Đề số 20
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−2;3;1),B(0;−1;2). Phương trình nào sau đây không phải là phương trình của đường thẳng AB?
{x=−2−2ty=3−4tz=1+t.
{x=2ty=−1−4tz=2+t.
{x=−2−2ty=3+4tz=1−t.
{x=−2ty=−1+4tz=2−t.
Ta có AB→=(2;−4;1) là 1 vectơ chỉ phương của đường thẳng AB, do đó đáp án A không phải là đường thẳng AB.
Hàm số y=x4+2x2−1 đồng biến trên khoảng nào sau đây?
(−1;1).
ℝ.
(−∞;0).
(0;+∞).
Đáp án D
Ta có: y'=4x3+4x=4x(x2+1).
y'>0⇔4x>0⇔x>0.
Vậy hàm số y=x4+2x2−1 đồng biến trên khoảng (0;+∞).
Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ?
y=2x+1x−1.
y=2x−1x−1.
y=2x−1x+1.
y=2x+1x+1.
Đáp án C
Đồ thị hàm số có TCĐ x=x0<0⇒ Loại đáp án A và B vì hai đồ thị hàm số ở đáp án A và B có đường TCĐ x=1.
Đồ thị hàm số đi qua điểm với Loại đáp án D vì đồ thị hàm số y=2x+1x+1 đi qua điểm (−12;0).
Trong không gian với hệ tọa độ (O;i→;j→;k→), cho u→=2i→−j→+k→ . Tính |u→|.
|u→|=6.
|u→|=2.
|u→|=4.
|u→|=5.
Đáp án A
Ta có: u→=2i→−j→+k→⇒u→=(2;−1;1)⇒|u→|=22+(−1)2+12=6.
Tổng tất cả các giá trị nghiệm của phương trình log3(x2+x+3)=2 là:
-6
2.
3.
-1
Đáp án D
Ta có: log3(x2+x+3)=2⇔x2+x+3=9⇔x2+x−6=0⇔[x=2x=−3.
Vậy tổng tất cả các giá trị nghiệm của phương trình log3(x2+x+3)=2 là 2+(−3)=−1.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên [1;4], biết f(4)=3,f(1)=1. Tính ∫142f'(x)dx.
8.
4.
5.
5.
Đáp án B
Ta có: ∫142f'(x)dx=2f(x)|41=2[f(4)−f(1)]=4.
Tìm hệ số của x3 trong khai triển x=x0⇔{f'(x0)=0f''(x0)>0 thành đa thức?
300.
300.
1200.
18400.
Đáp án D
Ta có: f(x)=(2x+1)25=∑k=025C25k(2k)k125−k=∑k=025C25k2kxk.
Cho dãy số (un):{u1=−3un+1=un+52, n≥1. Tính . S=u20−u6
S=33.
S=692.
S=35.
S=752.
Đáp án C
Do un+1=un+52, n≥1⇒ Dãy số trên là 1 CSC có u1=−3,d=52
⇒{u20=u1+19d=−3+19.52=892u6=u1+5a=−3+5.52=192⇒S=u20−u6=892−192=35.
Tính thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a (khối cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương).
πa326.
πa36.
πa38.
πa36.
Đáp án B
Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kính R=a2.
Vậy thể tích khối cầu là V=43π(a2)3=πa36.
Một nguyên hàm của hàm số f(x)=2x là:
2x+1x+1.
2xln2+2.
2xln2.
2x+2.
Đáp án B
Ta có: ∫f(x)dx=∫2xdx=2xln2+C.
Vậy một nguyên hàm của hàm số f(x)=2x là 2xln2+2.
Cho a, b là các số thực dương, a≠1. Khi đó alogcb bằng:
ba.
a.
b.
ab.
Đáp án C
Ta có: alogab=b.
Số phức z=i(3-i) biểu diễn trên mặt phẳng Oxy bởi điểm nào sau đây?
(−3;1).
(1;3).
(−1;−3).
D.
Đáp án B
Ta có: z=i(3−i)=3i+1 có điểm biểu diễn là (1;3).
