Đề số 14
50 câu hỏi
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(-1;0;0), B(0;0;2), C(0;-3;0) . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là:
144.
14.
143.
42.
Đáp án D
Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.
Ta có: OC⊥OAOC⊥OB⇒OC⊥OAB.
Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.
ΔOAB vuông tại O⇒M là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔOAB⇒IO=IA=IB.
I∈IN⇒IO=IC⇒IO=IA=IB=IC⇒I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC.
Ta có: OA=1, OB=2, OC=3⇒OM=12AB=1212+22=52 R=OI=IM2+OM2=94+54=142.
Cho cấp số cộng un có u1=11 và công sai d=4. Hãy tính u99.
401.
404.
403.
402.
Đáp án C
Ta có: u1=11; d=4⇒u99=u1+99−1.d=11+98.4=403.
Tìm a để hàm số fx=x2−1x−1 khi x≠1a khi x=1 liên tục tại điểm x0=1.
a=0.
a=−1.
a=2.
a=1.
Đáp án C
Hàm số y=fx liên tục tại x=1⇒limx→1fx=f1=a
⇔limx→1x2−1x−1=a⇔limx→1x−1x+1x−1=a⇔limx→1x+1=a⇔2=a.Định nghĩa: Cho hàm số y=fx xác định trên khoảng K và x0∈K. Hàm số y=fx được gọi là hàm số liên tục tại x0 nếu limx→x0fx=fx0.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. Biết SA⊥ABCD, AB=BC=a, AD=2a, SA=a2. Gọi E là trung điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D, E.
a32.
a.
a63.
a306.
Đáp án B
Xét tứ giác ABCE có AE//BC, AE=BC=a⇒ABCE là hình bình hành.
Lại có ABC^=90° (giả thiết), AC=BC⇒ABCE là hình vuông cạnh a.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCE là Rd=a22.
Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCE là: R=SA24+Rd2=2a24+2a24=a.
Gọi là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình 3sin2x+2sinxcosx−cos2x=0. Chọn khẳng định đúng?
x0∈π2;π.
x0∈3π2;2π.
x0∈0;π2.
x0∈π;3π2.
Đáp án C
Với cosx=0⇔sin2x=1 không phải là nghiệm của phương trình.
Với cosx≠0
Phương trình tương đương với: 3sin2x+2sinxcosx−cos2x=0⇔3sin2xcos2x+2sinxcosx−1=0⇔3tan2x+2tanx−1=0⇔tanx=−1tanx=13⇔x=−π4+kπ,k∈ℤx=arctan13+kπ,k∈ℤ.
Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là x=arctan13∈0;π2.
Hàm số y=x4−x3−x+2019 có bao nhiêu điểm cực trị?
2.
3
0.
1.
Đáp án D
Hàm số y=x4−x3−x+2019 có bao nhiêu điểm cực trị?
y'=4x3−3x2−1=0⇔4x3−3x2−1=0⇔x=1y''=12x2−6x⇒y''1=12−6=6>0⇒x=1là điểm cực tiểu của hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị.
Giá trị lớn nhất của hàm số fx=xx+3 trên đoạn −2;3 bằng:
-2
12.
3.
2.
Đáp án B
Hàm số fx=xx+3 xác định trên đoạn −2;3.
Ta có: f'x=1.3−0.1x+32=3x+32>0,∀x∈−2;3⇒ Hàm số luôn đồng biến trên đoạn −2;3.
GTLN của hàm số fx=xx+3 trên đoạn −2;3 là: f3=33+3=12.
Cho hàm số y=fx xác định và liên tục trên R, có bảng biến thiên như sau:
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;1.
Hàm số đồng biến trên khoảng −∞;−2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;+∞.
Hàm số đồng biến trên khoảng −1;+∞.
Đáp án B
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên −∞;−1 và 1;+∞, hàm số nghịch biến trên −1;1.
Do đó chỉ có đáp án B đúng vì −∞;−2⊂−∞;−1⇒ Hàm số đồng biến trên −∞;−2.
Hàm số y=−x3+3x2−1 có đồ thị nào trong các đồ thị dưới đây?
Hình 3.
Hình 1.
Hình 2.
Hình 4.
