Đề số 5
50 câu hỏi
Thể tích của khối nón có chiều cao bằng a32 và bán kính đường tròn đáy bằng a2 là:
3πa36.
3πa324 .
3πa38.
3πa38
Đáp án B
Thể tích khối nón là:V=13.πa22.a32=3πa324 .
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên.
Tìm giá trị cực đại của hàm số
yCĐ=0
yCĐ =−2.
yCĐ =4.
yCĐ =2.
Đáp án C
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là yCĐ =4 tại x=±2 .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng (Oyz) là
M(0;2;3)
N(1;0;3).
P(1;0;0).
Q(0;2;0) .
Đáp án A
Theo lý thuyết ta có: Hình chiếu của điểm M(x;y;z) lên mặt phẳng (Oyz) là M'(0;y;z).
Nên M(0;2;3) là hình chiếu củaA(1;2;3) điểm trên mặt phẳng (Oyz).
Cho hàm số y=ax+bcx+d(c≠0) và có ad−bc>0. Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hàm số đồng biến trên R .
Hàm số đồng biến trên ℝ\−dc.
Hàm số đồng biến trên −∞;−dcvà −dc;+∞ .
Hàm số đồng biến trên −∞;−dc∪−dc;+∞.
Đáp án C
TXĐ: D=ℝ\−dc.
Ta có: y'=ad−bc(cx+d)2>0,∀x∈D( vì ad−bc>0).
Vậy hàm số đồng biến trên −∞;−dc và −dc;+∞ .
Với là số thực dương tùy ý. Khi đó log(8a)−log(5a) bằng
log(8a)log(5a).
log(3a).
log85.
log8log5.
Đáp án C
Ta có: log(8a)−log(5a)=log8a5a=log85.
Cho ∫−10f(x)dx=3∫03f(x)dx=3. Tích phân∫−13f(x)dx bằng
6.
4.
2.
0.
Đáp án B
Ta có: ∫−13f(x)dx=∫−10f(x)dx+∫03f(x)dx=3+1=4.
Cho mặt cầu có diện tích bằng 36πa2. Thể tích khối cầu là
9πa3.
18πa3.
12πa3.
36πa3
Đáp án D
Ta có:Smc=4πR2=36πa2⇒R=3a⇒Vmc=43πR3=43π(3a)3=36πa3 .
Tập nghiệm của phương trình log12x2−2x=−3 là
−2,4.
−4,2.
−4,−2.
2,4.
Đáp án A
Ta có: log12x2−2x=−3⇔x2−2x=8⇔x=−2x=4.
Trong không gian với hệ tọa độ , mặt phẳng (P) đi qua điểm M(3;-1;4), đồng thời vuông góc với giá của vectơ a→=(1;−1;2)có phương trình là
3x−y+4z−12=0.
3x−y+4z+12=0 .
x−y+2z−12=0.
x−y+2z+12=0 .
Đáp án C
Do mặt phẳng (P) vuông góc với giá của vectơ a→=(1;−1;2) nên mặt phằng (P) nhận vectơ a→=(1;−1;2) làm vectơ pháp tuyến và đi qua M(3;−1;4) điểm nên có phương trình: 1(x−3)−1(y+1)+2(z−4)=0⇔x−y+2z−12=0.
Nguyên hàm của hàm số f(x)=2x+sinx là
−cosx+x2+C.
−cosx+2x2+C.
2x2+cosx+C .
cosx+x2+C .
Đáp án A
Ta có:∫f(x)dx=∫(2x+sinx)dx=x2−cosx+C .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thằng Δ đi qua A(2;−1;2) và nhận véctơ u→(−1;2;−1) làm véctơ chỉ phương có phương trình chính tắc làc
x−12=y+2−1=z−12.
x+12=y−2−1=z+12.
x+2−1=y−12=z+2−1 .
x−2−1=y+12=z−2−1 .
Đáp án D
Ta có đường thẳng Δ đi qua A(2;−1;2) và nhận véctơ u→(−1;2;−1) làm véctơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: x−2−1=y+12=z−2−1.
Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k≤n, mệnh đề nào dưới đây đúng?
Cnk=n!k!(n−k)!.
Cnk=n!k!.
Cnk=n!(n−k)!.
Cnk=k!(n−k)!n!.
