Đề số 5
50 câu hỏi
Hàm số y=x3+3x2−4 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
(0;+∞).
ℝ.
(−2;0).
(−∞;−2).
Ta có y'=3x2+6x,y'<0⇔3x2+6x<0⇔−2<x<0 suy ra hàm số nghịch biến trên (−2;0).
Đáp án C
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a để biểu thức B=log3(2−a) có nghĩa
a<2.
a>2.
a=3.
a≤2.
Biểu thức B=log3(2−a) có nghĩa khi 2−a>0⇔a<2.
Đáp án A
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) trùng với trung điểm của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Số đo của góc giữa SA và (ABC) bằng
750.
450.
300.
600.
Ta có: hình chiếu của SA trên (ABC) là AH nên (SA;(ABC)^)=(SA;AH)^=SAH^
Xét tam giác vuông SAH ta có: AH=a32;SA=a
Khi đó: AH=a32;cos(SAH^)=AHSA=32⇒SAH^=300.
Vậy góc giữa SA và (ABC) bằng 300.
Đáp án C
Cho các số thực a,b,m,n với a,b>0,n≠0. Mệnh đề nào sau đây sai?
am.bm=(ab)m.
aman=am−n.
(am)n=am.n.
am.an=am.n.
Vì am.an=am+n.
Đáp án D.
Biết giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x33+2x2+3x−4 trên [−4;0] lần lượt là M và n. Giá trị của M+m bằng
−43.
43.
−4.
−283.
Ta có y'=x2+4x+3. Xét y'=0⇔[x=−3∈(−4;0)x=−1∈(−4;0).
Có y(−4)=y(−1)=163;y(−3)=y(0)=−4.
Do đó M=163;m=−4⇒M+m=43.
Đáp án B
Tìm tập nghiệm của phương trình 4x2=2x+1
S={−1;12}.
S={0;1}.
S={1−52;1+52}.
S={−12;1}.
Ta có 4x2=2x+1⇔2x2=x+1⇔[x=1x=−12
Đáp án D
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f'(x)=x2+1. Khẳng định nào sau đây đúng?
Hàm số đồng biến trên (−∞;+∞).
Hàm số nghịch biến trên (−∞;1).
Hàm số nghịch biến trên (−∞;+∞).
Hàm số nghịch biến trên (−1;1).
Ta có f'(x)=x2+1>0(∀x∈ℝ) nên hàm số y=f(x) đồng biến trên (−∞;+∞).
Đáp án A
Tìm giá trị nhỏ nhất mcủa hàm số: y=x2+2xtrên đoạn [12;2].
m=3.
m=5.
m=174.
m=4.
Hàm số xác định trên đoạn [12;2],y'=2x−2x2=0⇔x=1∈[12;2]
y(12)=174; y(1)=3; y(2)=5
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x2+2x trên đoạn [12;2] là m=3
Đáp án A
Giải phương trình log3(2x−1)=1
x=0.
x=3.
x=2.
x=1.
Điều kiện: 2x−1>0⇒x>12.
log3(2x−1)=1⇔2x−1=3⇔x=2
Vậy nghiệm của phương trình là x=2.
Đáp án C
Cho các số phức 0<a≠1,x>0,y>0,a≠0. Mệnh đề nào sau đây sai?
loga1=0.
loga(xα)=α.logax.
logaxy=logax−logay.
loga(xy)=logax.logay.
loga(xy)=logax+logay
Đáp án D
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
Mỗi hình đa diện có ít nhất bốn đỉnh.
Mỗi hình đa diện có ít nhất ba đỉnh.
Số đỉnh của một hình đa diện lớn hơn hoặc bằng số cạnh của nó.
Số mặt của một hình đa diện lớn hơn hoặc bằng số cạnh của nó.
Ta thấy qua ba điểm bất kì chỉ xác định được một hoặc chùm mặt phẳng chứ không xác định được khối đa diện nên mệnh đề B sai.
Mặt khác, ta có khối chóp tam giác có bốn đỉnh, bốn mặt, sáu cạnh nên các mệnh đề C, D đều sai.
Đáp án A
Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6.
720
90
20
120
Gọi số cần tìm là abc¯.
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được số các số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau là A63=120 (số).