Cho khối đa diện (kích thước như hình vẽ bên) được tạo bởi ba hình chữ nhật và hai tam giác bằng nhau. Tính thể tích khối đa diện đã cho là:
48 cm3.
192 cm3.
32 cm3.
96 cm3.
Đáp án D
Khối được tạo bởi ba hình chữ nhật và hai tam giác bằng nhau như hình vẽ là khối lăng trụ đứng.
⇒V=Sđay.h=12.4.6.8=96(cm3).
Cho hàm số y=f(x) có bảng xét dấu đạo hàm như hình bên dưới:
Hàm số y=f(x) đạt cực tiểu tại:
x=0
x=3
x=-1
x=5
Đáp án B
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy qua điểm x=3 thì f'(x) đổi dấu từ âm sang dương, do đó hàm số y=f(x) đạt cực tiểu tại x=3.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) song song với mặt phẳng (Oxyz) và cắt Ox tại điểm (2;0;0) . Phương trình mặt phẳng (α)) là:
y+z+2=0.
x−2=0.
x+2=0.
y+z−2=0.
Đáp án B
Mặt phẳng (Oyz) có phương trình x=0 nên mặt phẳng (α) song song với mặt phẳng (Oyz) có dạng x=c (c≠0)
(2;0;0)∈(α)⇒2=c(thỏa mãn).
Vậy (α):x=2⇔x−2=0.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Tìm khoảng đồng biến của hàm số y=f(3-x) .
(−∞;3).
(2;4).
(−∞;4).
(2;+∞).
Đáp án B
Ta có: y'=−f'(3−x)>0⇔f'(3−x)<0⇔−1<3−x<1⇔2<x<4.
Vậy hàm số y=f(3−x) đồng biến trên (2;4).
Lượng nguyên liệu cần dùng để làm ra một chiếc nón lá được ước lượng qua phép tính diện tích xung quanh của mặt nón. Cứ 1kg lá dùng để làm nón có thể làm ra số nón có tổng diện tích xung quanh là 6,13 m2. Hỏi nếu muốn làm ra 1000 chiếc nón lá giống nhau có đường kính vành nón là 50 cm, chiều cao 30 cm thì cần khối lượng lá gần nhất với con số nào dưới đây? (coi mỗi chiếc nón là có hình dạng là 1 hình nón).
48 kg.
38 kg.
50 kg.
58 kg.
Đáp án C
Ta có: h=30 cm,R=25 cm⇒1=h2+R2=561(cm).
Diện tích xung quanh của 1 chiếc nón là Sxq=πRl=π.25.561=12561π(cm2)
Cứ 1 kg lá dùng để làm nón có thể làm ra số nón có tổng diện tích xung quanh là 6,13 m2=61300 cm2 nên 1 kg lá có thể làm được 6130012561π≈20 (nón).
Vậy để làm 1000 chiếc nón cần 100020=50 (kg lá).
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình (2−1)x+(2+1)x−6=0 là:
1.
52.
6.
0.
Đáp án D
Ta có: (2−1)(2+1)=1⇒(2−1)x(2+1)x=1.
Đặt (2+1)x=t,t>0⇒(2−1)x=1t.
Khi đó phương trình trở thành: 1t+t−6=0⇔t2−6t+1=0.
Có Δ'=9−1=8>0⇒ Phương trình ẩn t có 2 nghiệm t1,t2 phân biệt.
Phương trình ban đầu có 2 nghiệm x1,x2 phân biệt.
Ta có: x1+x2=log2+1t1+log2+1t2=log2+1t1t2=log2+11=0.
Phương trình ax2+bx+c=0 (a,b,c∈ℝ) có hai nghiệm phức phân biệt khi và chỉ khi:
{a≠0b2−4ac≠0.
{a≠0b2−4ac>0.
{a≠0b2−4ac<0.
b2−4ac>0.
Đáp án C
Phương trình ax2+bx+c=0 (a,b,c∈ℝ) có hai nghiệm phức phân biệt khi và chỉ khi: {a≠0b2−4ac<0.
