Đề số 4

Đáp án A

Vì thiết diện qua trục khối trụ là hình vuông nên đường cao của khối trụ là h=AD=2.r=2a.

Thể tích khối trụ là: V=πr2h=2πa3.

Đáp án C

TXĐ: D=ℝ.

Ta có: y'=3x2−6x=0⇔x=0x=2.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại là: (0;2).

Đáp án C

Lần lượt thay tọa độ các điểm vào đường thẳng.

Thấy tọa độ điểm P thỏa mãn x−12=y−2−1=z−32.

Đáp án B

TXĐ: D=ℝ.

Ta có: y'=3x2−6x−9=0⇔x=−1x=3

Bảng xét dấu y' như sau:Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và 3;+∞ ; nên đồng biến trên (4;5) .

Đáp án A

Điều kiện: x>0

Ta có: log2x+12log2x=log213⇔3log2x=2log213⇔log2x3=log213

⇔x3=13⇔x=133(thỏa mãn).

Đáp án C

Ta có: ∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx=2−2.5=−8.

Đáp án B

Thể tích khối trụ: V=hπr2=3aπa2=π3a3.

 

Đáp án B

Phương trình tương đương với: π2x2+x−3=π0⇔2x2+x−3=0⇔x=1x=−32.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Đáp án D

(P) là mặt phẳng trung trực của AB nên nhận AB→=2;4;−2 làm một véctơ pháp tuyến. Suy ra u→=1;2;−1=12AB→ cũng là một véctơ pháp tuyến của (P).

Đáp án B

Ta có: fx=e2x−6ex=ex−6.e−x

Do đó Fx=ex+6e−x+C và F0=e0+6e−0+C=7⇔C=0.

Suy ra Fx=ex+6e−x.

Phương trình Fx=5⇔ex+6e−x=5⇔e2x−5ex+6=0⇔ex=2ex=3⇔x=ln2x=ln3.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là:ln2+ln3=ln6 .

Đáp án B

Ta thay tọa độ điểm (-1;-4;3) vào phương trình đường thẳng Δ thì ta thấy thỏa mãn. Do đó điểm (-1;-4;3)  thuộc đường thẳng Δ.

Đáp án B

Mỗi số có ba chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử.

Nên số các số lập được là A63=120.

Đáp án B

Theo giả thiết, bốn số 5; x; 15; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên theo tính chất các số hạng của một cấp số cộng, ta có: x=5+152y=x+y2⇔x=10y=20. Vậy 3x+2y=70.

Đáp án A

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức z=−4+5i có tọa độ là (-4;5).

Đáp án A

Từ đồ thị suy ra hệ số  nên nhận đáp án A hoặc C.

Đồ thị cắt Oy tại điểm có tung độ dương (d>0), nên chọn đáp án A.

Đáp án D

Hàm số  y=x2−4x2x+1liên tục trên 0;3 .

Ta có y'=2x2+2x−42x+12=0⇔2x2+2x−4=0⇔x=−2∉0;3x=1∈0;3

Ta lại có: y0=0 ;y1=−1 ; y3=−37.

Do đó: miny0;3=y1=−1.

Đáp án D

TXĐ: D=ℝ.

Ta có:y'=−x2+2mx−2m .

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi y'=0  có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'>0⇔m2−2m>0⇔m>2m<0.

Đáp án C

Để z là số thuần ảo ⇔m2−1=0⇔m=±1.

Lỗi học sinh thường mắc: “z là số thuần ảo” ⇔m2−1=0m+1≠0⇔m=1.

Đáp án C

Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là:

dI,P=r⇔2−4+1−84+4+1=3⇒r=3.

Vậy phương trình mặt cầu là: S:x−12+y−22+z+12=9.

Đáp án C

 

Đáp án D

Ta có: z−i=4⇔x+y−1i=4⇔x2+y−12=4⇔x2+y−12=16 .

Đáp án C

Ta có: nP→=1;0;−1nOxy→=0;0;1.