Đáp án B
Ta có: limx→+∞y=−∞⇒ Loại các đáp án A và D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm 0;−1⇒ Loại đáp án C.
Gọi n là số nguyên dương sao 1log3x+1log32x+1log33x+...+1log3nx=190log3x cho đúng với mọi x dương,x≠1. Tìm giá trị của biểu thức P=2n+3.
P=23
P=41
P=43
B=32
Đáp án B
Với ∀x>0,x≠1 ta có: 1log3x+1log32x+1log33x+...+1log3nx=190log3x
⇔logx3+logx32+...+logx3n=190.logx3⇔logx3.32.33...3n=190.logx3⇔logx31+2+3+...+n=190.logx3⇔nn+12=190⇔nn+1=380⇔n=19⇒P=2n+3=2.19+3=41.
Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức 2x−32018 thành đa thức:
2019.
2020.
2018.
2017.
Đáp án A
Ta có: 2x−32018=∑k=02018C2018k2xk.−32018−k, do đó khai triển trên có 2019 số hạng
Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V. Tính thể tích khối đa diện ABCB’C’.
V2.
V4.
3V4.
2V3.
Đáp án D
Ta có: VABCA'B'=VABC.A'B'C'−VA.A'B'C'=VABC.A'B'C'−13VABC.A'B'C'=23VABC.A'B'C'=23V.
Một người gửi tiết kiệm số tiền 80 000 000 đồng với lãi suất là 6,9%/năm. Biết rằng tiền lãi hàng năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng 5 năm số tiền cả gốc và lãi người đó rút về gần với con số nào dưới đây?
107 667 000 đồng
105 370 000 đồng
111 680 000 đồng
116 570 000 đồng.
Đáp án C
Ta có: A5=80.1+6,9%5=111,68 (triệu đồng).
Cho hàm số y=f(x) xác định trên Rcó đồ thị của hàm số y=f'(x) như hình vẽ. Hỏi hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
0;1.
2;+∞.
1;2.
0;1và 2;+∞.
Đáp án B
Ta có bảng xét dấu của f'x như sau:
Dựa vào bảng xét dấu ta có:
Hàm số nghịch biến trên −∞;1,1,2 và đồng biến trên 2;+∞.
Dựa vào đồ thị của hàm số y=f(x) ta thấy f'(x) đồng biến trên khoảng đồng biến trên 2;+∞.
Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là các tam giác đều. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD.
30°.
60°.
90°.
120°.
Đáp án C
Gọi M là trung điểm của AB ta có:
ΔABC đều ⇒CM⊥AB.
ΔABD đều ⇒DM⊥AB.
⇒AB⊥MCD⇒AB⊥CD⇒AB,CD^=90°
Cho ∫2x3x−2dx=A3x−28+B3x−27+C với A,B,C∈ℝ. Tính giá trị của biểu thức 12A+7B.
23252.
241252.
529.
79.
Đáp án D
Ta có: I=∫2x3x−26dx.
Đặt 3x−2=t⇒x=t+23⇒dx=13dt.
Suy ra I=∫29t+2t6dt=29∫t7+2t6dt=29t88+2t77+C=136t8+463t7+C
⇒I=1363x−28+4633x−27+C⇒A=136B=463⇒12A+7B=12.136+7.463=79.
Tập nghiệm của bất phương trình 11+a22x+1>1 (với a là tham số, a≠0) là:
−∞;−12.
−∞;0.
−12;+∞.
0;+∞.
Đáp án A
Ta có: 0<11+a2<1;∀a≠0⇒11+a22x+1>1⇔2x+1<0⇔x<−12.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là −∞;−12.
Cho hàm số 1;2;−1 có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau đây?
x=−2.
x=3.
x=2.
x=4.
Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=2 và đạt cực tiểu tại x=4.
Chú ý khi giải: Học sinh rất hay kết luận nhầm hàm số đạt cực đại tại x=3.
Tìm tập nghiệm của phương trình 3x2+2x=1.
S=−1;3.
S=0;−2.
S=1;−3.
S=0;2.
Đáp án B
Ta có: 3x2+2x=1⇔3x2+2x=30⇔x2+2x=0⇔x=0x=−2.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S=0;−2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a→=−i→+2j→−3k→. Tìm tọa độ của vectơ a→.
