ĐỀ SỐ 24
50 câu hỏi
Điều kiện xác định của hàm số y=log22x+1 là
x>−12.
x≥0.
x>0.
x≥−12.
Đáp án B
Điều kiện:
log22x+1≥02x+1>0⇔2x+1≥1⇔x≥0
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=3x4−4x3 trên đoạn [−1;1] là
0.
-2.
-1.
-7.
Đáp án C
y'=12x3−12x2=12x2x−1;y'=0⇔x=0x=1;
y−1=7;y0=0;y1=−1.
Do đó miny−1;1=−1.
Một công ty có hai dự án đầu tư là Q1 vàQ2. Giả sử sau một thời gian là t năm thì dự án thứ nhất phát sinh lợi nhuận với tốc độ Q1t=t2+100 (trăm đô la/ năm) và dự án thứ hai phát sinh lợi nhuận với tốc độ là Q2t=15t+254 (trăm đô la/ năm). Tính lợi nhuận vượt thực tế từ lúc ban đầu tới khi tốc độ sinh lợi nhuận dự án thứ hai vượt bằng dự án đầu tư thứ nhất.
Xấp xỉ 3268,87 (trăm đô la).
Xấp xỉ 3287,68 (trăm đô la).
Xấp xỉ 3487,68 (trăm đô la).
Xấp xỉ 3468,67 (trăm đô la).
Đáp án D
Thời điểm mà tốc độ sinh lợi nhuận dự án thứ hai vượt bằng dự án đầu tư thứ nhất thỏa mãn:
100+t2=15t+254⇔t2−15t−154=0⇔t=22nhant=−7loai
Lợi nhuận vượt thực tế từ lúc ban đầu t=0cho tới thời điểm t=22 là
∫022Q2t−Q1tdt=∫022t2−15t−154dt=104063≈3468,67
(trăm đô la).
Cho hình chữ nhật ABCD có tỉ lệ hai cạnhAB:AD=2:3. Khi quay hình chữ nhật xung quanh cạnh AB ta thu được hình trụ có thể tích V1, khi quay hình chữ nhật quanh cạnh AD ta thu được hình trụ có thể tích V2. Tính tỉ số thể tích V1V2.
32.
23.
25.
35.
Đáp án A
Khi quay hình chữ nhật xung quanh cạnh AB thì bán kính hình trụ lúc này R1=AD,chiều cao bằng h1=AB. Khi đó V1=πR12h1=π.AD2.AB.
Khi quay hình chữ nhật xung quanh cạnh AD thì bán kính hình trụ lúc này là R2=AB, chiều cao h2=AD. Khi đó V2=πR22h2=πAB2.AD.
Do đó, tỉ số thể tích là V1V2=π.AD2.ABπ.AB2.AD=ADAB=32.
Cho hình lăng trụ tứ giác đều, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b. Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là
Stp=2a2+4ab.
Stp=2a2+16ab.
Stp=a2+4ab.
Stp=a2+16ab.
Đáp án A
Stp=Sxq+2Sd, trong đó Stp là diện tích toàn phần, Sd là diện tích đáy, Sxq là diện tích xung quanh hình lăng trụ tứ giác đều.
Stp=4.a.b+2a2=2a2+4ab.
Tìm các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=mx−2m+1x−m có tiệm cận đứng.
m≠1.
m=−1.
m≠−1.
m=1.
Đáp án A
y=mx−2m+1x−m=gxx−m;
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
⇔gm≠0⇔m2−2m+1≠0⇔m≠1.
Tìm các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=x3+3mx+m−1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2.
m=−2.
m=2.
m=−1.
m=1.
Đáp án C
YCBT ⇔x3+3mx+m−1=0 có một nghiệm
x=2⇔8+6m+m−1=0⇔m=−1
Cho tích phân I=∫0axexdx, với a là số thực dương. Tìm a để I=1.
a=1.
a=e.
a=0.
a=2.
Đáp án A
Đặt u=xdv=exdx⇒du=dxv=ex
I=exx−10a=eaa−1+1=1⇔a=1.
Một hình lập phương có cạnh bằng a. Tính thể tích của khối lập phương đó.
a33.
πa33.
2a3.
a3.
Đáp án D
V=Sd.h=a2.a=a3.
Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình x3−3x2+2=m có ba nghiệm phân biệt?
m<2.
Với mọi số thực m.
m>2.
m<2.
Đáp án A
Xét hàm số y=fx=x3−3x2+2 có
y'=3x2−6x=3xx−2;y'=0⇔x=0x=2
Bảng biến thiên:
Phương trình fx=m có ba nghiệm phân biệt ⇔−2<m<2.
Tập hợp điểm biểu diễn hình học của số phức w=1−iz với z là số phức thỏa mãn z+i=2 là đường tròn có phương trình
x2+y2=2.
x2+y2=22.
x2+y2=4.
x2+y2=2.
Đáp án C
w=1−iz⇒iz=1−w⇒z=1−wi=−i+iw
z+i=2⇔−i+iw+i=2⇔iw=2⇔iw=2⇔w=2
Vậy tập hợp các số phức w là đường tròn tâm O0;0 và bán kính R=2.
Cho log23=a;log27=b. Tính log9147 theo a và b.
1+2b2a.
a+2b2a.
a+b2.
b+2a2b.
Đáp án B
log9147=log323.72=12log33.72=121+2log37
Ta có log37=log27log23=ba.
⇒log9147=121+2.ba=a+2b2a.
Giá trị của tích phân I=∫−112x−1x+2dx là
2−5ln3.
2−5ln3.
4−5ln3.
5−3ln3.
Đáp án C
I=∫−112x−1x+2dx=∫−112x+2−5x+2dx=∫−112−5x+2dx=2x−5lnx+2−11=4−5ln3.
Tính đạo hàm của hàm số y=2xlog2x.
y'=2xln2log2x+1x
y'=2xlog2x+1x.
y'=2xln2.log2x+2x.1xln2.
y'=2xln2.log2x-2x.1xln2.
Đáp án C
y'=2xln2.log2x−2x.1xln2
Chọn khẳng định đúng?
Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng, có vô số mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.
Qua một điểm tồn tại duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng cho trước.
Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng, tồn tại duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.
Qua một điểm có vô số mặt phẳng song song với một mặt phẳng cho trước.
Đáp án C
Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng, tồn tại duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.
Tìm các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=x2+2mx+1mx−1 đi qua điểm A1;1.
m=−1.
m=−3.
m=2.
m=1.
Đáp án B
Đồ thị hàm số đi qua điểm A1;1⇔1=1+2m+1m−1⇔m≠12m+2=m−1⇔m=−3.
Tìm tọa độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC với O là gốc tọa độ và tọa độ các đỉnh A1;0;0,B0;2;0,C0;0;3.
I1;1;1.
I1;2;3.
I12;1;32.
I2;1;3.
Đáp án C
Gọi M là trung điểm AB, dựng đường thẳng d đi qua M và song song với OC.
Dựng mặt phẳng trung trực (P) của CO, P∩d=I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
Khi đó I12;1;32.
Biết logab=2. Tính logbaa23b3.
−125.
113.
−73.
136.
Đáp án C
logbaa23b3=logbaa2/3−logbab3/2=23logbaa−32logbab=23.1logaba−32.1logbba=23.1logab−1−32.11−logba=23.12−1−32.11−12=−73.
Cho số phức z=−1+3i. Số phức nghịch đảo của z có phần ảo là
34i.
34.
-34i.
-34.
Đáp án D
1z=1−1+3i=−14−34i.
Cho hai đường thẳng d1:x−22=y−1=z+32 và d2:x−1=2y+11=1−z1. Phát biểu nào sau đây là đúng về vị trí tương đối của hai đường thẳng d1 và d2.
d1//d2.
d1⊥d2.
d1≡d2.
d1,d2chéo nhau và không vuông góc.
Đáp án A
Viết lại phương trình đường thẳng d2:x−1=y+1212=z−1−1.
d1 qua điểm A2;0;−3và có VTCP u1→=2;−1;2;
d2 qua điểm B0;−12;1 và có VTCP u2→=−1;12;−1=−122;−1;2=−12u1→.
Mặt khác A2;0;−3∉d2.
Do đó d1//d2.
Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 9% năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được số tiền gấp 3 lần số tiền ban đầu?
8 năm.
12,7 năm.
18,4 năm.
