≥9m2⇔4m2+2m−2≤0⇔−1≤m≤12.
Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số lần lượt là −1;12.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2+4x−6y+m=0 và đường thẳng Δ là giao tuyến của hai mặt phẳng α:x+2y−2z−4=0 và β:2x−y−z+1=0. Đường thẳng Δ cắt mặt cầu (S) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB=8 khi:
m=12
m=-12
m=-10
m=5
Đáp án B
Mặt cầu (S) có tâm I−2;3;0; R=13−m
Đường thẳng Δ là giao tuyến của hai mặt phẳng α:x+2y−2z−4=0 và β:2x−2y−z+1=0.
Khi đó nΔ→=nα→,nβ→=−32;1;2, lại có điểm M0;1;−1∈ giao tuyến của 2 mặt phẳng.
Suy ra Δ:x=2ty=1+tz=−1+2t; gọi H2t;1+t;−1+2t là hình chiếu vuông góc của I lên Δ.
Ta có: IH→2t+2;t−2;2t−1.uΔ→2;1;2=4t+4+t−2+4t−2=0⇔t=0⇔H0;1;−1.
Khi đó R2=IH2+AB22=9+16=25=13−m⇒m=−12.
Cho hàm số fx=x3−2m+1x2+3mx−m có đồ thị Cm. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc −2018;2018 để đồ thị Cm có hai điểm cực trị nằm khác phía so với trục hoành.
4033
4034
4035
4036
Đáp án B
Yêu cầu bài toán ⇔fx=0 có ba nghiệm phân biệt (*).
Ta có x3−2m+1x2+3mx−m=0⇔x−1x2−2mx+m=0⇔x=1x2−2mx+m=0⏟gx.
Do đó (*) ⇔gx=0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇒Δ'=m2−m>0g1≠0⇔m>1m<0.
Kết hợp với m∈−2018;2018 và m∈ℤ⇒ có 2017+2017=4034 số cần tìm.
Một bảng khóa điện tử của phòng học gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đó theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Một người không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển, tính xác suất để người đó mở được cửa phòng học.
112
172
190
115
Đáp án C
Không gian mẫu Ω có số phần tử là nΩ=A103=720
Gọi E là biến cố “B mở được cửa phòng học”
Ta có E=0;1;9,0;2;8,0;3;7,0;4;6,1;2;7,1;3;6,1;4;5,2;3;5
Do đó nE=8. Vậy xác suất cần tính là P=nEnΩ=8720=190.
Cho dãy số thỏa mãn un 2u1+1+23−u2=8log314u32−4u1+4 và với mọi n≥1. Giá trị nhỏ nhất của n để Sn=u1+u2+...+un>500100 bằng
230
233
234
231
Đáp án C
Dễ thấy un là cấp số nhân với công bội q=2⇒un=u1.2n−1⇒u2=2u1u3=4u1
Ta có 22u1+1+23−u2≥222u1+1.23−u2=222u1−u2+4=224=8
Lại có 14u32−4u1+4=14u32−u3+4≥3⇒8log314u32−4u1+4≤8log33=8
Do đó, dấu bằng xảy ra khi u3=2⇒u1=12⇒Sn=u11−qn1−q=2n−12
Lại có Sn>5100⇔2n−12>5100⇔2n>2.5100+1⇔n>log22.5100+1≈233,19.
Cho hàm số y=f(x) xác định trên R, có đồ thị của hàm số f'(x) và đường thẳng y=-x như hình bên. Hàm số hx=fx3−3+x3−322 đồng biến trên:
−∞;0
−∞;1
1;+∞
0;1
Đáp án C
Đặt gx=fx+x22⇒g'x=f'x+x>0⇔f'x>−x⇔x>−2.
Khi đó hx=gx3−3=fx3−3+x3−322⇒h'x=gx3−3'=3x2.g'x3−3
Suy ra h'x>0⇔g'x3−3>0⇔x3−3>−2⇔x3>1⇔x>1.
Do đó hàm số hx đồng biến trên khoảng1;+∞.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên R, thỏa mãn f'x−2018fx=2018x2017e2018x và f(0)=2018. Tính giá trị f(1).
f1=2018e−2018
f1=2017e2018
f1=2018e2018
f1=2019e2018
Đáp án D
Nhân cả hai vế với e−2018x, ta được:
f'x.e−2018x−2018fx.e−2018x=2018x2017⇔fx.e−2018x'=2018x2017
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được:
Do f0=2018, nên ta có f0.e−2018.0=02018+C⇔C=2018.
Suy ra: fx=x2018+2018e2018x.