2;−3;−1.
−3;2;−1.
−1;2;−3.
2;−1;−3.
Đáp án C
Ta có: a→=−i→+2j→−3k→⇒a→=−1;2;−3.
Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó?
y=log3x.
y=logπ4x.
y=π3x.
y=log2x+1.
Đáp án B
Đáp án A: Ta có: a=3>1⇒ hàm số đồng biến trên .
Đáp án B: Ta có: 0<a=π4<1⇒ hàm số nghịch biến trên .
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A,AB=AC=a, BAC^=120°. Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
V=a3.
V=a32.
V=2a3.
V=a38.
Đáp án D
Gọi H là trung điểm của AB.
ΔSAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABC⇒SH⊥ABC.
ΔSABđều cạnh a⇒SH=a32.
SABC=12.AB.AC.sinA=12a2.32=a234.⇒VSABC=13.SABC.SH=13.a32.a234=a38.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên đoạn −2018;2018 để hàm số y=lnx2−2x−m+1 có tập xác định .
2018.
1009.
2019
2017.
Đáp án A
Hàm số y=lnx2−2x−m+1 xác định trên ℝ⇔x2−2x−m+1>0,∀x∈ℝ
⇔a>0Δ'<0⇔1>0 ∀m1+m−1<0⇔m<0.
Mà m∈ℤm∈−2018;2018⇒m∈ℤm∈−2018;0⇔m=−2018;−2017;...;−1.
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R và đồ thị hàm số y=f'(x) trên R như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Hàm số y=fxcó 1 điểm cực tiểu và không có cực đại.
Hàm số y=fxcó 1 điểm cực đại và không có cực tiểu.
Hàm số y=fxcó 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
Hàm số y=fxcó 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
Đáp án A
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y=f'x cắt trục Ox tại 1 điểm qua điểm đó hàm số y=f'x đổi dấu từ âm sang dương nên điểm đó là điểm cực tiểu của hàm số y=fx.
Cho hình trụ có thiết diện đi qua trục là một hình vuông có cạnh bằng 4a. Diện tích xung quanh của hình trụ là:
S=4πa2.
S=8πa2.
S=24πa2.
S=16πa2.
Đáp án D
Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng 4a⇒2R=h=4a⇒R=2a với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Sxq=2πRh=2π.2a.4a=16πa2.
Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
4.
8.
6.
2.
Đáp án A
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng SAC,SBD,SEG,SFH như hình vẽ với F, G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.
Cho hàm số y=fx xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:
Khẳng định nào sau đây là đúng?
Hàm số có đúng một cực trị.
Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3.
Hàm số đạt cực đại tại x=1và đạt cực tiểu tại x=3.
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 1.
Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=1, giá trị cực đại yC§=2 và đạt cực tiểu tại x=3, giá trị cực tiểu yCT=−1.
Tìm nguyên hàm của hàm số y=x^2-3x+1/x
x33−3x22−lnx+C.
x33−3x22+1x2+C.
x33−3x22+lnx+C.
x33−3x22+lnx+C.
Đáp án D
Ta có: I=∫x2−3x+1xdx=x33−3x22+lnx+C.
Cho hàm số fx liên tục trên đoạn 0;10 và và ∫26fxdx=3. Tính P=∫02fxdx+∫610fxdx.
P=−4.
P=10.
P=7.
P=4.
Đáp án D
Ta có: ∫010fxdx=∫02fxdx+∫26fxdx+∫610fxdx.
⇒P=∫02fxdx+∫610fxdx=∫010fxdx−∫26fxdx=7−3=4.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y=−x3−3x2+m trên đoạn −1;1 bằng 0.
m=6.
m=4.
m=0.
m=2.
Đáp án B
TXĐ: D=ℝ.
Ta có: y'=−3x2−6x=0⇔x=0∈−1;1x=−2∉−1;1⇒y0=my−1=m−2y1=m−4⇒min−1;1y=m−4=0⇔m=4.
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số y=|f(|x|) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
9.
7.
6.
8.
Đáp án B
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạng: y=ax3+bx2+cx+d (với a≠0).
