Đề số 5

Bán kính mặt cầu (S) là R=a2Diện tích mặt cầu (S) là S=4πR2=4πa22=πa2Chọn đáp án A

Ta có 22x+1=32⇔22x+1=25⇔2x+1=5⇔x=2Với a>0 ta có log22a=log22+log2a=1+log2aChọn đáp án A

Qua bảng biến thiên ta có hàm số đại cực đại tại điểm x=2.Chọn đáp án D

d=u4−u3=15

Chọn đáp án C

Số tập con gồm 2 phần tử M của là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 10 phần tử của M. Do đó số tập con gồm 2 phần tử của M là C102.

Chọn đáp án C

Phần ảo của số phức z=2−3i là -3Chọn đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−2 và 0;2Chọn đáp án C

Thể tích khối lăng trụ: V=S.h=a2.2a=2a3Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Có I=∫−13f'xdx=fx3−1=f3−f−1=4

Chọn đáp án A

Ta có: z=2−i1+2i=2+4i−i+2=4+3i⇒z¯=4−3iChọn đáp án A

Trên [-3;-1] ta có f'x=−2x−12⇒f'x<0,∀x∈−3;−1Suy ra hàm số nghịch biến trên [-3;-1].Do đó M=f−3=12 và m=f−1=0Vậy M.m = 0Chọn đáp án A

Nhìn dạng đồ thì a<0 nên loại đáp án DKhi x=0⇒y=3 nên loại đáp án CKhi x=1⇒y=4 nên loại đáp án BChọn đáp án A

Hàm số bậc nhất a>0 nên có đạo hàm y'=f'x>0Chọn đáp án A

P=x15.x3=x15.x13=x15+13=x815

Chọn đáp án C

I=∫261xdx=lnx26=ln6−ln2=ln62=ln3

Chọn đáp án B

Ta có: ∫024f(x)−3dx=4∫02f(x)dx−3∫02dx=6.Chọn đáp án B

Số nghiệm của phương trình fx=m là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=m trên đoạn [-1;3]

Do đó để phương trình fx=m có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y=m phải cắt đồ thì hàm số y=fx tại 3 điểm trên đoạn [-1;3]Suy ra −3<m<0.
Vậy T=−3; 0Chọn đáp án D

Gọi V1 là thể tích khối trụ ban đầu, ta có V1=hπR12=6πTa có V2=hπ3R12=9hπR12=9.6π=54πChọn đáp án B

Ta có: ∫x+sin2xdx=∫xdx+∫sin2xdx=x22−12cos2x+CChọn đáp án A

Ta có: logx=1xln10.Chọn đáp án C

Ta có: V'V=16AB.AD.AA'AB3=16⇒V=6V'Chọn đáp án C

Phương trình mặt cầu tổng quát: x−a2+y−b2+z−c2=R2⇒R=3Chọn đáp án A

log23x−1>3. Điều kiện 3x−1>0⇔x>13.

Phương trình ⇔3x−1>23⇔3x>9⇔x>3.

Chọn đáp án A

Ta có: cosa→,b→=a→.b→a→.b→=−25.5=−25.Chọn đáp án B

Ta có đường thẳng d đi qua M−1;0;5 có vtcp u→=1;−3;−1 và mặt phẳng (P) có vtpt

n→=3;−3;2

M∉P⇒loại đáp án D

n→,u→ không cùng phương suy ra loại đáp án B
n→.u→=10⇒n→,u→ không vuông góc suy ra loại đáp án C

Chọn đáp án A 

Điều kiện 2x−1>0x2−1>0⇔x>1Phương trình ban đầu ⇒x2−1=2x−1⇔x=0x=2tmdk⇔x=2Vậy tập nghiệm của phương trình là S=2Chọn đáp án A

Đường thẳng đi qua A và song song với d nên có một vectơ chỉ phương là u→=2 ; 1 ; −2Phương trình đường thẳng cần tìm: x=1+2ty=2+tz=3−2tChọn đáp án A

Do ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên A'D song song với B'C.

ΔACB' đều ⇒ACB'^=60°.

Suy ra AC,A'D=AC,CB'=ACB'^=60°.

Chọn đáp án C

Gọi mặt cầu cần tìm là (S)

Ta có (S) là mặt cầu có tâm I1;2;−1 và bán kính R

Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng  nên P:x−2y−2z−8=0 nên 

R=dI;P=1−2.2−2.−1−812+−22+−22=3

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

Chọn đáp án C

Ta có AC=a2

Vì (SAB)⊥(ABCD);(SAD)⊥(ABCD) nên SA⊥ABCD

Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD là góc giữa SC và AC.

