Đề số 19
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P):x+y+z−3=0 đi qua điểm nào dưới đây?
C(2;0;0)
B(0;1;1)
D(0;1;0)
A(1;1;1)
Đáp án D
Ta có: 1+1+1−3=0⇒A(1;1;1)∈(P).
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có bảng xét dấu như hình sau:
Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?
4
1
3
2
Đáp án A
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị x=−1;x=0;x=2;x=4.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
(−1;1)
(−3;+∞)
(−∞;1)
(1;+∞)
Đáp án D
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên (−∞;−1) và (1;+∞).
Cho a, b, c theo thứ tự này là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng. Biết a+b+c=15. Giá trị của b bằng:
b=10
b=8
b=5
b=6
Đáp án C
Do a, b, c theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng trên a+c=2b.
Mà a+b+c=15⇒3b=15⇔b=5.
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên và có bảng biến thiên như sau:
Khẳng định nào dưới đây sai?
M(0;2)là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
x0=0là điểm cực đại của hàm số.
x0=1là điểm cực tiểu của hàm số.
f(−1)là một giá trị cực tiểu của hàm số.
Đáp án A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy M(0;2) là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên đáp án A sai.
Phương trình 52x+1=125 có nghiệm là:
x=32
x=52
x=3
x=1
Đáp án D
Ta có: 52x+1=125⇔2x+1=log5125=3⇔x=1.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A thỏa mãn OA→=2i→+j→ là hai véctơ đơn vị trên hai trục tọa độ Ox, Oy. Tọa độ điểm A là:
A(2;1;0)
A(0;2;1)
A(0;1;1)
A(1;1;1)
Đáp án A
Ta có: OA→=2i→+j→⇒A(2;1;0).
Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
log(3a)=3loga
loga3=3loga
log(3a)=13loga
loga3=13loga
Đáp án B
Ta có: log(3a)=log3+loga (a>0)⇒Đáp án A và C sai.
loga3=3loga (a>0)⇒ Đáp án B đúng, đáp án D sai.
Cho khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông, độ dài hai cạnh góc vuông là 3a, 4a và chiều cao của khối lăng trụ là 6a. Thể tích của khối lăng trụ bằng:
V=27a3
V=12a3
V=72a3
V=36a3
Đáp án D
Thể tích lăng trụ là V=Sh=12.3a.4a.6a=36a3.
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua 3 điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3) có phương trình là:
x1+y2+z3=1
x1+y2+z3=0
x1+y2+z3=−1
x1+y1+z3=1
Đáp án A
Ta có: (ABC):x1+y2+z3=1.
Cho z=−1−2i. Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn số phức z¯?
N
M
P
Q
Đáp án D
Ta có: z=−1−2i⇒z¯=−1+2i⇒Q(−1;2) là điểm biểu diễn số phức z¯.
Với P=logab3+loga2b6, trong đó a, b là các số thực dương tùy ý và a khác 1. Khi đó mệnh đề nào dưới đây đúng?
P=27logab
P=9logab
P=6logab
P=15logab
Đáp án C
Ta có: P=logab3+loga2b6=3logab+62logab=6logab.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2x+2x là:
2xln−2x2+C
2x+2lnx+C
2xln2+2ln|x|+C
2xln2+2lnx+C
Đáp án C
Ta có: ∫f(x)dx=∫(2x+2x)dx=2xln2+2ln|x|+C.
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [-1;3] và có đồ thị như hình vẽ. M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-1;3] . Giá trị của M+m là:![Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [-1;3] và có đồ thị như hình vẽ. M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-1;3] . Giá trị của M+m là: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/06/screenshot-2022-06-10-000145-1654793908.png)
-5
2
-6
-2
Đáp án D
Trên đoạn [−1;3], ta có: {M=maxy=y[−1;3](−1)=2m=miny=y[−1;3](2)=−4⇒M+m=2−4=−2.
Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y=−x+1x+1
y=x3−3x+2
y=−xx+1
y=x4−2x2+1
Đáp án A
Đồ thị trên là đồ thị của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, do đó loại đáp án B và D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1)⇒ Loại đáp án C.
Kí hiệu z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−3x+3=0. Giá trị của |z1|2+|z2|2 bằng:
23
25
6
4
Đáp án C
Ta có: z2−3z+3=0⇔[z1=32+32iz2=32−32i⇒|z1|2=|z2|2=3
Vậy |z1|2+|z2|2=6.
Cho ∫01f(x)dx=2. Khi đó ∫01[2f(x)+ex]dx bằng:
e+3
5+e
3−e
5−e
Đáp án A
Ta có: ∫01[2f(x)+ex]dx=2∫01f(x)dx+∫01exdx=2.2+ex|01=4+e−1=3+e.
Chọn kết luận đúng?
Ank=n!(n−k)!
Cn0=0
Cnk=n!k!(n+k)!
An1=1
Đáp án A
Ta có: Ank=n!(n−k)! là kết luận đúng.
Thể tích của khối cầu có bán kính R bằng:
13πR3
43π2R3
43πR3
4πR3
Đáp án C
Công thức tinh thể tích khối cầu bán kính R là V=43πR3.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S):x2+y2+z2−2x−3=0. Bán kính mặt cầu bằng:
R=3
R=4
R=2
R=5
Đáp án C
Mặt cầu (S):x2+y2+z2−2x−3=0 có
a=1;b=0;c=0;d=−3⇒R=12+02+02−(−3)=2.
Tập nghiệm của bất phương trình log12(x−1)>log21x2−1là:
[2;+∞)
∅
(0;1)
(1;+∞)
Đáp án D
Ta có: log12(x−1)>log21x2−1⇔log21x−1>log21x2−1
⇔1x−1>1x2−1>0⇔{x+1−1x2−1>0x2−1>0⇔{x>0[x>1x<−1⇔x>1
.
Hàm số y=log2x2+x có đạo hàm là:
y'=2x+1x2+x
y'=2x+12(x2+x)ln2
y'=2x+1(x2+x)ln2
y'=(2x+1)ln22(x2+x)
Đáp án B
Ta có: y'=(log2x2+x)'=(x2+x)'x2+xln2=2x+12x2+xx2+xln2=2x+12(x2+x)ln2.
Một khu vườn dạng hình tròn có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau, AB=12m . Người ta làm một hồ cá có dạng hình elip với bốn đỉnh M, N, M', N' như hình vẽ, biết MN=10m, M'N'=8m , PQ=8m . Diện tích phần trồng cỏ (phần gạch sọc) bằng:
20,33m2
33,02m2
23,02m2
32,03m2
Đáp án D
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có AB=12m⇒OA=6m.
Phương trình đường tròn là x2+y2=36⇔y=±36−x2.
Phương trình elip là: x225+y216=1⇔y=±41−x225.
Khi đó diện tích phần trồng cỏ là: S=2∫−44(36−x2−41−x225)dx≈32,03 (m2)
.
Cho khối trụ (T) có đường cao h, bán kính đáy R và h=2R. Một mặt phẳng qua trục cắt khối trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 16a2 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng:
V=27πa3
V=16πa3
V=163πa3
V=4πa3
Đáp án B
Một mặt phẳng qua trục cắt khối trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng
16a2⇒2R.2R=16a2⇔R2=4a2⇔R=2a⇒2R=4a.
Thể tích của khối trụ đã cho là: V=πR2h=π.(2a)2.4a=16πa3.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P):x−2y+2z+1=0 và đường thẳng Δ:x−12=y+22=z−11. Khoảng cách giữa Δ và (P) bằng:
83
73
63
83
Đáp án A
(P) nhận n→=(1;−2;2) là 1 véctơ pháp tuyến.
Δnhận u→=(2;2;1) là 1 véctơ chỉ phương.