Đồ thị hàm số đi qua các điểm 2;−1,−1;3,1;−1,2;3.
⇒−1=−8a+4b−2c+d3=−a+b−c+d−1=a+b+c+d3=8a+4b+2c+d⇔a=1b=0c=−3d=1⇒y=x3−3x+1.Khi đó ta có đồ thị hàm số y=x3−3x+1 như hình vẽ sau.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 7 điểm cực trị.
Biết Fx là nguyên hàm của hàm số fx=x−cosxx2. Hỏi đồ thị của hàm số y=Fx có bao nhiêu điểm cực trị?
1.
vô số điểm.
2.
0.
Đáp án A
Ta có: Fx=∫fxdx⇒F'x=fx⇒F'x=0⇔x−cosxx2=0 x≠0⇔gx=x−cosx=0
Xét hàm số gx=x−cosx=0 ta có: g'x=1+sinx≥0,∀x∈ℝ.
Do đó hàm số gx đồng biến trên ℝ⇒ Phương trình gx=0 có nghiệm duy nhất.
Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15?
432.
234.
132
243.
Đáp án D
Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: abcd¯ a,b,c,d∈1;2;3;4;5;6;7;8;9.
Số cần lập chia hết cho 15 nên nó chia hết cho 3 và 5.
Số cần lập chia hết cho 5 nên ta có: d=5⇒d có 1 cách chọn.
Số cần tìm có dạng: abc5¯.
Số cần lập chia hết cho 3 nên a+b+c+5⋮3.
Chọn a có 9 cách chọn, chọn b có 9 cách chọn.
+ Nếu a+b+5⋮3⇒c∈3;6;9⇒c có 3 cách chọn.
+ Nếu a+b+5 chia cho 3 dư 1 ⇒c∈2;5;8⇒c có 3 cách chọn.
+ Nếu a+b+5chia cho 2 dư 2 ⇒c∈1;4;7⇒c có 3 cách chọn.
Có 3 cách chọn c.
Như vậy có: 9.9.3.1=243 cách chọn.
Vậy có 243 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a. Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O’ lấy điểm B. Đặt α là góc giữa AB và đáy. Tính tanα khi thể tích khối tứ diện OO’AB đạt giá trị lớn nhất.
tanα=12.
tanα=12.
tanα=1.
tanα=2.
Đáp án A
Lấy điểm A'∈O',B'∈O sao cho AA’, BB’ song song với trục OO’.
Khi đó ta có lăng trụ đứng OAB’.O’A’B.
Ta có: VOO'AB=VOAB'.O'A'B−VA.O'A'B−VB.OAB' =VOAB'.O'A'B−13VOAB'.O'A'B−13VOAB'.O'A'B=13VOAB'.O'A'B
⇒VOO'AB=13.AA'.SΔOAB'=16.AA'.OA.OB.sinAOB'^=16.2a.2a.2a.sinAOB'^ =16.8a3.sinAOB'^=4a33sinAOB'^Do đó để VOO'AB lớn nhất ⇔sinAOB'^=1⇔AOB'^=90°⇔OA⊥OB'.
⇒O'A'⊥O'B⇒ΔO'A'B vuông tại O'⇒A'B=2O'A'=2a2.
Ta có: AA'⊥O'A'B⇒AB,O'A'B^=ABA'^=α⇒tanα=AA'A'B=2a2a2=12.
Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=x−143x+1−3x−5.
1.
0.
2.
3.
Đáp án C
Điều kiện: 3x+1≥043x+1−3x−5≠0⇔x≥−133x+1−43x+1+4≠0⇔x≥−133x+1−22≠0⇔x≥−133x+1−2≠0⇔x≥−133x+1≠4⇔x≥−13x≠1
Ta có: limx→1x−143x+1−3x−5=limx→1x−1−3x+1−22=limx→13x+1+233x+1−2=+∞.
⇒x=1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
limx→±∞x−143x+1−3x−5=−13⇒y=−13
là đường TCN của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ΔABC vuông cân ở B,AC=a2,SA⊥ABC,SA=a. Gọi G là trọng tâm của ΔSBC, α đi qua AG và song song với BC chia khối chóp thành hai phần. Gọi V là thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S. Tính V.
