Đề số 15
50 câu hỏi
Trong không gian tọa độ Oxyz đường thẳng d:x+52=y−7−8=z+139 có một véc tơ chỉ phương là
u1→=2; −8; 9.
u2→=2; 8; 9.
u3→=−5; 7; −13.
u4→=5; −7; −13.
Đường thẳng d:x+52=y−7−8=z+139 có véc tơ chỉ phương là u→=2; −8; 9. Nên u1→=2; −8; 9 là véc tơ chỉ phương của d.Chọn đáp án A
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào?
y=x3−4x
y=x4−4x2
y=−x4+4x2
y=−x3+4x
Đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số bậc 4 trùng phương, nên loại đáp án A và B.
Ta có suy ra nên loại C.Chọn đáp án C
Trong không gian Oxyz,mặt phẳng α:x−y+2z−3=0 đi qua điểm nào dưới đây?
M1 ; 1; 32
N1 ;−1 ;−32
P1 ; 6 ; 1
Q0 ; 3 ; 0
Xét điểm M1 ; 1; 32,ta có: 1−1+2.32−3=0 đúng nên M∈α nên A đúng.
Xét điểm N1 ;−1 ;−32 ,ta có: 1+1+2.−32−3=0 sai nên N∉α nên B sai.
Xét điểm P1 ; 6 ; 1,ta có: 1−6+2.1−3=0 sai nên P∉α nên C sai.
Xét điểm Q0 ; 3 ; 0,ta có: 0−3+2.0−3=0 sai nên Q∉αnên D sai.Chọn đáp án A
Với α là một số thực bất kỳ, mệnh đề nào sau đây sai?
10α2=10α2
10α2=100α
10α=10α
10α=10α2
+) Có 10α=10α2 với mọi α, nên A đúng.
+) Có 10α2=100α với mọi α, nên B đúng.
+) Có 10α=10α với mọi α, nên C đúng.
+) Có 10α2=10α2(*), dấu đẳng thức xảy ra khi α=0 hoặc α=2.
Lấy α=1 thì (*) sai, vậy D sai.Chọn đáp án D
Tính diện tích xung quanh S của khối trụ có bán kính đáy r=4 và chiều cao h=3.
S=96π
S=12π
S=48π
S=24π
Diện tích xung quanh S của khối trụ đó là: S=2πrh=2π.4.3=24π(đvtt).Chọn đáp án D
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y−4z−25=0. Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).
I−1 ; −2 ; 2; R=6
I1 ; −2 ; 2; R=34
I−1 ; 2 ; −2; R=5
I−2;4;−4; R=29
Ta có: S:x2+y2+z2−2x+4y−4z−25=0⇔x−12+y+22+z−22=34
Vậy I1;−2;2; R=34.Chọn đáp án B
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A3 ; 2 ; −4 lên mặt phẳng Oxy có tọa độ là
3 ; 0 −4
0 ; 0 −4
0 ; 2 −4
3 ; 2 ; 0
Gọi A' là hình chiếu vuông góc của điểm A3 ; 2 ; −4 lên mặt phẳng Oxy, ta có A' 3 ; 2 ; 0Chọn đáp án D
Cho dãy số 12;0;−12;−1;−32;.....là cấp số cộng với
Số hạng đầu tiên là 0, công sai là −12.
Số hạng đầu tiên là 12, công sai là 12
Số hạng đầu tiên là 12, công sai là −12.
Số hạng đầu tiên là 0, công sai là 12
Nếu dãy số un là một cấp số cộng thị công sai d của nó là hiệu của một cặp số hạng liên tiếp bất kì (số hạng sau trừ cho số hạng trước) của dãy số đó.
Ta có 12;0;−12;−1;−32;..... là cấp số cộng→u1=12u2−u1=−12=dChọn đáp án C
Đạo hàm của hàm số y=πx là
y'=πxlnπ
y'=πx.lnπ
y'=x.πx−1
y'=xπx−1lnπ
Ta có: y'=πx.lnπ.Chọn đáp án B
Cho tập hợp A gồm có 9 phần tử. Số tập con gồm có 4 phần tử của tập hợp A là
4×9
A94
P4
C94
Số tập con gồm có 4 phần tử của tập hợp A là C94.Chọn đáp án D
Cho hàm số y=fx có đạo hàm trên R và có bảng xét dấu f'x như sau
Mệnh đề nào sau đây sai?