Suy ra SCA^=600 ⇒SA=a2.tan600=a6

Vậy thể tích khối chóp là V=13.a2.a6=a363

Chọn đáp án D

Ta có vt=∫atdt=∫3t2+tdt=t3+t22+C

Vận tốc ban đầu của vật là 2m/s⇒v0=2⇒C=2

Vậy vận tốc của vận sau 2s là: v2=12

Các điểm x=x0 được gọi là điểm cực trị của hàm số y=fx⇔x=x0 là nghiệm bội lẻ của phương trình y'=0

Ta có: f'x=0⇔ex+1ex−12x+1x−12=0⇔ex+1=0ex−12=0x=−1x=1⇔x=ln12x=−1x=1

Trong đó ta thấy x=1 là nghiệm bội hai của phương trình suy ra x=1 không là điểm cực trị của hàm số.

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn đáp án B

(C) có tiệm cận đứng là x=b−1; tiệm cận ngang là y=a+1

Tâm đối xứng của (C) là giao điểm của hai đường tiệm cận Ib−1;a+1

O là tâm đối xứng của C⇔I≡O  b=1;a=−1⇒a+b=0

Chọn đáp án A

Chọn 2 bạn nữ trong 4 bạn thì có C42 cách. Ta “buộc” hai bạn này vào nhau coi như một bạn nữ thông thường. Có 2 cách để “buộc” như thế ( vì có thể là ab hoặc ba). Lúc này nhóm học sinh gồm có 6 bạn nam và 3 bạn nữ ( trong đó có 1 bạn nữ “đặc biệt”). Ta xếp vị trí cho các bạn nam trước thì có 6! Cách. Giữa các bạn nam có 5 vị trí xen kẽ với 2 vị trí đầu hàng và cuối hàng bây giờ ta xếp 3 bạn nữ vào 3 trong 7 vị trí kia thì có A73 cách. Vậy xác xuất cần tìm bằng 2C646!A7310!=12.

Chọn đáp án D

Đặt z=x+yix,y∈ℝ,suy ra z¯=x−yi.

Ta có z+2−3i=2z¯⇔x+2+y−3i=2x−2yi.

Đồng nhất hệ số ta có x+2=2xy−3=−2y⇔x=2y=1.

Vậy số phức z=2+i.

Ta có 9x−2.3x+1+m=0⇔32x−6.3x+m=0.

Phương trình có hai nghiệm thực x1,x2  thỏa mãn x1+x2=1⇒Δ'=9−m>03x1+3x2=6>03x1+x2=3=m⇔m=3.

Chọn đáp án A

Gọi AI là trung điểm CD, suy ra ABID là hình vuông

⇒BI=CI=DI⇒BD⊥BC⇒SBC⊥SDB

Mà SD⊥ABCD⇒SD⊥BC nên BC⊥SDB.

Ta có SBC∩SDB=SB, kẻ DH⊥SB  H∈SB⇒DH⊥SBC⇒DH=dD,SBC.

Trong tam giác vuông SDB: 1DH2=1SD2+1DB2=1a2+1a22=32a2.

⇒DH=a63

Vậy dD,SBC=a63.

Vì DI∩SBC=C⇒dI,SBCdD,SBC=ICDC=12.

Do AI song song với BC nên AI song song với mặt phẳng (SBC)

⇒dA,SBC=dI,SBC=12dD,SBC=a66.

Vậy dA,SBC=a66.

Chọn đáp án B

TH 1: Nếu m = 1 ⇒ y = 0 suy ra hàm số không có cực trị.

Vậy m = 1 không thỏa mãn.

TH 2: nếu m ≠ 1

Ta có: y'=4m−1x3

y'=0⇔x=0

Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì y' phải đổi dấu từ + sang - qua x = 0.

Khi đó 4m−1<0⇔m<1.

Vậy m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án A

Phương trình P:y=ax2,

 P qua A1;−1⇒a=−1

Phương trình tiếp tuyến Δ của (P) tại A là y=f'1x−1−1=−2x−1−1=−2x+1

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị: là P:y=−x2Δ:y=−2x+1

là S=∫12−2x+1+x2dx=13.

Chọn đáp án C

Ta có S=z12+4z22=z12−2iz22=z1−2iz2.z1+2iz2Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 2iz2.Khi đó ta có z1−2iz2.z1+2iz2=OM→−OP→.OM→+OP→PM→.2OI→=2PM.OI

Do  MON^=30°nên áp dụng định lí cosin ta tính ra được MN = 1. Khi đó ΔOMP có MN đồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra ΔOMP cân tại M⇒PM=OM=2

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho ΔOMP ta có

OI2=OM2+OP22−MP24=7

Vậy S=2PM.OI=2.27=47

Chọn đáp án C

Phương trình của tham số của đường thẳng d là:x=ty=−1+2tz=2−t.

Gọi A là giao điểm của (P) và d. Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: x=ty=−1+2tz=2−tx+y+z−3=0 Suy ra A1;1;1. Đường thẳng d có vec-tơ chỉ phương là ud→=1;2;−1, mặt phẳng có vec-tơ pháp tuyến là nP→=1;1;1. Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với (P). Khi đó (Q) có vec-tơ pháp tuyến nQ→=ud→,nP→=3;−2;−1. Đường thẳng Δ là hình chiếu vuông góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q). Suy ra vec-tơ chỉ phương củaΔ là u→=n(P)→,n(Q)→=1;4;−5.