Cho số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là -3 . Môđun của số phức 3+iz là:
22.
2.
210.
10.
Đáp án C
Số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là −3⇒z=2−3i⇒3+iz=3+i(2−3i)=6+2i.
⇒|z|=36+4=210.
Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x) và trục hoành gồm hai phần, phần nằm phía trên trục hoành có diện tích S1=83 và phần nằm phía dưới trục hoành có diện tích S2=512 (tham khảo hình vẽ bên). Tính I=∫−10f(3x+1)dx.
I=274.
I=53.
I=34.
I=3736.
Đáp án C
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: {S1=∫−20f(x)dx=83S2=−∫01f(x)dx=512.
I=∫10f(3x+1)dx.
Đặt t=3x+1⇒dt=3dx.
Đổi cận {x=−1⇒t=−2x=0⇒t=1.
⇒I=13∫−21f(t)dt=13[∫−20f(t)dt+∫01f(t)dt]=13(83−512)=34.
Cho F(x)=x4−2x2+1 là một nguyên hàm của hàm số f'(x)-4x . Hàm số y=f(x) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
2.
0.
3.
1.
Đáp án D
Ta có: F(x)=x4−2x2+1 là một nguyên hàm của hàm số f'(x)−4x.
⇒f'(x)−4x=F'(x)⇔f'(x)−4x=4x3−3x⇔f'(x)=4x3.
Ta có: f'(x)=0⇔4x3=0⇔x=0.
Bảng xét dấu:
Từ bảng xét dấu f'(x) ta thấy hàm số có duy nhất 1 điểm cực tiểu x=0.
Cho hình chóp đều S.ABCD có SA=a5,AB=a. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng DN và mặt phẳng (MQP)?
22.
12.
32.
156.
Đáp án A
Dễ dàng chứng minh được MNPQ đồng phẳng và (MNPQ)//(ABCD) dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác.
⇒(DN,(MQP))^=(DN,(MNP))^=(DN,(ABCD))^.
Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥(ABCD).
Gọi H là trung điểm của OB.
Xét tam giác SOB có NH là đường trung bình
⇒NH//SO⇒NH⊥(ABCD).
DH là hình chiếu của DN trên .
⇒(DN,(ABCD))^=(DN,DH)^=NDH^.
ABCD là hình vuông cạnh a⇒BD=a2⇒DH=34BD=3a24, OB=12BD=a22.
Xét tam giác vuông SOB có SO=SB2−OB2=3a2⇒NH=12SO=3a22.
Xét tam giác vuông NHD có: ND=NH2+HD2=9a28+9a28=3a2.
⇒cosNDH^=DHND=3a243a2=22.
Tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=x+m cắt đồ thị hàm số y=x+2x−1 tại hai điểm phân biệt là:
(−2;3).
ℝ.
(−2;+∞).
(−∞;3).
Đáp án B
Xét phương trình hoành độ giao điểm x+2x−1=x+m (với x≠1).
⇔x+2=(x−1)(x+m)⇔x+2=x2+mx−x−m⇔g(x)=x2+(m−2)x−m−2=0 (*)Để đường thẳng y=x+m cắt đồ thị hàm số y=x+2x−1 tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
⇔{Δ>0g(1)≠0⇔{(m−2)2−4(m−2)>01+m−2−m−2≠0⇔{m2+12>0−3≠0(luôn đúng ∀m∈ℝ ).
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với (ABC) , tam giác ABC đều AB=a ; góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60 độ . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB. Tính thể tích khối chóp SMNC.
a316.
a34.
a3312.
a38.
Đáp án A
Ta có: SA⊥(ABC)⇒(SB,(ABC))^=(SB,AB)^=SBA^=60°.
Xét tam giác vuông SAB: SA=AB.tan60°=a3.
⇒VS.ABC=13.SA.SABC=13.a3.a234=a34.
Ta có: VSMNCVSABC=SMSA.SNSB=14⇒VSMNC=a316.
