Đề số 3
50 câu hỏi
Cho mặt cầu SO;r có diện tích đường tròn lớn là 2π. Khi đó, mặt cầu SO;r có bán kính là:
r=2
r=2
r=4
r=1
Đáp án A
Ta có, mặt cầu SO;r có bán kính đường tròn lớn bằng r.
Do mặt cầu SO;r có diện tích đường tròn lớn là 2π nên πr2=2π⇒r=2 (do r>0 ).
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
1
2
0
5
Đáp án D
Giá trị cực đại của hàm số đã cho là f2=5 .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3), B(-1;0;1). Trọng tâm G của tam giác OAB có tọa độ là
(0;1;1)
0;23;43
(0;2;4)
(-2;-2;-2)
Đáp án B
Áp dụng công thức tọa độ trọng tâm tam giác ta có xG=1−1+03=0yG=2+0+03=23zG=3+1+03=43⇒G0;23;43.
Vậy trọng tâm G của tam giác OAB có tọa độ là:0;23;43 .
Hàm số f(x) có đồ thị như sau
Hàm số f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
(-2;-1)
(-1;1)
(-2;1)
(-1;2)
Đáp án A
Từ đồ thị hàm số ta có, hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và 1;+∞.
Trong các khoảng đã cho trong các đáp án, chỉ có khoảng −2;−1⊂−∞;−1 thỏa mãn
Tập xác định của hàm số y=log2x−1x+5 là?
D=−∞;−5∪1;+∞
D=−5;1
D=−∞;−5∪1;+∞
D=−5;1
Đáp án A
Hàm số y=log2x−1x+5 xác định khi và chỉ khi x−1x+5>0
⇔x−1x+5⇔x2+4x−5>0⇔x<−5x>1
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D=−∞;−5∪1;+∞ .
Cho ∫−12fxdx=2 và ∫−12gxdx=−1. Tính I=∫−12x+2fx−3gxdx
I=52
I=72
I=172
I=112
Đáp án C
Ta có:I=∫−12xdx+2∫12fxdx−3∫12gxdx=32+2.2−3.−1=172 .
Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón là
πa3224
πa3312
πa3324
πa338
Đáp án C
Khối nón có đường kính đáy là a nên bán kính đáy là R=a2.
Độ dài đường sinh l=a nên đường cao khối nón:
h=l2−R2=a2−a22=32a
Thể tích khối nón:
V=13πR2h=13πa22.32a=3π24a3.
Cho phương trình log22x−12=2log2x−2 Số nghiệm thực của phương trình là
3
2
1
0
Đáp án D
Điều kiện:2x−1≠0x−2>0⇔x>2 .
Phương trình đã cho tương đương với:2log22x−1=2log2x−2
⇔2x−1=x−2⇔x=−1 (không thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:3x+y−2z+1=0. Véctơ nào sau đây là véctơ pháp tuyến của (P) ?
n3→=−2;1;3
n4→=3;−2;1
n2→=1;−2;1
n1→=3;1;−2
Đáp án D
Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng là n1→=3;1;−2.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=2x3+ex là
3x2+2xex−2ex+C
6x2+2xex+2ex+C
3x2+ex−2xex+C
3x2+2xex+2ex+C
Đáp án A
Ta có ∫fxdx=∫2x3+exdx=6∫xdx+2∫xexdx
Đặt:u=xdv=exdx⇒du=dxv=ex .
Do đó:∫fxdx=3x2+2xex−∫exdx=3x2+2xex−2ex+C .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M1;−2;3 và vuông góc với mặt phẳngP:x+y−2z+3=0 .
x=2+ty=−1+tz=1−2t
x=1+ty=2+tz=3−2t
x=1+ty=1−2tz=−2+3t
x=1−ty=1+2tz=−2−3t
Đáp án A
Ta có: nP→=1;1;−2 .
Gọi d là đường thẳng cần tìm.
Do d⊥P⇒ud→=nP→=1;1;−2, suy ra loại C, D.
Đường thẳng d:qua M1;−2;3ud→=1;1;−2.
Do đó có phương trình d:x=1+t'y=−2+t'z=3−2t't'∈ℝ .
Chọn t'=1⇒N2;−1;1∈Δ.
