Đề số 2
50 câu hỏi
Câu 1. Thể tích của khối lập phương cạnh 2a bằng
8a3
2a3
a3
6a3
Đáp án A
Thể tích khối lập phương cạnh 2a là: V=2a3=8a3
Cho hàm số y=x4−2x2+3 , giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
2.
3
-1
1.
Đáp án A
TXĐ: D=ℝ .
Ta có:y'=4x3−4x=0⇔x=0x=±1
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tọa độ của véctơ u→=2i→−3j→+4k→ là
2;−3;4.
−3;2;4
2;3;4 .
2;4;−3 .
Đáp án A
Ta có: u→=2i→−3j→+4k→⇒u→2;−3;4 .
Lưu ý: Ta có thể chỉ cần đọc các hệ số lần lượt của các véctơ i→;j→;k→ tương ứng.
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình dưới đây. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng −∞;−12và 3;+∞.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng−12;+∞ .
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng −∞;3 .
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 3;+∞.
Đáp án D
Ta thấy trên khoảng 3;+∞ thì , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 3;+∞ .
Lưu ý: Tại x=−12, hàm số bị gián đoạn; vậy không thể nói hàm số đơn điệu trên khoảng −∞;3
Với a và b là hai số thực dương tùy ý, logab2 bằng
2loga+logb.
loga+2logb .
2loga+logb .
loga+12logb.
Đáp án B
Ta có: logab2=loga+logb2=loga+2logb .
Cho hàm số fx liên tục trên đoạn 0;10 và ∫010fxdx=7; ∫26fxdx=3 . Tính P=∫02fxdx+∫610fxdx.3
P=4 .
P=10.
P=7
P=-4
Đáp án A
Ta có: ∫010fxdx=∫02fxdx+∫26fxdx+∫610fxdx⇒7=P+3⇒P=4 .
Lưu ý: Chọn cận bé nhất và cận lớn nhất, sau đó ta tiến hành cộng lần lượt: 0→0→2→6→1010
Thể tích của khối nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh a bằng
3πa348
3πa324 .
3πa38.
3πa312 .
Đáp án B
Ta có: 2r=al=a⇒r=a2h=l2−r2=a2−a24=32a⇒V=πr2h3=13πa223a2=3πa224.
Phương trình log54−x3=3logx có nghiệm là
x=4 .
x=3
x=1
x=2
Đáp án C
Điều kiện:x>054−x3>0.
Phương trình tương đương với: log54−x3=logx3⇔54−x3=x3⇔x3=27⇔x=3 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình đoạn chắn mặt phẳng đi qua điểm A2;0;0, B0;−3;0, C0;0;2 .
x2+y3+z2=1 .
x2+y−3+z2=1
x−3+y2+z2=1
x2+y−2+z3=1
Đáp án B
Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng đi qua điểm A2;0;0, B0;−3;0, C0;0;2 là:
x2+y−3+z2=1
Họ nguyên hàm của hàm số fx=x1+sinx là
x22−xsinx+cosx+C
x22−xcosx+sinx+C .
x22−xcosx−sinx+C .
x22−xsinx−cosx+C .
Đáp án B
Ta có: ∫fxdx=∫x1+sinxdx=∫xdx+∫xsinxdx
=∫xdx−∫xdcosx=x22−xcosx−∫cosxdx=x22−xcosx+sinx+C
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, đường thẳng d:x−13=y−5−2=z+2−5 có một véctơ chỉ phương là
u→1;5;−2 .
u→3;2;−5
u→−3;2;−5 .
u→2;3;−5 .
Đáp án B
Từ các chữ số tự nhiên 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau có những chữ số khác nhau.
15.
6.
3.
12.
Đáp án A
Có 3 phương án lựa chọn:
+ Phương án 1: Số có 1 chữ số khác nhau; có 3 cách chọn: 1; 2; 3.
+ Phương án 2: Số có 2 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 12; 21; 13; 31; 23; 32.
+ Phương án 3: Số có 3 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 123; 132; 213; 231; 321; 312.
Vậy có 3 + 6 + 6 = 15 cách chọn.
Cho cấp số cộng uncó u1=11 và công said=4 . Hãy tính u99
401.
