Đề số 6

Ta có:BC⊥SABC⊥SH}⇒BC⊥AH

Vậy BC⊥AH.

Đáp án D

Áp dụng công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật ta có:

V=abc=2.3.4=24 (đvtt)

Đáp án B

limx→+∞y=limx→−∞y=3nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=3.

Đáp án C

Số tập con có 3 phần tử là: C73.

Đáp án B

Xét hai mặt phẳng (SMN) và (SAC) ta có:

      {S∈(SMN)S∈(SAC)(1)                   {O∈AC⊂(SAC)O∈MN⊂(SMN)(2)

Từ (1) và (2) suy ra (SMN)∩(SAC)=SO.

Đáp án D

Quan sát hình vẽ ta thấy mặt phẳng (A'BC) chia khối lăng trụ ABC.A'B'C' thành hai khối chóp A'.ABC và A'.BCC'B'.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số ta có đồ thị hàm số có 5 cực trị.

Đáp án D

Từ bảng biến thiên ta có: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x) trên đoạn [−1;2] là 0.

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình f(x)−1=0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1.

Theo bảng biến thiên đã vẽ ở trên thì đường thẳng y=1 là đường thẳng luôn song song với trục Ox và cắt đường cong của hàm số y=f(x) tại 3 điểm phân biệt.

Vậy đáp án là D.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trong khoảng (−2;0) mà (−1;0)⊂(−2;0).

 Vậy đáp án đúng là A.

Từ bảng biến thiên ta thấy phát biểu hàm số đạt cực tiểu tại x=−13 là Sai.

Đáp án B

Hình bát diện đều có 12 cạnh.

Đáp án D

y=x3+3x2−9x+15

y'=3x2+6x−9⇔[x=1x=−3

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đáp án D sai.

Đáp án D

Đây là đồ thị của hàm số bậc hai y=ax3+bx2+cx+d(a≠0) nên loại C, D.

Vì phần đồ thị ngoài cùng bên tay phải đi lên nên loại A.

Đáp án B

Không gian mẫu: n(Ω)=C92.

Gọi A là biến cố cần tìm.

Số cách chọn bạn nam: 4.

Số cách chọn bạn nữ: 5.

Số cách chọn thuận lợi cho biến cố A:n(A)=4.5=20.

Xác suất cả A là: P(A)=n(A)n(Ω)=20C92=59.

Đáp án B

limx→±∞y=0,

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y=0

limx→1−x−2x2−3x+1=limx→1−x−2(x−2)(x−1)=limx→1−1x−1=+∞

limx→1+x−2x2−3x+1=limx→1+x−2(x−2)(x−1)=limx→1+1x−1=−∞

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: x=1.

Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận.

Đáp án A

Ta có limx→+∞(ax4+bx2+c)=−∞⇒a<0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên  c<0.

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên suy ra a.b<0⇒b>0.

Đáp án C

Gọi d là công sai của cấp số cộng.

Ta có u3=u1+7d⇔24=3+7d⇔d=3.

Suy ra u11=u1+10d=3+10.3=33.

Đáp án A

 

Vì AA'⊥(ABCD) nên (AA'C)⊥(ABCD).

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (A'AC) và (ABCD) bằng 900.

Đáp án B

Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=1, tiệm cận đứng x=0 nên loại A, D.

Đồ thị cắt trục hoành tại x=1 nên chọn C.

Đáp án C

Từ đồ thị ta thấy f'(x)<0 với x∈(0;3).

Đáp án A

Số các số có 6 chữ số khác nhau được lập từ 1; 2; 3; 4; 5; 6 là 6!=720.

Gọi số có 6 chữ số khác nhau bắt đầu từ 34 là 34a1a2a3a4¯.

Số cách chọn số có 4 chữ số a1a2a3a4¯ khác nhau được lập từ 1; 2; 5; 6 là 4! = 24.

Vậy, số các số có 6 chữ số khác nhau không bắ đầu bởi 34 là 720−24=696.

Đáp án D

y=13x3−2x2+3x−12⇒y'=x2−4x+3

y'=0⇔[x=1∈[0;2]x=3∉[0;2].

