Đề số 4
50 câu hỏi
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số đạt cực đại tại x=0và cực tiểu tại x=2.
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng −2.
Hàm số có ba điểm cực trị.
Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2.
Quan sát đồ thị của hàm số y=f(x)ta có hàm số đạt cực đại tại x=0và cực tiểu tại x=2.
Đáp án A
Cho hình nón có chiều cao bằng 3 (cm), góc giữa trục và đường sinh bằng 600. Thể tích khối nón bằng
V=27π(cm3).
V=9π(cm3).
V=18π(cm3).
V=54π(cm3).
Bán kính đáy của hình nón là r=3.tan600=33. Vậy thể tích khối nón đó là
V=13.π.(33)2.3=27π(cm3).
Đáp án A.
Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là
C415
C255
A415
C255+C165
Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là C415.
Đáp án A
Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h là
V=13Bh.
V=Bh.
V=12Bh.
V=23Bh.
Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là Bvà chiều cao hlà V=Bh.
Đáp án B
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=(m+1)x−2x−m đồng biến trên từng khoảng xác định của nó?
1
2
0
3
Tập xác định: D=ℝ\{m}.
Ta có: y'=−m(m+1)+2(x−m)2=−m2−m+2(x−m)2.
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định ⇔y'>0,∀x∈D⇔−m2−m+2>0⇔−2<m<1.
Do m∈ℤ⇒m={−1;0}.
Đáp án B
Cho hình trụ có bán kính đáy r=5(cm) và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7(cm). Diện tích xung quanh của hình trụ là
35π(cm2).
60π(cm2).
70π(cm2).
120π(cm2).
Ta có Sxq=2πrh=2π.5.7=70π(cm2).
Đáp án C
Họ nguyên hàm của hàm số y=x2+x là:
x33+x22.
x3+x2+C.
x33+x22+C.
1+2x+C.
Ta có ∫(x2+x)dx=x33+x22+C.
Đáp án C
Cho các số thực dương a,b thỏa mãn log2a=x,log2b=y. Tính P=log2(a2b3).
p=x2y3.
P=x2+y3.
P=2x+3y.
P=6xy.
P=log2(a2b3)=log2a2+log2b3=2log2a+3log2b=2x+3y.
Đáp án C
Tính tổng S của các nghiệm của phương trình log3x+log3(x−1)+log136=0
S=3.
S=5.
S=−1.
S=1.
Ta có: log3x+log3(x−1)+log136=0
⇔log3x+log3(x−1)−log36=0
⇔log3[x(x−1)6]=0
⇔x(x−1)6=1
⇔x2−x−6=0
⇔[x=3x=−2.
Kết hợp điều kiện ta có x=3⇒S=3.
Đáp án A
Thể tích V của khối cầu có bán kính R=4 bằng:
V=48π.
V=2563π.
V=64π.
V=36π.
Thể tích của khối cầu có bán kính R=4 và V=43πR3=43π.43=2563π (đơn vị thể tích).
Đáp án B.
Trong không gian Oxyz, cho vectơ a→ biểu diễn của các vectơ đơn vị là a→=2i→−3j→+k→. Tọa độ của vectơ a→ là
(1;−3;2).
(1;2;−3).
(2;1;−3).
(2;−3;1).
Ta có i→=(1;0;0),j→=(0;1;0),k→=(0;0;1)nên a→=2i→−3j→+k→=2.(1;0;0)−3(0;1;0)+(0;0;1)=(2;−3;1).
Đáp án D.
Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu?
8 năm
7 năm
6 năm
9 năm
Ta có công thức lãi kép S=A(1+r)n với S là số tiền thu được sau n năm, A là số tiền gửi ban đầu và r là lãi suất.
Theo bài ra ta có 2A=A(1+8,4%)n⇔2=(1+8,4%)n⇒n=log1+8,4%2≈8,59.
Vậy sau 9 năm thì người đó thu được số tiền gấp đôi ban đầu.
Đáp án D.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm là f'(x)=x(x+1)2(x−2)4,∀x∈ℝ. Số điểm cực tiểu của hàm số y=f(x) là
3
0
2
1
f'(x)=0⇔[x=0x=−1x=2.
Lập bảng biến thiên ta có:
Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.