402.
403.
404.
Đáp án C
Ta có:u99=u1+98d=11+98.4=403 .
Cho z=−1−2i. Điểm nào trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn số phức z¯ ?
N
M
P
Q
Đáp án D
Ta có z¯=−1+2i nên điểm biểu diễn số phức z¯ là Q.
Cho hàm số y=fx=ax3+bx2+cx+d có bảng biến thiên sau:
Đồ thị nào trong các phương án A, B, C, D thể hiện hàm số y=fx?
Đáp án A
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:
Khi x→+∞ thì , suy ra loại C và D.
Tọa độ các điểm cực trị là −1;2 và1;−2 nên đáp án A là phù hợp.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=2x+1x−1 trên 0;1∪1;3.
72.
-1.
12.
Không tồn tại.
Đáp án D
Hàm số y=2x+1x−1 liên tục trên 0;1∪1;3.
Ta có y'=−3x−12<0, ∀x∈0;1∪1;3 .
Bảng biến thiên hàm số trên như sau:
Cho hàm số y=fx xác định và liên tục trên ℝ , có đạo hàm f'x thỏa mãn
Hàm số gx=f1−x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây
(-1;1) .
(-2;0)
(-1:3)
1;+∞
Đáp án B
Ta có:g'x=−f'1−x .
Hàm số gx nghịch biến khi−f'1−x<0⇔f'1−x>0
⇔1−x>1−1<1−x<0⇔x<01<x<2.
Vậy hàm số gx=f1−x có nghịch biến trên khoảng −2;0 .
Tập hợp tất cả các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức z thỏa mãn z−1+2i=z+3 là đường thẳng có phương trình
2x−y+1=0
2x+y−1=0 .
2x−y−1=0.
2x+y+1=0.
Đáp án A
Đặt z=x+yi⇒x−12+y+22=x+32+y2⇔2x−y+1=0
Tập hợp tất cả các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức z thỏa mãn z−1+2i=z+3 là đường thẳng có phương trình
2x−y+1=0
2x+y−1=0 .
2x−y−1=0.
2x+y+1=0.
Đáp án A
Đặt z=x+yi⇒x−12+y+22=x+32+y2⇔2x−y+1=0
Với mọi a,b,x là các số thực dương thỏa mãn log2x=5log2a+3log2b . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
x=3a+5b.
x=5a+3b.
x=a5+b3.
x=a5b3 .
Đáp án D
Ta có log2x=5log2a+3log2b=log2a5+log2b3=log2a5b3⇔x=a5b3 .
Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−2z+2=0 . Tính giá trị của biểu thức P=2z1+z2+z1−z2
P=6
P=3
P=22+2
P=2+4
Đáp án A
Ta có: z2−2z+2−0⇔z1=1+iz2=1−i.
Xét
P=2z1+z2+z1−z2=22+2i=4+2=6
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, khoảng cách giữa mặt phẳng α:2x+4y+4z+1=0 và mặt phẳng β:x+2y+2z+2=0 bằng
32
13
12
1
Đáp án C
Cách 1: Chọn M−2;0;0∈β
Do α//β ta có: dα,β=dM,α=−4+0+0+122+42+42=12 .
Cách 2:
α:2x+4y+4z+1=0⇔x+2y+2x+12=0
Khi đó: dα,β=12−212+22+22=12.
Tổng quát: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng α:ax+by+cz+d1=0 song song β:ax+by+cz+d2=0, là:
dα,β=d1−d2a2+b2+c2
Nghiệm của bất phương trình: lg3−2x≥lgx+1
−1<x≤23 .
x≥−23
1≤x≤32
−1≤x≤23.
Đáp án A
Điều kiện:3−2x>0x+1>0⇔−1<x<32 .
Bất phương trình tương đương với: 3−2x≥x+1⇔x≤23.
Kết hợp điều kiện, ta được: −1<x≤23
Một ô tô đang chạy với vận tốc 20m/s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc vt=−10t+20m/s , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?
5m.
20m.
40m.
10m.
Đáp án B
Khi ô tô dừng lại thì vận tốc vt=0m/s .