5a354.
4a39.
2a39.
4a327.
Đáp án A
Trong SBC qua G kẻ MN//BC M∈SB,N∈SC.
Khi đó mặt phẳng đi qua AG và song song với BC chính là mặt phẳng (AMN).
Mặt phẳng này chia hai khối chóp thành 2 khối S.AMN và AMNBC.
Gọi H là trung điểm của BC.
Vì MN//BC; theo định lý Ta-lét ta có: SMSB=SNSC=23=SGSH.
VS.AMNVS.ABC=SMSB.SNSC=23.23=49⇒VS.AMN=49VS.ABC.
Mà VS.AMN+VAMNBC=VS.ABC⇒VAMNBC=59VS.ABC=V.
Ta có vuông cân tại B⇒AB=BC=AC2=a⇒SΔABC=12a2.
⇒VS.ABC=13.SA.SΔABC=13.a.12.a2=a36.
Vậy V=59.a36=5a354.
Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA=BC=3; SB=AC=4; SC=AB=25. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
39012.
3906.
3908.
3904.
Đáp án D
Đặt SA=SB=a,SB=AC=b,SC=AB=c.
Dựng hình chóp S.A’B’C’ sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm của B’C’, C’A’, A’B’.
Dễ thấy ΔABC đồng dạng với ΔA'B'C' theo tỉ số 12⇒SΔABCSΔA'B'C'=14⇒VS.ABC=14.VS.A'B'C'.
Ta có AB, BC, CA là các đường trung bình của tam giác A’B’C’.
⇒A'B'=2AB=2c;B'C'=2BC=2a; A'C'=2AC=2b.
⇒ΔSA'B',ΔSB'C',ΔSC'A' là các tam giác vuông tại S (tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy) ⇒SA',SB',SC' đôi một vuông góc.
VS.A'B'C'=16.SA'.SB'.SC'⇒VS.ABC=124.SA'.SB'.SC'.
Áp dụng định lí Pytago ta có: SA'2+SB'2=4c2SB'2+SC'2=4a2SA'2+SC'2=4b2⇒SA'2=2b2+c2−a2SB'2=2a2+c2−b2SC'2=2a2+b2−c2.
.
Thay a=3,b=4,c=25⇒VS.ABC=3904.
Trong không gian Oxyz, lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC=1 . Trên hai tia Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm A, B thay đổi sao cho OA+OB=OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC?
64.
6.
63.
62.
Đáp án A
Giả sử Aa;0;0,B0;b;0⇒OA=aOB=b.
Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.
Ta có: OC⊥OAOC⊥OB⇒OC⊥OAB.
Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.
ΔOABvuông tại O⇒M là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔOAB⇒IO=IA=IB.
I∈IN⇒IO=IC⇒IO=IA=IB=IC⇒Ilà tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC.
Ta có: OM=12AB=12a2+b2.
Vậy R=OI=IM2+OM2=c24+a2+b24=a2+b2+c22a2+1−a2+12=2a2−2a+22 =2a2−a+12=2a2−2.a.12+14+342=2a−122+322≥64.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AB=1cm,AC=3cm. Tam giác SAB, SAC lần lượt vuông tại B và C. Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có thể tích bằng 55π6cm3. Tính khoảng cách từ C đến SAB.
32cm.
52cm.
34cm.
54cm.
Đáp án A
Gọi I là trung điểm của SA.
Tam giác SAB, SAC vuông tại B,C⇒IS=IA=IB=IC⇒I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Gọi H là trung điểm của BC. Vì ΔABC vuông tại A⇒H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC⇒IH⊥ABC.
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Theo đề bài ta có:
43πR3=55π6⇔R3=558=1258⇔R=52⇒IS=IA=IB=IC=52.
Xét tam giác vuông ABC có: BC=AB2+AC2=2⇒AH=1.
Xét tam giác vuông IAH có: IH=IA2−AH2=54−1=12.
SΔABC=12.AB.AC=12.1.3=32⇒VI.ABC=13.IH.SΔABC=13.12.32.
Ta có: SI∩ABC=A⇒dS;ABCdI;ABC=SAIA=2⇒VS.ABCVS.IBC=2⇒VS.ABC=2VI.ABC=2.312=36.