Bất phương trình (0,2)x2.2x≥25 tương đương với bất phương trình nào sau đây?
−x2+x−log2(25)≥0.
x2−xlog52+log52−1≥0.
x≥1.
x2−xlog52+log52−1≤0.
Đáp án D
Ta có: (0,2)x2.2x≥25⇔log5[(0,2)x2.2x]≥log525⇔x2log5(0,2)+xlog52≥log52−log55⇔−x2+xlog52−log52+1≥0⇔x2−xlog52+log52−1≤0
Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường elip có phương trình x29+y24=1 quay xung quanh trục Ox.
4π.
6π.
8π.
12π.
Đáp án A
Ta có: x29+y24=1⇔y2=4(1−x29)⇔y=±21−x29.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=21−x29và trục hoành ta có:
21−x29=0⇔1−x29=0⇔x2=9⇔x=±3.
Vậy V=π∫−33(21−x29)2dx=16π .
Đồ thị hàm số y=4x2+2x−1+xx+1 có bao nhiêu đường tiệm cận?
0.
3.
3.
2.
Đáp án D
Điều kiện: {4x2+2x−1≥0x≠−1⇔{[x≥−1+54x≤−1−54x≠−1.
Ta có: limx→+∞4x2+2x−1+xx+1=3; limx→−∞4x2+2x−1+xx+1=−1.limx→1+4x2+2x−1+xx+1=−2; limx→1−4x2+2x−1+xx+1=−2.
Vậy đồ thị hàm số có 2 TCN là y=3;y=−1.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-3;2;1), B(1;4;-1) . Phương trình mặt cầu đường kính AB là:
(x−1)2+(y+3)2+z2=24.
(x+1)2+(y−3)2+z2=24.
(x−1)2+(y+3)2+z2=6.
(x+1)2+(y−3)2+z2=6.
Đáp án D
Mặt cầu đường kính AB có tâm I(−1;3;0) là trung điểm của AB, bán kính R=12AB=1242+22+(−2)2=6.
Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB là (x+1)2+(y−3)2+z2=6.
Số phức z thỏa mãn 3−2i+z¯i là số thực và |z+i|=2. Phần ảo của z là:
-1
-2
1
2
Đáp án A
Giả sử z=a+bi⇒z¯=a−bi (với a,b∈ℝ).
Theo đề bài ta có: 3−2i+z¯i=3−2i−(a−bi)i=3−2i−ai−b là số thực.
⇒−2−a=0⇒a=−2⇒z=−2+bi⇒|z+1|=|−2+bi+i|=|−2+(b+1)i|=2⇔4+(b+1)2=2⇔b+1=0⇔b=−1.Vậy z=b=−1.
Hàm số y=x+108x đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [103;109] tại điểm x bằng:
106.
104.
103.
105.
Đáp án B
Xét hàm số y=x+108x trên [103;109].
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x+108x≥2x.108x=2.104⇔y≥2.104.
Dấu “=” xảy ra ⇔x=108x⇔x2=108⇔x=104.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng Δ:x−12=y1=z+2−1 và điểm A(−4;1;1) . Gọi A’ là hình chiếu của A trên Δ. Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với AA’?
−x+3y+z+3=0.
x−y+4z+1=0.
x−2y−2=0.
4x−y+7z−1=0.
Đáp án A
Do A’ là hình chiếu của A trên Δ⇒A'∈Δ⇒A'(1+2t;t;−2−t).
Ta có: AA'→=(2t+5;t−1;−t−3).
Gọi uΔ→=(2;1;−1) là 1 vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ nên AA'→.uΔ→=0.
⇔2(2t+5)+(t−1)−1(−t−3)=0⇔6t+12=0⇔t=−2⇔AA'→=(1;−3;−1).
Mặt phẳng vuông góc với AA’ nhận là 1 vectơ pháp tuyến
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y=x3+(3m−1)x2+m2x−3 đạt giá trị cực tiểu tại x=−1.
{5;1}.
∅.
{1}.
{5}.