Thời gian ô tô đi được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi xe dừng lại là:−10t+20=0⇔t=2s .
Gọi là thời điểm tính từ lúc xe bắt đầu đạp phanh thì đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là:s=∫02−10t+20dt=−5t2+10t02=20m .
Khi bán kính khối cầu tăng thêm 3cm thì thể tích khối cầu tăng thêm 684π cm3 . Bán kính khối cầu đã cho bằng
27cm.
9cm.
6cm.
24cm
Đáp án C
Gọi RR>0 là bán kính khối cầu ban đầu.
V1 là thể tích khối cầu ban đầu:V1=43πR3 cm3 .
V2 là thể tích khối cầu khi tăng bán kính thêm 3cm: V2=43πR+33 cm3.
Ta có:V2−V1=684π⇔43πR+33−43πR3=684π⇔R2+3R−54=0
⇔R=6 nhaänR=−9 loaïi⇒R=6cm
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như sau:
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
4.
4.
2.
2.
Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
+ limx→±∞fx=−5, nên đường thẳng y=−5 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
+ limx→2−fx=−∞ nên đường thẳng x=2 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận.
Cho khối chópS.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA=4, AB=6, BC=10 và CA=8 . Tính thể tích V của khối chóp .
V=40
V=192
V=32
V=24
Đáp án C
Tam giác ABC, có: AB2+AC2=62+82=102=BC2,
suy ra tam giác ABC vuông tại A.
Diện tích tam giác ABC là:SΔABC=12AB.AC=24đvdt .
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là:VS.ABC=13SΔABC.SA=32đvtt .
Cho hàm số fx=2x2+1. Tính T=2−x2−1.f'x−2xln2+2 .
T= -2
T=2
T=3
T=1
Đáp án B
Ta có: f'x=x2+1'.2x2+1.ln2=2x.ln2.2x2+1
Vậy T=2−x2−1.2x.ln2.2x2+1−2xln2+2=2xln2−2xln2+2=2 .
Cho hàm số fx=ax4+bx3+cx2+dx+e có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình fx−2=0 là
4.
3.
2.
1.
Đáp án A
Ta có: fx−2=0⇔fx=2.
Số nghiệm của phương trình fx−2=0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=2.
Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a bằng và các cạnh bên đều bằng a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SD. Số đo của góc MN,SC bằng
45°.
30°.
90°.
60°.
Đáp án C
Do ABCD là hình vuông cạnh a⇒AC=a2 .
⇒AC2=2a2=SA2+SC2⇒ΔSAC vuông tại S.
Từ giả thiết ta có MN là đường trung bình của ΔDSA⇒NM→=12SA→
Khi đó NM→.SC→=12SA→.SC→=0⇒MN⊥SC⇒MN,SC=90°
Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình ex2−3x=1e2.
T=3
T=1
T=2
T=0
Đáp án A
Ta có ex2−3x=1e2⇔ex2−3x=e−2⇔x2−3x=−2⇔x2−3x+2=1⇔x=1x=2 .
Suy ra S=1;2→T=1+2=3 .
Một ly nước hình trụ có chiều cao 20cm và bán kính đáy bằng 4cm. Bạn Nam đổ nước vào ly cho đến khi mực nước cách đáy ly 17cm thì dừng lại. Sau đó, Nam lấy các viên đá lạnh hình cầu có cùng bán kính 2cm thả vào ly nước. Bạn Nam cần dùng ít nhất bao nhiêu viên đá để nước trào ra khỏi ly?
4.
5.
6.
7.
Đáp án B
Ta có thể tích phần không chứa nước V1=3.π.42=48π.
Như vậy để nước trào ra ngoài thì số bi thả vào cốc phải có tổng thể tích lớn hơn 48p.
Gọi n là số viên bi tối thiểu thả vào cốc khi đó tổng thể tích của n viên bị là V2=n.43π.23=32πn3 .
Theo bài ra 32πn3>48π⇔n>92 .
Vậy n=5.
Biết rằng hàm số Fx=x2+ax+be−x là một nguyên hàm của hàm số fx=−x2+3x+6e−x . Tổng a+b bằng
-8.
-6.
6.
8.