Đáp án D.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB=a,BC=2a đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA=3a. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng
3a3.
a3.
6a3.
2a3.
Ta có SA⊥(ABCD)⇒SA là chiều cao của hình chóp S.ABCD.
Đáp án D.
Cho cấp số cộng (un) với u1=−2 và u3=4. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
d=2.
d=6.
d=−2.
d=3.
Ta có u3=u1+2d⇔4=−2+2d⇔d=3.
Đáp án D.
Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x−3x+1 là
x=1và y=−3.
x=1 và y=2.
x=−1 và y=2.
x=−1 và y=1.
Ta có =limx→−1+2x−3x+1=−∞ và limx→−1+2x−3x+1=−∞ là tiệm cận đứng.
Ta có limx→±∞2x−3x+1=2⇒y=2 là tiệm cận ngang.
Đáp án C.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như hình sau:
Số nghiệm của phương trình f(x)=−3 là
0
2
1
3
Số nghiệm của phương trình f(x)=−3 là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y=f(x) và y=−3.
Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số y=f(x) và y=−3. có hai điểm chung là x1<−1 và x2=−1. Nên phương trình f(x)=−3 có hai nghiệm.
Đáp án B
Thể tích của khối nón có chiều cao bằng 4 và đường sinh bằng 5 là
48π
12π
16π
36π
Từ giả thiết, ta có bán kính đáy của khối nón tương ứng là 52−42=3.
Áp dụng công thức thể tích nón, ta được V=13π.r2.h=13.π.32.4=12π.
Đáp án B
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I(2;1;−3) và tiếp xúc với trục Oy có phương trình là:
(x−2)2+(y−1)2+(z+3)2=13.
(x−2)2+(y−1)2+(z+3)2=9.
(x−2)2+(y−1)2+(z+3)2=4.
(x−2)2+(y−1)2+(z+3)2=10
Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với trục Oy nên khoảng cách từ tâm I(2;1;−3) đển Oy là bán kính mặt cầu cần tìm.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên Oy, khi đó H(0;1;0).
Do đó R=HI=22+02+(−3)2=13.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:(x−2)2+(y−1)2+(z+3)2=13.Đáp án A
Tính đạo hàm của hàm số y=2021x ta được đáp án đúng là?
y'=x.2021x−1.ln2021
y'=x.2021x−1
y'=2021xln2021.
y'=2021x.ln2021
Áp dụng công thức (au)'=au.lna.u', ta có y=2021x có y'=2021x.ln2021.Đáp án D
Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a
R=a32.
R=a62.
R=a3.
R=a2.
R=AC'2=AA'2+AC22=AA'2+AB2+BC22=a2+a2+a22=a32.Đáp án A
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số nghịch biến trên khoảng(−1;1).
Hàm số đồng biến trên khoảng(−1;+∞).
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;1).
Hàm số nghịch biến trên khoảng(−1;3).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1).
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;−1) và (1;+∞).
Đáp án A
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình x3−3x2−m=0 có 3 nghiệm phân biệt?
3
4
1
2
Theo bài, x3−3x2−m=0⇔x3−3x2=m (1)
Nhận xét: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y=x3−3x2 và đường thẳng y=m.
Xét hàm số y=x3−3x2 ta có y'=3x2−6x;y'=0⇔[x=0x=2.
Bảng biến thiên:
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔y(2)<m<y(0)⇔−4<m<0.
Do m∈ℤ⇒m∈{−3;−2;−1}.
Đáp án A
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;2;3). Tìm tọa độ điểm A1 là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng Oyz
A1(1;0;3).
A1(1;2;0).
A1(1;0;0).
A1(0;2;3).
Tọa độ điểm A1 là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng Oyz là A1(0;2;3).
Đáp án D
Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào?
y=−14x4+3x2−3.
y=−x4+2x2−3.
y=x4+2x2−3.
y=x4−2x2−3.
Dựa vào đồ thị ta có limx→+∞y=+∞ nên a>0. Do đó loại đáp án A và B.
Hàm số có 3 cực trị ab<1 nên do đó loại đáp án C.
Đáp án D
Cho hàm số f(x)=log2x, với x>0 Tính giá trị biểu thức P=f(2x)+f(x).