Đáp án A
Kí hiệu Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử (0≤k≤n)
Cnk=n!k!(n−k)!
Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số cộng?
1;−3;−7;−11;−15 .
1;−2;−4;−6;−8 .
1;−3;−5;−7;−9.
1;−3;−6;−9;−12
Đáp án A
Ta có: −3−1=−7−(−3)=−11−(−7)=−15−(−11)=−4 (không đổi) nên dãy số trên lập thành một cấp số cộng.
Cho số phức z=(1−2i)2. Tính mô đun của số phức 1z.
15.
5.
125.
15.
Đáp án A
Cách 1:
Ta có: 1z=1(1−2i)2=1|1−2i|2=15.
Cách 2:
Ta có z=(1−2i)2=1−4i+4i2=−3−4i⇒1z=1−3−4i=−325+425i.
Do đó 1z=−3252+4252=15.
Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau đây?
y=x4−2x2+1.
y=−x3+3x2+1
y=x3−3x2+3.
y=x3+2x2+3.
Đáp án C
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 nên loại A,B.
Hàm số đạt cực trị tại x=0;x=2.
Hàm số y=x+108x đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn 103;109 tại x bằng
103.
104 .
105
106 .
Đáp án B
Hàm số y=x+108x liên tục trên 103;109.
Ta có y'=1−108x2=0⇔x2=108⇔x=104∈103;109x=−104∉103;109.
Ta lại có: y103=103+105;y104=2.104;y109=109+10−1.
Do đó: miny103;109=y104=2.104, đạt được khi x=104.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàmf'(x)=x2x2−1,∀x∈ℝ . Hàm sốy=2f(−x) đồng biến trên khoảng
(2;+∞).
(−∞;−1).
(-1;1).
(0;2)
Đáp án C
Ta có f'(x)=x2x2−1, suy ra f(x)=∫f'(x)dx=∫x2x2−1dx=x55−x33+C.
Suy ra y=g(x)=2f(−x)=2(−x)55−(−x)33+C=−2x55+2x33+2C Suy ray=g(x)=2f(−x)=2(−x)55−(−x)33+C=−2x55+2x33+2CTa có . g'(x)=−2f'(−x)=−2x2x2−1=0⇔x=0x=±1
Bảng xét dấu g'(x)
Kí hiệu a, b lần lượt là phần thực và phần ảo z=i(1-i) của số phức . Khẳng định nào sau đây là đúng?
a=1,b=i.
a=1,b=1.
a=1,b=−1.
a=1,b=−i.
Đáp án B
Ta có: z=i(1−i)=i−i2=i−(−1)=1+i→a=1b=1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I(−2;1;1) qua điểm A(0;−1;0) là
x2+(y+1)2+z2=9 .
(x−2)2+(y+1)2+(z+1)2=9.
(x+2)2+(y−1)2+(z−1)2=9 .
x2+(y−1)2+z2=9 .
Đáp án C
Ta có IA→=(2;−2;−1)⇒IA=22+(−2)2+(−1)2=3
Do mặt cầu tâm I(−2;1;1) qua điểm A(0;−1;0) nên bán kính là R=IA=3.
Vậy mặt cầu cần tìm có tâm I(−2;1;1) và bán kính R=3 nên phương trình là: (x+2)2+(y−1)2+(z−1)2=9.
Giá trị của biểu thức P=31+log94+42−log23+5log12527 là?
P=998 .
P=978.
P=989.
P=979.
Đáp án D
Ta có P=3.3log3222+164log23+5log5333
=3.3log32+163log24+5log53=3.2log33+1632log22+3log55=3.2+1632+3=979.
Tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình 2z4−3z2−2=0 là
32 .
52.
25.
23.
Đáp án A
Ta có: 2z4−3z2−2=0⇔z2=2z2=−12=12i2⇔z=2z=−2z=22iz=−22i
Khi đó, tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình đã cho bằng
2+−2+22i+−22i=32.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (α):x+y+z−1=0 và (β):2x−y+mz−m+1=0, với m là tham số thực. Giá trị của m để(α)⊥(β) là
-1
0
1
-4
Đáp án A
Ta có n(α)→=(1;1;1)n(β)→=(2;−1;m) .
Để (α)⊥(β) thì n(α)→⊥n(β)→⇔1+m=0⇔m=−1.