Hàm số y=fx có hai điểm cực trị
Hàm số y=fx đạt cực đại tại x=1.
Hàm số y=fx đạt cực tiểu tại x=−1.
Hàm số y=fx đạt cực trị tại x=−2.
Cách 1:
Dựa vào bảng xét dấu f'x ta nhận thấy hàm số không đạt cực đại tại x0=−2 vì f'x không đổi dấu khi x đi qua điểm x0=−2.
Cách 2:
Bảng biến thiên của hàm số có dạng:
Dựa vào bảng trên ta có hàm số không đạt cực trị tại x0=−2.Chọn đáp án D
Cho đồ thị hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ bên dưới
Hàm số y=fx đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
2; +∞
0;2
− ∞; 0
−2; 2
Dựa vào đồ thị hàm số y=fx ta có hàm số đồng biến (đồ thị đi lên) trên khoảng (0;2).Chọn đáp án B
Cho hàm fx có đạo hàm liên tục trên 2;3 đồng thời f2=2,f3=5. Khi đó ∫23f'xdx bằng
3
10
-3
7
∫23f'xdx=f3−f2=5−2=3
Chọn đáp án A
Cho số phức z=−1+2i , w=2−i. Điểm nào trong hình bên biểu diễn số phức z+w?
P
Q
M
N
z+w=1+i.
Do đó điểm biểu diễn của số phức z+w là P1 ; 1.Chọn đáp án A
Cho khối chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA=a, SB=b, SC=c. Tính thể tích V của khối chóp đó theo a, b, c.
V=abc
V=abc6
V=abc3
V=abc2
Áp dụng công thức thể tích khối tứ diện vuông V=SA.SB.SC6=abc6.Chọn đáp án B
Cho số phức z1=1+i và z2=2−3i. Tìm số phức liên hợp của số phức w=z1+z2?
w¯=3+2i
w¯=1−4i
w¯=−1+4i
w¯=3−2i
Ta có: w=z1+z2=1+i+2−3i⇒w=3−2i⇒w¯=3+2i.Chọn đáp án A
Cho hàm số fx=2x+x+1. Tìm ∫fxdx
∫fxdx=2x+x2+x+C
∫fxdx=1ln22x+12x2+x+C
∫fxdx=2x+12x2+x+C
∫fxdx=1x+12x+12x2+x+C
Ta có: ∫2x+x+1dx=1ln22x+12x2+x+C.Chọn đáp án B
Đường tiệm cận ngang, đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=2x−1x−2 lần lượt có phương trình là
y=2, x=2
y=2, x=12
x=2, y=2
y=2, x=−2
Ta có:
limx→+∞2x−1x−2=2; limx→−∞2x−1x−2=2, suy ra đường thẳng y=2 là phương trình đường tiệm cận ngang.
limx→2+2x−1x−2=+∞; limx→2−2x−1x−2=−∞, suy ra đường thẳng x=2 là phương trình đường tiệm cận đứng.
Đường tiệm cận ngang, đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số lần lượt là y=2, x=2Chọn đáp án A
Nghiệm của bất phương trình 3x+2≥19 là
x<0
x≥−4
x≥0
x<4
Ta có 3x+2≥19⇔3x+2≥3−2⇔x+2≥−2⇔x≥−4Chọn đáp án B
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
Ta có diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=πrl, với r=3, l=4.
Suy ra Sxq=43π.
Vậy hình nón có bán kính đáy r=3 và độ dài đường sinh l=4 có diện tích xung quanh là Sxq=43π.Chọn đáp án B
Cho tứ diện ABCD có AC=AD và BC=BD. Gọi I là trung điểm của CD. Khẳng định nào sau đây sai?
Góc giữa 2 mặt phẳng ACD và BCD là góc AI;BI^.
BCD⊥AIB
Góc giữa 2 mặt phẳng ABC và ABD là góc CBD^.
ACD⊥AIB
Nếu AB không vuông góc với BCD nên góc giữa 2 mặt phẳng (ABC) và (ABD) không thể là góc CBD^.