Đáp án A
Có F'x=2x+ae−x−x2+ax+be−x=−x2+2−ax+a−be−x
Vì Fxlà một nguyên hàm của fx nên ta có
.F'x=fx, ∀x⇒−x2+2−ax+a−be−x=−x2+3x+6e−x
Đồng nhất hệ số hai vế, ta được 2−a=3a−b=6⇔a=−1b=−7⇒a+b=−8
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,AD=2BC ,AB=BC=a3 . Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi E là trung điểm của cạnh SC. Tính khoảng cách d từ điểm E đến mặt phẳng ABCD .
d=a3 .
d=32.
d=a32.
d=3.
Đáp án C
Ta có dE,SAD=12dC,SAD.
Gọi M là trung điểm AD, suy ra ABCM là hình vuông ⇒CM⊥AD.
Do CM⊥ADCM⊥SA⇒CM⊥SAD nên dC,SAD=CM=AB=a3 .
Vậy dE,SAD=12CM=a32 .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, khoảng cách giữa đường thẳng d:x−11=y+14=z1 và mặt phẳng P:2x−y+2z−9=0 bằng:
103.
4.
2.
43 .
Đáp án C
Ta có: ud→=1;4;1 và nP→=2;−1;2
Do u→.n→=0M∉P⇒d//P.
Khi đó: dd,P=dMP=2+1−94+1+4=2.
Tìm tất cả các giá của tham số để hàm số y=mx+1x+m đồng biến trên khoảng 2;+∞
−2≤m<−1hoặc m>1 .
m≤−1hoặc m>1.
−1<m<1 .
m<−1hoặc m≥1.
Đáp án A
TXĐ: D=ℝ\−m .
Ta có: y'=m2−1x+m2 .
Hàm số y=mx+1x+m đồng biến trên khoảng 2;+∞ khi: y'>0, ∀x∈2;+∞
⇔m2−1>0−m∉2;+∞⇔m2−1>−m≤2⇔m∈−∞;−1∪1;+∞−m≤2⇔m∈−∞;−1∪1+∞m≥−2
⇔m∈−2;−1∪1;+∞
Cho các số phức z thỏa mãn z+1=2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w=1+i8z+i là một đường tròn. Bán kính r của đường tròn đó là
3.
6.
9.
36.
Đáp án C
Gọi w=x+yi x,y∈ℝ.
Theo đề bài ta có: w=1+i8z+i⇔w−i=1+i8z
⇔w−i=1+i8z+1−1+i8⇔w−i+1+i8=1+i8z+1
⇔x+1+y−1+8i=1+i8z+1
Lấy môđun 2 vế ta được: x+1+y−1+8i=1+i8.z+1
x+12+y−1+82=12+82.2⇔x+12+y−1+82=36
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=1+i8z+i là một đường tròn có bán kính r=6.
Cho hàm y=fx có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
Hàm số y=3fx+2−2x3−32x2+3x+2019 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
1;+∞.
−∞;−1.
−1;12 .
0;2.
Đáp án C
y'=3f'x+2−6x2−3x+3=3f'x+2−2x2+x−1
Đặt t=x+2⇒x=t−2.
Ta có: f'x+2−2x2+x−1=f't−2t2−7t+5
Bảng xét dấu hàm f't và 0<xx2+4≤x4x=14, ∀x>0
Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy:
+ Với −∞;1 thì f't<2t2−7t+5, ∀t<1⇔y'<0, ∀x<−1 ; loại B.
+ Với t∈3;4⇒x∈1;2 thì f't<2t2−7t+5, ∀t∈3;4⇔y'<0, ∀x∈1;2 ; loại A, D.
+ Với t∈1;52⇔x∈−1;12 thì f't>2t2−7t+5, ∀t∈1;52⇔y'>0, ∀x∈−1;12.
Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên −1;12 .
Vậy đáp án đúng là đáp án C.
Ba xạ thủA1,A2,A3 độc lập với nhau cùng nổ súng bắn vào mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúng mục tiêu của A1,A2,A3 tương ứng là 0,7; 0,6 và 0,5. Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng.
0,45.
0,21.
0,75.
0,94.