Ta có: y(0)=−13y(1)=1y(2)=13}⇒M=Max[0;2]y=1;m=Min[0;2]y=−13⇒S=M+m=1−13=23.

Đáp án C

Gọi n là số đỉnh của đa giác đáy, p là số cạnh của hình lăng trụ. Ta có: p=3.n

Suy ra p phải là một số chia hết cho 3. Vậy p=2019.

Đáp án A

Ta có: y'=3x2−2⇒k=y'(1)=3.12−2=1.

Đáp án A

Hàm số xác định với mọi x∈ℝ.

Ta có: y'=4x3−2(m2−9)x

      y'=0⇔4x3−2(m2−9)=0⇔[x=0x2=m2−92,

Hàm số đã cho có 1 cực trị ⇔m2−92≤0⇔−3≤m≤3.

Vậy S={±3;±2;±1;0}.

Đáp án B

Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi có tất cả 3 mặt phẳng đối xứng

Đáp án C

Phương trình 3sinx−cosx=m có nghiệm

⇔(3)2+12≥m2⇔m2≤4⇔−2≤m≤2.

Đáp án D

Ta có sin4x+cos4x=0⇔cos5x=−sin4x⇔cos5x=cos(π2+4x).

                                                                       ⇔[5x=π2+4x+k2π5x=−π2−4x+k2π

                                                                       ⇔[x=π2+k2πx=−π18+k2π9,k∈ℤ.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x=π2+k2π hoặc x=−π18+k2π9,k∈ℤ.

Đáp án C

Ta có v=S'=−3t2+6t.

Suy ra v'=−6t+6.

Do đó v'=0Z−6t+6=0⇔t=1.

Bảng biến thiên

Vậy maxv=3 khi t=1.

Đáp án B

Trong tam giác SAB vuông tại A ta có tanSBA^=SAAB⇔SA=AB.tanSBA^=a.tan300=a33.

Diện tích tam giác đều ABC là SΔABC=a234 (đvtt)

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V=13.SΔABC.SA=13.a234.a33=a312 (đvtt).

Đáp án A

Gọi un là giá tiền khoan giếng nét thứ n

Ta có u1=50000.

      u2=u1+u1.7%=u1.1,07

      u3=u2+u2.7%=u1.1,072

      ………………………….

      un=un−1+un−1.7%=u1.1,07n.

Vậy (un) là một cấp số nhân là u1=50000 và công bội q=1,07.

Số tiền công cần thanh toán khi khoan 50(m) là

      S50=u1+u2+...+u50=u1(1−q50)1−q=50000(1−1,0750)1−1,07≈20326446,5 đồng

Đáp án A

Đặt f(x)=x3+3x2. khi đó f'(x)=3x2+6x=0⇔[x=0x=−2

Đồ thị hàm số f(x)=x3+3x2

Suy ra đồ thị hàm số y=|f(x)| 

Vậy hàm số y=|f(x)| đạt cực tiểu tại x=−3 và x=0

Đáp án D

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm của đoạn thẳng BC

Tam giác ABC đều cạnh a3 nên SΔABC=3a234 và chiều cao AI=3a2

OI=13AI=133a2=a2.

Thể tích của khối chóp S.ABC=12SΔABC.SO⇔a364=12.3a234.SO⇔SO=2a

SI=SO2+OI2=2a2+a24=3a2

SΔSBC=12.SI.BC=12.3a2.a3=3a234

Gọi khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) là h

Thể tích của khối chóp S.ABC=12.SΔSBC.h⇔a364=13.3a234.h⇔h=a2.

Đáp án C

 

{AB//CDAB⊄(SCD)⇒AB//(SCD).

{(SCD)⊥(SAD)(SCD)∩(SAD)=SD kẻ AH⊥SD={H}⇒d(B,(SCD))=d(A,(SCD))=AH.

SD=SA2+AD2=(a2)2+(a3)2=a5.

ΔSAD⊥A:AH.SD=SA.AD⇔AH=SA.ADSD=a2.a3a5=a305

Đáp án B

Xét hàm số: y=g(x)=f(x−m)

y'=g'(x)=f'(x−m)

g'(x)=0⇔f'(x−m)=0⇔[x−m=−1x−m=2⇔[x=m−1x=m+2(m−1<m+2)

Bảng biến thiên.