Vậy d:x=2+ty=−1+tz=1−2tt∈ℝ.
Sắp xếp năm bạn học sinh Nam, Bình, An, Hạnh, Phúc vào một chiếc ghế dài có 5 chỗ ngồi. Số cách sắp xếp sao cho bạn Nam luôn ngồi chính giữa là
16
24
60
120
Đáp án B
Xếp bạn Nam ngồi giữa có 1 cách.
Số cách xếp 4 bạn học sinh Bình, An, Hạnh, Phúc vào 4 chỗ còn lại là một hoán vị của 4 phần tử nên có 4! cách.
Vậy có 24 cách xếp.
Cho dãy số un với un=3n. Tính un+1?
un+1=3n+3
un+1=3.3n
un+1=3n+1
un+1=3n+1
Đáp án B
Ta có un+1=3n+1=3.3n.
Tính môđun của số phức z, biết:1−2iz+2−i=−12i .
5
7
12
22
Đáp án A
Phương trình tương đương với:z=−2−11i1−2i=−2−11i1+2i12+−22=4−3i
⇒z=32+−42=5.
Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau đây?
y=x3−3x2−1
y=x4−2x2−1
y=x4+2x2−1
y=x2−1
Đáp án C
Từ đồ thị và giả thiết suy ra đây là đồ thị của hàm số bậc 4 hoặc bậc 2 nên loại phương án A.
Đồ thị đi qua điểm A1;2 nên chọn đáp án C.
Giá trị lớn nhất của hàm sốy=−x2+4x trên khoảng 0;3 là
4
2
0
4
Đáp án B
TXĐ:D=0;4 .
Xét hàm số y=−x2+4x trên khoảng 0;3 .
Ta có: y'=−x+2−x2+4x=0⇔x=2∈0;3.
Bảng biến thiên hàm số y=−x2+4x trên khoảng 0;3 như sau:
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra:max0;3y=y2=2 .
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'x=x2−2x−33, ∀x∈ℝ . Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
(-3;1)
3;+∞
(-1;3)
−∞;1
Đáp án B
Ta có f'x>0⇔x2−2x−3>0⇔x>3x<−1 .
Tìm các số thực x và y thỏa mãn 3x−2+2y+1i=x+1−y−5i (với i là đơn vị ảo).
x=32; y=−2
x=−32; y=−43
x=1; y=43
x=32; y=43
Đáp án D
Phương trình tương đương với: 3x−2+2y+1i=x+1+5−yi⇔3x−2=x+12y+1=5−y⇔x=32y=43
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M6;2;−5,N−4;0;7 . Viết phương trình mặt cầu đường kính MN?
x−12+y−12+z−12=62
x−52+y−12+z+62=62
x+12+y+12+z+12=62
x+52+y+12+z−62=62
Đáp án A
Mặt cầu đường kính MN nhận trung điểm của đoạn thẳng MN là tâm và có bán kính R=IM=6−12+2−12+−5−12=62
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:x−12+y−12+z−12=62 .
Cho x, y là các số thực dương tùy ý, đặt log3x=a, log3y=b . Chọn mệnh đề đúng
log127xy3=13a−b
log127xy3=13a+b
log127xy3=−13a−b
log127xy3=−13a+b
Đáp án D
Do x, y là các số thực dương nên ta có: log127xy3=−13log3xy3=−13log3x−log3y3
=−13log3x−3log3y=−13log3x+log3y=−13a+b
Kí hiệu là hai nghiệm phức của phương trình z2−3x+5=0 . Giá trị của z1+z2 bằng
25
5
3
10
Đáp án A
Ta có: z2−3z+5=0⇔z=3±i112 (bấm máy tính).
Khi đó z1+z2=25 .
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng Q:x+2y+2z−3=0 và mặt phẳng(P) không qua O, song song mặt phẳng (Q) và d(P),(Q)=1. Phương trình mặt phẳng (P) là
x+2y+2z+3=0
x+2y+2z=0
x+2y+2z+1=0
x+2y+2z−6=0
Đáp án D
Gọi phương trình mặt phẳng (P) có dạng x+2y+2z+d=0 (với d≠0; d≠−3).