Gọi  là góc giữa mặt phẳng (P)  và mặt phẳng (Oxy)

⇒cosφ=nP→.nOxy→nP→.nOxy→=1.0+0.0+−1.112+02+−12.02+02+12=12⇒φ=45°.

Đáp án C

Ta có a2x+1>1⇔2x+1<0 (vì 0<a<1)⇔x<−12.

Đáp án C

Ta có diện tích hình phẳng được tính bởi công thức:S=∫abfxdx=∫acfxdx+∫cbfxdx

Do fx<0,∀x∈a;c ; fx>0, ∀x∈c;bnên ta có: S=−∫acfxdx+∫cbfxdx

.

Đáp án A

Thiết diện qua trục là hình vuông ⇒R=h2

Khi đó: Stp=2πRh+2πR2=2π.h2.h+2πh22=3πh22=4π⇔h=263⇒R=63 .

Vậy V=πR2h=4π69

Đáp án B

TXĐ:D=ℝ\0;2 .

• limx→+∞x2−3x+2x3−2x2=limx→+∞1x−3x2+2x31−2x=0;

•limx→−∞x2−3x+2x3−2x2=limx→−∞1x−3x2+2x31−2x=0 .

Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=0.

limx→2x2−3x+2x3−2x2=limx→2x−2x−1x2x−2=limx→2x−1x2=14•

Nên x=2 không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

limx→0x2−3x+2x3−2x2=limx→0x−2x−1x2x−2=limx→0x−1x2=−∞•

Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x=0.

Vậy tổng số các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 2 tiệm cận.

Đáp án A

Đặt độ dài cạnh của khối lập phương là x x>0 .

Khi đó:CC'=x ; AC=x2 .

Tam giác vuông ACC', có  AC'=AC2+CC'2⇔x3=a3⇒x=a

Vậy thể tích khối lập phương  V=a3(đvtt).

Đáp án A

Ta có f'x=10x.ex2 .

Do đóf'0=0  và f0=5.

Vậy P=f'x−2xfx+15f0−f'0=10xex2−2x.ex2+15.5−0=1.

Đáp án B

Ta có fx=m−1.

Số nghiệm của phương trình  là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=m−1.

Đáp án C

Gọi O=AC∩BD .

Theo giả thiết B'O⊥ABCD

Do đó BB',ABCD^=BB',BO^=B'BO^ 

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a, suy ra BO=12BD=a2.

Tam giác vuông B'BO, có cosB'BO^=BOBB'=12⇒B'BO^=60° .

Đáp án D

Điều kiện:x>0 .

Phương trình tương đương với:

log22+log2x2−5log2x=0.

1+log2x2−5log2x=0⇔log22x−3log2x+1=0

 Phương trình log22x−3log2x+1=0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 .

Ta có: log2x1.x2=log2x1+log2x2 .

Theo định lí Vi-et, ta có: log2x1+log2x2=−−31=3⇒log2x1.x2=3⇒x1.x2=8

Đáp án B

Gọi V, R, h lần lượt là thể tích khối trụ (khối chứa phần nước trong cốc), bán kính đáy cốc và chiều cao của lượng nước trong cốc khi chưa lấy khối nón ra.

Suy ra:  V=πR2h  .

Gọi V1,R1 ,  h1lần lượt là thể tích, bán kính đáy và chiều cao của khối nón.

Suy ra:   V1=13πR12h1       .

Gọi V2, R2, h2 là thể tích lượng nước đổ vào và độ cao của nước trong cốc sau khi đã lấy khối nón ra.

Suy ra:   V2=13πR2h2       .

Từ , (1), (2), (3) và  ta có:  V−V1=V2⇔πR2h−13πR12h1=πR2h2

⇔R2h−13R12h1=R2h2⇔h2=R2h−13R12h1R2         .

Thay R=a ,R1=a2 , h=h1=12  vào (4) ta có:  h2=12−13.14.12=11

Đáp án A

Ta có  f4x3−1x2+3xdx=x4+1x+32x2+C

Theo giả thiết 5F1+F2=43⇒572+C+452+C=43⇔C=12.