Đáp án D
Gọi Ai : “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với i=1,3¯.
Khi đó Ai¯ : “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.
Ta có PA=0,7⇒PA1¯=0,3; PA=0,6⇒PA=0,4; PA3=0,5⇒PA3¯=0,5<math display='block' xmlns='http://www.w3.org/1998/Math/MathML'>
Gọi : “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu”.
Và : “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.
Ta có PB=PA1¯.PA2¯.PA3¯=0,3.0,4.0,5=0,06.
Khi đó PB¯=1−PB=1−0,06=0,94.
Ông An bắt đầu đi làm với mức lương khởi điểm là 1 triệu đồng 1 tháng. Cứ sau 3 năm thì ông An được tăng lương 40%. Hỏi sau tròn 20 năm đi làm tổng tiền lương ông An nhận được là bao nhiêu (làm tròn đến hai chữ số thập phân sau dấu phẩy)?
726,74 triệu.
716,74 triệu.
858,72 triệu
768,37triệu.
Đáp án D
Tổng lương sau tròn 20 năm là:
S=361+1+25+1+252+...+1+255+241+256=36.11−1+2561−1+25+241+256≈768,37.
Gọi S là tập hợp tất các các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số fx=x2+2mx+4mx+2 trên đoạn −1;1 bằng 3. Tổng tất cả các phần tử của S bằng
1.
−12.
12.
−32.
Đáp án B
Tập xác định: D=ℝ\−2 .
Xét hàm số gx=x2+2mx+4mx+2 trên đoạn −1;1 .
Hàm số xác định và liên tục trên −1;1.
Ta có:g'x=x2+4xx+22=0⇔x=0∈−1;1x=−4∉−1;1 .
Ta lại có g0=2m; g−1=2m+1; g1=2m+13.
Khi đó min−1;1gx=2mmax−1;1gx=2m+1 .
Suy ra max−1;1fx=max2m;2m+1 .
Theo đề bài max−1;1fx=3: nên ta có: 2m+1=32m+1≥2m2m=32m≥2m+1⇔m=1m=−32 .
Vậy tổng các phần tử thuộc tập S bằng 1+−32=−12 .
Lưu ý:
Tìm tham số để maxα;βfx=a (với a>0 ).
Phương pháp:
Tìm .
Suy ra: .
Theo đề bài: nên ta có hai trường hợp:
TH1: M=am≤a TH2: m=aM≤a.
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z2=2z+z¯+4 và z−1−i=z−3+3i ?
4.
3.
1.
2.
Đáp án B
Đặt z=a+bi .
Khi đó ta có hệ phương trìnha2+b2=4a+4a−12+b−12=a−32+b+32
.⇔a2+b2=4a+4a2+b2−2a−2b+2=a2+b2−6a−6b+18⇔a2+b2=4a+44a=8b+16
⇔2b+42+b2=42b+4+4a=2b+4⇔a=2b+45b2+16b+12=8b+16
⇔a=2b+45b2+16b+12=8b+165b2+16b+12=−8b−16⇔1=2b+4b=25b=−2b=−145
Vậy ta có các số phứcz1=−2i; z2=245+25i; z3=−85−145i (thỏa mãn).
Cho hàm số fx liên tục trên 0;4 thỏa mãn f''xfx+f2x2x+13=f'x2 và fx>0 với x∈0;4 mọi . Biết rằngf0=f'0=1 , giá trị củaf4 bằng
e2 .
2e.
e3
e2+1
Đáp án A
Ta có: f''x.fx+f2x2x+13=f'x2⇔f''x.fx−f'x2=−f2x2x+13
⇔f''x.fx−f'x2f2x=−12x+13⇔f'xfx'=−12x+13
⇔f'xfx=−∫dx2x+13⇔f'xfx=−∫2x+1−32dx⇔f'xfx=12x+1+C1
Thay x=0 ta được:C1=0⇒f'xfx=12x+1⇒∫f'xfxdx=∫dx2x+1
⇔lnfx=2x+1+C2
Thay x=0 ta được:C2=−1⇒lnfx=2x+1−1 .
Thayx=4 ta được lnf4=2⇒f4=e2 .