Xét tam giác vuông SAB có IB=52⇒SA=2IB=5⇒SB=SA2−AB2=2 ⇒SΔSAB=12.1.2=1.
Ta có: VS.ABC=13dC;SAB.SΔSAB⇒dC;SAB=3VS.ABCSΔSAB=3.361=32.
Cho hàm số y=fx liên tục trên đoạn 0;4 và thỏa mãn điều kiện 4xfx2+6f2x=4−x2. Tính tích phân ∫04fxdx.
I=π5.
I=π2.
I=π20.
I=π10.
Đáp án A
Ta có: 4xfx2+6f2x=4−x2⇒∫024xfx2+6f2xdx=∫024−x2dx ⇔4I1+6I2=I.
.
Trong đó: I1=∫02xfx2dx=12∫02fx2dx2=12∫04fxdx.
I2=∫02f2xdx=12∫02f2xd2x=12∫04fxdx.I=∫024−x2dx=2∫0π24−4sin2tcostdt=4∫0π2cos2tdt=2∫0π21+cos2tdt=2t+sin2tπ20=π
Khi đó ta có hệ: I1=I24I1+6I2=π⇔I1=I2=π10⇔12∫04fxdx=π10 hay ∫04fxdx=π5.
Cho phương trình: e3m+em=2(x+1−x2)(1+x1−x2). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm.
[12ln2;+∞).
(0;12ln2).
(−∞;12ln2].
(0;1e).
Đáp án B
Điều kiện: 1−x2≥0⇔−1≤x≤1.
Đặt x+1−x2=t⇒t2=x2+1−x2+2x1−x2=1+2x1−x2⇒x1−x2=t2−12.
Ta có: t(x)=x+1−x2,x∈[−1;1].
⇒t'(x)=1−x1−x2=1−x2−x1−x2=0⇔1−x2=x⇔{x≥01−x2=x2⇔{x≥0x2=12⇔x=22.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có: t∈[−1;2].
Khi đó phương trình trở thành: em+e3m=2t(1+t2−12)=t(t2+1)=t3+t (*).
Xét hàm số f(t)=t3+t ta có f'(t)=3t2+1>0,∀t⇒ Hàm số đồng biến trên Hàm số đồng biến trên (−1;2)
Từ (*)⇒f(em)=f(t)⇔em=t⇔m=lnt⇒m∈(0;ln2)=(0;12ln2).
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm cấp hai trên . Biết f'(0)=3, f'(2)=−2018 và bảng xét dấu của f''(x) như sau:
Hàm số y=f(x+2017)+2018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây?
(0;2).
(−∞;−2017).
(−2017;0).
(2017;+∞).
Đáp án B
Ta có: y'=f'(x+2017)+2018=0.
Từ bảng xét dấu của f''(x) ta suy ra bảng biến thiên của f'(x) như sau:
Từ bảng biến thiên ta có: f'(x+2017)=−2018⇔[x+2017=2x+2017=a<0⇔[x1=−2015x2<−2017.
Từ đó ta suy ra bảng biến thiên của hàm số y=f(x+2017)+2018x f'(x+2017)+2018 như sau:
Tịnh tiến đồ thị hàm số y=f'(x) lên trên 2018 đơn vị.
Tịnh tiến đồ thị hàm số y=f'(x) sang trái 2017 đơn vị.
Suy ra bảng biến thiên của hàm số :
Vậy hàm số đạt GTNN tại x2<−2017.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (−2019;2019) để hàm số y=sin3x−3cos2x−msinx−1 đồng biến trên đoạn [0;π2].
2020.
2019.
2028.
2018.
Đáp án B
Ta có: y=sin3x−3cos2x−msinx−1=sin3x+3sin2x−msinx−4.
Đặt t=sinx, với y=t3+3t2−mt−4.
Bài toán trở thành tìm m để hàm số y=t3+3t2−mt−4 đồng biến trên [0;1].
⇒y'≥0 ∀t∈[0;1]⇒3t2+6t−m≥0,∀t∈[0;1]⇔m≤3t2+6t ∀t∈[0;1]⇒m≤f(t)=3t2+6t ∀t∈[0;1]⇔m≤min[0;1]f(t)TXĐ: D=ℝ.