Đáp án D
Giá trị của m để đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=mx−12x+mđi qua điểm A(1;2).
m=2.
m=−4.
m=−5.
m=−2.
* Vì limx→(−m2)+mx−12x+m=−∞ (hoặc limx→(−m2)−mx−12x+m=+∞ ) nên đường thẳng x=−m2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
* Đường tiệm cận đứng đi qua điểm A(1;2) nên 1=−m2⇔m=−2.
Đáp án D.
Tính thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a
V=a36.
V=a3.
V=a33.
V=2a33.
Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a là: V=a3 (đvtt).
Đáp án B.
Cho đồ thị hàm số y=f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ:
Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây
(−∞;0).
(2;+∞).
(0;2).
(−2;2).
Từ đồ thị đã cho suy ra đáp án C
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x3−2x2+3x+1 song song với đường thẳng y=3x+1 có phương trình là
y=−13x−1.
y=3x−293.
y=3x−293,y=3x+1.
y=−13x+293.
Ta có:y'=x2−4x+3.
Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc đồ thị hàm số đã cho với y0=x033−2x02+3x0+1.
Do tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M(x0;y0) song song với đường thẳng y=3x+1 nên ta có:
y'(x0)=3⇔x02−4x0+3=3⇔[x0=0⇒y0=1x0=4⇒y0=73.
- Tại điểm M(0;1) phương trình tiếp tuyến là:y−1=3(x−0)⇔y=3x+1.
- Tại điểm M(4;73) phương trình tiếp tuyến là:y−73=3(x−4)⇔y=3x−293.
Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x33−2x2+3x+1 song song với đường thẳng y=3x+1 có phương trình lày=3x−293.
Đáp án B
Đường thẳng đi qua A(−1;2), nhận n→=(2;−4) làm véctơ pháp tuyến có phương trình là
x−2y+5=0.
x−2y−4=0.
x+y+4=0.
−x+2y−4=0.
Đường thẳng đi qua A(−1;2) , nhận n→=(2;−4) làm véctơ pháp tuyến có phương trình là:
2(x+1)−4(y−2)=0⇔2x−4y+10=0⇔x−2y+5=0.
Đáp án A.
Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là
A165.
A415.
A255.
C415.
+ Tổng số học sinh của lớp là 41 học sinh.
+ Số cách chọn 5 học sinh trong lớp là số tổ hợp chấp 5 của 41 phần tử C415.
Đáp án D
Trong hình chóp đều, khẳng định nào sau đây đúng?
Tất cả các cạnh bên bằng nhau.
Tất cả các mặt bằng nhau.
Tất cả các cạnh bằng nhau.
Một cạnh đáy bằng cạnh bên.
Đáp án A
Cho khối lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5, đáy là hinh vuông có cạnh bằng 4. Hỏi thể tích khối lăng trụ là:
100
20
64
80
Lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 nên có chiều cao h=5.
Thể tích của khối lăng trụ là: V=B.h=42.5=80.
Đáp án D
Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=2x−3x−1 là
y=2.
y=3.
x=1.
x=32.
Tập xác định: D=ℝ\{1}.
Ta có: limx→1+(2x−3x−1)=−∞ và limx→1−(2x−3x−1)=+∞.
Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=2x−3x−1 là x=1.
Đáp án C
Cho hàm số y=x3−3x có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình |x3−3x|=m2+m có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
−2<m<−1 hoặc 0<m<1.
−1<m<0.
m>0.
m<−2 hoặc m>1.
Số nghiệm của phương trình |x3−3x|=m2+m là số giao điểm của đồ thị y=|x3−3x| và đường thẳng y=m2+m.
Cách vẽ đồ thị hàm số từ đồ thị hàm số y=|x3−3x| là: Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số y=x3−3x nằm phía trên trục hoành, lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị của hàm số y=x3−3x nằm phía dưới trục hoành rồi xóa bỏ phần đồ thị hàm số y=x3−3x nằm phía dưới trục hoành:
Phương trình |x3−3x|=m2+m có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi {m2+m>0m2+m<2⇔{[m>0m<−1−2<m<1⇔[0<m<1−2<m<−1.