Đáp án D
Ta có: y'=3x2+2(3m−1)x+m2; y''=6x+2(3m−1).
Để hàm số đạt cực tiểu tại x=−1 thì {y'(−1)=0y''(−1)>0⇔{3−2(3m−1)+m2=0−6+2(3m−1)>0⇔{[m=5m=1m>43⇔m=5 .
Tập nghiệm của phương trình x23=5là:
{±523}.
{523}.
{53}.
{±53}.
Đáp án B
Ta có: x23=5⇔x=523=523.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: {523}.
Cho số thực a∈(0;1). Đồ thị hàm số y=logax là hình vẽ nào dưới đây?
Đáp án C
Hàm số y=logax có TCĐ D=(0;+∞) nên loại đáp án A và D.
Do a∈(0;1) nên hàm số nghịch biến trên (0;+∞).
Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x=0,x=π. Biết rằng thiết diện của vật thể cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm có hoành độ x(0≤x≤π) là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng sinx+2 .
7π6+2.
7π6+1.
9π8+2.
9π8+1.
Đáp án C
Tam giác vuông có cạnh huyền bằng sinx+2 có cạnh góc vuông bằng sinx+22.
⇒S(x)=12(sinx+22)2=(sinx+2)22⇒V=14∫0π(sinx+2)2dx=14∫0π(sin2x+4sinx+4)dx=14∫0π(1−cos2x2+4sinx+4)dx =14(12x−sin2x4−4cosx+4x)|π0=14(12π+4+4π+4)=9π8+2.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f(f(x)+m)=0 có 3 nghiệm phân biệt.
4.
1.
2
3
Đáp án B
Ta có: f[f(x)+m]=0⇔[f(x)+m=0f(x)+m=2⇔[f(x)=−m (1)f(x)=2−m (2)
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f(x)=m có tối đa 2 nghiệm phân biệt, do đó để phương trình f(f(x)+m)=0 có 3 nghiệm phân biệt thì:
TH1: (1) có 1 nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt .⇔{−m=−32−m>−3⇔{m=3m<5⇔m=3
TH2: (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 1 nghiệm . ⇔{−m>−32−m=−3⇔{m<3m=5⇔m∈∅
Vậy m=3.
Cho hàm số y=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số g(x)=f2(x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
(−∞;3).
(3;+∞).
(−3;1).
(1;3).
Đáp án D
Ta có: g'(x)=2f(x).f'(x).
Chọn x=2⇒g'(2)=2f(2).f'(2).
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy {f(2)<0f'(2)>0⇒g'(2)<0⇒ Loại đáp án B và C.
Chọn x=−1⇒g'(−1)=2f(−1).f'(−1).
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy {f(−1)<0f'(−1)<0⇒g'(−1)>0⇒ Loại đáp án A.
Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu là mmHg) suy giảm mũ so với độ cao x (so với mặt nước biển) (đo bằng mét) theo công thức P=P0.exi trong đó P0=760 mmHg là áp suất ở mực nước biển (x=0) , i là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000 m thì áp suất của không khí là 672,71 mmHg. Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3343 m là bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần trăm)?
495,34 mmHg.
530,23 mmHg.
485,36 mmHg.
505,45 mmHg.
Đáp án D
Ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71 mmHg nên ta có: 672,71=760.e1000i.
⇔e1000i=672,71760⇔i=ln672,717601000
Áp suất không khí ở độ cao 3343m là: P=P0.e3343i=760.e3343.ln672,717601000≈505,45 mmHg.
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=mx4−(m−5)x2−3 đồng biến trên khoảng (0;+∞)..
6.
4
3
5
Đáp án A
Ta có: y'=4mx3−2(m−5)x.
TH1:m=0⇒y'=10x>0⇔x>0⇒ Hàm số đồng biến trên khoảng .
Do đó m=0 thỏa mãn.
TH2: m≠0
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞) khi và chỉ khi y'≥0 ∀x∈(0;+∞).