Tập nghiệm của bất phương trình 251−3x≥254 là
S=13;+∞ .
S=−∞;13.
S=(−∞;1].
S=[1;+∞).
Đáp án D
Bất phương trình tương đương với: 523x−1≥522⇔3x−1≥2⇔x≥1.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: S=[1;+∞).
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đường cong y^2-2y+x=0 và đường thẳng x+y-2=0. Tính diện tích S của hình (H).
S=6
S=14
S=176
S=16.
Đáp án D
Ta có: y2−2y+x=0⇔x=−y2+2y và x+y−2=0⇔x=−y+2.
Phương trình tung độ giao điểm là: −y2+2y=−y+2⇔y2−3y+2=0⇔y=1y=2.
Diện tích S của hình (H) là:S=∫12−y2+2y−(−y+2)dy=16 .
Tính chiều cao h của hình trụ biết chiều caho bằng bán kính đáy và thể tích của khối trụ đó là 8π .
h=2.
22.
323.
43.
Đáp án A
Thể tích khối trụ là: V=πr2h=πh3=8π⇔h3=8⇔h=2
Cho hàm số y=f(x) xác định trên ℝ\{1}, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng?
Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là y=0,y=5và không có tiệm cận đứng.
Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là y=0, y=5và chỉ có tiệm cận đứng là x=1.
Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y=0và chỉ có tiệm cận đứng là x=1.
Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y=5và chỉ có tiệm cận đứng là x=1.
Đáp án B
Ta có limx→−∞f(x)=0⇒y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
limx→+∞f(x)=5⇒y=5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
limx→1−f(x)=−∞⇒x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) vàSC=a5 . Tính theo a thể tích V khối chóp S.ABCD.
V=a333.
V=a336.
V=a33.
V=a3153.
Đáp án A
Ta có: AC=a2.
Tam giác SAC vuông tại C, ta có SA=SC2−AC2=a3.
Chiều cao khối chóp là: SA=a3.
Diện tích hình vuông ABCD là: SABCD=a2(đvdt).
Vậy thể tích khối chóp: VS.ABCD=13SABCD.SA=a333( đvtt).
Tính đạo hàm của hàm số y=e2x.
y'=e2x22x.
y'=ex2x .
y'=e2x2x.
y'=2x.e2x.
Đáp án C
Ta có y'=2x'.e2x=222x.e2x=e2x2x.
Cho hàm số y=fx liên tục trên −∞;1 và 1;+∞ có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình 2fx−1=0 là
4.
3.
2.
1.
Đáp án C
Ta có: 2f(x)−1=0⇔f(x)=12.
Số nghiệm của phương trình 2f(x)−1=0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thằng y=12.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA=a3 và vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).
Mệnh đề nào sau đây đúng?
φ=30°.
sinφ=55
φ=60°.
sinφ=255.
Đáp án D
Gọi M là trung điểm của BC, suy ra AM⊥BC. Ta có AM⊥BCBC⊥SA⇒BC⊥(SAM)⇒BC⊥SM. Do đó (SBC),(ABC)¯=(SM,AM)^=SMA^ Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến AM=a32 . Tam giác vuông SAM, có sinSMA^=SASM=SASA2+AM2=255. |
|
Tính P là tích tất cả các nghiệm của phương trình 3.9x−10.3x+3=0 .
P=1.
P=-1.
P=0
P=9
Đáp án B
Phương trình tương đương với: 3.32x−10.3x+3=0.
Đặt t=3x>0.
Phương trình trở thành 3t2−10t+3=0⇔t=13 hoặc t=3.
Với t=13⇒3x=13⇔x=−1=x1.
Với t=3⇒3x=3⇔x=1=x2
Vậy P=x1x2=−1.
Một ngôi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao 4,2 m. Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính và 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính . Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một loại sơn giả đá là 380.000 đồng/m2 (gồm cả tiền thi công) thì người chủ nhà phải chi bao nhiêu tiền để sơn 10 cây cột đó? (số tiền làm tròn đến hàng nghìn).
13 627 000 đồng.
14 647 000 đồng.
15 844 000 đồng.
16 459 000 đồng.
Đáp án C
Diện tích cần sơn là tồng diện tích xung quanh của các hình trụ.
Tổng diện tích xung quanh của 4 cây cột đường kính 40cm là: S1=4.2πr1h .