Đáp án A
Đồ thị hàm số nào sau đây không có tiệm cận ngang?
y=x−x2+1.
y=2x−1x+1.
y=x2−3x+2x2−x−2.
y=x4+4x2−3.
Xét hàm số y=x4+4x2−3.
Ta có: limx→−∞(x4+4x2−3)=+∞ và limx→+∞(x4+4x2−3)=+∞.
Vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Đáp án D
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi, biết AA'=4a,AC=2a,BD=a. Thể tích của khối lăng trụ là
8a3.
8a33.
4a3.
2a3.
Thể tích khối lăng trụ là V=AA'.SABCD=AA'.12.AC.BD=4a.12.2a.a=4a3.
Đáp án C
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên khoảng K và có đồ thị là đường cong (C). Hệ số góc của tiếp tuyến của tại điểm M(a;b)∈(C) là
k=f'(a).
k=f(a).
k=f(b).
k=f'(b).
Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm của hàm sốy=f(x) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại điểmM(x0;y0).
Do đó hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại điểm M(a;b)∈(C) là k=f'(a)
Vậy đáp án đúng là đáp án A.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;1).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;3).
Hàm số đồng biến trên khoảng (−1;+∞).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1).
Ta thấy:
* y'>0 khi x∈(−∞;−1)∪(1;+∞) nên hàm số đồng biến trên (−∞;−1)∪(1;+∞)
* y'<0khi x∈(−1;1) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1).
Vậy đáp án đúng là đáp án D.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số không có cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x=0.
Hàm số đạt cực đại tại x=5.
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1.
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và đạt cực tiểu tại x=2.
Đáp án B
Hàm số y=−x4+2mx2+1 đạt cực tiểu tại x=0 khi:
m>0.
−1≤m<0.
m≥0.
m<−1.
Ta có:y'=−4x3+4mx;y"=−12x2+4m
Hàm số đạt cực tiểu tại x=0⇒y'(0)=0. Thỏa mãn ∀m.
Mặt khác để hàm số đạt cực tiểu tại x=0⇒y"(0)>0⇔m>0.
Đáp án A
Tập xác định của phương trình x−1+x−2=x−3 là
[1;+∞).
ℝ\{1;2;3}.
[3;+∞).
(3;+∞).
Điều kiện của phương trình: {x−1≥0x−2≥0x−3≥0⇔{x≥1x≥2x≥3⇔x≥3
Vậy tập xác định của phương trình là: D=[3;+∞).
Đáp án C
Cho a,b là các số thực dương khác 1 thỏa mãn logab=3. Giá trị của logba(bba) là
3
−13.
−23.
−3.
Ta có: T=logbab3a=logab3alogaba=logab3−logaalogab−logaa=13logab−12logaa12logab−1=−13.
Đáp án B
Tập xác định của hàm số (x2−3x+2)π là
(−∞;1)∪(2;+∞).
(1;2).
(−∞;1]∪[2;+∞).
ℝ\{1;2}.
Vì π∉ℤ nên hàm số có điều kiện xác định làx2−3x+2≠0
⇒x∈(−∞;1)∪(2;+∞).
Đáp án A
Hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây đúng?
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là (−1;3).
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là (1;1).
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là (1;−1).
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là (−1;1).
Dựa vào đồ thị suy ra đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là (1;−1).
Đáp án C
Cho hàm số y=x4+2x2+1 có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M(1;4) là:
y=8x−4.
y=8x+4.
y=−8x+12.
y=x+3.
y'=4x3+4x
f'(1)=8
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M(1;4) và có hệ số góc k=8 là:
y=8(x−1)+4⇔y=8x−4
Đáp án A
Tập nghiệm S của phương trình 2x−3=x−3 là:
S=∅.
S={6}.
S={6;2}.
S={2}.
2x−3=x−3⇔{x−3≥02x−3=(x−3)2
⇔{x≥32x−3=x2−6x+9
⇔{x≥3x2−8x+12=0
⇔{x≥3[x=2x=6⇔x=6
Vậy tập nghiệm của phương trình là S={6}.
Đáp án B
Phương trình (13)x2−2x−3=3x+1 có bao nhiêu nghiệm?
3
2
1
0
(13)x2−2x−3=3x+1⇔(13)x2−2x−3=(13)−x−1⇔x2−2x−3=−x−1⇔x2−x−2=0⇔[x=−1x=2.