4mx3−2(m−5)x≥0,∀x∈(0;+∞)⇔x[4mx2−2(m−5)]≥0,∀x∈(0;+∞)⇔4mx2−2(m−5)≥0,∀x∈(0;+∞)⇔g(x)=2mx2−m+5≥0,∀x∈(0;+∞)⇔min[0;+∞)g(x)≥0
Xét hàm số g(x)=2mx2−m+5 ta có g'(x)=4mx=0⇔x=0.
TH1: m>0
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ⇒g(0)≥0⇔−m+5≥0⇔m≤5⇒0<m≤5.
TH2: m<0⇒Không tồn tại min[0;+∞)g(x).
Vậy 0≤m≤5.
Cho hàm số y=|x4−2x3+x2+m|. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để min[−1;2]y+max[−1;2]y=20 là:
-10
-4
20.
-21
Đáp án B
Xét f(x)=x4−2x3+x2+m trên đoạn [−1;2] .
⇒f'(x)=4x3−6x2+2x;f'(x)=0⇔x=0;x=1;x=12.
Ta có: f(0)=m;f(12)=m+116;f(−1)=f(2)=m+4.
Suy ra {max[−1;2]f(x)=f(2)=m+4max[−1;2]f(x)=f(0)=f(1)=m.
TH1: Nếu m≥0⇒{m≥0m+m+4=20⇔m=8.
TH2: Nếu m≤−4⇒{m≤−4−(m+4)−m=20⇔m=−12.
TH3: Nếu −4<m<0⇒min[−1;2]y=0;max[−1;2]y=max{|m+4|,|m|}=max{m+4,−m}.
Suy ra min[−1;2]y+max[−1;2]y<4<0+20=20(loại).
Vậy tổng các giá trị của m là -4.
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 2x-y+2z+5=0 và (Q): x-y+2=90 . Trên (P) có tam giác ABC, gọi A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên (Q) . Biết tam giác ABC có diện tích bằng 4, tính diện tích tam giác A’B’C’.
2.
22.
2.
42.
Đáp án B
Ta có: n(P)→=(2;−1;2),n(Q)→=(1;−1;0) lần lượt là 1 vectơ pháp tuyến của .
Khi đó cos((P),(Q))=|n(P)→,n(Q)→|n(P)→||n(Q)→||=|2+1+092|=12.
VậySΔA'B'C'=SΔABC.cos((P),(Q))^=4.22=22 .
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm sáu chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4 trong đó chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng một lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau
0,2.
13.
16.
0,3.
Đáp án D
Số tự nhiên gồm sáu chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4 trong đó chữ số 1 có mặt đúng 3 lần là n(Ω)=6!3!=120.
Gọi A là biến cố: “số được chọn không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau”.
Xếp 3 chữ số 1 có 1 cách xếp, khi đó tạo ra 2 khoảng trống giữa các chữ số 1.
Chọn 2 số trong 3 số còn lại xếp vào 2 khoảng trống giữa 2 chữ số 1 đó, có A32=6 cách xếp. Khi đó, ta đã xếp được 5 chữ số và có 6 khoảng trống (bao gồm 4 khoảng trống giữa 5 số và 2 khoảng trống ở hai đầu).
Có 6 cách xếp chữ số còn lại ⇒n(A)=6.6=36 .
Vậy P(A)=36120=310=0,3.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P):x+y−z−4=0 và điểm A(2;−1;3) . Gọi Δ là đường thẳng đi qua A và song song với (P), biết Δ có một vectơ chỉ phương là đồng thời Δđồng phẳng và không song song với Oz. Tính ac.
−12.
12.
2.
-2
Đáp án C
Δ đồng phẳng và không song song với Oz, suy ra Δ∩Oz .
Giả sử Δ∩Oz=B(0;0;b)
⇒AB→=(−2;1;b−3) là 1 vectơ chỉ phương của .
nP→=(1;1;−1)là 1 vectơ chỉ phương của .
DoΔ//(P)⇒AB→.nP→=0⇔−1+1−b+3=0⇔b=2 .