Cho hàm số y=fx xác định là liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ
Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình 7.f5−21+3cosx=3m=10 có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn−π2;π2 là
4.
8.
6.
5.
Đáp án C
Đặtt=5−21+3cosx 1 .
Ta có:t'=3sinx1+3cosx=0⇒x=0 .
Nhận xét:
+ Với t>3t<1, suy ra phương trình (1) không có nghiệm thuộc −π2;π2.
+ Với t=1 , suy ra phương trình (1) có một nghiệm thuộc −π2;π2 .
+ Với 1<t≤3, suy ra phương trình (1) có hai nghiệm thuộc −π2;π2.
Lúc đó, phương trình đã cho trở thànhft=3m−107 .
Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thì3m−107=−4−2<3m−107≤0⇔m=−6−43<m≤103 .
Vì m∈ℤ nên m∈−6;−1;0;1;2;3 .
Vậy có 6 giá trị nguyên thỏa mãn điều kiện bài toán.
Tìm tập hợp các giá trị của tham số m để bất phương trình 12x+2−m.6x+3x>0 nghiệm đúng với mọi x∈0;∞ .
4;+∞.
−∞;4 .
0;4 .
−∞;4.
Đáp án D
Chia cả hai vế của bất phương trình cho 3x , ta được bất phương trình:4x+2−m.2x+1>0 .
Đặt t=2x.
Dox∈0;∞⇒t∈1;+∞ .
Bất phương trình trở thành:t2+2−m.t+1>0⇔t+2+1t>m .
Xét hàm sốgt=t+2+1t trên 1;+∞ .
Bài toán trở thành tìm m để:m<gt, ∀t∈1;+∞⇔m≤min1;+∞gt .
Ta có g't=1+lnt>0, ∀t∈1;+∞ .
Do đó ta có m≤min1;+∞gt=g1=1+2+11=4 .
Vậy m≤4 .
Hoặc ta có thể bấm máy tính (MODE ® 7 (hoặc 8)) tìm min trên nửa khoảng 1;+∞ của hàm số g(t).
Cho tứ diện ABCD và M, N, P lần lượt thuộc BC, BD, AC sao cho BC=4BM ,BD=2BN ,AC=3AP . Mặt phẳng MNP cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳngMNP .
23.
713 .
513 .
13 .
Đáp án B
Gọi I=MN∩CD, Q=PI∩AD.S
Kẻ DH//BCH∈IM và DK//ACK∈IP .
ΔNMB=ΔNDH⇒IDIC=DHCM=BMCM=13
IKIP=DKCP=IDIC=13⇒DK2AP=13⇒DK=23
Đặt V=VABCD .
Ta có: VANPQVANCD=APAC.AQAD=15
VANCDVABCD=VDACNVDABC=DNDB=12⇒VANPQ=110V.
VCDMPVCDBA=CMCB.CPCA=12⇒VCDMP=12V⇒VV.ABMP=12VDABMP=12V−VCDMP=14V
⇒VABMNQP=VANPQ+VN.ABMP=720V⇒VABMNQPVCDMNQP=713
Vậy mặt phẳng MNP chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích 713 .
Cho các số thực a, b, m, n sao cho 2m+n<0 và thỏa mãn điều kiện
log2a2+b2+9=1+log23a+2b9−m.3−n.3−42m+n+ln2m+n+22+1=81
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a−m2+b−n2.
2
25−2
5−2 .
25.
Đáp án B
Ta có: log2a2+b2+9=1+log23a+2b⇔log2a2+b2+9=log223a+2b
⇔a2+b2+9=6a+4b⇔a−32+b−22=4
Gọi Ha;b, suy raH∈C có tâm I3;2, bán kính R=2 .
Lại có 9−m.3−n.3−42m+n+ln2m+n+22+1=81
⇔3−2m+n+−42m+n+ln2m+n+22+1=81 1.
Với mọi m, n thỏa mãn 2m+n<0 , ta có:
−2m+n+−42m+n≥2−2m+n.−42m+n=4⇒3−2m+n+−42m+n≥81ln2m+n+22+1≥ln1=0
Suy ra 3−2m+n+−42m+n+ln2m+n+22+1≥81
Do đó 1⇔−2m+n=−42m+n2m+n+2=0⇔2m+n+2=0 .