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=−1;x=2.
Đáp án B
Cho n∈ℕ thỏa mãn Cn1+Cn2+...+Cnn=1023. Tìm hệ số của x2 trong khai triển [(12−n)x+1]n thành đa thức.
45
180
2
90
Từ khai triển (1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+...+Cnnxn.
Cho x=1 ta được (1+1)n=Cn0+Cn1+Cn2+...+Cn2=1+Cn1+Cn2+...+Cnn
Mà Cn1+Cn2+...+Cnn=1023 nên2n=1024⇔n=10.
Bài toán trở thành tìm hệ số của x2 trong khai triển (2x+1)10 thành đa thức.
Số hạng tổng quát trong khai triển (2x+1)10 là C10k(2x)k=C10k2kxk
Từ yêu cầu bài toàn suy ra k=2.
Vậy hệ số của x2 trong khai triển (2x+1)10 thành đa thức là C10222=180.
Đáp án B
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Gọi M là trung điểm của SB, P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP=2DP.Mặt phẳng (AMP)cắt cạnh SC tại N.Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V.
VABCDMNP=730V.
VABCDMNP=1930V.
VABCDMNP=25V.
VABCDMNP=2330V.
Trong (ABCD) gọi O=AC∩BD.
Trong (SBD) gọi I=SO∩MP.
Trong (SAC) gọi N=SC∩AI.
Trong qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại H, qua P kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại K.
Gọi T là trung điểm NC
Ta có: IHIK=MHPK=12BO23BO=34.
HK=SO−SH−OK=SO−12SO−13SO=16SO.
IH3=IK4=IH+IK7=16SO7=142SO.
SISO=SH+IHSO=12SO+114SOSO=47.
⇒SNST=47.
⇒SNSC=410=25.
VS.AMNPVS.ABCD=12[VS.AMNSS.ACB+VS.ANPVS.ACD]=12[SMSB.SNSC+SPSD.SNSC]=12[12.25+25.23]=730.
VABCD.AMNP=VS.ABCD−VS.AMNP=V−720V=2330V.
Đáp án D
Biết rằng đồ thị hàm số f(x)=13x3−12mx2+x−2 có giá trị tuyệt đối của hoành độ hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền là 7.Hỏi có mấy giá trị của m?
0
2
3
1
f(x)=13x3−12mx2+x−2.
f'(x)=x2−mx+1.
f'(x)=0⇔x2−mx+1=0(1)
Để hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
.⇔Δ=m2−4>0⇔[m<−2m>2.
(1)⇔[x1=m+m2−42x2=m−m2−42⇒[|x1|=|m+m2−4|2|x2|=|m−m2−4|2
Ta có:|x1|2+|x2|2=72⇔(m+m2−4)2+(m−m2−4)2=7⇔m2=9⇔[m=3m=−3.
Vậy chọn B.
Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 200 m3. Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chi phí để xây bể là 300 nghìn đồng/m2 (chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện tích xung quanh, không tính chiều dày của đáy và diện tích xung quanh, không tính chiều dày của đáy và thành bể). Hãy xác định chi phí thấp nhất để xây bể (làm tròn đến đơn vị triệu đồng).
46 triệu đồng.
51 triệu đồng.
75 triệu đồng.
36 triệu đồng
Gọi chiều rộng của đáy bể là x(m)(x>0)
⇒chiều dài của đáy bể là 2x(m)
Gọi chiều cao của bể là h(m)(h>0)
Thể tích của bể là: V=x.2x.h=200⇒h=2002x2=100x2
Diện tích đáy là:S1=x.2x=2x2(m2)
Diện tích xung quanh của bể là: S2=2.x.h+2.2x.h=6.x.h(m2)
Chi phí để xây bể là: T=(S1+S2).300000=(2x2+6xh).300000=(2x2+600x).300000
Ta có: 2x2+600x=2x2+300x+300x≥3.2x2.300x.300x3 (theo bất đẳng thức cô si)
≥3.1800003
Dấu “=” xảy ra⇔2x2=300x⇔x3=3002=150⇔x=1503
Chi phí thấp nhất để xây bể là:T=3.1800003.300000≈50,815.106 (nghìn đồng) (triệu đồng)
Đáp án B
Cho tam giác ABC có AB:2x−y+4=0;AC:x−2y−6=0. Hai điểm B và C thuộc Ox. Phương trình phân giác góc ngoài của góc BAC là
3x+3y+10=0.
x+y+10=0.