Có d(P),(Q)=1⇔d+312+22+22=1⇒d=0d=−6.
Kết hợp điều kiện, suy ra (P) có dạng: x+2y+2z−6=0.
Bất phương trình 32x+1−7.3x+2>0 có nghiệm
x<−1x>log23
x<−2x>log23
x<−1x>log32
x<−2x>log32
Đáp án C
Bất phương trình tương đương với: 3.32x−7.3x+2>0
⇔3x<133x>2⇔x<log313x>log32⇔x<−1x>log32
Gọi S là diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y=fx , trục hoành và 2 đường thẳngx=−1, x=2 trong hình vẽ bên.
Đặt: S1=∫10fxdx; S2=∫02fxdx. Mệnh đề nào sau đây đúng?
S=S1+S2
S=−S1−S2
S=S1−S2
S=S2−S1
Đáp án D
Ta có: S=∫−12fxdx=∫−10fxdx+∫02fxdx=−∫−10fxdx+∫02fxdx
=−S1+S2=S2−S1.
Một khối trụ có thể tích bằng 6π. Nếu giữ nguyên chiều cao và tăng bán kính đáy của khối trụ đó gấp 3 lần thì thể tích của khối trụ mới bằng bao nhiêu
162π
27π
18π
54π
Đáp án D
Gọi h và R lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ.
Khi đó ta có thể tích khối trụ là: V1=πR2h=6π.
Nếu giữ nguyên chiều cao và tăng bán kính đáy của khối trụ đó gấp 3 lần thì thể của khối trụ mới là: V2=π3R2h=9πR2h=9V1=54π.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=−2x+2019x−2018 là
y=±2
x=±2
x=±2018
y=±2018
Đáp án A
Ta có limx→+∞−2x+2019x−2018=limx→+∞−2x+2019x−2018=−2 nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng y=−2 .
Lại có limx→−∞−2x+2019x−2018=limx→−∞−2x+2019−x−2018=2 nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng y=2.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là y=±2 .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB=a ,BC=2a . Hai mặt bên SAB và SAD cùng vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD, cạnh SA=a15 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD.
V=2a3156
V=2a3153
V=2a315
V=a3153
Đáp án B
Vì SAB⊥ABCDSAD⊥ABCD⇒SA⊥ABCD.
Chiều cao khối chóp là: SA=a15 .
Diện tích hình chữ nhật ABCD là: SABCD=AB.BC=2a2 (đvdt).
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:VS.ABCD=13SABCD.SA=2a3153
(đvdt).S
Tính đạo hàm của hàm số y=2x2+x−123
y'=24x+132x2+x−13
y'=24x+132x2+x−123
y'=34x+122x2+x−13
y'=34x+122x2+x−123
Đáp án A
Ta có y'=232x2+x−1−132x2+x−1'=23.12x2+x−134x+1=24x+132x2+x−13.
Tìm m để đường thẳngy=x−2m cắt đồ thị hàm số y=x−3x+1 tại hai điểm phân biệt?
m≥1m≤−3
−3<m<1
−3≤m≤1
m>1m<−3
Đáp án D
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y=x−2m và đồ thị hàm số y=x−3x+1 là:
(với x≠−1 ) ⇔x2−2mx+3−2m=0 (1).
Để đường thẳng cắt đồ thị hàm số y=x−3x+1 tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1
⇔Δ'>0−12−2m.−1+3−2m≠0⇔m2+2m−3>04≠0⇔m>1m<−3.
Vậy m>1m<−3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC=a3. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng SAC.
d=a3913
d=a
d=2a3913
d=a32
Đáp án C
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH⊥BC⇒SH⊥ABC.
Gọi K là trung điểm AC, suy ra HK⊥AC .
Kẻ HE⊥SK E∈SK.
Khi đó dB,(SAC)=2dH,(SAC)=2HE=2SH.HKSH2+HK2=2a3913 .
Biết rằng phương trình log33x+1−1=2x+log132 có hai nghiệmx1 và x2. Hãy tính tổng S=27x1+27x2.
S= 180
S=45
S=9
S=252
Đáp án A
Điều kiện:3x+1−1>0⇔x>−1 .