13,7 năm.
Đáp án B
Gọi A là số tiền ban đầu người đó gửi.
Sau năm đầu, người đó nhận được số tiền là: A+A.9%=A1+9%.
Sau năm thứ hai, người đó nhận được số tiền là: A1+9%2.
…
Sau năm thứ n, người đó nhận được A1+9%n.
Yêu cầu bài toán tương đương với
A1+9%n=3A⇔n=log1+9%3≈12,7 năm.
Một khối đa diện có 9 đỉnh và 16 cạnh. Số mặt của đa diện đó là
10.
7.
9.
8.
Đáp án C
Giả sử khối đa diện là khối chóp có đỉnh là S và đáy là 8 đỉnh còn lại. Khi đó số cạnh của đa diện là 16 và số mặt của đa diện đó là 9.
Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A1;2;3 và hai mặt phẳngP:x−y=0, Q:2x+4z+1=0. Phương trình mặt phẳng (R) đi qua A và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P),(Q) là
R:−2x+2y−z+3=0.
R:2x−2y−z+3=0.
R:2x+2y+3z−17=0.
R:x-y+1=0.
Đáp án D
Gọi d=P∩Q,d có VTCP là u→.
Khi đó u→=1;−1;0,2;0;4=−4;−4;2=−22;2;−1.
Mặt phẳng (R) qua A1;2;3, có VTCP là 2;2;−1 và đi qua điểm B(−12;−12;0) thuộc giao tuyến, (R) có phương trình là R:x−y+1=0.
Tập nghiệm của bất phương trình 1+log2x1+log22x≥1 là
0;1∪2;+∞.
0;2.
1;2
2;+∞
Đáp án C
Điều kiện:x>0.
1+log2x1+log22x≥1⇔1+log2x≥1+log22x⇔log2x1−log2x≥0⇔0≤log2x≤1⇔1≤x≤2.
Cho đồ thị C:y=x4−4x2. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
C chỉ có một điểm cực đại.
C có ba điểm cực trị.
C chỉ có một tâm đối xứng.
C chỉ có một trục đối xứng.
Đáp án C
y'=4x3−8x=4xx2−2;y'=0⇔x=0x=±2
Bảng biến thiên:
Từ BBT ta thấy, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị và chỉ có một điểm cực đại. Trục đối xứng là trục tung. Không có tâm đối xứng.
Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước chiều dài, chiều rộng và chiều cao tương ứng là 4;3;2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình hộp.
V=29π6.
V=29π296.
V=π293
V=29π6.
Đáp án B
Gọi O và O’ là tâm hai đáy như hình vẽ, I là trung điểm của OO’ khi đó I là tâm khối cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD.A′B′C′D′.
Bán kính R=IA.
R=OA2+OI2=AC22+c22=12a2+b2+c2
Thay số
Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình hộp là V=43πR3=29π296.
Số phức z=1+2i−1+i bằng
z=1+i.
z=−3−i.
z=3−i.
z=−3+i.
Đáp án B
z=1+2i−1+i=−3−i
Gọi D là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=sin2x, trục tung, trục hoành và đường thẳngx=π. Quay hình phẳng D quay trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là
π2.
π2.
π24.
π22.
Đáp án D
Thể tích khối tròn xoay cần tính là
V=π∫0πsin22xdx=π∫0π1−cos4x2dx=π2x−14sin4x0π=π2π−0=π22.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=cosx,trục tung, trục hoành và đường thẳng x=π là
2.
12.
2π.
1.
Đáp án A
S=∫0πcosxdx=∫0π/2cosxdx−∫π/2πcosxdx=sinx0π/2−sinxπ/2π=1−0−1=2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. Biết AD=2a, AB=BC=SA=a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, gọi M là trung điểm cạnh AD. Tính khoảng cách h từ M đến mặt phẳng (SCD).
h=a3.
h=a63.
h=a66.
h=a36
Đáp án C
Theo dữ kiện đề bài cho, dễ dàng chứng minh được ΔACD vuông tại cân C và AC=AD2=a2.
CD⊥ACCD⊥SA⇒CD⊥SAC⇒SAC⊥SCD
Mà SAC∩SCD=SC, từ A kẻ AH⊥SC. Khi đó dA;SCD=AH.