⇒AB→=(−2;1;−1)⇒{a=−2b=1c=−1⇒ac=−2−1=2.
Trên hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh 2a. Hình chiếu của S trên mặt đáy là trung điểm H của OA; góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 45 độ . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
a2.
3a22.
3a24.
a6.
Đáp án A
Trong (ABCD) kẻ HM⊥CD(M∈CD).
Ta có: {CD⊥SH(SH⊥(ABCD))CD⊥HM⇒CD⊥(SHM)⇒CD⊥SM
{(SCD)∩(ABCD)=CD(SCD)⊃SM⊥CD(ABCD)⊃HM⊥CD⇒(SCD),(ABCD)^=(SM,HM)^=SMH^=45°
Trong (SHM) kẻ HK⊥SM(K∈SM) ta có:
{HK⊥SMHK⊥CD⇒HK⊥(SCD).
Ta có: AB//CD⇒d(AB;SC)=d(AB;(SCD))=d(A;(SCD)) .
AH∩(SCD)=C⇒d(A;(SCD))d(H;(SCD))=ACHC=43⇒d(A;(SCD))=43d(H;(SCD))=43HK.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: HMAD=HCAC=34⇒HM=34AD=3a2.
Xét tam giác vuông HMK: HK=HM.sin45°=3a2.22=3a24.
Vậy d(AB;SC)=43.3a24=a2.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn [0;1], thỏa mãn f(0)=1 và 3∫01[f'(x).f2(x)+19]dx=2∫01f'(x).f(x)dx. Tính I=∫01f3(x)dx.
I=32.
I=54.
I=56.
I=76.
Đáp án D
Giả thiết tương đương với 3∫01[f'(x).f(x)]2dx+13=2∫01f'(x).f(x)dx.
⇔∫01[3f'(x).f(x)]2dx−2∫013f'(x).f(x)dx+∫01dx=0⇔∫01[3f'(x).f(x)−1]2dx=0⇔3f'(x).f(x)=1,∀x∈[0;1]⇔9f'(x).f2(x)=1
hay 9∫f2(x)d(f(x))dx=∫dx⇒3f3(x)=x+C.
Do f(0)=1, nên ta có: 3f3(0)=0+C⇔C=3 .
Vậy f3(x)=13x+1⇒∫01f3(x)dx=76.
Trong không gian Oxyz, gọi (S) là mặt cầu đi qua D(0;1;2) và tiếp xúc với các trục Ox, Oy, Oz tại các điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c), trong đó a,b,c∈ℝ\{0;1}. Tính bán kính của (S) ?
322.
5.
52.
52.
Đáp án C
Mặt cầu (S) tiếp xúc với Ox tại A(a;0;0) .
Tâm I thuộc mặt phẳng đi qua A và vuông góc với Ox.
Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với Ox là 1(x−a)=0⇔x=a .
Tương tự, ta có tâm I thuộc mặt phẳng đi qua B và vuông góc với Oy là , tâm I thuộc mặt phẳng đi qua C và vuông góc với Oz là z=c⇒I(a;b;c).
Ta có: IA2=IB2=IC2=ID2⇔b2+c2=a2+c2=a2+b2=a2+(b−1)2+(c−2)2⇔{a2=b2=c2b2=(b−1)2+(c−2)2.
TH1: {a=b=ca2=(a−1)2+(a−2)2⇔{a=b=ca2−6a+5=0⇔{a=b=c[a=1 (loai)a=5⇒a=b=c=5 .
⇒R=IA=52+52=52.
TH2: {a=b=−ca2=(a−1)2+(a−2)2⇔{a=b=−ca2+2a+5=0 (vo nghiem).
TH3: {a=−b=ca2=(a−1)2+(a−2)2⇔{a=−b=ca2−2a+5=0 (vo nghiem) .
TH4: {−a=b=ca2=(a−1)2+(a−2)2⇔{−a=b=ca2+6a+5=0⇔{−a=b=c[a=−1 (loai)a=5.
⇒R=IA=52+52=52.