Vậy f1=2019e2018.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x−12+y−12+z2=4 và một điểm M(2;3;1). Từ M kẻ được vô số các tiếp tuyến tới (S), biết tập hợp các tiếp điểm là đường tròn (C). Tính bán kính r của đường tròn SC.
r=233
33
23
32
Đáp án A
Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) bán kính R=2. Kẻ tiếp tuyến MA và MB sao cho M, A, I, B đồng phẳng suy ra đường tròn là đường tròn đường kính AB.
Gọi H là hình chiếu của A trên IM ⇒r=AB2=AH
Ta có: MI=6⇒AM=MI2−IA2=2
Lại có: 1AH2=1IA2+1MA2⇒AH=r=233.
Cho hàm số y=x3−3x2 có đồ thị (C) và điểm M(m;-4) .Hỏi có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [-10;10] sao cho qua điểm M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) .
20
15
17
12
Đáp án C
Gọi Aa;a3−3a2∈C
Ta có y'=3x2−6x⇒ phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A là:
y=3a2−6ax−a+a3−3a2
Để d đi qua điểm Mm;−4 thì: −4=3a2−6am−a+a3−3a2.
⇔a3−3a2+4+3aa−2m−a=0⇔a−2a2−a−2+a−23ma−3a2=0.
⇔a−2−2a2+3m−1a−2=0⇔a=2ga=2a2−3m−1a+2=0Để qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến C⇔ga=0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0
⇔Δ=3m−12−16>0g2=12−6m≠0⇔3m−1>43m−1<−4m≠2⇔m>53m<−1m≠2.
Kết hợp m∈ℤm∈−10;10⇒ có 17 giá trị của m.
Cho hàm số fx liên tục trên 0;π2, biết ∫0π2f2x−22fx.sinx−π4dx=2−π2. Tính tích phân I=∫0π2fxdx.
I=0
I=π4
I=1
I=π2
Đáp án A
Ta có ∫0π22sin2x−π4dx=−2−π2.
Do đó giả thiết tương đương với
∫0π2f2x−22fx.sinx−π4+2sin2x−π4dx=0
.
Suy ra fx=2sinx−π4.
Vậy I=∫0π2fxdx=2∫0π2sinx−π4dx=0.
Cho hàm số fx=m2018+1x4+−2m2018−2m2−3x2+m2018+2019, với m là tham số. Số điểm cực trị của hàm số y=fx−2018 là
5
3
6
7
Đáp án D
Xét gx=fx−2018=m2018+1x4+−2m2018−2m2−3x2+m2018+1 có a=c=m2018+1>0 và b=−2m2018−2m2−3<0⇒ Hàm số y=gx có 3 điểm cực trị.
Lại có g0>0g1=−2m2−1<0⇒đồ thị hàm số y=gx cắt Ox tại 4 điểm phân biệt.
Do đó hàm số y=fx−2018 có 3+4=7 điểm cực trị.
Cho hàm số fx=2x−mx+2 (m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho max0;2fx+2min0;2fx≥4. Hỏi trong đoạn −30;30 tập S có bao nhiêu số nguyên?
53
52
55
54
Đáp án A
Ta có: f'x=4+mx+22
- Nếu m=−4 thì fx=2 thỏa mãn max0;2fx+2min0;2fx≥4.
- Xét m≠−4. Ta có f0=−m2;f2=4−m4.
+ TH1: −m24−m4≤0⇔0≤m≤4.
Khi đó min0;2fx=0 và max0;2fx=4−m4 hoặc max0;2fx=m2.
Theo giả thiết ta phải có 4−m4≥4m2≥4⇔m≤−12m≥8 (loại).
+ TH2: −4<m<0Xét : hàm số fx đồng biến, hơn nữa f0=−m2>0;f2=4−m4>0 nên
max0;2fx+2min0;2fx≥4⇔4−m4+2−m2≥4⇔m≤−125.
Vậy −4<m≤−125⇒m=−3.
Xét m<−4: hàm số fx nghịch biến, hơn nữa f0=−m2>0;f2=4−m4>0 nên
max0;2fx+2min0;2fx≥4⇔−m2+24−m4≥4⇔m≤−2.
Vậy m<−4.
Tóm lại: m∈−∞;−125∪6;+∞. Nên trong −30;30, tập S có 53 số nguyên.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy là thỏa mãn cosα=13. Mặt phẳng (P) qua AC và vuông góc với mặt phẳng (SAD) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỷ số thể tích của hai khối đa diện (khối bé chia khối lớn) bằng
19
110
79
910
Đáp án A
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trung điểm của AB
⇒AB⊥SHO⇒SAB;ABC^=SH;OH^=SHO^=α
⇒cosα=13⇒tanα=1cos2α−1=22
⇒SO=OHtanα=a2
Kẻ CM⊥SD M∈(SD)⇒P≡ACM.