Tam giác SAC vuông tại
A:1AH2=1SA2+1AC2=1a2+12a2=32a2⇒dA;SCD=AH=a23
Mặt khác: AD∩SCD=D và M là trung điểm AD nên:
dM;SCDdA;SCD=MDAD=12⇒dM;SCD=12dA;SCD=a66
Tìm các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=mx+22x+m đồng biến trên từng khoảng thuộc tập xác định.
m≥2.
m>2.
∀m∈ℝ.
m<2.
Đáp án B
Điều kiện: x≠−m2.
y'=m2−42x+m2;
Hàm số đồng biến trên từng khoảng thuộc tập xác định
⇔y'>0,∀x≠−m2⇔m2−4>0,∀x≠−m2⇔m>2.
Số nghiệm nguyên của bất phương trình log4x22x−1≤12 là
3.
2.
4.
1.
Đáp án A
Điều kiện: x22x−1>0⇔x≠02x−1>0⇔x>12.
log4x22x−1≤12⇔12log2x22x−1≤12⇔x22x−1≤2⇔x2≤22x−1⇔x2−4x+2≤0⇔2−2≤x≤2+2
Kết hợp điều kiện ta được 2−2≤x≤2+2
Bất phương trình có 3 nghiệm nguyên là 1;2;3.
Trong mặt phẳng tọa độ phức Oxy, cho A,B,C là các điểm tương ứng biểu diễn các số phứcz1=i,z2=−1+2i;z3=2. Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
13;0.
-13;1.
12;32.
13;1.
Đáp án D
Tọa độ các điểm A,B,C tương ứng là A0;1,B−1;2,C2;0.
Trong tâm G0−1+23;1+2+03=13;1.
Thể tích của khối tứ diện đều cạnh bằng a là
V=a326.
V=a324.
V=a323.
V=a3212.
Đáp án D
V=13Sd.SH
Sd=SABC=12a.a32=a234
SH=SC2−HC2=a2−23.a322=a23
⇒V=13.a234.a23=a3212.
Trong các hàm số sau, hàm số nào là một nguyên hàm của hàm fx=sin2x?
y=12x−sin2x.
y=12x−14sin2x
y=12x+sin2x.
y=12x+14sin2x.
Đáp án B
Cho hàm sốy=x4−2x2. Phát biểu nào sau đây là đúng?
Hàm số không có cực trị.
Hàm số có hai cực đại và một cực tiểu.
Hàm số có đúng một cực trị.
Hàm số có hai cực tiểu và một cực đại.
Đáp án D
y'=4x3−4x=4xx2−1;y'=0⇔x=0x=±1
Bảng biến thiên:
Hàm số có hai cực tiểu và một cực đại.
Cho một hình nón có đỉnh S, tâm của đáy là O. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của SO và song song với mặt đáy, ta được một hình nón mới có đỉnh S và đáy là hình tròn thuộc (P). Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích khối nón ban đầu và thể tích khối nón mới. Phát biểu nào sau đây là đúng?
V1=4V2.
V1=8V2.
V1=16V2.
3V1=8V2.
Đáp án B
V1V2=13πr2.SO'13πR2.SO=122.12=18.
Phương trình đường thẳng đi qua điểm M2;9;0 và vuông góc với mặt phẳng P:x−y−z=0 là
d:x=1−2ty=−1−9tz=1,t∈ℝ.
d:x=2+ty=9−tz=−t,t∈ℝ.
d:x=2-ty=9+tz=−t,t∈ℝ.
d:x=1+2ty=−1+9tz=1,t∈ℝ.
Đáp án B
Đường thẳng đi qua M2;9;0 và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình
d:x=2+ty=9−tz=−t,t∈ℝ
Cho tứ diện có SA=SB=SC=AB=AC=a, BC=a2. Góc giữa hai đường thẳng AB, SC bằng
0∘.
60∘.
90∘.
120∘.
Đáp án B
Cách 1:
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AC, SA, BC.
Khi đó, MN//SC, MP//AB nên góc giữa SC, AB là góc giữa MN và MP, tức NMP^ hoặc 180∘−NMP^.
Có MN=MP=a2.