Ta có: n→.u→=1.2−2.2+2.1=0⇔n→⊥u→
Lấy M(1;−2;1)∈Δ⇒1−2(−2)+2.1+1=8≠0⇒M∉(P)⇒Δ // (P).
Do đó d(Δ;(P))=d(M;(P))=812+(−2)2+22=83.
Cho hàm số y=f(x) thỏa mãn f(0)=0;(x)=xx2+1. Họ nguyên hàm của hàm số g(x)=4xf(x) là:
(x2+1)ln(x2)−x2+c
x2ln(x2+1)−x2
(x2+1)ln(x2+1)−x2+c
(x2+1)ln(x2+1)−x2
Đáp án C
Ta có: f'(x)=xx2+1⇒f(x)=∫f'(x)dx=∫xdxx2+1=12∫d(x2+1)x2+1=12ln(x2+1)+C
f(0)=0⇔12ln1+C=0⇔C=0⇒f(x)=12ln(x2+1)
⇒g(x)=4xf(x)=2xln(x2+1)⇒∫g(x)dx=∫2xln(x2+1)dxĐặt t=x2+1⇒dt=2xdx
⇒∫g(x)dx=∫lntdt=tlnt−∫t.1tdt=tlnt−∫dt=tlnt−t+C
=(x2+1)ln(x2+1)−(x2+1)+C
Đặt −1+C=c⇒∫g(x)dx=(x2+1)ln(x2+1)−x2+c.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
1
2
3
0
Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
limx→−∞y=0⇒y=0 là TCN của đồ thị hàm số.
{limx→−2−y=−∞; limx→−2+y=+∞limx→2−y=−∞; limx→2+y=+∞⇒x=±2
là TCĐ của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0;1;1), B(1;0;0) và mặt phẳng (P): x+y+z-3=0 . Gọi (Q) là mặt phẳng song song với (P) đồng thời đường thẳng AB cắt (Q) tại C sao cho CA=2CB. Mặt phẳng (Q) có phương trình là:
(Q):x+y+z−43=0
(Q):x+y+z=0 hoặc (Q):x+y+z−2=0
(Q):x+y+z=0
(Q):x+y+z−43=0hoặc (Q):x+y+z=0
Đáp án D
Ta có: (P) // (Q)⇒ Phương trình mặt phẳng (Q) có dạng x+y+z+c=0 (c≠−3).
TH1: Điểm C nằm giữa hai điểm A, B ⇒AC→=23AB→.
⇒{xC=23(1−0)yC−1=23(0−1)zC−1=23(0−1)⇔{xC=23yC=13zC=13⇒C(23;13;13).
(thỏa mãn) .
C∈(Q)⇒23+13+13+c=0⇔c=−43 ⇒(Q):x+y+z−43=0
TH2: Điểm C không nằm giữa hai điểm A, B ⇒AC→=2AB→
⇒{xC=2(1−0)yC−1=2(0−1)zC−1=2(0−1)⇔{xC=2yC=−1zC=−1⇒C(2;−1;−1).
(thỏa mãn) .⇒(Q):x+y+z−43=0
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến trên . Số phần tử của S là:
5
4
3
2
Đáp án D
TXĐ: D=ℝ\{−2m}.
Ta có: y'=2m+2(x+2m)2
Để hàm số đồng biến trên (−∞;−4] thì
{y'>0−2m>−4⇔{2m+2>0m<2⇔{m>−1m<2⇔−1<m<2.
Mà m∈ℤ⇒S={0;1}.
Cho hàm số y=f(x) và hàm số bậc ba y=g(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Diện tích phần gạch chéo được tính bởi công thức nào sau đây?