Xét đáp án B có:
CD⊥AICD⊥BI⇒CD⊥AIB; CD⊂BCD nên BCD⊥AIB. B đúng.
Chứng minh tương tự ACD⊥AIB. D đúng.
Xét đáp án A:
CD⊥AICD⊥BICD=ACD∩BCD⇒Góc giữa 2 mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc giữa AI;BI^.Chọn đáp án C
Biết rằng có duy nhất một cặp số thực x; y thỏa mãn x+y+x−yi=5+3i. Tính S=x+2y.
S=5
S=3
S=4
S=6
Ta có: x+y+x−yi=5+3i⇔x+y=5x−y=3⇔x=4y=1⇒S=6..Chọn đáp án D
Giá trị lớn nhất của hàm số fx=x2−8xx+1 trên đoạn 1;3 bằng
-3
-4
−154
−72
Tập xác định: D=ℝ\−1.
Đạo hàm: f'x=x2+2x−8x+12.
Xét f'x=0⇔x2+2x−8=0⇔x=2∈1 ; 3x=−4∉1 ; 3.
Ta thấy hàm số đã cho liên tục và có đạo hàm trên đoạn 1 ; 3.
Ta có: f1=−72; f3=−154; f2=−4.
Vậy max1 ; 3fx=f1=−72.Chọn đáp án D
Số nghiệm của phương trình log2x2 − x + 2=1 là
0
3
1
2
Theo giả thiết ta có:
log2x2 − x + 2=1 ⇔ x2 − x + 2 = 21⇔ x2 − x + 2 − 2 = 0⇔ x2 − x = 0⇔ x = 0x = 1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt .Chọn đáp án D
Nguyên hàm của hàm số fx=3x+2 là
3213x+2+C
23(3x+2)3x+2+C
13(3x+2)3x+2+C
29(3x+2)3x+2+C
Cách 1:
+ Đặt: t=3x+2→t2=3x+2→2tdt3=dx
+ Khi đó: ∫3x+2dx=∫t.2tdt3=23∫t2dt=29t3+C.
Vậy ∫3x+2dx=293x+23x+2+C.
Cách 2:
+ ∫3x+2dx=∫3x+212dx=293x+232+C=293x+23x+2+CChọn đáp án D.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng Δ đi qua điểm A−2 ; 4 ; 3 và vuông góc với mặt phẳng α: 2x−3y+6z+19=0 có phương trình là
x−2−2=y+34=z−63
x+22=y−4−3=z−36
x+2−2=y−34=z+63
x−22=y+4−3=z+36
Mặt phẳng α: 2x−3y+6z+19=0 có vectơ pháp tuyến là n→=2 ;−3 ; 6.
Đường thẳng Δ đi qua điểm A−2 ; 4 ; 3 và vuông góc với mặt phẳng α nhận n→=2 ;−3 ; 6 làm vectơ chỉ phương, khi đó phương trình đường thẳng Δ là: x+22=y−4−3=z−36.Chọn đáp án B
Cho hàm số fx có đạo hàm f'x=x3x−1x−2, ∀x∈ℝ.Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
5
2
1
3
Xét f'x=x3x−1x−2=0⇔x=0x=1x=2, ta có bảng biến thiên như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.Chọn đáp án D
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD, SAB^=300, SA=2a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
V=a39.
V=a33.
V=3a36.
V=a3.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên cạnh AB.
Do SAB⊥ABCD và SAB∩ABCD=AB nên SH⊥ABCD.
Xét tam giác SAH vuông tại H ta có: sinSAB^=SHSA⇒SH=sin300.SA=a.
Mặt khác: SABCD=AD2=a2.
Nên VS.ABCD=13⋅SABCD.a=13⋅a2.a=a33⋅Chọn đáp án B
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, SA⊥ABCD. Gọi I là trung điểm của SC. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ABCD bằng độ dài đoạn thẳng nào?
IB
IC
IA
IO
Từ giả thiết suy ra OI là đường trung bình của ΔSAC, do đó OI∥ SA.
Ta có IO∥ SASA⊥ABCD⇒IO⊥ABCD.