Suy ra .Fx=x4+1x+32x2+12⇒Fx=24+12+32.22+12=23

Đáp án C

Do AD//BC nên dD,SBC=dA,SBC.

Gọi K là hình chiếu của A trên SB, suy ra AK⊥SB

Khi dA,SBC=AK=SA.ABSA2+AB2=2a33.

Đáp án D

Ta có nP→=2;2;1 ; nQ→=2;−1;2.

Gọiud→  là véctơ chỉ phương của đường thẳng d.

Do ud→⊥nP→ud→⊥nQ→⇒ud→=nP→,nQ→=5;−2;−6.

Mặt khác đường thẳng d đi qua A1;2;3  và có véctơ chỉ phương  ud→=5;−2;−6 nên phương trình chính tắc của d là x−15=y−2−2=z−3−6.

Đáp án B

 Ta có: f'x=3ax22a2+4ab+2x−2a3+4a2b+a+2b

Theo bài ta có: f'x≥0, ∀x∈ℝ

⇔a=02x+2b≥0,x∈ℝkhoâng thoûa maõna>0Δ'≤0⇔a>0a2+2ab+12−3a−2a3+4a2b+a+2b≤0

⇔a>07a4−8a3b+4a2b2−a2−2ab+1≤0⇔a>02ab−4a2+122+342a2−12≤0

⇔a>02ab−4a2+12=02a2−1=0⇔a=22b=324

Nhận xét: Hàm số fx=kx+ax+bx+c đồng biến trên R khi k>0a=b=c ; nghịch biến trên  khi

Đáp án B

Đặt  z=a+bia,b∈ℝ

Ta có: z−2z¯=−7+3i+z⇔a2+b2−2a−bi=−7+3i+a+bi

 ⇔a2+b2−3a+7+b−3i=0⇔a2+b2−3a+7=0b−3=0

⇔a2+9=3a−7b=3⇔a≥73a2+9=9a2−42a+49b=3⇔a≥73a=4nhana=54loaib=3⇔b=3a=4

Vậy z=4+3i⇒w=1−z+z2=4+21i⇒w=457

Đáp án D

Pu239 có chu kỳ bán hủy là 24360 năm, do đó ta có:

5=10.er.24360⇒r=ln5−ln1024360≈−0,000028 

Vậy sự phân hủy của Pu239 được tính theo công thức: S=A.eln5−ln1024360t.

Theo đề: 1=10.eln5−ln1024360t⇒t=−ln10ln5−ln1024360≈−ln10−0,000028≈82235

 

 

Đáp án D.

Gọi các đỉnh của đa giác là , ,...,.

Để chọn được một tứ giác thoả mãn ta thực hiện qua các công đoạn:

Chọn một đỉnh có 15 cách, giả sử là 4.

Ta tìm số cách chọn ba đỉnh còn lại, tức ba đỉnh , ,  và giữa ,  có  đỉnh; giữa ,  có  đỉnh; giữa ,   có  đỉnh và giữa ,  có  đỉnh, theo giả thiết có

 x1+x2+x3+x4=15−4=11xm≥1,m=1,4¯

Số cách chọn ra ba đỉnh này bằng số nghiệm tự nhiên của phương trình x1+x2+x3+x4=11

 và bằng C11−14−1=C103.

Vậy số các tứ giác có thể bằng , tuy nhiên vì vai trò bốn đỉnh như nhau nên mỗi đa giác được tính 4 lần, do đó số tứ giác bằng 15C1034=450.

Tổng quát: Đa giác có n đỉnh, số tứ giác lập thành từ 4 đỉnh không có cạnh của đa giác là: n4.Cn−53.

Đáp án B

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Giả sử phương trình của parabol là (P): y=ax2+bx+c.