Tổng diện tích xung quanh của 6 cây cột đường kính 26cm là S2=6.2πr2h.
Số tiền cần dùng là T=S1+S2.380 000=2π.4,2.4.0,402+6⋅0,22×380 000≈15 844 000
đồng.
Tìm F(x) nguyên hàm của hàm số f(x)=x3+3x2+3x−1x2+2x+1.
F(x)=1+2(x+1)2+C
13000
F(x)=x22+x−2x+1+C
F(x)=1−2(x+1)2+C.
Đáp án B
Ta có: f(x)=x3+3x2+3x−1x2+2x+1=x3+3x2+3x+1−2(x+1)2=(x+1)3−2(x+1)2=x+1−2(x+1)2
Do đó: F(x)=∫f(x)dx=∫x+1−2(x+1)2dx=x22+x+2x+1+C.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều với độ dài cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB' và A'H.
d=2a.
d=a
d=a32
d=a33.
Đáp án B
Do BB'∥AA' nên dBB',A'H=dBB',AA'H=dB,AA'H.
Ta có BH⊥AHBH⊥A'H⇒BH⊥AA'H
nên dB,AA'H=BH=BC2=a.
Vậy dBB',A'H=a.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(0;-1;2) và hai đường thẳng d1:x−11=y+2−1=z−32,d2:x+12=y−4−1=z−24. Phương trình đường thẳng đi qua M, cắt cả d1 và d2 là
x−92=y+192=z+38 .
x3=y+1−3=z−24.
x9=y+1−9=z−216 .
x−9=y+19=z−216 .
Đáp án C
Gọi Δ là đường thẳng cần tìm.
Δ∩d1=At1+1;−t1−2;2t1+3;Δ∩d2=B2t2−1;−t2+4;4t2+2.
Ta có M,A,B thẳng hàng khi MA→=kMB→⇔t1+1=k2t2−1−t1−1=k−t2+52t1+1=4kt2⇔t1=72k=−12kt2=2⇒t1=72t2=−4
Suy ra MB→=−9;9;−16.
Đường thẳng Δ đi qua M(0;−1;2), một vectơ chỉ phương là u→=9;−9;16 có phương trình là: Δ:x9=y+1−9=z−216.
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y=tanx+mmtanx+1 nghịch biến trên khoảng 0;π4?
(−∞;−1).
(−∞;−1)∪(1;+∞).
(−∞;0]∪(1;+∞).
[0;+∞).
Đáp án A
Đặt t=tanx (khi 0;π4 thì t∈0;1).
Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số y=t+mmt+1 nghịch biến trên (0;1).
TH1: m=0, hàm số trở thành y=t hàm số này đồng biến trên (0;1); nên m=0 không thỏa mãn.
TH2: m≠0.
TXĐ: D=ℝ/−1m.
Ta có y'=1−m2(mt+1)2.
Để hàm số nghịch biến trên (0;1) thì
y'<0,∀x∈(0;1)−1m∉(0;1)⇔1−m2<0−1m≤0−1m≥1⇔m<−1m>1m<00<0≤1⇔m<−1.
Trong mặt phẳng Oxy, tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 2|z−1|=|z−z¯+2| là hình gồm
Hai đường thẳng.
Hai đường tròn.
Một đường tròn.
Một đường thẳng.
Đáp án A
Đặt z=x+yi (x,y∈ℝ).
Số phức z có điểm biểu diễn M(x;y) .
Ta có 2z−1=z−z¯+2⇔2x+yi−1=x+yi−(x−yi)+2
⇔2(x−1)2+y2=4+4y2⇔4(x−1)2+4y2=4+4y2⇔4x2−8x=0⇔x=0x=2.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là hai đường thẳng có phương trình x=0 và x=2.