Vậy dI,ABCD=OI.Chọn đáp án D
Với hai số thực dương a, b thỏa mãn log35log5a1+log32−log6b=2. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
a=blog63
a=blog62
a=36b
2a+3b=0
Ta có:
log35.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2
⇔ab=36⇔a=36b.Chọn đáp án C
Bất phương trình 4x−15<32 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?
22
18
17
23
4x−15<32⇔22x−30<25⇔2x−30<5⇔x<352
Nghiệm của bất phương trình là x<352
Các nghiệm nguyên dương của bất phương trình là: x=1; 2; 3; ......15; 16; 17. Có 17 nghiệm nguyên dương.Chọn đáp án C
Giá trị của tích phân I=∫01xx+1dx là
I=1+ln2
I=2−ln2
I=1−ln2
I=2+ln2
I=∫01xx+1dx=∫011−1x+1dx=∫01dx−∫011x+1dx+1
=x01−lnx+101=1−ln2
Chọn đáp án C
Hàm số y=2018x−x2 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
1;2018
1010;2018
2018;+∞
0;1009
Tập xác định: D=0;2018; y'=2018−2x22018x−x2; y'=0⇒x=1009.
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên khoảng 1009 ;2018. Do đó hàm số nghịch biến trên 1010 ;2018.Chọn đáp án B
Tìm số phức z thỏa mãn 2−3iz−9−2i=1+iz.
1+2i
1−2i
135+165i
−1−2i
2−3iz−9−2i=1+iz⇔2−3i−1+iz=9−2i⇔z=9−2i1−4i=1+2i.
Chọn đáp án A
Tổ lớp A có 6 nam và 7 nữ; tổ 2 có 5 nam và 8 nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh. Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là nữ là
2839
15169
56169
30169
Số cách chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh: C131.C131=169.
Số phần tử của không gian mẫu: nΩ=169.
Gọi A là biến cố: “ 2 học sinh được chọn đều là nữ”.
Số cách chọn ra 2 học sinh đều là nữ: C71.C81=56
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: nA=56
Xác suất để học sinh được chọn đều là nữ là
PA=nAnΩ=56169.Chọn đáp án C
Trong hình vẽ bên, điểm A biểu diễn số phức z1, điểm B biểu diễn số phức z2 sao cho điểm B đối xứng với điểm A qua gốc tọa độ O. Tìm z biết số phức z=z1+3z2.
17
4
25
5
Trong hình trên, ta thấy: Điểm A biểu diễn số phức z1=−1+2i.
Số phức z2=xB+yBi xB , yB∈ℝ. Do điểm B biểu diễn số phức z2 và B đối xứng với A qua O, suy ra : xB=−xA=−−1=1yB=−yA=−2⇒z2=1−2i
Số phức z=z1+3z2=−1+2i+3.1−2i=−1+3+2−3.2i=2−4i.
⇒z=22+−42=25.Chọn đáp án C
Một đường thẳng cắt đồ thị hàm số y=x4−2x2 tại 4 điểm phân biệt có hoành độ là 0, 1, m và n. Tính S=m2+n2.
S=1
S=2
S=3
S=0
Khi x=0 thì y=0; x=1 thì y=−1.
Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm O0;0 và A1;−1. Véctơ chỉ phương của đường thẳng là OA→=1;−1, từ đó véctơ pháp tuyến là n→=1;1.
Vì thế đường thẳng có phương trình 1.x−1+1.y−0=0⇔x+y=0⇔y=−x.
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số y=x4−2x2 và đường thẳng y=−x là:
x4−2x2=−x⇔xx3−2x+1=0⇔x=0x3−2x+1=0
⇔x=0x−1x2+x−1=0⇔x=0x=1x=−1+52x=−1−52.
Vì thế m=−1+52, n=−1−52 hoặc m=−1−52, n=−1+52.
Vậy S=m2+n2=−1+522+−1−522=3.Chọn đáp án C
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2 ; 3 ; −5, B−4 ; 1 ; 3. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.
x − 12 + y − 22 + z − 12 = 26
x − 12 + y + 22 + z − 12 = 26
x + 12 + y + 22 + z + 12 = 26
x + 12 + y − 22 + z + 12 = 26
Gọi I là trung điểm của AB nên tọa độ của điểm I là: I−1 ; 2 ; −1.