Ta có parabol có đỉnh là (0;3)  và đi qua điểm 32;0 nên có hệ phương trình

b=0c=394a+c=0⇔a=−43b=0c=3⇒P:y=−43x2+3

Cắt vật thể bởi một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x −32≤x≤32, ta thấy thiết diện thu được là một hình chữ nhật có chiều rộng −43x2+3 bằng  mét và chiều dài bằng 6 mét.

Diện tích thiết diện thu được là 6−43x2+3=−8x2+18.

Vậy thể tích phần không gian bên trong trại là ∫−3232−8x2+18dx=36m3.

Đáp án C

Theo bài ra ta có: ∀x⇔gx=m2x4−mx2+20x−m2+m+20≥0 ,∀x , .

Ta có gx=0 có một nghiệm x=−1, do vậy để ,  thì trước tiên gx≥0 không đổi dấu khi qua điểm x=-1, tức gx có nghiệm kép

 x=−1⇔g'−1=0⇔4m2x3−2mx+20x=0x=−1⇔−4m2+2m+20=0⇔m=−2m=52Với m=−2⇔gx=4x4+2x2+20x+14=2x+122x2−4x+7≥0 ∀x,  (thỏa mãn).

Với m=52⇔gx=254x4−52x2+20x+654=54x+125x2−10x+13≥0 ∀x,  (thỏa mãn).

Nên S=−2+52=12.

Đáp án C

Xét hàm số y=14x4−x3+x2+m liên tục trên đoạn −1;2.

Ta có f'x=x3−3x2+2x=0⇔x=0∈−1;2x=1∈−1;2x=2∈−1;2

Ta lại có: f−1=94+m;f0=m ;f1=14+m ; f2=m.

Khi đó:max−1;2fx=maxf−1;f0;f1;f2=f−1=m+94max−1;2fx=minf−1;f0;f1;f2=f0=f2=m .

Suy ra: max−1;2y=maxm;m+94.

Theo yêu cầu bài toán  max−1;2y≤11⇔m+94≤11m≤m+94m≤11m+94≤m⇔−534≤m≤354m≥−98−11≤m≤11m≤−98

⇔−98≤m≤354−11≤m≤−98⇔−11≤m≤354.

 

Vì m nguyên nên m=−11;−10;...;8.

Kết luận: tổng các số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: −11−10−9−...+8=−30.

Tìm tham số để maxα;βfx≤a  (với a>0).

 

Đáp án A

Đặt t=3sinx−cosx−12cosx−sinx+4⇔2t+1cosx−t+3sinx=−1−4t Phương trình * có nghiệm 2t+12+t+32≥4t+12⇔−911≤t≤1 , suy ra .

Từ đồ thị y=fx ta có

y=fx đồng biến trên 0;+∞

m2+4m+4=m+22∈0;+∞.

 t∈0;+∞

Nên f3sinx−cosx−12cosx−sinx+4=fm2+4m+4⇔ft=fm2+4m+4

⇔t=m2+4m+4

Phương trình  có nghiệm khi và chỉ khi

0≤m2+4m+4≤1⇔m2+4m+4≤1⇔−3≤m≤−1

Do m∈ℤ⇒m∈−3;−2;−1.

Đáp án D

Ta có A' là trung điểm PC' , B' là trung điểm QC'.

Do đó  VC.C'PQ=SC'PQSC'A'B'.VC.A'B'C'=4VC.A'B'C'=413VABC.A'B'C'=43 Mặt khác VA'B'C'.MNC=A'MA'A+B'NB'B+C'CC'C3.VABC.A'B'C'=12+12+13.VABC.A'B'C'=23

Do đó VA'MB'NQ=VC.C'PQ−VA'B'C'.MNC=43−23=23.

Đáp án D

Bất phương trình đã cho tương đương với: m>4−log5fx+m+2−fx, ∀x∈−1;4.

Xét hàm số gx=4−log5fx+m+2−fx trên −1;4.

Bài toán trở thành tìm m để m>gx ,∀x∈−1;4⇔m≥max−1;4gx .