Vậy hình chiếu vuông góc của d trên (P) có phương trình là x−11=y−14=z−1−5.

Chọn đáp án C

+ Tính ∫0π2fsinxcosxdx. Đặt sinx=t⇒cosxdx=dt. Đổi cận x=0⇒t=0x=π2⇒t=1

Do đó ∫0π2fsinxcosxdx=∫01ftdt=∫015−tdt=5t−t2210=92

+ Tính ∫01f3−2xdx. Đặt t=3−2x⇒dt=−2dx⇒dx=−dt2

Đổi cận x=0⇒t=3x=1⇒t=1

Do đó ∫01f3−2xdx=∫31ft.−dt2=12∫13ftdt=12∫13x2+3dt=12x33+3x31=223

Vậy I=2.92+3.223=31

Chọn đáp án B

Xét hàm số y=4fsinx+cos2x−a

y'=cosx4f'sinx−4sinx.

Ta thấy cosx>0, ∀x∈0;π2,

Đồ thị của hàm số y=f'x và y=x vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như sau:

Từ đồ thị ta có f'x<x, ∀x∈0;1⇒f'sinx<sinx, ∀x∈0;π2

Suy ra y'<0, ∀x∈0;π2.

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên thì ycbt ⇔4f1−1−a≥0⇔a≤4f1−1=3.

Vì a là số nguyên dương nên a∈1;2;3.

Chọn đáp án B

Khi ta tiện khối lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' để được một khối trụ có cùng chiều cao với khối lăng trụ thì khối trụ đó có hai đáy là đường tròn nội tiếp hai tam giác ABC và A'B'C'.

Gọi p, r lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ta có p=AB+BC+CA2=60 cm

 SΔABC=pp−ABp−BCp−AC=60.30.20.10=600 cm2

Mà SΔABC=pr⇒r=SΔABCp=600260=10 cm.

Thể tích khối trụ là V=πr2h=π.102.100=10000π≈31416 cm3

Chọn đáp án C

Đặt log3x+1=t⇒x=3t−1.

Phương trình trở thành:

332y+2y=3t−1+3t−2⇔32y+2y=3t−1+t−1.

Xét hàm số fu=3u+u⇒f'u=3u.ln3+1>0 nên hàm số luôn đồng biến.

Vậy để f2y=ft−1⇔2y=t−1⇔2y+1=t=log3x+1

⇒0≤2y+1≤log33001⇒0≤2y+1≤6⇒y=0;1;2

Với mỗi nghiệm y ta tìm được một nghiệm x tương ứng.

Chọn đáp án A

Ta có y=g(x)=f(x3+3x)+m.

g'(x)=(3x2+3)f'(x3+3x).

g'(x)=0⇔f'(x3+3x)=0⇔x3+3x=−3         1x3+3x=−43       2x3+3x=0           3x3+3x=2           4.

Ta có bảng biến thiên của hàm số y=x3+3x như sau:Từ bảng biến thiên trên, ta có:

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất x1∈−1 ; 0

Phương trình (2) có nghiệm duy nhất x2∈−1 ; 0, x2>x1.

Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x=0.

Phương trình (4) có nghiệm duy nhất x3∈0;1.

Bảng biến thiên hàm số :

max0 ; 1g(x)=3+m=4⇔m=1 suy ra m1=1

min−1 ; 0g(x)=−1+m=−2⇔m=−1.suy ra m2=−1

Vậy m1+m2=0

Chọn đáp án B

TH1. Nếu y=2∉ℤ

TH2. Nếu y>2⇒log2x−2log2x−y⇔22<x<2y. Tập nghiệm của BPT chứa tối đa 1000 số nguyên 3;4;...;1002 ⇔2y≤1003⇔y≤log21003≈9,97⇒y∈2;...;9

TH3. Nếu y<2⇒y=1⇒log2x−2log2x−y<0⇔1<log2x<2⇔2<x<22. Tập nghiệm không chứa số nguyên nào

Chọn đáp án A

Lấy đạo hàm hai vế ta được 

2fx.f'x=f2x+f'x2⇒f'x−fx2=0⇒f'x=fx

⇒fx=k.ex

Thử lại vào đẳng thức đã cho suy ra 

k2e2x=∫0x2k2e2xdx+2018⇒k=2018⇒fx=2018ex

Vậy f1=2018e

Chọn đáp án D

+ Mặt cầu (S) có tâm I3;2;5 và bán kính R=6.

Ta có: A∈(α), IA=6<R nên (S)∩(α)=(C) và A nằm trong mặt cầu (S).

Suy ra: Mọi đường thẳng Δ đi qua A, nằm trong mặt phẳng (α) đều cắt (S) tại hai điểm M,N. (  cũng chính là giao điểm của Δ và ).

+ Vì d(I,Δ)≤IA nên ta có: MN=2R2−d2(I,Δ)≥2R2−IA2=230.

Dấu "=" xảy ra khi A là điểm chính giữa dây cung MN.

Vậy độ dài đoạn MN nhỏ nhất là bằng 230.

Chọn đáp án A