Vì mặt cầu (S) có đường kính là AB nên bán kính mặt cầu (S) là:
R = AB2 = −4 − 22 + 1 − 32 + 3 + 522 = 26.
Vậy mặt cầu (S) có tâm I−1 ; 2 ; −1 và bán kính R = 26 có phương trình:
x + 12 + y − 22 + z + 12 = 26.Chọn đáp án D
Cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=fx và trục hoành gồm 2 phần, phần nằm phía trên trục hoành có diện tích S1=83 và phần nằm phía dưới trục hoành có diện tích S2=512. Tính I=∫−10f3x+1dx.
I=274
I=53
I=34
I=3736
Ta có 83=S1=∫−20fxdx; 125=S2=−∫01fxdx⇒∫01fxdx=−125.
Tính I=∫−10f3x+1dx
Đặt t=3x+1⇒dx=13dt.
Đổi cận: x=−1⇒t=−2, x=0⇒t=1.
⇒I=13∫−21ftdt=13∫−20ftdt+∫01ftdt=1383−512=34.Chọn đáp án C
Trong không gian Oxyz cho điểm M(1; 0; 1) và đường thẳng d:x−11=y−22=z−33. Đường thẳng đi qua M vuông góc với d và cắt Oz có phương trình là
x=1−3ty=0z=1+t
x=1−3ty=0z=1−t
x=1−3ty=tz=1+t
x=1+3ty=0z=1+t
Gọi Δ là đường thẳng cần tìm và N=Δ∩Oz.
Ta có N(0; 0; c). Vì Δ qua M, N và M∉Oz nên MN→(−1; 0; c−1) là VTCP của Δ
d có 1 VTCP u→(1; 2; 3) và Δ⊥d nên
MN→⋅u→=0⇔−1+3(c−1)=0⇔c=43⇒MN→(−1; 0; 13).
Chọn v→(−3; 0; 1) là 1 VTCP của Δ, phương trình tham số của đường thẳng Δ là
x=1−3ty=0z=1+t.Chọn đáp án A
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm tại ∀x∈ℝ, hàm số f'(x)=x3+ax2+bx+c Có đồ thị
Số điểm cực trị của hàm số y=ff'x là
7
11
9
8
Quan sát đồ thị, nhận thấy đồ thị hàm số f'(x)=x3+ax2+bx+c đi qua các điểm O0;0; A−1;0; B1;0. Khi đó ta có hệ phương trình:
c=0a+b=−1a−b=1⇔a=0b=−1c=0⇒f'x=x3−x⇒f''x=3x2−1.
Đặt: gx=ff'x
Ta có: g'x=ff'x'=f' f'x.f''x=x3−x3−x3−x3x2−1
=xx−1x+1x3−x−1x3−x+13x2−1
g'x=0⇔x=0x=1x=−1x3−x−1=0x3−x+1=03x2−1=0⇔x=0x=1x=−1x=a (≈0,76)x=b b≈−1,32 x=±13
Ta có bảng biến thiên:
* Cách xét dấu g'x: chọn x=2∈1;+∞ ta có: g'2>0⇒g'x>0∀x∈1;+∞, từ đó suy ra dấu của g'x trên các khoảng còn lại.
Dựa vào BBT suy ra hàm số có 7 điểm cực trị.
* Trắc nghiệm: Số điểm cực trị bằng số nghiệm đơn ( nghiệm bội lẻ) của phương trình đa thức g'x=0 . PT g'x=0 có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số đã cho có 7 điểm cực trị.Chọn đáp án A
S là tập tất cả các số nguyên dương của tham số m sao cho bất phương trình 4x−m2x−m+15>0 có nghiệm đúng với mọi x∈1;2. Tính số phần tử của S
6
4
9
7
Đặt t=2x với x∈1;2 thì t∈2;4
Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình t2−mt−m+15>0 có nghiệm với mọi t∈2;4
t2−mt−m+15>0∀t∈2;4
⇔m<t2+15t+1∀t∈2;4
Đặt ft=t2+15t+1
Do đó: m<max ftt∈2;4=193
Vì m nguyên dương nên m∈1;2;3;4;5;6Chọn đáp án A
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và A'BC hợp với mặt đáy ABC một góc 30°. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.