Ta có: y'=3t2+6t−m.
Để hàm số đồng biến trên
Xét hàm số f(t)=3t2+6t ta có TXĐ: f(0)=0; f(1)=9⇒min[0;1]f(t)=0⇔m≤0.
Kết hợp điều kiện đề bài ⇒{m∈(−2019;0]m∈ℤ⇒ Có 2019 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd¯, trong đó 1≤a≤b≤c≤d≤9.
0,079.
0,055.
0,014.
0,0495.
Đáp án B
Không gian mẫu: n(Ω)=9.103=9000.
Gọi A là biến cố: “số được chọn có dạng abcd¯, trong đó ”1≤a≤b≤c≤d≤9.
TH1: 1≤a=b<c<d≤9
Chọn ngẫu nhiên 4 số trong các số từ 1 đến 9 có C94=126 cách.
Có duy nhất một cách xếp các chữ số a, b, c, d theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 126 số thỏa mãn.
TH2: 1≤a=b<c<d≤9. Số cần tìm có dạng aacd¯.
Chọn ngẫu nhiên 3 số trong các số từ 1 đến 9 có C93=84 cách.
Có duy nhất một cách xếp các chữ số a, c, d theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 84 số thỏa mãn.
Tương tự như vậy, các trường hợp 1≤a<b=c<d≤9, 1≤a<b<c=d≤9, mỗi trường hợp cũng có 84 số thỏa mãn.
TH3: 1≤a=b=c<d≤9. Số cần tìm có dạng aaad¯.
Chọn ngẫu nhiên 2 số trong các số từ 1 đến 9 có C92=36 cách.
Có duy nhất một cách xếp các chữ số a, d theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 36 số thỏa mãn.
Tương tự như vậy, các trường hợp 1≤a=b<c=d≤9, 1≤a<b=c=d≤9, mỗi trường hợp cũng có 36 số thỏa mãn.
TH4: 1≤a=b=c=d≤9. Số cần tìm có dạng aaaa¯.
Có 9 số thỏa mãn ⇒n(A)=126+3.84+3.36+9=495.
Vậy P(A)=4959000=0,055.
Cho hàm số f(x) có đồ thị như hình vẽ bên biết f(2)=−4, f(3)=0. Bất phương trình f(ex)<m(3ex+2019) có nghiệm trên (ln2;1) khi và chỉ khi:
m>−41011.
m>−42025.
m≥43e+2019.
m>f(e)3e+2019.
Đáp án B
Đặt t=ex.
Do x∈(ln2; 1)⇒t∈(2;e).
Bất phương trình đã cho trở thành: f(t)<m(3t+2019) có nghiệm trên (2;e).
⇔m>f(t)3t+2019 có nghiệm trên (2;e).
Xét hàm số g(t)=f(t)3t+2019 trên (2;e).
Bài toán trở thành tìm m để m>g(t) có nghiệm trên
⇔m>min[2;e]g(t).
Ta có: g'(t)=f'(t).(3t+2019)−3f(t)(3t+2019)2>0.
Nhận xét: Với t∈(2;e)⇒{f'(t)>02025<3t+2019<3e+2019−4<f(t)<0⇒g'(x)>0.
Do đó ta có: m>min[2;e]g(t)=g(2)=f(2)2025=−42025.
Vậy m>−42025.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(0;1;1), B(1;01;), C(1;1;0) và D(2;3;4). Hỏi có bao nhiêu điểm P cách đều các mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA) và (DAB).
5.
0.
1.
4
Đáp án C
Ta kiểm tra [AB→,AC→].AD→≠0 nên các điểm A, B, C, D là các đỉnh của một tứ diện.
Do đó điểm cách đều bốn mặt phẳng của tứ diện chính là tâm mặt cầu nội tiếp của nó
Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số (x;y) thỏa mãn logx2+y2+2(4x+4y−6+m2)≥1 và x2+y2+2x−4y+1=0.
S={−5;5}.
S={−7;−5;−1;1;5;7}.
S={−5;−1;1;5}.
S={−1;1}.