P=0
P=1
P=log2(2+x2x).
P=log2(x2).log2x.
Ta có P=f(2x)+f(x)=log2(2x)+log2x=log2(2x.x)=log22=1.
Đáp án B
Giải bất phương trình log2(3x−2)>log2(6−5x) được tập nghiệm là (a;b). Tính tích T=a.b
T=1815.
T=2815.
T=65.
T=83.
Ta có log2(3x−2)>log2(6−5x)⇔{6−5x>03x−2>6−5x⇔{x<65x>1⇔1<x<65.
Tập nghiệm của bất phương trình là (1;65).
Do đó T=a.b=1.65=65.
Đáp án C
Cho a là số thực dương khác 1. Tính I=log2a3.
I=3.
I=13.
I=0.
I=−3.
Ta có I=logaa3=I=logaa13=13.
Đáp án B
Tập xác định của hàm số y=log3(x+1) là
(−1;+∞).
(1;+∞).
(0;+∞).
[−1;+∞).
Điều kiện: x+1>0⇔x>−1
Tập xác định D=(−1;+∞).
Đáp án A
Cho hàm số y=x2−2x+m2+1x−1 có đồ thị (C). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để (C) có tiệm cận đứng.
m∈ℝ.
m∈∅
m≠0.
m=0.
Ta có x−1=0⇔x=1.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1 khi 12−2.1+m2+1≠0⇔m≠0.
Đáp án C
Phương trình 32x+1−4.3x+1=0 có hai nghiệm x1,x2(x1<x2). Mệnh đề nào sau đây đúng?
x1+2x2=−1.
x1.x2=13.
x1+x2=43.
2x1+x2=0.
Ta có 32x+1−4.3x+1=0⇔3.32x−4.3x+1=0⇔[3x=13x=13⇔[x=0x=−1
Suy ra x1=−1;x2=0⇒x1+2x2=−1.
Đáp án A
Một vật chuyển động theo quy luật s=−13t3+6t2 với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 7 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?
180(m/s).
24(m/s).
144(m/s).
36(m/s).
Ta có v=s'=−t2+12t=36−(t2−12t+36)=36−(t−6)2≤36
Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng 36(m/s) tại t=6.
Đáp án D
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích bằng V. Tính thể tích khối đa diện ABCB'C'.
3V4
V4.
2V3
V2.
Thể tích hình chóp A.A'B'C' là VA.A'B'C'=13VABC.A'B'C'=V3
⇒ Thể tích khối đa diện ABCB'C' là VABCB'C'=VABC.A'B'C'−VA.A'B'C'=V−V3=2V3.
Vậy thể tích khối đa diện ABCB'C' bằng 2V3.
Đáp án C
Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
y=x3−3x2+1.
y=x+1x−1.
y=−x3+3x2−1.
y=x4−x2+1.
Hình vẽ trên là đồ thị của hàm số bậc ba đi qua điểm (0;1) nên hàm số cần tìm là y=x3−3x2+1.
Đáp án A
Mệnh đề nào sau đây đúng?
∫11−4xdx=−14.ln|8x−2|+C.
∫11−4xdx=ln|1−4x|+C.
∫11−4xdx=−14.ln|1−4x|+C.
∫11−4xdx=−4.ln1|1−4x|+C.
Đặt u=1−4x⇒du=−4.dx⇒dx=−14du.
∫11−4xdx=∫1u(−14du)=−14∫1udu=−14ln|u|+C=−14.ln|1−4x|+C.
Đáp án C
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình log2(x2−3x+2m)=log2(x+m) có nghiệm?
7
9
8
10
Điều kiện: {x2−3x+2m>0x+m>0(1).
Ta có: log2(x2−3x+2m)=log2(x+m)
⇔x2−3x+2m=x+m
⇔x2−4x+m=0⇔m=−x2+4x.
Thay m=−x2+4x vào (1) ta có:
{x2−3x+2(−x2+4x)>0x−x2+4x>0⇔−x2+5x>0⇔0<x<5.
Xét hàm số f(x)=−x2+4x trên (0;5).
f'(x)=−2x+4;f'(x)=0⇔x=2.
Bảng biến thiên
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔−5<m≤4.