Cho hàm số f(x) thỏa mãn f(x)f'(x)=1 với mọi x∈ℝ. Biết ∫12f(x)dx=a và f(1)=b,f(2)=c. Tích phân ∫12xf(x)dx bằng
2c-b-a
2a-b-c
2c-b+a
2a-b+c
Đáp án A
Vì f(x).f'(x)=1⇔1f(x)=f'(x) nên tích phân cần tính bằng cách tích phân từng phần
Ta có 2z−1=z−z¯+2⇔2x+yi−1=x+yi−(x−yi)+2
⇔2(x−1)2+y2=4+4y2⇔4(x−1)2+4y2=4+4y2⇔4x2−8x=0⇔x=0x=2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x=0 và x=2
Cho hàm số xác định trên và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây
Hỏi có bao nhiêu giá trị của tham số (với ) để đồ thị hàm số
2024
3
4
2020
Đáp án A
Từ bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta có đồ thị hàm số y=f(x) và y=f(|x|) như hình vẽ sau:
Từ đồ thị ta có y=f(|x|) có 5 điểm cực trị.
(Chú ý: Hàm số y=f(x) có a=2 điểm cực trị dương nên hàm số y=f(x) có số điểm cực trị là 2a+1=5).
Vì hàm số y=f(x) có 5 điểm cực trị nên hàm số y=m+f(x) cũng có 5 điểm cực trị (vì đồ thị hàm số y=m+f(x) được suy ra từ đồ thị y=f(x) bằng cách tịnh tiến theo phương trục Oy ).
Số điểm cực trị của hàm số y=m+fx bằng số cực trị của hàm số y=m+f(x) và số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình .
Vậy để y=m+f(|x|) có 7 điểm cực trị thì phương trình fx+m=0 có hai nghiệm đơn hoặc bội lẻ.
Ta có fx+m=0⇔fx=−m.
Từ đồ thị hàm số y=fx ta có: −5<−m≤−10≤−m⇔1≤m<5m≤0.
Vì m∈ℤm≤2019⇒ có 2024 giá trị nguyên của thỏa mãn yêu cầu bài toán
Thầy Nam gửi 5 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng. Chưa đầy một năm thì lãi suất tăng lên thành 1,15%/tháng. Sáu tháng sau lãi suất chì còn /tháng. Thầy Nam tiếp tục gửi thêm một số tháng nữa rồi rút cả vốn lẫn lãi được 5787710,707 đồng. Hỏi thầy Nam đã gửi tổng thời gian bao nhiêu tháng?
18 tháng
17 tháng
16 tháng
15 tháng
Đáp án C
Gọi a là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,7%.
Gọi là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,9%.
Theo đề bài, ta có phương trình:
5 000 000(1+0,7%)a.(1+1,15%)6.(1+0,9%)b=5 787 710,707(*)⇔(1+0,7%)a.(1+0,9%)b=1,080790424.
⇒0<a<log1,0071,0807904240<b<log1,0091,080790424⇒log1,0091,080790424<a+b<log1,0071,080790424a,b∈ℕ
⇒9≤a+b≤11
Với a+b=9, thử a,b∈ℕ ta thấy (*) không thoả mãn.
Với a+b=10, thử a,b∈ℕ ta được thoả mãn (*).
Với a+b=11, thử a,b∈ℕ ta thấy (*) không thoả mãn.
Vậy thầy Nam gửi tổng thời gian là 16 tháng.
Cho hàm số y=x3−92x2+6x−3+m. Tổng các giá trị nguyên của tham số thuộc đoạn [−10;10] để giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0 ; 3] không bé hơn 5.
1
-1
0
-7
Đáp án D
Xét hàm số f(x)=x3−92x2+6x−3+m liên tục trên đoạn [0 ; 3].
Ta có f'(x)=3x2−9x+60⇔x=1∈[0;3]x=2∈[0;3].
Ta lại có: f(0)=m−3;f(1)=m−12;f(2)=m−1;f(3)=m+32.
Khi đó: min0;3f(x)=m−3max0;3f(x)=m+32 .
TH1: m+32.(m−3)≤0.
Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y trên đoạn [0 ; 3] là 0 .
TH2: m+32.(m−3)>0.
Khi đó: m+32+(m−3)−m+32−(m−3)2≥5⇔m≥8m≤−132
Mà m∈ℤm∈[−10;10]⇒m={−10;−9;−8;−7;8;9;10}.
Vậy tổng các giá trị m cần tìm là -7 .
Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên A có bốn chữ số. Gọi N là số thỏa mãn 3N=A. Xác suất để N là số tự nhiên bằng:
14500
0
12500.
13000.
Đáp án A
Ký hiệu là biến cố lấy được số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có 3N=A⇔N=log3A
Để N là số tự nhiên thì A=3m(m∈ℕ).