S=∫−3−1[f(x)−g(x)]dx+∫−12[g(x)−f(x)]dx
S|∫−32[f(x)−g(x)]dx|
S=∫−3−1[g(x)−f(x)]dx+∫−12[f(x)−g(x)]dx
S=∫−3−1[g(x)−f(x)]dx+∫−12[g(x)−f(x)]dx
Đáp án C
Ta có: S=∫−32|f(x)−g(x)|dx=∫−3−1|f(x)−g(x)|dx+∫−12|f(x)−g(x)|dx
=∫−3−1[g(x)−f(x)]dx+∫−12[f(x)−g(x)]dx.
Người ta làm một dụng cụ sinh hoạt gồm hình nón và hình trụ như hình vẽ (không có nắp đậy trên). Cần bao nhiêu diện tích vật liệu để làm (các mối hàn không đáng kể, làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân sau dấu phẩy)?
5,6m2
6,6m2
5,2m2
4,5m2
Đáp án A
Diện tích xung quanh hình trụ là: S1=2π.1,42.0,7=0,98π (m2)
Chiều cao hình nón bằng 1,6−0,7=0,9 (m)
Độ dài đường sinh của hình nón bằng 0,92+0,72=13010
Diện tích xung quanh hình nón là: S2=π.0,7.13010≈2,507 (m2).
Vậy diện tích vật liệu cần dùng là S1+S2≈5,6 (m2).
Cho hàm số y=f(x) có hàm biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình 2019f(x)−5=0 là:
3
0
0
0
Đáp án A
Ta có: 2019f(x)−5=0⇔f(x)=52019
Ta có 0<52019<1⇒ Đường thẳng y=52019 cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 3 điểm phân biệt, do đó phương trình 2019f(x)-5=0 có 3 nghiệm thực phân biệt.
Số phức z thỏa mãn z(1+i)+z¯−i=0 là:
z=1−2i
z=−1−2i
z=1+2i
(−∞;−2)
Đáp án C
Đặt z=a+bi⇒z¯=a−bi.
Theo bài ra ta có: (a+bi)(1+i)+(a−bi)−i=0⇔a−b+(a+b)i+a−bi−i=0
⇔2a−b+(a−1)i=0⇔{2a−b=0a−1=0⇔{a=1b=2⇒z=1+2i.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' . Gọi delta là góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng (ABC'D') . Khi đó:
tanα=3
tanα=1
tanα=13
tanα=2
Đáp án D
Gọi O=A'C∩B⇒O=A'C∩(ABC'D')
Gọi H=A'D∩A ta có:
{AB⊥(ADD'A')⇒AB⊥A'HA'H⊥AD'⇒A'H⊥(ABC'D')
HO là hình chiếu của A'O trên (ABC'D').
⇒(A'C,(ABC'D'))^=(A'O,HO)^=A'OH^=α.
Không mất tính tổng quát, ta đặt cạnh của hình lập phương bằng 1.
Xét tam giác vuông A'OH vuông tại H có:
{OH=12AB=12A'H=12A'D=22⇒tanA'OH^=tanα=AHOH=2.
Cho hàm số y=x4−2mx2+m. Tìm tất cả giá trị thực của m để hàm số có 3 cực trị
m>0
m≥0
m<0
m≤0
Đáp án C
Hàm số y=x4−2mx2+m có 3 cực trị ⇔1.m<0⇔m<0.
Cho số thực a>4. Gọi P là tích tất cả các nghiệm của phương trình alnx2−aln(ex)+a=0. Khi đó
P=ae
P=e
P=a
P=ae
Đáp án B
Ta có: alnx2−aln(ex)+a=0 (x>0)⇔a2lnx−a1+lnx+a=0⇔(alnx)2−a.alnx+a=0.
Đặt t=alnx(t>0), phương trình trở thành t2−at+a=0 (*)
{Δ=a2−4a=a(a−4)>0 ∀a>4S=a>0P=a>0
phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.
Suy ra phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt.
Ta có: t=alnx⇔lnx=logat⇔x=elogat
⇒x1x2=elogat1.elogat2=elogat1+logat2=eloga(t1t2)=elogaa=e⇒P=e.