Để hàm số đồng biến trên khoảng (2020;+∞) thì 2020≥m+1⇔m≤2018

Do m∈ℤ+⇒1≤m≤2018⇒ có 2018 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

 

Ta có [f(x)]2+2f(x)−3=0⇔[f(x)=1f(x)=−3.

Phương trình f(x)=1 có nghiệm x=0,x=m,x=n trong đó x=0 là nghiệm kép.

Do đó f(x)−1=ax2(x−m)(x−n).

Phương trình f(x)=−3 có 2 nghiệm kép x=2,x=−2.

Do đó f(x)+3=a(x−2)2+(x+2)2.

Vì vậy [f(x)]2+2f(x)−3=a2x2(x−m)(x−n)(x−2)2(x+2)2.

Khi đó ta được hàm số y=x(x−2)(x+2)2a2x2(x−m)(x−n)(x−2)2(x+2)2.

limx→0+y=+∞ nên đương thẳng  là tiệm cận đứng.

limx→m+y=+∞ nên đường thẳng x=0 là tiệm cận đứng.

limx→2+y=−∞ nên đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng.

limx→−2y=−4a28(−2−m)(−2−n) nên đường thẳng x=−2 không là tiệm cận đứng.

limx→n+y=+∞ nên đường thẳng x=2  là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 tiệm cận đứng.

Đáp án D

Đặt t=cotx.

Để hàm số đã cho nghịch biến trên (π4;π2) thì hàm số y=t−2t−m đồng biến trên (0;1)

⇔{−m+2>0[m≤0m≥1⇔{m<2[m≤0m≥1⇔[m≤01≤m<2.

Đáp án A

Nhìn vào đồ thị ta có:

+ limx→+∞f(x)=+∞;limx→−∞f(x)=−∞⇒a>0.

+ Đồ thị hàm số giao trục tung tại điểm có tung độ dương ⇒d>0.

Ta có: f'(x)=3ax2+2bx+c

Theo viet: {x1+x2=−2b3ax1x2=c3a

Dựa vào đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị x1<0<x2(|x2|<|x2|)⇒{−2b3a>0c3a<0⇔{b<0c<0.

Vậy có 2 số dương ⇒ Đáp án C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành ta có:

2x3−(2+m)x+m=0⇔(x−1)(2x2+2x−m)=0⇔[x=12x2+2x−m=0(1).

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔{1+2m>04−m≠0⇔{m>−12m≠4⇒ Đáp án  D.

Ta có 2f(|x|)−m=0,(1)

⇔f(|x|)=m2

Xét hàm số t=f(|x|) có đồ thị được suy ra từ đồ thị y=f(x) đã cho như sau

 

Từ đó suy ra pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi [m2=3m2<−1⇔[m=6m<−2

Kết hợp với điều kiện [−2020;2020] suy ra [m=6−2020≤m<−2 suy ra có 2019 giá trị m nguyên.

Đáp án D

Ta có các bộ ba số có tổng bằng 5 là (0,0,5),(0,1,4),(0,2,3),(1,1,3),(1,2,2).

Trong đps có ba bộ (0,0,5),(1,1,3),(1,2,2) có tổng số cách cài đặt mật khẩu là: 3.3!2!=9

Còn lại các bộ (0,1,4),(0,2,3) có tổng số cách cài đặt là 2.3!=12

Vậy ông An có tổng cộng 9+12=21 cách cài đặt mật khẩu cho chiếc va-li.

Đáp án A

Ta có SΔABC=a234.

AH=a32⇒A'H=a2−(a32)2=a2

V=SΔABC.A'H=a338.

Đáp án B

Đặt t=cosx,x∈[0;π2]⇒t∈[0;1].

Phương trình trở thành: 2t2−(m+2)t+m=0,t∈[0;1]. Nhận xét phương trình luôn có nghiệm t1=1,t2=m2. Để thỏa mãn đề bài thì 0≤m2<1⇔0≤m<2.

Đáp án C

Xét g(x)=x2−2x−4(x+1)(3−x)+m−3

TXĐ: D=[−1;3],g(x) liên tục trên đoạn [−1;3].