Cho số thực a thay đổi và số phức z thỏa mãn za2+1=i−a1−a(a−2i). Trên mặt phẳng tọa độ, gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Khoảng cách giữa hai điểm M và I(−3;4) (khi a thay đổi) là:
4.
3.
5.
6.
Đáp án A
Ta có: za2+1=i−a1−a(a−2i)⇔z=i−a1−a2+2aia2+1⇔z=i−a−(a−i)2a2+1⇔z=a2+1a−i=a2+1(a+i)a2−i2⇔z=a2+1(a+i)a2+i⇔z=a+ia2+1=aa2+1+1a2+1i
M là điểm biểu diễn số phức z⇒M(aa2+1,1a2+1).
Ta có: (aa2+1)2+(1a2+1)2=a2+1a2+1=1.
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn x2+y2=1 có tâm O(0;0)bán kính R=1.
Khi đó IMmin=IO−R=(−3)2+42−1=5−1=4.
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt: x4−16x2+8(1−m)x−m2+2m−1=0 .
4.
3.
6.
5.
Đáp án C
Ta có: x4−16x2+8(1−m)x−m2+2m−1=0.
⇔x4−16x2+8(1−m)x−(1−m)2=0⇔(1−m)2−8x(1−m)−x4+16x2=0.
Đặt 1−m=M, phương trình trở thành: M2−8xM−x4+16x2=0 (*).
ΔM'=(4x)2+x4−16x2=x4≥0.
TH1: x=0, Phương trình (*) có nghiệm kép M=4x=0⇔1−m=0⇔m=1.
Khi đó phương trình ban đầu trở thành: x4−16x2=0⇔x2(x2−16)=0⇔[x=0x=±4.
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇒m=1 không thỏa mãn.
TH2: x≠0⇒Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
[M=4x+x2⇔x2+4x−M=0 (1)M=4x−x2⇔x2−4x+M=0 (2) (1), (2) là phương trình bậc hai nên có
tối đa 2 nghiệm.
Do đó, để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì (1), (2) đều có 2 nghiệm phân biệt, và 4 nghiệm này phân biệt nhau
⇒{Δ1'>0Δ2'>0⇔{4+M>04−M>0⇔{M>−4M<4⇔−4<M<4.
⇔−4<m−m<4⇔−5<−m<3⇔−3<m<5
Kết hợp điều kiện m∈ℤ⇒m∈{−2,−1,0,2,3,4}.
Thử lại m=−2⇒x∈{−2±2;2±6} (thỏa mãn).
m=−1⇒x∈{−2±6;2±2}(thỏa mãn).
m=0⇒x∈{−2±5;2±3}(thỏa mãn).
m=2⇒x∈{−2±3;2±5}(thỏa mãn).
m=3⇒x∈{−2±2;2±6} (thỏa mãn).
m=4⇒x∈{−1;−3;2±7} (thỏa mãn).
Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ phương trình sau có nghiệm:
{32x+x+1−32+x+1+2017x≤2017 (1)x2−(m+2)x+2m+3≥0 (2).
m≥−3.
m>−3.
m≥−2.
m≤−2.
Đáp án C
Điều kiện: x≥−1.
Ta có: (1)⇔32x.3x+1−32.3x+1≤2017−2017x⇔(9x−9)3x+1≤2017(1−x) .
TH1: −1≤x<1 thì {VT=(9x−9)3x+1<0VP=2017(1−x)>0.
Suy ra (9x−9)3x+1≤2017(1−x) có nghiệm với −1≤x<1 .
TH2: x=1 thì VT=VP.
TH3:x>1 thì {VT=(9x−9)3x+1>0VP=2017(1−x)<0.
Suy ra (9x−9)3x+1≤2017(1−x) vô nghiệm. Vậy (1) có nghiệm với: −1≤x≤1.
Ta có: (2)⇔m≥x2−2x+3x−2(với −1≤x≤1).
Để bất phương trình có nghiệm trên [−1;1] thì: m≥min[−1;1]x2−2x+3x−2=−2 . Vậy m≥−2.