Cho ∫1412x(x+2x+1)2dx=ab+2lncd với a, b, c, d là các số nguyên, ab và cd là các phân số tối giản. Giá trị của a+b+c+d bằng:
16
18
25
20
Đáp án B
Đặt t=x⇒dt=dx2x. Đổi cận {x=1⇒t=1x=4⇒t=2
⇒∫1412x(x+2x+1)2dx=∫12(t+2t+1)2dt=∫12(1+1t+1)2dt
⇒a=7;b=6;c=3;d=2⇒a+b+c+d=7+6+3+2=18
Xét z số phức thỏa mãn 2019zz−2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường tròn (C) trừ đi một điểm N(2;0). Bán kính của (C) bằng
3
1
2
2
Đáp án B
Đặt z=a+bi ta có: 2019zz−2=2019(a+bi)a+bi−2=2019(a+bi)(a−2−bi)(a−2)2+b2
=2019[a(a−2)+b2](a−2)2+b2+2019[−ab+(a−2)b](a−2)2+b2i (z≠2)
Để 2019zz−2là số thuần ảo ⇒2019[a(a−2)+b2]=0⇔a2−2a+b2=0.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C):x2+y2−2x=0 trừ đi một điểm N(2;0) có tâm I(1;0), bán kính R=12+02−0=1.
Anh A gửi ngân hàng 900 triệu (VNĐ) với lãi suất 0,4% mỗi tháng theo hình thức lãi kép, ngân hàng tính lãi trên số dư thực tế của tháng đó. Cứ mỗi tháng anh ta rút ra 10 triệu để chi trả sinh hoạt phí. Hỏi sau bao lâu thì số tiền trong ngân hàng của anh ta sẽ hết (tháng cuối cùng có thể rút dưới 10 triệu để cho hết tiền).
111 tháng
113 tháng
112 tháng
110 tháng
Đáp án C
Số tiền còn lại cuối tháng thứ nhất là: A1=900(1+0,4%)−10.
Số tiền còn lại cuối tháng thứ hai là:
A2=A1(1+0,4%)−10=900(1+0,4%)2−10(1+0,4%)−10.
…
Cứ như vậy ta tính được số tiền còn lại sau tháng thứ n là:
An=900(1+0,4%)n−10(1+0,4%)n−1−...−10
An=900(1+0,4%)n−10[(1+0,4%)n−1+(1+0,4%)n−2+...+1]
An=900(1+0,4%)n−10.1−(1+0,4%)n1−(1+0,4%)n
An=900(1+0,4%)n−10.1−(1+0,4%)n1−(1+0,4%)n
Do tháng cuối cùng có thể rút dưới 10 triệu để hết tiền nên n là số tự nhiên nhỏ nhất để An≤0.
Ta có: A111≈7,9; A112≈−2,05⇒ Sau 112 tháng thì số tiền trong ngân hàng của anh ta sẽ hết.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB=2a, BC=a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SDB) bằng
a5719
a34
a32
2a5719
Đáp án C
Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB đều ⇒SH⊥AB.
Ta có: {(SAB)∩(ABCD)=AB(SAB)⊥(ABCD)(SAB)⊃SH⊥AB⇒SH⊥(ABCD)
Ta có: AH∩(SDB)⇒B⇒d(A;(SDB))d(H;(SDB))=ABHB=2⇒d(A;(SDB))=2d(H;(SDB))
Trong (ABCD) kẻ HM⊥BD (M∈BD), trong (SHM) kẻ HK⊥SM (K∈SM)
Ta có: {BD⊥HMBD⊥SH (SH⊥(ABCD))⇒BD⊥(SHM)⇒BD⊥HK
{HK⊥SMHK⊥BD⇒HK⊥(SDB)⇒d(H;(SDB))=HK
Trong (ABCD) kẻ AE⊥BD (E∈BD)⇒AE // HM
Ta có AE=AB.ADAB2+AD2=2a.a4a2+a2=2a5
Có HM là đường trung bình của tam giác ABE ⇒HM=12AE=a5
Tam giác SAB đều cạnh AB=2a⇒SH=2a32=a3
Xét tam giác vuông SHM: HK=SH.HMSH2+HM2=a3.a53a2+a25=a34
Vậy d(A;(SDB))=2.a34=a32.