Phương trình tương đương với:log33x+1−1=2x−log32⇔log33x+1−1+log32=2x
⇔log33x+1−1.2=2x⇔3x+1−1.2=32x⇔6.3x−2=32x
⇔32x−6.3x+2=0→Vi−et3x1+3x2=63x1.3x2=2
Ta có S=27x1+27x2=3x1+3x23−3.3x1.3x2.3x1+3x2=63−3.2.6=180.
Cho hình lập phương ABCD.EFGH. Tính tỉ số k giữa thể tích khối trụ ngoại tiếp và thể tích khối trụ nội tiếp hình lập phương đã cho.
k=2
k=2
k=22
k=4
Đáp án B
Hai khối trụ có chung đường cao nên k=V1V2=πR2hπr2h=Rr2=2 với R=AC2=AB22 là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy; r=AB2 là bán kính đường tròn nội tiếp đáy.
Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số fx=e−x2ex+1 , biết F0=1.
Fx=2+e−x
Fx=2x+e−x
Fx=2x−e−x+1
Fx=2x−e−x+2
Đáp án D
Ta có ∫e−x2ex+1dx=∫2+e−xdx=2x−e−x+C .
Theo giả thiết F0=1⇒−1+C=1⇔C=2 .
Suy ra F2=2x−e−x+2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc giữa SD với đáy bằng 60° . Tính khoảng cách d từ điểm C đến mặt phẳng (SBD) theo a.
d=a32
d=2a55
d=a52
d=32
Đáp án A
Xác định 60°=SD,ABCD^=SD,AD^=SDA^ và SA=AD.tanSDA^=2a3.
Ta có dC,(SBD)=dA,(SBD) .
Kẻ AE⊥BD và kẻ AK⊥SE.
Khi đó dA,(SBD)=AK.
Tam giác vuông BAD, có AE=AB.ADAB2+AD2=2a5.
Tam giác vuông SAE, có AK=SA.AESA2+AE2=a32 .
Vậy dC,(SBD)=AK=a32.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng d:x−22=y−33=z+4−5và d':x+13=y−4−2=z−4−1 .
x1=y1=z−11
x−22=y−23=z−34
x−22=y+22=z−32
x2=y−23=z−3−1
Đáp án A
Gọi M2+2m;3+3m;−4−5m∈d; N−1+3n;4−2n;4−n∈.
Ta có MN→=−3+3n−2m;1−2n−3m;8−n+5m .
Mà do MN là đường vuông góc chung của d và d' nênMN⊥dMN⊥d'
⇔2−3+3n−2m+31−2n−3m−58−n+5m=03−3+3n−2m−21−2n−3m−18−n+5m=0
⇔−38m+5n=43−5m+14n=19⇔m=−1n=1.
Suy ra M0;0;1, N2;2;3.
Ta có nên đường vuông góc chung MN là: x1=y1=z−11.
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y=ex−1ex−m đồng biến trên khoảng 0;+∞?
−∞;2
−∞;1
−∞;1
−∞;2
Đáp án B
Đặt t=ex (khi x∈0;+∞ thì t∈1;+∞).
Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số y=t−1t−m đồng biến trên 1;+∞.
TXĐ: . D=ℝ/m
Ta có y'=−m+1t−m2.
Để hàm số đồng biến trên 1+∞ thì y'>0,∀x∈1;+∞m∉1;+∞⇔1−m>0m≤1⇒m<1 .
Cho các số phức z1, z2 thỏa mãn z1=z2=3và z1−z2=2. Tính 2z1+3z2.
52
53
52
51
Đáp án D
Ta có: 2z1+3z22=4z12+9z22+6z12+z22−z1−z22=51⇒2z1+3z2=51
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên R và có đồ thị hàm số y=f'x như hình vẽ dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số M=max0;2a;a+1 để hàm số y=fx+1+20mln2−x2+x nghịch biến trên khoảng (-1;1)?
3
6
4
5
Đáp án D
Hàm số y=fx+1+20mln2−x2+x xác định trên (-1;1).
Ta có:y'=f'x+1+20m.−44−x2 .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) khi
y'≤0,∀x∈−1;1⇒f'x+1−80m4−x2≤0,∀x∈−1;1 (*).
Đặt t=x+1 khi đó x∈−1;1⇒t∈0;2.
