Đề số 18

Đáp án A

Thể tích khối chóp S.ABC tính theo công thức: V=13SABC.SA=13.a2.12a.2a=a323.

Đáp án C

Ta có: z=−i(3i+4)=3−4i nên phần thực 3 và phần ảo -4.

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án C

a→=(−4;5;−3), b→=(2;−2;3)⇒2b→=(4;−4;6)

Có x→=a→+2b→ suy ra tọa độ của vectơ x→=(0;1;3).

Đáp án D

Mặt phẳng (P):x−3z+2=0 có một vectơ pháp tuyến là n→(1;0;−3).

Đáp án D

Từ đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung nên đáp án A và B đúng.

Do ∫02|f(x)|dx=∫01f(x)dx+(−∫12f(x)dx)=|∫01f(x)dx|+|−∫12f(x)dx|.

Nên đáp án C đúng. Vậy chọn đáp án D.

Đáp án C

Từ bảng biến thiên hàm số ta có hàm đồng biến trên khoảng (−2;0).

Đáp án D

Hàm số xác định ⇔x2−4x+3>0⇔x<1∨3<x

Vậy hàm số có tập xác định D=(−∞;1)∪(3;+∞).

Đáp án B

f'(x)=(3x−1)'23x−1.ln2=3.23x−1.ln2

Vậy f'(x)=3.23x−1.ln2.

Đáp án D

Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử. Số các hoán vị là: 5!.

Đáp án D

(II): ∫kf(x)dx=k∫f(x)dx sai khi k=0.

Đáp án C

Do bậc của tử lớn hơn của mẫu nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y=0.

Mà với x=±2 thì x+3≠0 nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng.

Đáp án A

Ta có d(A,(BCD))=2d(D,(BCD)) và SΔBCD=2SΔBCN nên V=4V1.

Đáp án A

Ta có d(A,(BCD))=2d(D,(BCD)) và SΔBCD=2SΔBCN nên V=4V1.

Đáp án C

Hàm bậc ba y=ax3+bx2+cx+d đồng biến trên R

⇔{b2−3ac≤0a>0⇔{4−3.13.(m+2)≤0a=13>0 (thoa man)⇔−m+2≤0⇔m≥2⇒m∈[2;+∞).

Đáp án B

Ta có: a=log3⇔10a=3, b=ln3⇔eb=3

Từ đây ta suy ra 10a=eb=3.

Đáp án A

Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox, Oy, Oz.

Từ đó suy ra M(1;0;0); N(0;−3;0); P(0;0;2)

Vậy (MNP):x−y3+z2=1.

Đáp án D

Vì f'(x)>0, ∀x∈ℝ nên  đồng biến trên ℝ⇒f(b)>f(c), ∀b,c∈ℝ

Từ đó, ta thấy:

Đáp án A sai vì f(4)>f(3)=1.

Đáp án B sai vì f(2019)<f(2020).

Đáp án C sai vì f(1)<f(3)=1.

Đáp án D sai vì {f(5)>f(2)1=f(3)>f(1)⇒f(5)+1>f(1)+f(2).

Đáp án A

Ta có ∫(2cosx−x)dx=2sinx−x22+C.

Đáp án C

Ta có A'C∩(ABC)=CA'B∩(ABC)}⇒(A'C;(ABC))=A'CB^=30°

ABC là tam giác vuông tại A ⇒AC=BC2−AB2=a3

Xét tam giác  vuông tại B có: tan30°=A'BBC⇒A'B=2a3

VABC.A'B'C'=A'B.SABC=2a3.12.a.a3=a3.

Đáp án C

Quan sát đồ thị có bề lõm quay lên trên Þ a > 0

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm Þ c < 0

Hàm số có 3 cực trị Þa.b < 0 mà a > 0 nên Þ b < 0.

Đáp án D

Điều kiện xác định x≠1.

Ta có y'=3(x+1)2>0, ∀x≠−1

Do đó hàm số đồng biến trên hai khoảng (−∞;−1) và (−1;+∞).

Đáp án C

Ta có AB→(1;3;−5), n(P)→=(1;1;2)

{A,B∈(Q)(P)⊥(Q)⇒n(Q)→=[AB→,n(P)→]=(11;−7;−2)

Vậy phương trình mặt phẳng

(Q):11(x−2)−7(y+1)−2(z−4)=0⇔11x−7y−2z−21=0.

Đáp án A

Ta có R=h24+r2. Trong đó R là bán kính khối cầu, h là chiều cao hình lập phương, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.

Vậy nên ta có h=a, r=a22. Từ đó suy ra R=a24+2a24=a32.

Vậy V=43πR3=43π33a38=3πa32.

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 TCN: y=2 và một TCĐ: x=2 và y'<0.