Ta có  g'x=−f'xfx+m+2ln5−f'x=−f'x1fx+m+2ln5+1=0⇔x=−1x=1x=4

Bảng biến thiên hàm g(x) trên  0;3

 Trong đó:  g−1=4−log5f−1+m+2−f−1g4=4−log5f4+m+2−f4

Dựa vào đồ thị , ta có ∫−11f'xdx<∫41f'xdx⇔f1−f−1<f1−f4⇔f−1>f4.

Suy ra g−1<g4 .

Do đó ta có m≥max−1;4gx=g4=4−log5f4+m+2−f4

Đặt t=f4+m+2  (với t>0).

Bất phương trình trở thành: t+log5t≥6⇔t≥5.

Do đó: f4+m+2≥5⇔m≥3−f4.

Vậy m≥3−f4.

Đáp án C

Ta có diện tích khối tứ diện đều cạnh a bằng V0=a3212 .

Theo Ta-let ta có: EPEN=EQEM=k−1k−1+12=2k−12k−1

 ⇒VEDPQ=EPEN.EQEM.DEBEVBMQE=4k−122k−12.k−1k14V0

Do đó VBMNPQD=k4V0−4k−122k−12.k−1k14V0=k4V0.1−4k−13k2k−12

 VBMNPQD=2249V0hay k4V0=k4V0.1−4k−13k2k−12⇔k=4.

Đáp án A

Do a2+b2>1 nên từ  loga2+b2a+b≥1⇔loga2+b2a+b≥loga2+b2a2+b2

⇔a+b≥a2+b2>1.

Suy ra:  a2+b2>1a−122+b−122≤12

Khi đó: P=2a+4b−3=2a−12+4b−12≤22+42.a−122+b−122

 ≤20.12=10. (Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki)

Dấu “=” xảy ra khi: a2+b2>1a−122=b−124>0a−122+b−122=12⇔a=12+110b=12+210.

Vậy Pmax=10 khi a=12+110b=12+210

Đáp án C

Ta có:  ∫12f'xfxdx=ln2⇔∫12dfxfx=ln2⇔lnfx21=ln2⇔lnf2−lnf1=ln2

⇔f2=2f1

Lại có:  ∫12f'xdx=10⇔fx21=10⇔f2−f1=10

Từ đó f2=2f1f2−f1=10⇔f2=20f1=10 .

Lập hệ phương trình theo ẩn f(2), f(1) từ các điều kiện bài cho, sử dụng công thức ∫abf'xdx=fb−fa.

Đáp án A

Ta có nP→=1;2;−2; nQ→=1;m;m−1.

Gọi φ là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) 0°≤φ≤90° .

Ta có nP→.nQ→=3 ; nP→=3;  nQ→=2m2−2m+2⇒cosφ=12m2−2m+2

Để  (P) và (Q) tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì cosφ lớn nhất ⇔2m2−2m+2 nhỏ nhất.

Mà 2m2−2m+2=2m−122+32≥32 nên giá trị lớn nhất là cosφ=23 khi m=12 .

Khi đó : x+12y−12z+2017=0.

Vậy H−2017;1;1∈Q.

Đáp án B

Vì –1;32 ;52 ; 113 là nghiệm của phương trình f'x=0  nên:

f'x=5mx4+4nx3+3px2+2qx+h=5mx+1x−32x−52x−113

Suy ra: 5mx4+4nx3+3px2+2qx+h=5mx4−203x3+434x2+143x−554

Đồng nhất hệ số, ta được n=−253m; p=21512m;q=353m ; h=−2754m.

Suy ra gx=fx+932m−r.

Xét hx=fx+932m−r⇒h'x=f'x=0 có bốn nghiệm phân biệt nên h(x) có bốn cực trị.

Xét  hx=0⇔mx5−254mx4+21512mx3+353mx2−2744mx+r=−932m+r

⇔x5−254x4+21512x3+353x2−2744x+932=0.

Đặt kx=x5−254x4+21512x3+353x2−2744x+932

 

Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình hx=0⇔kx=0 có 3 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số g(x) có 7 cực trị.