Do m∈ℤ⇒m∈{−4;−3;−2;−1;0;1;2;3;4}.
Đáp án B
Cho a,b là hai số thực dương thỏa mãn log5(4a+2b+5a+b)=a+3b−4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T=a2+b2.
32.
1
52.
12.
Ta có log5(4a+2b+5a+b)=a+3b−4⇔log5(4a+2b+5)−log5(a+b)=a+3b−4
⇔log5(4a+2b+5)+(4a+2b+5)=log5(a+b)+5a+5b+1
⇔log5(4a+2b+5)+(4a+2b+5)=log5(5a+5b)+(5a+5b) (1)
Xét hàm số f(t)=t+log5t với t>0.
Ta có f'(t)=1+1tln5>0,∀t>0. Do đó f(t) đồng biến trên (0;+∞).
Khi đó (1)⇔4a+2b+5=5a+5b⇔a=5−3b.
Thay vào T=a2+b2=10b2−30b+25=10(b−32)2+52≥52.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi {b=32a=12.
Đáp án C
Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số nghiệm của phương trình f3(x)+3f2(x)+4f(x)+23f(x)+1=3f(x)+2 là
8
9
6
7
Dựa vào đồ thị ta nhận thấy 3f(x)+1>0,∀x∈ℝ.
Do đó f3(x)+3f2(x)+4f(x)+23f(x)+1=3f(x)+2
⇔f3(x)+3f2(x)+3f(x)+1+f(x)+1=3f(x)+1(3f(x)+1+1)
⇔[f(x)+1]3+[f(x)+1]=[3f(x)+1]3+3f(x)+1 (1).
Xét hàm số f(t)=t3+t với t∈ℝ.
Ta có f'(t)=3t2+1>0,∀t∈ℝ. Do đó f(t) đồng biến trên ℝ.
Khi đó (1)⇔f(x)+1=3f(x)+1⇔f2(x)+2f(x)+1=3f(x)+1.
⇔f2(x)−f(x)=0⇔[f(x)=0f(x)=1.
Dựa vào hình vẽ ta suy ra phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm và phương trình f(x)=1 có 6 nghiệm (các nghiệm này không trùng các nghiệm của phương trình f(x)=0).
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm.
Đáp án B
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên.
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số M để phương trình f(2sinx+1)=m có nghiệm thuộc nửa khoảng [0;π6) là
[−2;2).
(0;2]
(−2;0]
(−2;0).
Đặt t=2sinx+1.
Với x∈[0;π6)⇒t∈[1;2).
Phương trình f(2sinx+1)=m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f(t)=m có nghiệm t∈[1;2).
Từ đồ thị suy ra, m∈(−2;0].
Đáp án C
Cho hàm số y=f(x) xác định trên R và hàm số y=f'(x) có đồ thị như hình vẽ.
Tìm số điểm cực trị của hàm số y=f(x2−3).
5
2
4
3
Ta có: y'=2x.f'(x2−3).
y'=0⇔2x.f'(x2−3)=0⇔[x=0f'(x2−3)=0⇔[x=0x2−3=−2x2−3=1x2−3=1⇔[x=0x=±1x=±2
Trong 5 nghiệm của phương trình y'=0, hai nghiệm x=2 và x=−2 là nghiệm bội chẵn nên khi x qua đó đạo hàm không bị đổi dấu.
Do đó hàm số y=f(x2−3) có 3 điểm cực trị.
Đáp án D
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và ABCD bằng 600. Thể tích của khối chóp S.ABCD là
a333.
a339.
a336.
a33.
Gọi H là trung điểm của AB
Vì tam giác SAB cân tại S và (SAB)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD).
Gọi M là trung điểm của CD
Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên HM⊥AD và HM=a.
Ta có CD⊥HMCD⊥SH}⇒CD⊥(SHM)⇒CD⊥SM.
Khi đó ((SCD),(ABCD))=(SM,HM)=SMH^=600.
Suy ra SH=HM.tanSMH^=a.tan600=a3.
Vậy thể tích của khối chóp SABCD là: VS.ABCD=13SH.SABCD=13.a3.a2=a333 (đvtt).