3x−3y−2=0.
x−y+10=0.
B=AB∩Ox⇒ tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:{2x−y+4=0y=0⇔{x=−2y=0⇒B(−2;0)
C=AC∩Ox⇒ tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: {x−2y−6=0y=0⇔{x=6y=0⇒C(6;0).
Phương trình đường phân giác của góc BAC là:|2x−y+4|5=|x−2y−6|5⇔[x+y+10=0(d1)3x−3y−2=0(d2)
Đặt f(x,y)=x+y+10
f(−2,0)=8
f(6,0)=16
⇒f(−2,0).f(−6,0)=128>0⇒B và C nằm về cùng một phía đối với đường thẳng d1
⇒phương trình phân giác ngoài của góc BAC là:x+y+10=0.
Đáp án B
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị f'(x) như hình vẽ
Hàm số y=f(1−x)+x22−x nghịch biến trên
(1;3)
(−3;1)
(−2;0)
(−1;32)
Đặt g(x)=f(1−x)+x22−x
g'(x)=−f'(1−x)+x−1
g'(x)=0⇔f'(1−x)=−1(1−x)
Xét phương trình f'(x)=−x. Từ đồ thị hàm số f'(x) ta có các nghiệm của phương trình này là x=−3,x=−1,x=3.
Do đó, phương trình f'(1−x)=−(1−x) tương đương với [1−x=−31−x=−11−x=3⇔[x=4x=2x=−2
Từ đó ta có bảng biến thiên sau:
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;32).
Đáp án D
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f'(x)=x2(x−9)(x−4)2. Khi đó hàm số y=f(x2) nghịch biến trên khoảng nào?
(−3;0).
(3;+∞).
(−∞;−3).
(−2;2).
Ta có: y'=f'(x2).2x=2x(x2)2(x2−9)(x2−4)2=2x5(x2−9)(x2−4)2
Ta có bảng xét dấu của y' như sau:
Từ đó suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞;−3).
Đáp án C
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mđể hàm số y=x3+x2+mx+1đồng biến trên (−∞;+∞).
m≥43.
m≤43.
m≤13.
m≥13.
Tập xác đinh:D=ℝ.
Đạo hàm y'=3x2+2x+m.
Hàm số y=x3+x2+mx+1 đồng biến trên (−∞;+∞) khi và chỉ khi y'≥0,∀x∈ℝ hay Δ'≤0⇔1−3m≤0⇔m≥13.
Đáp án D
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=|3x4−4x3−12x2+m| có 5 điểm cực trị.
26
16
27
44
Tập xác định:D=ℝ.
Ta có đạo hàm của (|f(x)|)'=(f2(x))'=2f(x).f'(x)2f2(x)=f(x).f'(x)|f(x)|,
Đạo hàm y'=(12x3−12x2−24x)(3x4−4x3−12x2+m)|3x4−4x3−12x2+m| ,
Xét phương trình(12x3−12x2−24x)(3x4−4x3−12x2+m)=0
Xét hàm số g(x)=3x4−4x3−12x2 trên R và g'(x)=0⇔[x=0x=−1x=2.
Bảng biến thiên của g(x) như sau:
Hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi tổng số nghiệm bội lẻ của và số điểm tới hạn của là 5, do đó ta cần có các trường hợp sau
TH1: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác -1; 0; 2⇔[−m>0−32<−m<−5⇔[m<05<m<32, trường hợp này có 26 số nguyên dương.
TH2: Phương trình (*) có 3 nghiệm trong đó có một nghiệm kép trùng với một trong các nghiệm −1;0;2⇔[−m=0−m=−5⇔[m=0m=5, trường hợp này có một số nguyên dương.
Vậy có tất cả là 27 số nguyên dương thỏa mãn bài toán.
Đáp án C
Cho hình chóp tam giác SBCvới SA,SB,SC đôi một vuông góc và SA=SB=SC=a.Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
12a3.