Từ (*) ta có f't−80m.13−tt+1≤0,∀t∈0;2
⇒80m≥f't.3−tt+1,∀t∈0;2 (1).
Dựa vào đồ thị hàm số y=f'x ta có f'x=−x+12x−2 .
Suy ra ta có f't=−t+12t−2.
Xét hàm số VP1=gt=−t+12t−23−tt+1,∀t∈0;2.
g't=−t+12−5t2+18t−13=0⇔t=−1t=135t=1
.Bảng biến thiên hàm g(t)
Dựa vào bảng xét dấu và từ (1) ta có80m≥max0;2gt=g1⇔80m≥16⇔m≤5 .
Một nguồn âm đẳng hướng đặt tại điểm O có công suất truyền âm không đổi. Mức cường độ âm tại điểm M cách O một khoảng R được tính bởi công thứcLM=logkR2 (Ben) với k là hằng số. Biết điểm O thuộc đoạn thẳng AB và mức cường độ âm tại A và B lần lượt là LA=3(Ben) và LB=5 (Ben). Tính mức cường độ âm tại trung điểm AB (làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy).
3,59 (Ben)
3,06 (Ben)
3,69 (Ben)
4 (Ben)
Đáp án C
Ta có: LA<LB⇒OA>OB.
Gọi I là trung điểm AB.
Ta có:LA=logkOA2⇒kOA2=10LA⇒OA=k10LA
LB=logkOB2⇒kOB2=10LB⇒OB=k10LB
LI=logkOI2⇒kOI2=10LI⇒OI=k10LI
Ta có: OI=12OA−OB⇒k10LI=12k10LA−k10LB⇒110LI=12110LA−110LB
⇒LI=−2log12110LA−110LB⇒LI≈3,69.
Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15?
234
243
132
432
Đáp án B
Gọi số số cần lập có dạng: ℕ=abcd¯ 1≤a,b,c,d≤9.
Để ℕ⋮15⇒ℕ⋮3 và ℕ⋮5.
+ ℕ⋮5⇒d=5
+ ℕ⋮3⇒a+b+c+5⋮3.
Chọn a có 9 cách, chọn b có 9 cách chọn thì:
+ Nếu a+b+5 chia hết cho 3 thì c∈3;6;9⇒ c có 3 cách chọn.
+ Nếu a+b+5 chia cho 3 dư 1 thì c∈2;5;8⇒ c có 3 cách chọn.
+ Nếu a+b+5 chia cho 3 dư 2 thì c∈1;4;7⇒ c có 3 cách chọn.
Vậy, theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3=243 số.
Tích tất cả các số thực m để hàm số y=43x3−6x2+8x+m có giá trị nhỏ nhất trên đoạn [0;3] bằng 18 là
432
-216
-432
288
Đáp án C
Xét hàm số fx=43x3−6x2+8x+m liên tục trên đoạn [0;3] .
Ta có f'x=4x2−12x+8=0⇔x=1∈0;3x=2∈0;3.
Ta lại có: f0=m; f1=103+m; f2=83+m; f3=6+m.
Khi đó:max0;3fx=maxf0;f1;f2;f3=f3=m+6min0;3fx=minf0;f1;f2;f3=f0=m .
Theo đề bài: min0;3y=18 nên ta có: mm+6>0m+6+m−m+6−m2=18⇔m=−24m=18.
Kết luận: Tích các số thực m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: −24.18=−432.
Cho hàm số có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: 
Hàm số y=3fx+2−x3+3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
1;+∞
−∞;−1
−1;0
(0;2)
Đáp án C
Ta có y'>0⇔3f'x+2−3x2+3>0⇔f'x+2>x2−1 .
Đặt t=x+2, bất phương trình trở thành: f't>t−22−1 , không thể giải trực tiếp bất phương trình:
Ta sẽ chọn t sao cho
t−22−1<0f't>0⇔−1<t−2<1t∈1;2∪2;3∪4;+∞⇔1<t<3t∈1;2∪2;3∪4;+∞⇔1<t<22<t<3
Khi đó 1<x+2<22<x+2<3⇔−1<x<00<x<1.
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (-1;0), (0;1) .
Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao nhau của hai hình tròn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào trong các số dưới đây?
202 triệu đồng
208 triệu đồng
218 triệu đồng
200 triệu đồng
Đáp án A
Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.
Gắn hệ trục Oxy, vì OI=30 mét nên I(0;30).
Phương trình hai đường tròn lần lượt là x2+y2=202 và x2+y−302=152.
Gọi A, B là các giao điểm của hai đường tròn đó.
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ x2+y2=202x2+y−302=152⇔x=±545512y=21512.
Tổng diện tích hai đường tròn là π202+152=625πm2 .
Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y=30−152−x2 và y=202−x2 .
Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là S=∫−545512545512202−x2+152−x2−30dx≈60,2546m2.
Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là:300 000.60,2546≈18 076 386 (đồng).
Số tiền để làm phần còn lại là: 100 000.625π−2.60,2546=184 299 220(đồng).
Vậy tổng số tiền làm sân khấu là: 184 299 220+18 076 386≈202 375 606 (đồng).
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình bên dưới.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f6x2x4+x2+1+2+1=m có nghiệm?
4
2
5
3
Đáp án C
Đặt u=6x2x4+x2+1+2.
Ta có u'=−12x5+12xx4+x2+12=0⇔x=0x=±1.
Bài toán trở thành tìm m nguyên để phương trình fu=m−1 có nghiệm u∈2;4 .
Dựa vào đồ thị đề bài cho suy ra f(u)=m-1 có nghiệm ⇔1≤m−1≤5⇔2≤m≤6.
Cho hàm số y=f(x) . Hàm số y=f'x có đồ thị như sau:
Bất phương trình fx>x2−2x+m nghiệm đúng với mọi x∈1;2 khi và chỉ khi
m≤f2
m<f1−1
m≥f2−1
m≥f1+1
Đáp án A
Bất phương trình đã cho tương đương với: m<fx−x2+2x,∀x∈1;2.
Xét hàm số gx=fx−x2+2x trên (1;2).
Bài toán trở thành tìm m để m<gx,∀x∈1;2⇔m≤min1;2gx.
Ta có g'x=f'x−2x−1.
Nhận xét: Với x∈1;2⇒f'x<0−2x−1<0⇒g'x<0.
Do đó ta có m≤min1;2gx=g2=f2−22+2.2=f2.
Vậy m≤f2.
Cho mặt cầu S:x−12+y2+z−22=9. Tìm các điểm M, N∈S sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng (P) là nhỏ nhất, với (P): x-2y+2z+7=0 .
M(2;2;0), N(0;-2;4)
M2;−2;4, N0;2;0
M3;−2;1, N0;−2;4
M2;2;0, N0;2;0
Đáp án B
Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;2), bán kính R=3 .
Ta làm theo hai cách.
Ta có: (P): x-2y+2z+7=0 nên dI;(P)=1−2.0+2.2+73=4>3=R.
Do đó mặt phẳng (P) không có điểm chung với mặt cầu (S).
Tất cả các điểm thuộc mặt cầu (S) đều nằm trong miền giới hạn bởi hai mặt phẳng song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu, nên điểm có khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất là các giao điểm của đường thẳng Δ với mặt cầu (S), với (Δ)
là đường thẳng qua I và vuông góc với .
Phương trình đường thẳng Δ: Δ:x=1+ty=−2tz=2+2tt∈ℝ
Gọi .J=Δ∩S
Ta có J∈S nên .
Suy ra hai điểm thỏa mãn J10;2;0, J22;−2;4.
Khoảng cách từ các điểm J1, J2 đến (P) là
Vậy các điểm cần tìm là M2;−2;4, N0;2;0.
Cho x, y là các số dương thỏa mãn log2x2+5y2x2+10xy+y2+1+x2−10xy+9y2≤0. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P=x2+xy+9y2xy+y2 . Tính T=10M−m.
T=60
T=94
T=104
T=50
Đáp án B
Bất phương trình tương đương với: log2x2+5y2−log2x2+10xy+y2+log22+2x2+5y2−x2+10xy+y2≤0
⇔log22x2+10y2+2x2+5y2≤log2x2+10xy+y2+x2+10xy+y2⇔2x2+10y2≤x2+10xy+y2
⇔x2−10xy+9y2≤0⇔xy2−10xy+9≤0⇔1≤xy≤9Khi đó: P=x2+xy+9y2xy+y2=xy2+xy+9xy+1
Đặt t=xy (với 1≤t≤9).