Cho hàm số y=f(x) . Hàm số y=f'(x) có bảng biến thiên:
Bất phương trình f(x)<3ex+2+m có nghiệm trên (−2;2) khi và chỉ khi
m≥f(−2)−3
m>f(2)−3e4
m≥f(2)−3e4
m>f(−2)−3
Đáp án B
Bài toán tương đương với: m>f(x)−3ex+2 có nghiệm trên (−2;2) .
Xét hàm số g(x)=f(x)−3ex+2 trên (−2;2).
Bài toán trở thành tìm m để m>g(x)có nghiệm trên (−2;2)⇔m>min[−2;2]g(x) .
Ta có g'(x)=f'(x)−3ex+2.
Nhận xét: x∈(−2;2)⇒{1<f'(x)<3−3e4<−3ex+2<−3⇒g'(x)<0.
Do đó ta có ⇔m>min[−2;2]g(x)=g(2)=f(2)−3e4.
Vậy m>f(2)−3e4 .
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm thực của phương trình f(2+f(ex))=1 là:
1
2
4
3
Đáp án B
Số nghiệm của phương trình f(2+f(ex))=1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(2+f(ex)) và đường thẳng .
Dựa vào đồ thị hàm số ta có:
f(2+f(ex))=1⇔[2+f(ex)=−12+f(ex)=x0∈(2;3)
⇔[f(ex)=−3f(ex)=x0−2∈(0;1)
Tương tự ta có: f(ex)=−3⇔[ex=1ex=x1<−1 (vo nghiem)⇔x=0 .
f(ex)=x0−2∈(0;1)⇒Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khác 0
⇒[ex=a<0 (vo nghiem)ex=b<0 (vo nghiem)ex=c>0⇔x=lnc≠0S
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt.
Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp đều S.ABC có tất cả các cạnh bằng a là:
3a64
a612
a64
a62
Đáp án C
Gọi O là trọng tâm tam giác ABC ⇒SO⊥(ABC) .
Gọi M là trung điểm của SA.
Trong (SOA) kẻ IM⊥SA (I∈SO) ta có IS=IA.
Lại có là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
⇒AE=a32⇒AO=23AE=a33
Tam giác ABC đều cạnh SO=SA2−OA2=a2−a23=a63
Xét tam giác vuông SOA: .
Dễ thấy ΔSOA ~ ΔSMI (g.g)⇒SISA=SMSO⇒SI=SA.SMSO=a.a2a63=a64 .
Vậy R=a64.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0;0;2),B(1;1;0) và mặt cầu (S):x2+y2+(z−1)2=14. Xét điểm M thay đổi thuộc . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2+2MB2 bằng:
12
34
214
194
Đáp án D
Gọi I(a;b;c) là điểm thỏa mãn IA→+2IB→=0→
Ta có {−a+2−2a=0−b+2−2b=02−c−2c=0⇔{a=23b=23c=23⇒I(23;23;23)
Ta có: MA2+2MB2=(MI→+IA→)2+2(MI→+IB→)2
=MI2+2MI→.MA→+IA2+2MI2+4MI→.IB→+IB2
=3MI2+IA2+2IB2+2MI→(IA→+2IB→)⏟0=3MI2+IA2+2IB2⏟const=3MI2+IA2+2IB2+2MI→(IA→+2IB→)⏟0=3MI2+IA2+2IB2⏟const
Do {IA2=(−23)2+(−23)2+(2−23)2=83IB2=(1−23)2+(1−23)2+(−23)2=23⇒IA2+2IB2=4 không đổi, nên (MA2+2MB2)min⇔MImin
với I(23;23;23), M∈(S).