Gọi Km;n , suy ra K∈Δ:2x+y+2=0 .
Ta có: P=a−m2+b−n2=HK.
dI,Δ=2.3+2+222+12=25>2, suy ra đường thẳng không cắt đường tròn .
Do đó HK ngắn nhất khi K là hình chiếu của điểm I trên đường thẳng và điểm H là giao điểm của đoạn thẳng IK với đường tròn .
Lúc đó HK=IK−IH=25−2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 25−2 .
Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên đoạn [-5;3] có đồ thị như hình vẽ dưới. Biết diện tích các hình phẳng (A), (B), (C), (D) giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x0 và trục hoành lần lượt bằng 6; 3; 12; 2. Tích phân ∫−312f2x+1+1dx bằng
27.
25.
17.
21.
Đáp án D
Đặt t=2x+1⇒dt=2dx .
Đổi cận:x=−3⇒t=−5x=1⇒t=3 .
Do đó ∫−312f2x+1+1dx=∫−532ft+12dt=∫−53ftdt+∫−5312dt=∫−53ftdt+4.
Để tính ∫−53ftdt ta dùng diện tích các hình phẳng đã cho:
Quan sát đồ thị nhận thấy trên đoạn −5;3 thì đồ thị hàm số fx cắt trục hoành lần lượt tại các điểm có hoành độ x=−5; x=a; x=b; x=c (với−5<a<b<c<3 ).
Trong đó ∫−5aftdt=∫−5aftdt=SA=6 và ∫abftdt=−∫abftdt=−SB=−3.
∫bcftdt=∫bcftdt=SC=12; ∫c3ftdt=SD=2.
Vì vậy ∫−53ftdt=∫−5aftdt+∫abftdt+∫bcftdt+∫c3ftdt=6−3+12+2=17
Vậy tích phân cần tính bằng 17 + 4 = 21.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y−32+y+42=4 . Xét hai điểm M, N di động trên (S) sao cho MN=1. Giá trị nhỏ nhất của OM2−ON2 bằng
-10
−4−35
-5
−6−25.
Đáp án A
Xét điểm Mx;y;z, Na;b;c ta có M∈SN∈SMN=1⇔x2+y−32+z+42=4 1a2+b−32+c+42=4 2x−a2+y−b2+z−c2=1 3
Lấy (1) – (2) theo vế có: .x2+y2+z2−a2−b2−c2=6y−b−8z−c
Kết hợp sử dụng bất đẳng thức Coossi (Bunhiacốpxki) và (3) ta có OM2−ON2=x2+y2+z2−a2−b2−c2=6y−b−8z−c
≥−62+82y−b2+z−c2≥−62+82y−a2+y−b2+z−c2=−10
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x2+y−32+z+42=4a2+b−32+c+42=4x−a2+y−b2+z−c2=1x−a=0y−b6=z−c−8=k<0 .
Cho hàm số fx=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của m sao cho x−1m3.f2x−1−m.fx+fx−1≥0,∀x∈ℝ. Số phần tử của tập S là?
0
1
2
3
Đáp án C
Xét gx=x−1.hx≥0, ∀x∈ℝ với hx=m3.f2x−1−m.fx+fx−1 .
Do x−1>0 ∀x>1⇒hx≥0 ∀x>1x−1<0 ∀x<1⇒hx≤0 ∀x<1 *⇒hx=0 tại x=1.
Suy ra: m3.f1−m.f1+f1−1=0⇒m3−m=0⇔m=0m=±1.
Với m=0⇒hx=f1−1 thỏa mãn (*) do hàm f(x) đồng biến và f(1)=1.
Với m=1⇒hx=f2x−1−1 thỏa mãn (*).
Do x>1 thì 2x−1>1⇒f2x−1−1>0 và x<1 thì 2x−1<1⇒f2x−1−1<0.
Với m=−1⇒hx=−f2x−1+2fx−1.
Khi đó h(x) là hàm số bậc ba có hệ số a<0 nên limx→+∞hx<0 không thỏa mãn (*).
Vậy m=0 và m=1.