Đáp án A
Người ta chế tạo một thiết bị hình trụ như hình vẽ bên. Biết hình trụ nhỏ phía trong và hình trụ lớn phía ngoài có chiều cao bằng nhau và có bán kính lần lượt là r1,r2 thỏa mãn r2=3r1. Tỉ số thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ và hình trụ nhỏ là
6
4
9
8
Thể tích của khối trụ lớn là V2=πr22h=9πr12h.
Thể tích của khối trụ nhỏ là V1=πr12h.
Suy ra thể tích phần nằm giữa hai hình trụ là V=V2−V1=8πr12h.
Vậy tỉ số thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ và hình trụ nhỏ là VV1=8πr12hπr12h=8.
Đáp án D
Cho hình lập phương ABCD.MNPQ cạnh bằng a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (CNQ).
a22.
a32.
2a33.
a34.
Gọi {O}=MP∩NQ,{H}=AP∩CO.
Nhận xét: Hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng (CDQP) là DP⊥CQ suy ra AP⊥CQ; hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng (MNPQ) là MP⊥NQ suy ra AN⊥NQ. Vậy {AP⊥NQAP⊥CQNQ,CQ⊂(CNQ)⇒AP⊥(CNQ)⇒d(A,(CNQ))=AH.
Vì AC//OP⇒AHHP=ACOP=2⇒AH=23AP.
Dễ thấy AP=AC2+AM2=a3.
Vậy d(A,(CNQ))=AH=23a3⇒d(A,(CNQ))=2a33.
Đáp án C
Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có AA'=2, đáy ABCD là hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh 4. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của B'C',C'D',DD' và Q thuộc cạnh BC sao choQC=3QB. Tính thể tích tứ diện MNPQ.
332.
33.
34.
32.
Từ Q kẻ QI⊥B'C', từ P kẻ PH//QM, kéo dài MN cắt đường thẳng A'D' tại K như hình vẽ.
Theo giả thiết ABC là tam giác đều cạnh 4 suy ra: SΔABC=43.
Dễ thấy ΔQIM∽ΔPD'H nên IMD'H=QIPD'=2⇒D'H=12IM=18B'C'=18A'D'.
Mà D'K=12A'D' suy ra
KH=D'K−D'H=38A'D'⇒SΔMNH=12SΔMKH=12.38SΔMD'A'=316SΔMD'A=316SΔABC=334.
Vậy VQMNP=VQMNH=13QI.SΔMNH=13.2.334=32.
Đáp án D
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A và (SAB),(SAC) cùng vuông góc với (ABC). Biết S(1;2;3),C(3;0;1), phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
(x−2)2+(y−1)2+(z−2)2=3.
(x+2)2+(y+1)2+(z+2)2=9.
(x+2)2+(y+1)2+(z+2)2=3.
(x−2)2+(y−1)2+(z−2)2=9.
Ta thấy (SAB),(SAC) cùng vuông góc với (ABC) suy ra SA⊥(ABC)⇒{AC⊥SA(1)BC⊥SA. Mặt khác tam giác ABC vuông tại B nên CB⊥SB(2). Từ (1),(2) suy ra hai điểm A,B cùng nhìn đoạn SC dưới góc vuông nên hình chóp S.ABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SC Mặt cầu này có tâm I(2;1;2) và bán kính r=SC2=3 nên phương trình là (x−2)2+(y−1)2+(z−2)2=3.
Đáp án A.
Cho hàm số y=13x3−(m+2)x2+(m2+4m)x+5 với m là tham số thực. Tập hợp các giá trị m để hàm số đồng biến trên khoảng (3;8) là
(−∞;−1].
(−∞;−1]∪[8;+∞).
[3;4].
[8;+∞).
Ta có y'=x2−2(m+2)x+(m2+4m),∀x∈ℝ.
y'=0⇔[x=mx=m+4.
Do m<m+4,∀m nên ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho như sau:
Hàm số đồng biến trên khoảng (3;8) khi và chỉ khi [8≤mm+4≤3⇔[8≥mm≤−1.
Đáp án B
Có 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ chia hết cho 3.
112.
5171711
1711711.
989.
Ta chia 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60 thành 3 tập hợp:
Tập hợp các số chia hết cho 3 số có 20 số.
Tập hợp các số chia 3 dư 1 có 20 số.