Ta có (23)2+(23)2+(23−1)2=1>14⇒Inằm ngoài (S)
Khi đó MImin=IJ−R với J(0;0;1)là tâm mặt cầu, R=12 là bán kính mặt cầu.
Ta có: IJ=(−23)2+(−23)2+(1−23)2=1⇒MImin=1−12=12
Vậy (MA2+2MB2)min=3MImin2+4=3.(12)2+4=194.
Cho hàm số y=f(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e. Biết rằng hàm số y=f'(x) liên tục trên và có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số y=f(2x−x2) có bao nhiêu điểm cực đại?
5
3
1
2
Đáp án D
Ta có: y=f(2x−x2)=g(x)⇒g'(x)=(2−2x)f'(2x−x2)=0
⇒[2−2x=0f'(2x−x2)=0⇔[x=12x−x2=−42x−x2=12x−x2=4⇔[x=1x=1±5x=1 (kep)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y=f(2x−x2) có 2 điểm cực đại.
Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình sau có nghiệm trên [0;1]: 4x+1+41−x=(m+1)(22+x−22−x)+16−8m
2
5
5
3
Đáp án A
Phương trình tương đương với: 4(4x+4−x)=4(m+1)(2x−2−x)+16−8m
Đặt t=2x−2−x.
Ta có: t'=2x+2−x>0.
Do đó ∀x∈[0;1] thì t∈[0;32].
Ta có: t2=4x+4−x−2.2x.2−x⇒4x+4−x=t2+2 .
Phương trình trở thành: 4(t2+2)=4t(m+1)+16−8m
⇔m(t−2)=(t−2)(t+1)⇔m=t+1 (vì t∈[0;32])
Để phương trình đã cho có nghiệm trên [0;1] thì phương trình phải có nghiệm t∈[0;32].
Suy ra m∈[1;52].
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:x2=y2=z+3−1 và mặt cầu (S):(x−3)2+(y−2)2+(z−5)2=36. Gọi Δ là đường thẳng đi qua vuông góc với đường thẳng (d) và cắt (S) tại 2 điểm có khoảng cách lớn nhất. Khi đó đường thẳng Δ có một vécơt chỉ phương là u→(1;a;b) . Tính a+b .
4
-2
−12
5
Đáp án D
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d⇒np→=ud→=(2;2;−1).
Phương trình mặt phẳng (P):2(x−2)+2(y−1)−1(z−3)=0⇔2x+2y−z−3=0 .
Δ là đường thẳng đi qua A(2;1;3) vuông góc với đường thẳng (d)⇒Δ⊂(P).
Để (Δ) cắt (S) tại 2 điểm có khoảng cách lớn nhất ⇒Δ là đường thẳng đi qua tâm của đường tròn giao tuyến của (P) và (S).
Gọi J là tâm của đường tròn giao tuyến của (P) và (S)⇒J là hình chiếu của I(3;2;5) là tâm của (S) trên (P)
Gọi d' là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P)⇒d':{x=3+2ty=2+2tz=5−t
J∈⇒J(3+2t;2+2t;5−t)
J∈(P)⇒2(3+2t)+2(2+2t)−(5−t)−3=0
⇔9t+2=0⇔t=−29⇒J(239;149;479)
Δ đi qua J,A⇒Δ nhận JA→=(−59;−59;−209)=−59(1;1;4) là 1 véctơ chỉ phương.
⇒u→=(1;1;4)cũng là 1 véctơ chỉ phương của JA→=Δ⇒{a=1b=4⇒a+b=1+4=5 .