Đáp án D
Ta có: logx2+y2+2(4x+4y−6+m2)≥1=logx2+y2+2(x2+y2+2)⇔4x+4y−6+m2≥x2+y2+2 (do x2+y2+2>1)⇔x2+y2−4x−4y−m2+8≤0 (1).
Ta có: a2+b2−c=4+4+m2−8=m2 (2).
TH1: m=0⇒(1):x2+y2−4x−4y+8=0⇔(x−2)2+(y−2)2=0⇔{x=2y=2.
Cặp số (x;y)=(2;2) không thỏa mãn điều kiện (2).
TH2: m≠0⇒m2>0⇒Tập hợp các cặp số (x;y) thỏa mãn (1) là hình tròn (C1) (kể cả biên) tâm I1(2;2), bán kính R1=m.
Tập hợp các cặp số (x;y) thỏa mãn (2) là đường tròn (C1) tâm I2(-1;2) bán kính R2=1+4−1=2.
Để tồn tại duy nhất cặp số thỏa mãn 2 điều kiện (1) và (2).
Suy ra xảy ra 2 trường hợp sau:
+ (C1);(C2) tiếp xúc ngoài ⇔I1I2=R1+R2⇔(−1−2)2+(2−2)2=m+2⇔3=m+2⇔m=1 (thỏa mãn).
+ (C1);(C2) tiếp xúc trong và R1<R2⇔{I1I2=|R1−R2|m<2⇔{3=|m−2|m<2⇔{[m=5m=−1m<2⇔m=−1(thỏa mãn).
Vậy S={±1}.
Có thể có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc khoảng (0;2019) để lim9n+3n+15n+9n+a≤12187?
2018.
2018.
2012.
2019.
Đáp án C
Ta có: lim9n+3n+15n+9n+a=lim9n+3.3n5n+9n.9a=lim1+3.(39)n(59)n+9a=13a⇒13a≤12187=137⇔3a≥37⇔a≥7.
Kết hợp điều kiện đề bài: {a∈[7;2019)a∈ℤ⇒a∈{7;8;9;...;2018}.
Vậy có giá trị của a thỏa mãn.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA⊥(ABC) góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60°. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
a155.
a22.
a77.
2a.
Đáp án A
Ta có SA⊥(ABC)⇒AB là hình chiếu của SB lên .
(SB,(ABC))^=(SB,AB)^=SBA^=60°.
Dựng hình bình hành ACBD.
Ta có: BD//AC⇒(SBD)//AC.
⇒d(AC;SB)=d(AC;(SBD))=d(A;(SBD)).
Do tam giác ABC đều ⇒AC=CB=AB=a.
Mà AC=BD;CB=AD⇒AB=AD=BD=a⇒ΔABD đều cạnh a.
Gọi M là trung điểm của BD⇒AM⊥BD và AM=a32 {BD⊥AMBD⊥SA(SA⊥(ABCD))⇒BD⊥(SAM).
Ta có: .
Trong (SAM) kẻ AH⊥SM⇒AH⊥BD(BD⊥(SAM))⇒AH⊥(SBD).
.
Xét tam giác vuông SAB ta có SA=AB.tan60°=a3.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAM ta có: AH=SA.AMSA2+AM2=a3.a323a2+3a24=a155.
Vậy d(AC;SB)=a155.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R và có đồ thị là hình cong trong hình vẽ dưới. Đặt g(x)=f(f(x)). Tìm số nghiệm của phương trình g'(x)=0.
8.
4.
6.
2.
Đáp án C
Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x) ta thấy hàm số có hai điểm cực trị là x=0 và x=a∈(2;3).
Do đó: f'(x)=0⇔[x=0x=a∈(2;3) .
Ta có: g'(x)=f'(f(x)).f'(x)=0⇔[f'(f(x))=0f'(x)=0⇔[f(x)=0 (1)f(x)=a∈(2;3) (2)f'(x)=0 (3).
Dựa vào đồ thị hàm số ta có:
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt [x1∈(−1;0)x2=1x3∈(3;4).
Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt khác 3 nghiệm của phương trình (1).
Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt [x=0x=a∈(2;3).
6 nghiệm này hoàn toàn phân biệt.
Vậy phương trình g'(x)=0có 6 nghiệm phân biệt.