Ta loại đán án C vì có TCĐ: x=−2 và đáp án A vì có TCN: y=1 .

Lọai đáp án D vì có y'=1(x−2)2>0.

Đáp án D

Quan sát hình vẽ ta thấy: A(1;3), B(3;−2).

Suy ra z1=1+3i, z2=3−2i⇒z1−z2=−2+5i

⇒|z1−z2|=(−2)2+52=29.

Đáp án B

Hàm số xác định khi x2−4x+8>0⇔∀x∈ℝ

Ta có: f'(x)=(x2−4x+8)'x2−4x+8=2x−4x2−4x+8

f'(x)≤0⇔2x−4x2−4x+8≤0⇔2x−4≤0⇔x≤2.

Vì x là nguyên dương nên x∈{1;2}.

Đáp án B

Đáp án D là hàm logarit có cơ số a=12<1 nên nghịch biến trên TXĐ của nó Þ Loại D.

Ba đáp án A, B và C đều là hàm số mũ. Tuy nhiên đáp án B có hệ số a=2+3e>1, do đó hàm số y=(2+3e)x đồng biến trên TXĐ của nó

Đáp án A

Ta có: un=u1.qn−1⇒192=3.(−2)n−1⇒n−1=6⇒n=7.

Đáp án D

Gọi R là bán kính mặt cầu.

Theo giả thiết ta có 4πR2=64π⇔R=4.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là (x−1)2+(y+4)2+(z−2)2=16.

Đáp án B

d có vectơ chỉ phương u→=(2;−1;1)

(P) có vectơ pháp tuyến n→=(1;1;2)

Gọi α là góc giữa d và (P). Khi đó, ta có sinα=|u→.n→||u→|.|n→|=36=12.

Vậy α=30°.

Đáp án A

Xét hàm số f(x)=3x−3−x.

Ta có f'(x)=3x.ln3+3−x.ln3>0, ∀x∈ℝ. Do đó hàm số f(x)  đồng biến trên R.

Hơn nữa ∀x∈ℝ thì −x∈ℝ và f(−x)=3−x−3x=−(3x−3−x)=−f(x) nên hàm số f(x) là hàm số lẻ.

Theo đề: f(3log2m)+f(log22m+2)=0 (Điều kiện m>0)

 (vì hàm số  là hàm số lẻ

⇔f(log22m+2)=−f(3log2m)⇔f(log22m+2)=f(−3log2m)

 (vì hàm số f(x) đồng biến) ⇔log22m+3log2m+2=0

⇔[log2m=−1log2m=−2⇔[m=12 ( thoa man)m=14

Vậy T=12.14=18.

Đáp án B

∫23(x−2)f'(x)dx=a. Đặt {x−2=uf'(x)dx=dv⇒{du=dxv=f(x).

Khi đó I=(x−2)f(x)|23−∫23f(x)dx⇒∫23f(x)dx=(x−2)f(x)|23−I=f(3)−I=b−a.

Đáp án B

Vì các mặt chéo (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD) nên SO⊥(ABCD) với SO⊥(ABCD).

Kẻ OK⊥AB tại K

⇒(SOK)⊥AB⇒SK⊥AB

⇒((SAB),(ABCD))=(SK,OK)=SKO^=60°

Do AD//BC nên ODOB=OAOC=ADBC=2

⇒DB=3OB⇒d(D,(SAB))=3d(O,(SAB))

Trong mặt phẳng (SOK), kẻ OH⊥SK tại H

⇒OH⊥(SAB)⇒d(D,(SAB))=3d(O,(SAB))=3OH

Trong tam giác vuông ΔSOK:1OH2=1SO2+1OK2=34+94=3⇒OH=13

Vậy T=ab+1=2(−1)+1=−1.

Đáp án B

Ta có |f(1−2x)+2|=5⇔[f(1−2x)+2=5f(1−2x)+2=−5⇔[f(1−2x)=3    (2)f(1−2x)=−7  (3)

Đặt 1−2x=t với mỗi  có 1 và chỉ 1 giá trị .

Đồ thị hàm số y=f(t) cũng là đồ thị của hàm số y=f(x).

Số nghiệm của phương trình (2) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=f(t) với đường thẳng y=3. Có 3 giao điểm nên phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Số nghiệm của phương trình (3) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  với đường thẳng . Có 1 giao điểm nên phương trình (3) có đúng 1 nghiệm.

Nghiệm của phương trình (3) không trùng với nghiệm của phương trình (2)

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt

Đáp án A

Ta có f'(x)=(x+1)(x−1)(x−3)

⇒f'(3−ex)=−ex(3−ex+1)(3−ex−1)(3−ex−3)=e2x(ex−4)(ex−2)

e2x(ex−2)(ex−4)≥0⇔(ex−2)(ex−4)≥0⇔[x≥ln4x≤ln2Theo đề bài e2x(ex−2)(ex−4)≥0⇔(ex−2)(ex−4)≥0⇔[x≥ln4x≤ln2

Như vậy hàm số đồng biến trên (2;+∞).