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m để tồn tại 4 số phức z thỏa mãn z(z¯+2)−(z+z¯)−m và |z+z¯|+|z−z¯|=2 là số thuần ảo. Tổng các phần tử của S là:
2+1
2+12
2−12
12
Đáp án B
Gọi z=x+yi⇒z¯=x−yi
Ta có: |z+z¯|+|z−z¯|=2
⇔|x+yi+x−yi|+|x+yi−x+yi|=2
⇔|2x|+|2yi|=2⇔|x|+|y|=1(*)
⇔[x+y=1 khi x≥0,y≥0 (d1)x−y=1 khi x≥0,y<0 (d2)−x+y=1 khi x<0,y≥0 (d3)x+y=−1 khi x<0,y<0 (d4)
Ta lại có z(z¯+2)−(z+z¯)−m=(x+yi)(x−yi+2)−(x+yi+x−yi)−m
=x(x+2)+y2+(−xy+xy+2y)i−2x−m
=x2+y2−m+2yilà số thuần ảo ⇒x2+y2−m=0⇔x2+y2=m (C)
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn (*) là hình vuông
Để tồn tại 4 số phức z thì (C) phải cắt cả 4 cạnh của hình vuông ABCD tại 4 điểm phân biệt.
Ta có d(O;d1)=|0+0−1|12+12=12
Để (C) cắt ở 4 cạnh của hình vuông ABCD tại 4 điểm phân biệt thì [RC=m=12RC=m=1
⇒S={12;1}⇒Tổng các phần tử của S là 12+1=2+12 .
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' và M, N là hai điểm lần lượt bên cạnh CA, CB sao cho MN song song với AB và CMCA=k. Mặt phẳng (MNB'A') chia khối lăng trụ ABC.A'B'C' thành hai phần có thể tích V1 (phần chứa điểm C) và sao cho V1V2=2 . Khi đó giá trị của k là:
k=−1+52
k=12
k=1+52
k=33
Đáp án A
Ta có: {(MNB'A')∩(ACC'A')=A'M(MNB'A')∩(BCC'B')=B'N(ACC'A')∩(BCC'B')=CC'⇒A'M,B'N,CC'đồng quy tại S
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: SMSA'=MNA'B'=MNAB=CMCA=k=SNSB'=SCSC'
⇒VS.MNCVS.A'B'C'=SMSA'.SNSB'.SCSC'=k3⇒V1VS.A'B'C'=1−k3⇒V1=(1−k3)VS.A'B'C'
Ta có: SCSC'=k⇒SC'−CC'SC'=k⇔CC'SC'=1−k
VS.A'B'C'VABC.A'B'C'=13SC'CC'=13(1−k)⇒VS.A'B'C'=VABC.A'B'C'3(1−k)
⇒V1=(1−k3)VS.A'B'C'=(1−k3)VABC.A'B'C'3(1−k)=1+k+k23VABC.A'B'C'
Ta có: V1V2=2⇔V2=23VABC.A'B'C'⇒1+k+k23=23⇔1+k+k2=2⇔k=5−12.
Cho hàm số f(x)=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của m (m∈ℝ) sao cho (x−1)[m3f(2x−1)−mf(x)+f(x)−1]≥0, ∀x∈ℝ . Số phần tử của tập S là
![Cho hàm số f(x)= ã^3+bx^2+cx+d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của m ( m thuộc R) sao cho (x-1)[m^3f(2x-1)-mf(x)+f(x+1)]>=0, với mọi x thuộc R . Số phần tử của tập S là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/06/screenshot-2022-06-15-225048-1655308048.png)
2
0
3
3
Đáp án A
Từ giả thiết suy ra: g(1)=0⇔m3−m=0⇔[m=0m=1m=−1.
Với m=0 ta có: (x−1)[f(x)−1]≥0 ∀x∈ℝ (đúng)
Với m=1 ta có: 12[(2x−1)−1][f(2x−1)−1]≥0 ∀x∈ℝ (đúng)
Với m=−1 .
Xét x>1 ta có: limx→+∞f(2x−1)+12f(x)=4
⇒∃α>1, α đủ lớn sao cho f(2α−1)+1≥2f(α)
⇒(α−1)−f[(2α−1)−1+2f(α)]<0 (mâu thuẫn (*)) ⇒m=−1 (loại).
Vậy m∈{0;1}.