Mặt phẳng (ACM) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện M.ACD có thể tích V1 và khối đa diện còn lại có thể tích V2.
Ta có: SABC=12SH.AB=a2.3a2=3a24, SD=SO2+OD2=a102
⇒SSCD=12CM.SD⇒SM=3a10
Tam giác MCD vuông tại M ⇒MD=CD2−MC2=a10⇒MDSD=15
Ta có: VM.ACDVS.ACD=MDSD=15⇒V1=VS.ACD5=VS.ABCD10=V1+V210⇒V1V2=19.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C'. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA', BB', CC' sao cho AM=2MA', NB'=2NB, PC=PC'. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện ABCMNP và A'B'C'MNP. Tính tỷ số V1V2.
V1V2=2
V1V2=12
V1V2=1
V1V2=23
Đáp án C
Đặt V=VABC.A'B'C'
Ta có VABCMNP=VP.ABNM+VP.ABC mà
VP.ABC=13dP,(ABC).SΔABC=16dC;(ABC).SΔABC=V6 SABNMSABB'A'=AM+BNAA'+BB'=23AA'+13BB'AA'+BB'=12⇒VP.ABNM=12VC.ABB'A'
Mà VC.ABB'A'=23V suy ra VP.ABNM=12.23V=V3.
Khi đó VABCMNP=V6+V3=V2.
Vậy V1V2=V2:V2=1.
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình bên.
Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f2cosx+3−mfcosx+2m−10=0 có đúng 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn −π3;π là
4
5
6
7
Đáp án C
Ta có f2cosx+3−mfcosx+2m−10=0.
Đặt t=fcosx ta được phương trình t2+3−mt+2m−10=0⇔t=2t=m−5.
Với t=2⇒fcosx=2⇔cosx=12cosx=1⇔x=±π3x=0 vì .
Với t=m−5⇒fcosx=m−5 (1).
Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn −π3;π thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm trên đoạn −π3;π khác −π3;0;π3.
Với x∈−π3;π⇒u=cosx∈−1;1.
Nhận xét:
Nếu u∈12;1 thì có 2 nghiệm x∈−π3;π.
Nếu u=1 hoặc u∈−1;12 thì có đúng 1 nghiệm x∈−π3;π.
fcosx=m−5⇔fu=m−5
Do đó yêu cầu bài toán xảy ra khi và chỉ khi phương trình (1) thỏa mãn có nghiệm .
Từ bảng biến thiên suy ra −4≤m−5<2⇔1≤m<7.
Vì m∈ℤ nên m∈1;2;3;4;5;6.
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R . Hàm số y=f'(x) có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình f2sinx−2sin2x<m nghiệm đúng với mọix∈0;π khi và chỉ khi
m≥f1−12
m>f1−12
m≥f0−12
m>f0−12
Đáp án B
Đặt t=2sinx.
Do x∈0;π⇒t∈0;2.
Bất phương trình trở thành: ft−t22<m,∀t∈0;2.
Xét gt=ft−t22 trên 0;2.
Bài toán trở thành gt<m,∀t∈0;2.
Ta có g't=f't−t=0⇔f't=t.
Ta có bảng biến thiên của hàm g(t) trên (0;2):
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: m>max0;2gt=g1=f1−12.
Vậy m>f1−12.
Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1−3i+5=2 và iz2−1+2i=4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T=2iz1+3z2.
313+16
313
313+8
313+25
Đáp án A
Ta có z1−3i+5=2⇔2iz1−3i+5=4.2i⇔2iz1+6+10i=4.
Và iz2−1+2i=4⇔z2−1−2ii=4⇔z2+2+i=4⇔−3z2−6−3i=12.
Đặt u=2iz1v=−3z2⇒u+6+10i=4v−6−3i=12 và T=2iz1+3z2=2iz1−−3z2=u−v.
Tập hợp điểm M biểu diễn số phức u là đường tròn x+62+y+102=16 tâm I1−6;−10, R1=4.
Tập hợp điểm N biểu diễn số phức v là đường tròn x−62+y−32=144 tâm I26;3, R2=12.
Khi đó T=MNmax⇔MN=I1I2+R1+R2=122+132+4=12=313+16.