Những số A dạng có 4 chữ số gồm 37=2187 và .
38=6561.
n(Ω)=9000;m(B)=2
Suy ra P(B)=14500.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;−2;4),B(−3;3;−1) và mặt phẳng (P):2x−y+2z−8=0. Xét điểm M là điểm thay đổi thuộc (P), giá trị nhỏ nhất của 2MA2+3MB2 bằng
135
105
108
145
Đáp án A
Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA→+3IB→=0→⇒xI=2xA+3xB5yI=2yA+3yB5⇒I(−1;1;1)zI=2zA+3zB5
Khi đó ta có 2MA2+3MB2=2(MI→+IA→)2+3(MI→+IB→)2=5MI2+2IA2+3IB2+2MI→(2IA→+3IB→)
=5MI2+90≥5d(I,(P))2+90=135
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của I(-1;1;1) lên (P) hay M(1;0;3).
Cho hàm số bậc bốn y=f(x). Đồ thị hàm số y=f'(x) như hình vẽ bên:
Số điểm cực đại của hàm số g(x)=fx2+2x+2
1
2
3
4
Đáp án A
Ta có g'(x)=x+1x2+2x+2f'x2+2x+2
Suy ra
g'(x)=0x+1=0f'x2+2x+2=0theo®åthÞf'x↔x+1=0x2+2x+2=−1x2+2x+2=1x2+2x+2=3⇔x=−1x=−1+2x=−1−2
Bảng xét dấu g'(x) như sau:
Từ đó suy ra hàm số g(x)=fx2+2x+2 có 1 điểm cực đại.
Cho hàm số y=f(x). Hàm số y=f'(x) có bảng biến thiên như sau:
Tất cả cá giá trị của tham số m để bất phương trình m+x2<f(x)+13x3 nghiệm đúng với mọi x∈(0;3) là
m<f(0).
m≤f(0)
m≤f(3).
m<f(1)−23.
Đáp án B
Bất phương trình đã cho tương đương với: m<f(x)+13x3−x2,∀x∈(0;3).
Xét hàm số g(x)=f(x)+13x3−x2 trên (0;3).
Bài toán trở thành tìm m để m<g(x),∀x∈(0;3)⇔m≤min[0;3]g(x).
Ta có g'(x)=f'(x)+x2−2x.
Nhân xét: Với x∈(0;3)⇒f'(x)>1−1<x2−2x<3⇒g'(x)>0.
Do đó ta có m≤min[0;3]g(x)=g(0)=f(0)+13.03−02=f(0).
Vậy m≤f(0). Chọn B.
Một hoa văn trang trí được tạo ra tử một miếng bìa mỏng hình vuông có cạnh 10cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng Parabol như hình bên. Biết AB=5cm, OH=4cm. Tính diện tích bề mặt hóa văn đó.
1403 cm2.
1603 cm2.
143 cm2.
50 cm2.
Đáp án A
Chọn hệ trục tọa độ OH sao cho O là gốc tọa độ OH thuộc Oy, Ox vuông góc với OH tại chiều dương hướng từ A đến B. Khi đó ta có B52;4 . Giả sử Parabol (P) đi qua ),A,B nhận O làm đỉnh có dạng: y=ax2+bx+c
|
|
Ta có hệ phương trình O∈(P)−b2a=0B∈(P)⇔a=1625b=0c=0 .
Do đó y=1625x2.
Gọi diện tích hình phẳng giới hạn các đường y=1625x2,y=4,x=−52,x=52 là .
Khi đó ta có: S1=∫−2,52,54−1625x2dx=4x−1675x3−2,52,5=403.
Do đó diện tích hình hoa văn là: S=102−403⋅4=1403 cm2.
Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn log2x+x(x+y)≥log2(6−y)+6x. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3x+2y+6x+8y bằng
593.
19
533.
8+62.
Đáp án B
Điều kiện: x>00<y<6.
Bất phương trình tương đương với: log2x2+x2≥log2[x(6−y)]+x(6−y)(*).
Xét hàm số f(t)=log2t+t (với t>0 ).
Ta có f'(t)=1tln2+1>0,∀t>0 nên hàm số f(t)=log2t+t đồng biến trên khoảng (0;+∞) .