Do SA=SB=SC=AB=AC=a,BC=a2 nên ΔABC, ΔSBC vuông cân tại A và S
⇒SP=AP=BC2=a22⇒ΔSPA là tam giác vuông cân tại ⇒PN=SA2=a2.
Tam giác MN=MP=NP=a2 ⇒ΔMNP đều ⇒NMP^=60∘.
Vậy góc giữa hai đường thẳng SC, AB bằng 600.
Cách 2:
Từ giả thiết suy ra ΔSBC vuông cân tại S; ΔSAC là tam giác đều.
Có SC→.AB→=SC→.SB→−SA→=SC→.SB→−SC→.SA→ =−SC.SA.cosASC^=−a.a.cos60∘=−a22
Có AB=a,SC=a⇒cosSC→, AB→=SC→.AB→SC.AB=−a22a2=−12 ⇒SC→, AB→=120∘.
Vậy góc giữa hai đường thẳng SC, AB bằng 180∘−120∘=60∘.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu P:x2+y2+z2+4x+2y+z=0 và Q:x2+y2+z2−2x−y−z=0 cắt nhau theo một đường tròn (C) và cho ba điểm A1;0;0,B0;1;0,C0;0;1. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa đường tròn (C) và tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB, AC, BC?
4 mặt cầu
1 mặt cầu
2 mặt cầu
Vô số mặt cầu
Đáp án A
Ba điểm A,B,C tạo thành một tam giác. Có 4 đường tròn tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB,AC,BC (hình vẽ trên).
Mặt cầu (S) cần tìm tiếp xúc với 3 đường thẳng AB,AC,BC, do đó nó phải chứa 1 trong 4 đường tròn trên.
Xét với 1 đường tròn bất kì trong 4 đường tròn trên, giả sử là đường tròn tâm (O) nằm bên trong tam giác, ta có:
Tâm I của mặt cầu (S) phải nằm trên đường thẳng d đi qua tâm O và vuông góc với (ABC). Mặt khác, I thuộc mp (P) chứa (C), (C) lại không vuông góc với (ABC) do đó chỉ có 1 giao điểm của d với (P). Tương tự, với 3 đường tròn còn lại, với mỗi đường tròn ta tìm được 1 tâm I nữa. Vậy có 4 mặt cầu thỏa mãn yêu cầu.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 10. Gọi M là điểm trên SA sao cho SMSA=23. Một mặt phẳng (α) đi qua M song song với AB và CD, cắt hình chóp theo một tứ giác có diện tích là:
4009.
169.
49.
203.
Đáp án A
Qua M dựng đường thắng song song AB cắt SB tại N.
Qua M dựng đường thắng song song AD cắt SD tại Q.
Qua N dựng đường thắng song song BC cắt SC tại P.
Ta có MN//AB⇒MN//ABCDNP//BC⇒NP//ABCD.
⇒MNPQ//ABCD.
Tương tự câu 1 ta có tỉ lệ diện tích SMNPQSABCD=MNAB2=SMSA2=49.
Ta có SABCD=10.10=100 ⇔SMNPQ=100.49=4009
Dùng tất cả các số 0,1,2,3,4,5 có thể lập ra bao nhiêu số có 7 chữ số mà số 5 xuất hiện đúng 2 lần?
720.
4320.
2520.
2160.
Đáp án D
Vì số 0 không thể đặt ở vị trí đầu tiên, nên vị trí đầu tiên có 6 cách chọn.
Với mỗi một cách chọn, ta có 6! Cách sắp xếp cho 6 vị trí còn lại.
Vậy số cách chọn cần tìm là 6.6!2=2160 (chia cho 2 vì số 5 lặp 2 lần).
Cho a và b là các số thực khác 0. Giới hạn limx→01−ax+1sinbx bằng :
a2b.
−2ab.
2ab.
−a2b.
Đáp án D
limx→01−ax+1sinbx=limx→0bxsinbx.1−ax+1bx=limx→0bxsinbx.−axbx1+ax+1=limx→0bxsinbx.−ab1+ax+1=−a2b
Tập nghiệm của bất phương trình 3.9x+4.15x>15.25x là
x<−1.
x>−1.
x>0.
−1<x<0.