Cho hàm số h=2V3 liên tục và có đạo hàm trên R, có đồ thị như hình vẽ. Với m là tham số bất kỳ thuộc 0;1. Phương trình fx3−3x2=3m+41−mcó bao nhiêu nghiệm thực![Cho hàm số h=2 căn bậc 3 của V liên tục và có đạo hàm trên R , có đồ thị như hình vẽ. Với m là tham số bất kỳ thuộc [0;1] . Phương trình f(x^3-3x^2)=3 căn m+4 căn (1-m) có bao nhiêu nghiệm thực (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/cx-1653653651.png)
2
3
5
9
Đáp án C
Đặt k=3m+41−m→3≤k≤5.
Đặt tx=x3−3x2, có t'x=3x2−6x;x=0⇔x=0 hoặc x=2.
Bảng biến thiên như hình bên.
![Cho hàm số h=2 căn bậc 3 của V liên tục và có đạo hàm trên R , có đồ thị như hình vẽ. Với m là tham số bất kỳ thuộc [0;1] . Phương trình f(x^3-3x^2)=3 căn m+4 căn (1-m) có bao nhiêu nghiệm thực (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/zz-1653653771.png)
Phương trình trở thành ft=k với k∈3;5
→do thit=a>0→BBT1 nghiem xt=b−4<b<0→BBT3 nghiem xt=c<−4→BBT1 nghiem x
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm x.
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 5x+2y+33xy+x+1=5xy5+3−x−2y+yx−2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x+2y.
P=6−23
P=4+26
P=4−26
P=6+23
Đáp án B
Theo giả thiết ta có 5x+2y+33xy+x+1=5xy5+3−x−2y+yx−2.
⇔5x+2y−3−x−2y+x+2y=5xy−1−31−xy+xy−1⇔x+2y=xy−1.
⇔1−xy+x+2y=0⇔yx−2=x+1>0⇒x>2y=x+1x−2⇒P=fx=x+2x+1x−2≥min2;+∞fx=f2+6=4+26.
Cho hàm số y=fx liên tục trên R, có đồ thị như hình vẽ. Các giá trị của tham số m để phương trình 4m3+m2f2x+5=f2x+3 có ba nghiệm phân biệt là
m=±372
m=32
m=−372
m=372
Đáp án C
Ta có 4m3+m2f2x+5=f2x+3⇔4m3+m=f2(x)+32f2x+5
⇔8m3+2m=2f2x+62f2x+5
⇔2m3=2f2x+52f2x+5+f2x+5
(*)
Xét hàm số gt=t3+t có g't=3t2+1>0;∀t⇒gt là hàm số đồng biến trên .
Phương trình (*) suy ra g2m=g2f2x+5⇔2f2x+5=2m
⇔m>02f2x+5=4m2⇔m>0f2x=4m2−52⇔m>52fx=4m2−52 1fx=−4m2−52 2
(vì fx=0 chỉ có hai nghiệm phân biệt nên m>52).
+ Vì −4m2−52<0 nên từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình fx=−4m2−52 có một nghiệm duy nhất.
Từ yêu cầu bài toán suy ra phương trình fx=4m2−52 có hai nghiệm phân biệt.
+ Vì 4m2−52>0 nên từ đồ thị hàm số
⇒4m2−52=4⇔4m2−5=32⇔m=372 thoa manm=−372 loai .
Cho hình chóp S.ABCD có các cạnh bên SA, SB, SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30°. Biết AB=5, AC=8, BC=7, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
d=3513913
d=353952
d=351352
d=351326
Đáp án B
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S đến mặt phẳng (ABC)
Khi đó từ giả thiết ta có ∠SAH=∠SBH=∠SCH=30°
Suy ra HA=HB=HC (gn-cgv)
Suy ra HA=HB=HC hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp .
Tam giác ABC có
AC=7;AB=5;BC=8⇒p=AB+AC+BC2=10
Theo công thức Hê-rông thì diện tích tam giác ABC là
SABC=pp−ABp−ACp−BC=103
Lại có SABC=AB.AC.BC4R⇒R=5.7.84S=733 (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ).
Hay HA=733.
Xét tam giác SHA vuông tại H có SH=tanSAH.AH=tan30°.733=73.
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC=13SH.SABC=13.73.103=7039.
Lại có vuông tại H nên SB=SHsin30=143=SC
Xét tam giác SBC có p1=SB+SC+BC2=193 suy ra SΔABC=p1p1−SBp1−SCp1−BC=8133
Từ đó VS.ABC=13dA,(SBC).SΔSBC⇔dA,(SBC)=3VS.ABCSΔSBC=3.70398133=353952.