23a3.
16a3.
13a3.
Do SA,SB,SC vuông góc với nhau đôi một nên ta có
:VS.ABC=VA.SBC=13.SA.SΔSBC=16.SA.SB.SC=a36.
Đáp án C
Cho hình chóp S.ABCtrong đó SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một. Biết SA=a3,AB=a3. Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng
2a55.
a62.
a32.
a23.
Gọi H là trung điểm của SB ta có AH⊥SB(1) (vìSA=AB=a3)
Ta lại có vuông góc với nhau đôi một. NênBC⊥(SAB)⇒AH⊥BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra:AH⊥(SBC)⇒d(A,(SBC))=AH.
Xét tam giác SAB vuông cân tại A có AH là đường trung tuyến ta có:
AH=12SB=12SA2+AB2=3a2+3a22=a62⇒d(A,(ABC))=a62.
Đáp án B
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C'trên các cạnh AA',BB'lấy các điểm M,Nsao cho AA'=4A'M,BB'=4B'N.Mặt phẳng (C'MN)chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1là thể tích khối chóp C'.A'B'MNvà V2là thể tích khối đa diện ABCMNC'.Tính tỷ số V1V2
V1V2=25.
V1V2=35.
V1V2=15.
V1V2=15.
Ta cóSA'B'NM=14SA'B'BA⇒V1=VC'.A'B'NM=14VC'.A'B'BA=14.23VABC.A'B'C'=16VABC.A'B'C'.
⇒V2=VABC.A'B'C'−V1=56VABC.A'B'C'⇒V1V2=15.
Đáp án C
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,AB=AC=2a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết SH=a, khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BC là
a33.
2a3.
4a3.
a32.
Dựng hình bình hành ACBE.
Ta có BC//AE⇒BC//(SAE)⇒d(BC,SA)=d(BC,(SAE))=2d(H,(SAE)).
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AE,AM,K là hình chiếu của H trên
ΔABE vuông cân tại B⇒BM⊥AE⇒HN⊥AE. MàSH⊥AE⇒HK⊥AE.
Mặt khácHK⊥SN⇒HK⊥(SAE)⇒d(H,(SAE))=HK.
Ta có 1HK2=1SH2+1HN2=1a2+1(a22)2=3a2⇒HK=a3. Do đód(BC,SA)=2a3.
Đáp án B
Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình x3−3x2−m3+3m2=0 có ba nghiệm phân biệt?
{−1<m<3m≠0∧m≠2.
{−1<m<3m≠0.
{−3<m<1m≠−2.
−3<m<1.
Phương trình x3−3x2−m3+3m2=0⇔m3−3m2=x3−3x2=f(x).
Ta có f'(x)=3x2−6x. Xétf'(x)=0⇔[x=0x=2.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi−4<m3−3m2<0⇔{m3−3m2+4>0m3−3m2<0⇔{−1<m,m≠2m<3,m≠0⇔{−1<m<3m≠0∧m≠2.
Vậy {−1<m<3m≠0∧m≠2 thỏa yêu cầu bài toán.
Đáp án A
Cho hàm số y=2x−mx+2 với m là tham số, m≠−4. Biết minx∈[0;2]f(x)+maxx∈[0;2]f(x)=−8. Giá trị của tham số m bằng
9
12
10
8
Ta có y'=4+m(x+2)2.
TH1. Nếu 4+m>0⇔m>−4 thì y'>0,∀x∈ℝ\{−2}.
Khi đó {minx∈[0;2]f(x)=f(0)=−m2maxx∈[0;2]f(x)=f(2)=4−m4
Mà minx∈[0;2]f(x)+maxx∈[0;2]f(x)=−8⇔−m2+4−m4=−8⇔m=12 (nhận).
TH2. Nếu 4+m<0⇔m<−4 thì y'<0,∀x∈ℝ\{−2}.
Khi đó {minx∈[0;2]f(x)=f(0)=−m2maxx∈[0;2]f(x)=f(2)=4−m4
Mà minx∈[0;2]f(x)+maxx∈[0;2]f(x)=−8⇔−m2+4−m4=−8⇔m=12 (loại).
Vậy m=12 thỏa yêu cầu bài toán.
Đáp án B