Đáp án D

Ta có z−(2+3i)z¯=1−9i

⇔(a+bi)−(2+3i)(a−bi)=1−9i⇔{−a−3b=1−3x+3b=−9⇔{a=2b=−1Suy ra T=ab+1=2(−1)+1=−1.

Đáp án C

Số phần tử của không gian mẫu chính là số cách lấy ngẫu nhiên 6 viên bi bất kì trong 18 viên nên .

Gọi A là biến cố “6 bi lấy được có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi đỏ và trắng, hiệu của số bi xanh và đỏ, hiệu của số bi trắng và xanh tạo thành cấp số cộng”.

Gọi t,d,x lần lượt là số bi trắng, bi đỏ và bi xanh trong 6 viên bi được chọn ra.

Theo đề bài ta có: d−t, x−d, t−x lập thành một cấp số cộng.

Do đó: d−t+t−x=2(x−d)⇔d=x. Lại có t+d+x=6 nên ta có các trường hợp.

Trường hợp 1: d=x=1 và t=4. Khi đó số cách chọn 6 viên bi là C61C71C54=210 cách.

Trường hợp 2: t=d=x=2. Khi đó số cách chọn 6 viên bi là C62C72C52=3150 cách.

Vậy số phần tử của biến cố A là  n(A)=210+3150=3360.

Do đó xác suất của biến cố A là P(A)=n(A)n(Ω)=3360C186=40221 .

Đáp án A

Gọi thể tích của khối tròn xoay là V, thể tích của khối nón là V1 , và thể tích của khối trụ là V2.

Khi đó ta có: V=2V1+V2=2.13.π.O1B2.AO1+πO1B2.O1O2

 =23π.(3)2.1+2π.(3)2.1=8π

Đáp án B

Xét hàm số f(x)=x3−x2+x−m−2 trên đoạn f(x)=x3−x2+x−m−2

Ta có: f'(x)=3x2−2x+1>0, ∀x∈ℝ

Ta lại có: f(0)=−m−2; f(3)=−m+19.

TH1: (m+2)(m−19)≤0⇔−2≤m≤19⇒{min[0;3]|f(x)|=0max[0;3]|f(x)|=max{|m+2|,|m−19|}

⇒[max[0;3]|f(x)|=m+2, khi 172≤m≤19max[0;3]|f(x)|=19−m, khi −2≤m≤172

Vậy max[0;3]|f(x)|+min[0;3]|f(x)|=16⇒[m+2=16, khi 172≤m≤1919−m=16, khi 0≤m≤172⇒[m=14m=3

TH2: (m+2)(m−19)>0⇔[m>19m<−2

Suy ra min[0;3]|f(x)|+max[0;3]|f(x)|=|m+2|+|m−19|=|2m−17|=16⇔[m=12 (loai)m=332 (loai).

Vậy S={3;14}.

Đáp án C

Viết lại phương trình đường thẳng d:{x=2+ty=4+2tz=5+2t.

Gọi I là giao điểm của d và (P).

Ta có I(1;2;3)

Vectơ chỉ phương của  d: u→=(1;2;2).

Vectơ pháp tuyến của (P) : n→=(2;0;1) .

Đường thẳng a nằm trong mặt phẳng (P), cắt và vuông góc với đường thẳng  d nhận [u→,n→]=(2;3;−4) làm một vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng a là: x−12=y−23=z−3−4.

Đáp án A

Áp dụng công thức S=Aeni.

Trong đó: A là dân số của năm lấy làm mốc tính.

S là dân số sau n năm, i là tỷ lệ tăng dân số hằng năm.

⇒S=1800000.e5.0,014=1930514726

.

Đáp án B

Từ đồ thì hàm số f'(x) ta có bảng biến thiên của hàm số f'(x) như sau:

Ta có: y'=2f'(x−3)+16=0⇔f'(x−3)=−8.

Từ bảng biến thiên, ta thấy f'(x−3)=−8⇔[x−3=−2x−3=x0 (x0>1)⇔[x=−1x=x0+3

Theo bảng biến thiên của f'(x) ta có f'(x)≥−8, ∀x≤x0; f'(x)<−8 ∀x>x0

⇒f'(x)≥−8, ∀x thỏa mãn x≤3+x0

 f'(x)<−8, ∀xthỏa mãn x>3+x0

Ta có bảng biến thiên của hàm số y=2f(x−3)+16x+1

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số y=2f(x−3)+16x+1 đạt giá trị lớn nhất tại x=x0+3>4.

Đáp án C

Đặt t=−f(x) . Do x∈[−1;1]⇒t∈[−2;2].