Đáp án A
3.9x+4.15x>15.25x⇔3.925x+4.1525x>15⇔3.352x+4.35x>15
Đặt 35x=t>0 ta được
3t2+4t−15>0⇔t<−3loait>53⇒35x>53=35−1⇔x<−1
Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của z, biết z là số phức thỏa mãn z−i=2.
zmin=1;zmax=3.
zmin=3;zmax=9.
zmin=1;zmax=9.
zmin=0;zmax=3.
Đáp án A
Gọi z=x+iy;x,y∈ℝ.
z−i=2⇔x+iy−i=2⇔x2+y−12=4⇒x2+y2=2y+3
Do đó tập hợp các số phức z là đường tròn tâm I(0;1), bán kính R=2 (như hình vẽ).
z=x2+y2=2y+3,−1≤y≤3−2≤x≤2.
Dễ thấy,
zmin=2−1+3=1;zmax=2.3+3=3.
Cho dãy un cho bởi công thức truy hồi u1=12un+1=12−unnếun≥1. Tính giới hạn I của dãy số un (nếu tồn tại).
Không tồn tại giới hạn của dãy un.
I=23.
I=1.
I=+∞.
Đáp án C
Ta có 0<u1<1 và nếu 0<uk<1 thì uk+1=12-uk<1 nên bằng quy nạp ta có:
0<un<1,∀n.
Ta có u1=12<u2=23 và nếu uk<uk+1 thì uk+2−uk+1=12−uk+1−12−uk>0 nên bằng quy nạp ta có: un<un+1,∀n.
Do đó dãy un tăng và bị chặn nên tồn tại limun=I∈R.
Ta có
limun+1=lim12−un⇒I=12−I⇒−I2+2I−1=0
⇒I=1.
Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA⊥ABCD và SA=x. Tìm giá trị của x để góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600.
x=2a.
x=3a2.
x=a2.
x=a.
Đáp án D
Hạ H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SB và SD.
Ta có:
AH⊥SBAH⊥BC⇒AH⊥SBC. Tương tự AK⊥SDC
Như vậy SBC,SDC^=AH,AK^=HAK^
Ta có ΔSAB=ΔSAD suy ra AH=AK. Vì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600 nên ΔAHK đều.
Ta có SHSB=SKSD=HKBD, mà SHSB=SA2SB2=x2x2+a2=KHa2 suy ra KH=a2x2x2+a2.
Ta lại có 1AH2=1SA2+1AB2=a2+x2a2x2 suy ra AH2=a2x2a2+x2.
ΔAHK đều nên ta có
KH2=AH2⇔a2x2x2+a22=a2x2a2+x2⇔x=a.
Vậy x=a thì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600.
Cho hàm số y=−x+2x−1 có đồ thị (C) và đi qua điểmAa;1. Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của a để có đúng một tiếp tuyến của (C) qua A. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
52.
32.
1.
12.
Đáp án B
Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD=80cm. Ta gập tấm nhôm theo 2 cạnh MN và PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất.
30
20
403
803
Đáp án D
Thể tích khối trụ là V=Sd.h, trong đó Sd=SANP;h=CD không đổi.
Vmax⇔Sd lớn nhất.
Gọi AH là chiều cao của tam giác cân ANP (AN=AP=x).
Khi đó
S'=−80x−402+40−x.4080x−402=−80x−402+402−40x80x−402=−120x+2.40280x−402
Bảng biến thiên:
Smax=S803≈307,92
Tìm m để phương trình x4−20x2+m−12=0(1) có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng. Tổng tất cả các giá trị m thỏa mãn là
Đáp án khác.
-2
7
2
Đáp án D
Đặt t=x2,t≥0. Ta được phương trình: t2−20t+m−12=0(2).
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm dương t1,t2 phân biệt 0<t1<t2.
⇔Δ'>0S>0P>0⇔−m2+2m+99>020>0m−12>0⇔−9<m<11m≠1 ∗.
Bốn nghiệm của phương trình (1) lập thành cấp số cộng là: −t2,−t1,t1,t2.
Ta có: −t2+t1=−2t1−t1+t2=2t1⇔3t1=t2⇔t2=9t1.
Theo định lý Viet, ta có: t2=9t1t1+t2=20t1.t2=m−12⇔t1=2t2=18m−12=36
Suy ra: m=7 hoặc m=-5 (thỏa (∗)).
Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là: 7−5=2.