3a38
V=a338
V=a3312
V=a3324
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có BC⊥AA'BC⊥AM⇒BC⊥A'MA⇒BC⊥A'M.
⇒A'BC,ABC^=A'MA^=30°. Vì AB=a⇒AM=a32⇒tanA'MA^=AA'AM⇒AA'=tanA'BA^.AM=tan30°.a32=a2. . Vậy thể tích của ABC.A'B'C' là:
VABC.A'B'C'=AA'.SA'B'C'=a2.a234=a338.Chọn đáp án B
Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh 20cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng một nửa elip như hình bên. Biết một nửa trục lớn AB=6cm, trục bé CD=8cm. Diện tích bề mặt hoa văn đó bằng
400−48π cm2
400−96πcm2
400−24πcm2
400−36πcm2
Chứng minh: Công thức tính diện tích elip E:x2a2+y2b2=1 (trục lớn 2a, độ dài trục bé 2b).
Gọi S1 là diện tích của elip nằm ở góc phần tư thứ nhất S1=∫0ab1−x2a2dx (đvdt).
Đặt xa=sintdx=acostdt; Đổi cận x=0⇒t=0, x=a⇒t=π2
Suy ra S1=b∫0π2a1−sin2tcostdt=ab∫0π2cos2tdt=ab2∫0π21+cos2tdt=ab2t+12sin2t0π2=πab4.
Vậy Selip=4S1=πab.
Áp dụng: Diện tích của nửa elip có độ dài một nửa trục lớn AB=6cm, trục bé CD=8cm là 12π.6.4=12π cm2.
Diện tích bề mặt hoa văn đó là S=Shinh_vuong−4Snua_elip=202−4.12π=400−48π cm2.Chọn đáp án A
Trên một cánh đồng có 2 con bò được cột vào 2 cây cọc khác nhau. Biết khoảng cách giữa 2 cọc là 4 mét còn 2 sợi dây cột 2 con bò dài 3 mét và 2 mét. Tính phần diện tích mặt cỏ lớn nhất mà 2 con bò có thể ăn chung.
2,824m2
1,989m2
1,034m2
1,574m2
Gọi C1:x2+y2=9∨C2:x−42+y2=4 là phương trình hai đường tròn biểu diễn phần ăn cỏ của 2 con bò.
Xét phần phía trên Ox
C1:x2+y2=9⇒y=9−x2C2:x−42+y2=4⇒y=−x2+8x−12
Phương trình hoành độ giao điểm 9−x2=−x2+8x−12⇔x=218
Vậy S=2∫22184−x−42dx+∫21839−x2dx
I=∫21839−x2dx=x=3sint∫arcsin78π69cos2tdt=9.∫arcsin78π6cos2t+12dt=914sin2t+t2arcsin78π6≈0,3679
J=∫22184−x−42dx=x−4=2sint∫−π2arcsin−11164cos2tdt=4.∫−π2arcsin−1116cos2t+12dt=414sin2t+t2−π2arcsin−1116≈0,627
⇒S≈1,9898.Chọn đáp án B
Cho hàm số fx liên tục trên R và thỏa ∫03fx2+16+xdx=2019,∫48fxx2dx=1.Tính ∫48fxdx.
2019
4022
2020
4038
Xét I1=∫03fx2+16+xdx=2019.
Đặt u=x2+16+x⇔u−x=x2+16⇒x=u2−162u⇒ dx=u2+162u2du.
Khi x=0⇒u=4.
Khi x=3⇒u=8.
I1=12∫48u2+16u2fudu=2019⇒∫48x2+16x2fxdx=∫48u2+16u2fudu=4038.
⇒∫48x2+16x2fxdx=4038⇔∫48fxdx+16∫48fxx2dx=4038⇔∫48fxdx=4038−16=4022.
Do ∫48fxx2dx=1.
Kết luận: ∫48fxdx=4022.Chọn đáp án B
Cho hàm số fx=14x4−mx3+32m2−1x2+1−m2x+2019 với m là tham số thực. Biết rằng hàm số y=fx có số điểm cực trị lớn hơn 5 khi a<m2<b+2c a, b, c ∈ℝ. Tích abc bằng
8
6
16
18
fx=14x4−mx3+32m2−1x2+1−m2x+2019.⇒f'x=x3−3mx2+3m2−1x+1−m2=gx.