Bài toán trở thành tìm m để f(t)≥m, ∀t∈[−2;2]⇔m≤max[−2;2]f(t).

Ta có {f(−2)=−2f(−1)=2f(1)=−2f(2)=2

Do đó ⇔m≤2.

Mà m∈ℕ, nên m∈{0;1;2}.

Đáp án A

|z−1+2i|=|z+3−4i|⇔(x−1)2+(y+2)2=(x+3)2+(y−4)2⇔2x−3y+5=0

Vậy điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng d:2x−3y+5=0

|z1+5−2i|=2⇔(x+5)2+(y−2)2=4

Vậy điểm A biểu diễn số phức z1 là đường tròn (C1):(x+5)2+(y−2)2=4⇒I1(−5;2); R1=2.

|z2−1−6i|=2⇔(x−1)2+(y−6)2=4

Vậy điểm A biểu diễn số phức z2 là đường tròn (C2):(x−1)2+(y−6)2=4⇒I2(1;6); R2=2.

Ta có T=|z−z1|+|z−z2|+4=MA+MB+4

Gọi (C3) là đường tròn đối xứng (C1) qua d 

 ⇒(C3),J,R=2với  đối xứng I1  qua ⇒J(−2113;−4013)

⇒T=MA+MB+4min⇔MA+MB+4=I2J=2377013

.

Đáp án A

Gọi M, N thuộc (xOy) nên M(xM;yM;0), N(xN;yN;0), theo giả thiết ta có hệ  {xM+xN=2yM+yN=4.

Khi đó  MA→=(1−xM;1−yM;3), NB→=(5−xN;2−yN;−1)=(xM+3;yM−2;−1)

P=MA2+2NB2+MA→NB→

=(1−xM)2+(1−yM)2+9+2(xM+3)2+2(yM−2)2+1+(1−xM)(xM+3)+(1−yM)(yM−2)−3

=2xM2+8xM+2yM2−7yM+37=2(xM+2)2+2(yM−74)2+1838≥1838

P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1838 khi {xM=−2yM=74⇒{xN=4yN=94

Vậy T=2xM−4xN+7yM−yN=2.(−2)−4.4+7.74−94=−10 . 

Đáp án C

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ ta có

A(0;0;0), B(0;1;0), D(1;0;0), C(1;1;0), A1(0;0;1), C1(1;1;1)

Ta có AM→=mAB1→, (0<m<1)⇒M(0;m;m) ;

BN→=nBC1→, (0<n<1)⇒N(n;1;n)

⇒MN→(n;1−m;n−m)⇒MN2=n2+(1−m)2+(n−m)2

MN tạo với mặt phẳng (ABCD)≡(Oxy) góc 60°

⇒sin60°=|MN→.k→||MN→|.|k→|⇔|n−m|n2+(1−m)2+(n−m)2=32

⇔(n−m)2=3[n2+(1−m)2]≥3.(n−m+1)22=32[(n−m)2+2(n−m)+1]

⇔(n−m)2+6(n−m)+3≤0⇔−3−6≤n−m≤−3+6⇒3−6≤|n−m|≤3+6

⇒MN=n2+(1−m)2+(n−m)2=233|n−m|≥233(3−6)=2(3−2) ⇒minMN=2(3−2)khi m=4−62, n=6−22.

Đáp án D

Ta có: 3f2(x).f'(x)−4xe−f3(x)+2x2+x+1=1=f(0)

⇔(f3(x))'ef3(x)−ef3(x)=(4x−1).e2x2+x+1−e2x2+x+1

⇒[f3(x)−x]'.ef2(x)−x=(2x2+1)'.e2x2+1⇒ef3(x)−x=e2x2+1+C

Mà f(0)=1⇒C=0⇒f3(x)−x=2x2+1

⇒f3(x)=2x2+x+1⇒f(x)=2x2+x+13. ⇒∫0−1+40894(4x+1)f(x)dx=122854⇒{a=12285b=4⇒T=a−3b

Đáp án B

Dựa vào đồ thị, suy ra 1≤f(x)≤5.

Đặt t=f(x) (với 1≤t≤5 ), phương trình đã cho trở thành: et3+2t2−7t+5+ln(t+1t)=m.

Xét hàm số  {g(t)=t3+2t2−7t+5h(t)=t+1t.

Ta có: {g'(t)=3t2+4t−7≥0, ∀t∈[1;5]⇒1≤g(t)≤145h'(t)=1−1t2≥0, ∀t∈[1;5]⇒2≤h(t)≤265 .

Vậy hàm số u(t)=et3+2t2−7t+5+ln(t+1t)  đồng biến trên [1;5].

Để phương trình có nghiệm thì e+ln2≤m≤e145+ln265.

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của m là: 4.