Do đó (*)⇔fx2≥f(x(6−y))⇔x2≥x(6−y)⇔x≥6−y⇔x+y≥6 ( **) (do x>0).
Áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dương và bất đẳng thức P=3x+2y+6x+8y=32(x+y)+3x2+6x+y2+8y≥32⋅6+23x2⋅6x+2y2⋅8y=19 ta có:
Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y=63x2=6xy2=8y .⇔x=2y=4
Vậy Pmin=19.
Cho điểm trên cạnh SA, điểm trên cạnh SB của hình chóp tam giác S.ABC có thể tích bằng V sao cho SMSA=13,SNSB=x. Mặt phẳng (P) qua MN và song song với SC chia khối chóp S.ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Khẳng định nào sau đây là đúng
0<x<1.
1<x<2.
2<x<3.
x>3.
Đáp án A
Trong (ABS) có: MN∩AB=E Trong (SAC) có:MQ∥SC,Q∈AC . Trong (ABC) có:EQ∩BC=P . Khi đó NP∥SC∥MQ⇒SMSA=CQCA=13SNSB=CPCB=x . |
|
Trong tam giác SAB ta có: NBNS⋅MSMA⋅EAEB=1
⇒1−xx⋅12⋅EAEB=1⇒EAEB=2x1−x⇒ABEB=3x−11−x
Ta có .VEAMQ VS,ABC=AMAS⋅AQAC⋅EABA=23⋅23⋅2x3x−1=8x9(3x−1)⇒VEAMQ =8x9(3x−1)V
VEBNPVS.ABC=BNBS⋅BPBC⋅EBAB=(1−x)2⋅1−x3x−1=(1−x)33x−1⇒VEBNP=(1−x)33x−1V⇒VAMQBNP=8x9(3x−1)V−(1−x)33x−1V=12V⇔8x9(3x−1)−(1−x)33x−1=12⇔x=8−106.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;1), B(0;1;2), C(-2;1;4) và mặt phẳng (P): x-y+z+2=0. Tìm điểm N∈(P) sao cho S=2NA2+NB2+NC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
N−43;2;43 .
N(-2;0;1)
N−12;54;34
N(-1;2;1)
Đáp án D
Với mọi điểm I ta có: S=2(NI→+IA→)2+(NI→+IB→)2+(NI→+IC→)2
=4NI2+2NI→(2IA→+IB→+IC→)+2IA2+IB2+IC2
Chọn điểm I sao cho: 2IA→+IB→+IC→=0→
2IA→+IB→+IC→=0→⇔4IA→+AB→+AC→=0→.
Suy ra tọa độ điểm I là I(0;1;2).
Khi đó S=4NI2+2IA2+IB2+IC2, do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P).
Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) là: x=0+ty=1−tz=2+t.
Tọa độ điểm N(t;1−t;2+t)∈(P)⇒t−1+t+2+t+2=0⇔t=−1⇒N(−1;2;1).
Cho hàm số y=f(x)=x3+3x2+2 và phương trình f(x)+m+m=n có 8 nghiệm phân biệt với m∈(−6;−2). Khẳng định nào sau đây đúng?
−6<m<−42<n<−6−2m.
−3<m<−26+2m<n<2
−3<m<−2−m<n.
−3<m<−20<n<6+2m2<n<−m
Đáp án D
Ta có bảng biến thiên của y=f(x)+m
Bảng biến thiên của y=f(x)+m+m
TH1: 2m+6>0⇒m>−3
Ta có: f(x)+m+m=n⇔n≥0f(x)+m+m=nf(x)+m+m=−n.
Suy ra phương trình f(x)+m+m=n có 8 nghiệm phân biệt khi:
⇔−3<m<−20<n<2m+6n>2m+6m<−n<−2−3<m<−20<n<2m+6n>2m+62<n<−m⇔−3<m<−20<n<2m+62<n<−m
TH2: 2m+6≤0⇒m≤−3
Ta có bảng biến thiên của y=f(x)+m+m như sau:
+ Nếu -2m-6<2 thì f(x)+m+m=n có 8 nghiệm phân biệt khi 2<n<−m hay −4<m≤−32<n<−m.
+ Nếu −2m−6>2⇔−6<m<−4 thì f(x)+m+m=n có 8 nghiệm phân biệt khi −2m−6<n<−m⇔0<n<−m hay −6<m<−40<n<−m.