⇒g'x=3x2−6mx+3m2−1.
g'x=0.
⇔x2−2mx+m2−1=0.
⇔x−m2−1=0.
⇒x=m+1.x=m−1.
Hàm số y=fx có số điểm cực trị lớn hơn 5.
Hàm số y=fx có 3 điểm cực trị dương.
Phương trình gx=0 có 3 nghiệm dương phân biệt.
⇔m+1≠m−1m+1>0m−1>0gm+1.gm−1<0g0<0
⇔m>1m3−m2−3m−11−m2<0m3−m2−3m+3<0
⇔m>1m3−m2−3m−1<0m3−m2−3m+3>01−m2<0⇔3<m<1+2.⇒3<m2<3+22.⇒a=b=3, c=2.⇒abc=18 .Chọn đáp án D
Cho phương trình: 2x3+x2−2x+m−2x2+x+x3−3x+m=0. Tập các giá trị để bất phương trình có ba nghiệm phân biệt có dạng a ; b. Tổng a+2b bằng:
2
-4
0
1
Ta có: 2x3+x2−2x+m−2x2+x+x3−3x+m=0⇔2x3+x2−2x+m+x3+x2−2x+m=2x2+x+x2+x *.
Xét hàm số ft=2t+t trên R.
Ta có: f't=2tln2+1>0, ∀t∈ℝ⇒Hàm số ft đồng biến trên R.
Mà *⇔fx3+x2−2x+m=fx2+x⇔x3+x2−2x+m=x2+x
⇔x3−3x+m=0⇔m=−x3+3x **.
Xét hàm số gx=−x3+3x trên R.
Ta có: g'x=−3x2+3.
g'x=0⇔x=±1.
Bảng biến thiên:
Phương trình 2x3+x2−2x+m−2x2+x+x3−3x+m=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (**) có 3 nghiệm phân biệt ⇔−2<m<2⇒a=−2b=2⇒a+2b=2.Chọn đáp án A
Cho số phức z thỏa mãn z=2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=z−4+2z−3+2i.
P=25
P=3
P=42
P=2
Gọi Mx; y là điểm biểu diễn cho số phức z, ta có z=2⇔x2+y2=4.
Gọi A4;0, B3; −2, khi đó P=z−4+2z−3+2i=MA+2MB.
Ta có MA=x−42+y2=x2+y2−8x+16=x2+y2−8x+4+3x2+y2=4x2+4y2−8x+4=2x−12+y2=2ME với E1; 0.
Thấy E nằm trong và B nằm ngoài đường tròn (C): x2+y2=4.
Ta được P=MA+2MB=2ME+2MB≥2EB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi E, M, B thẳng hàng. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2EB=24+4=42.Chọn đáp án C
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu S1,S2 lần lượt có phương trình là x2+y2+z2−2x−2y−2z−22=0, x2+y2+z2−6x+4y+2z+5=0. Xét các mặt phẳng P thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với cả hai mặt cầu đã cho. Gọi Ma;b;c là điểm mà tất cả các mpP đi qua. Tính tổng S=a+b+c.
S=−52
S=52
S=−92
S=92
Mặt cầu S1 có tâm I1=1;1;1, bán kính R1=5. Mặt cầu S2 có tâm I2=3;−2;−1, bán kính R2=3. Ta có R1−R2<I1I2=17<R1+R2 nên hai mặt cầu này cắt nhau. Do đó mặt phẳng P tiếp xúc ngoài hai mặt cầu.
Giả sử mặt phẳng P tiếp xúc S1,S2 theo thứ tự tại điểm H1,H2. Gọi M=I1I2∩P theo định lý Talet ta có MI2MI1=I2H2I1H1=R2R1=35⇒MI2→=35MI1→⇔3−a=351−a−2−b=351−b−1−c=351−c⇔a=6b=−132c=−4. Vậy các mặt phẳng P luôn đi qua điểm M6;−132;−4 và S=a+b+c=−92.Chọn đáp án C