Xét hàm số:ft=t2+t+9t+1 .
Ta có:f't=t2+2t−8t+12=0⇔t=−4t=2 .
Ta lại có:f1=112;f2=5;f9=9910 .
Nên M=9910, m=5.
Vậy T=10M−m=94.
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a2 . Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB', A'C sao cho AMAB'=A'NA'C=13. Tính thể tích V của khối BMNC'C.
a36108
2a3627
3a36108
a3627
Đáp án B
Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB'A' và AA'C'C .
Ta có: AMAB'=13⇒AMAG=23 (do G là trung điểm AB').
Xét tam giác ABA' có AG là trung tuyến và AMAG=23.
Suy ra M là trọng tâm tam giác ABA'.
Do đó BM đi qua trung điểm I của AA' .
Ta có: A'NA'C=13⇒A'NA'K=23 (do K là trung điểm A'C).
Xét tam giác AA'C có A'K là trung tuyến và A'NA'K=23 , suy ra N là trọng tâm của tam giác .
Do đó C'N đi qua trung điểm I của AA' .
Từ M là trọng tâm tam giác ABA' và N trọng tâm của tam giác AA'C, suy ra: IMIB=INIC'=13 .
Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; .
Ta có: V1V2=IMIB.INIC'.ICIC=19.
Mà V1+V=V2⇒V=89V2.
Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC.
Ta được AH vuông góc với mặt phẳng , song song với mặt phẳng nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng bằng khoảng cách từ A đến và bằng AH.
Ta có: AH=a32, V2=13dI;(BB'C'C).SΔBCC'=13.a32.a222=a3612.
Suy ra:V=89V2=2a3627 .
Cho hàm số f(x) có đạo hàm xác định trên R và thỏa mãn f'x+4x−6x.ex2−fx−2019=0 và f(0)=-2019. Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình f(x)<7 là
91
46
45
44
Đáp án C
Theo giả thiết f'x+4x−6x.ex2−fx−2019=0⇔6x1−ex2−fx−2019=2x−f'x,∀x∈ℝ (1).
TH1: Nếu 1−ex2−fx−2019=0 thì x2−fx−2019=0⇔fx=x2−2019 ta có (1) đúng với mọi x∈ℝ .
Do đó fx<7⇔x2−2019<7⇔x2<2026⇔−2026<x<2026.
Vì x nguyên dương nên x∈1;2;3;...;45.
Trong trường hợp này có 45 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn yêu cầu đề bài.
TH2: Nếu thì ta có thể giả sử rằng tồn tại hàm số có đạo hàm xác định trên và thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Khi đó, tại ta có nên (mâu thuẫn).
Vậy có tất cả 45 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Xét số phức z có phần thực dương và ba điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z,1z và z+1z. Biết tứ giác OABC là một hình bình hành, giá trị nhỏ nhất của z+1z2 bằng
2
2
22
4
Đáp án B
Ta có OA=z, AB=1z−z, BC=z+1z−1z=z, OC=z+1z.
Vì OABC là một hình bình hành nên OA=BCAB=OC⇔z=z1z−z=z+1z⇔1z−z=z+1z⇔1−z2z=1+z2z⇔1−z2=1+z2
Đặt z=x+yi⇒z2=x2−y2+2xyi vậy điều kiện trở thành: 1−z2=1+z2⇔x2−y2−1+2xyi=x2−y2+1+2xyi
⇔x2−y2−12+4x2y2=x2−y2+12+4x2y2⇔x2−y2−12=x2−y2+12.
⇔x2−y2−1=x2−y2+1x2−y2−1=−x2−y2+1⇔x2−y2=0⇔y2=x2Khi đó z+1z2=1+z2z2=x2−y2+1+2xyix+yi2=x2−y2+12+4x2y2x2+y2
=2x2+12x2≥22x2.12x2=2
Dấu bằng xảy ra tại 2x2=12x2y2=x2x>0⇔x;y=12;−12,12;12