Tập hợp các số chia 3 dư 2 có 20 số.
Số cách lấy 3 thẻ trong 60 thẻ là: n(Ω)=C603
Rút 3 thẻ tổng chia hết cho 3 có các trường hợp sau:
TH1: Cả 3 thẻ chia hết cho 3: C203
TH2: Cả 3 thẻ chia 3 dư 1: C203
TH3: Cả 3 thẻ chia 3 dư 2: C203
TH4: 1 thẻ chia hết 3, 1 thẻ chia 3 dư 1, 1 thẻ chia 3 dư 2: (C201)3
⇒n(A)=3C203+(C201)3=11420
⇒P(A)=n(A)n(Ω)=11420C603=5171711.
Đáp án B
Tìm m để đồ thị hàm số y=x4−2mx2+m2−1 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
m≤−1.
−1≤m≤1.
m>1.
[m≤−1m≥1.
Phương trình hoành độ giao điểm: x4−2mx2+m2−1=0 (1)
Đặt t=x2≥0, khi đó (1) trở thành: t2−2mt+m2−1=0 (2).
Khi đó yêu cầu bài toán thỏa mãn khi phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔{Δ'>0S>0P>0⇔{m2−(m2−1)>02m>0m2−1>0⇔m>1.
Đáp án C
Cho hàm số f(x)=2020x−2020−x. Tìm giá trị nguyên lớn nhất của tham số m để phương trình f(log2x−m)+f(log23x)=0 có nghiệm x∈(1;16)
68
65
67
69
Xét hàm số f(x)=2020x−2020−x.
Tập xác định: D=ℝ.
Ta có: ∀x∈D⇒−x∈D;f(−x)=2020−x−2020x=−(2020x−2020−x)=−f(x)
Vậy hàm số f(x)=2020x−2020−x là hàm số lẻ.
Lại có:
f'(x)=2020x.ln2020−2020−x.ln2020.(−x)'=2020x.ln2020+2020−x.ln2020>0 ∀x∈D
Do đó hàm số f(x)=2020x−2020−x luôn đồng biến trên R
Theo đề bài ta có:
f(log2x−m)+f(log23x)=0
⇔f(log2x−m)=−f(log23x)
⇔f(log2x−m)=f(−log23x) (Do f(x) là hàm số lẻ)
Mặt khác hàm số f(x) luôn đồng biến trên R nên phương trình có nghiệm duy nhất:
log2x−m=−log23x⇔m=log23x+log2x
Đặt log2x=1. Với x∈(1;16)⇒t∈(0;4).
Yêu cầu bài toán trở thành, tìm m để phương trình:
m=t3+t có nghiệm t∈(0;4).
Xét hàm số f(t)=t3+t trên khoảng (0;4)
Ta có: f'(t)=3t2+t>0 ∀t nên hàm số f(t) đồng biến trên (0;4)
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy, để phương trình có nghiệm trên khoảng (0;4) thì: 0<m<68
Vậy giá trị nguyên lớn nhất của tham số m để phương trình f(log2x−m)+f(log23x)=0 có nghiệm x∈(1;16) là: m=67.
Đáp án C
Cho hàm số y=f(x) xác định và liên tục trên đoạn [−1;5] có đồ thị của y=f'(x) được cho như hình bên dưới
Hàm số g(x)=−2f(x)+x2−4x+4 đồng biến trên khoảng
(0;2).
(−1;0).
(2;3).
(−2;−1).
Ta có: g'(x)=−2f'(x)+2x−4.
g'(x)=0⇔f'(x)=x−2.
Vẽ đường thẳng y=x−2 và đồ thị y=f'(x) trên cùng hệ trục tọa độ ta được hình sau:
Dựa vào đồ thị ta thấy: f'(x)=x−2⇔[x=0x=a(a∈(1;2))x=3x=b(b∈(4;5)).
Để hàm số g(x) đồng biến khi và chỉ khi g'(x)>0⇔−2f'(x)+2x−4>0⇔f'(x)<x−2.
Nhìn đồ thị ta thấy f'(x)<x−2,∀x∈(a;3) và x∈(b;5)⇒g(x) đồng biến trên khoảng (2;3).
Đáp án C