Đặt t=(x+1)(3−x)=−x2+2x+3⇒t'=−x+1−x2+2x+3

Cho t'=0⇔−x+1=0⇔x=1 (nhận)

t∈[0;2].

Khi đó: g(t)=−t2−4t+m,∀t∈[0;2].

g'(t)=−2t−4

Cho g'(t)=0⇔t=−2 (loại)

Khi đómax[−1;3]y=max[−1;3]{|m|;|m−12|}=2020

TH1: {|m|>|m−2||m|=2020⇔m=2020

TH2: {|m|<|m−2||m−2|=2020⇔m=−2008

Từ đó ta được: m1+m2=12 nên chọn đáp án D.

Đặt t=x2−4x⇒t'=2x−4

Cho t'=0⇔x=2 (nhận)

Bảng biến thiên:

⇒t∈[−4;+∞)

Dựa vào bảng biến thiên ta có

Nếu [t=−4t≥0 khi đó với một giá trị t cho duy nhất một giá trị x thuộc khoảng (0;+∞)

Nếu t∈(−4;0) khi đó với một giá trị t cho hai giá trị x thuộc khoảng t∈(−4;0)

Như vậy dựa trên bảng biến thiên của hàm số y=f(x), phương trình có ít nhất ba nghiệm thuộc khoảng (0;+∞) khi m∈(−3;2]. Vậy có 5 giá trị nguyên m nên chọn đáp án C.

Ta có: y'=f'(x)[(f(x))2−2f(x)]=f'(x)f(x)[f(x)−2]

Trên khoảng (3;4) ta có: {f'(x)<00<f(x)<2f(x)−2<0⇒f'(x).f(x)[f(x)−2]>0.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (3;4).

Đáp án B

Ta có: P=x3zy2(xz+y2)+y4z2(xz+y2)+z3+15x3x2z=(xy)3(xy+yz)+(yz)3(xy+yz)+(zx)2+15zx

Đặt a=xy<1,b=yz<1,c=zx>1 và abc=1⇔ab=1c.

Ta được: P=a3(a+b)+b3(a+b)+c2+15c=a2+b2−ab+c2+15c≥ab+c2+15c

                =c2+16c=c2+8c+8c≥3c2.8c.8c3=12.

Vậy Pmin=12 khi và chỉ khi {a=babc=1c2=8c⇔{a=b=12c=2⇔{x=12yy=12zz=2x.

Đáp án A

Ta có: y'=(f'(x)−2)f''[f(x)−2x].

y'=0⇔(f'(x)−2)f''[f(x)−2x]=0⇔[f'(x)−2=0             (1)f''[f(x)−2x]=0   (2)

Xét phương trình (1)⇔f'(x)=2.

 

Từ đồ thị ta có phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x1,x2,x3(x1<m<x2=0<n<x3).

Xét phương trình (2).

Trước hết ta có: f'(x)=4ax3+2bx2+2cx+d.

                          f'(0)=2⇔d=2.

Suy ra: f(x)=ax4+bx3+cx2+2x+e.

(2)⇔f"[f(x)−2x]=0⇔[f(x)−2x=mf(x)−2x=n⇔[ax4+bx3+cx2+e=max4+bx3+cx2+e=n

⇔[ax4+bx3+cx2=m−e (2a)ax4+bx3+cx2=n−e (2b).

Số nghiệm của hai phương trình (2a) và (2b) lần lượt bằng số giao điểm của hai đường thẳng y=m−e và y=n−e (trong đó m−e<n−e<0) với đồ thị hàm số g(x)=ax4+bx3+cx2.

      g'(x)=4ax3+3bx2+2cx

      g'(x)=0⇔4ax3+3bx2+2cx=0⇔4ax3+3bx2+2cx+2=2

                      ⇔f'(x)=2⇔[x=x1<0x=x2=0x=x3>0

Từ đồ thị hàm số y=f'(x) suy ra:

+) limx→−∞f'(x)=+∞ nên a<0 nên limx→−∞g(x)=−∞,limx→+∞g(x)=−∞.

Bảng biến thiên của hàm số y=g(x):

Từ bảng biến thiên suy ra hai phương trình (2a),(2b) mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt (hai phương trình không có nghiệm trùng nhau) và khác x1,x2,x3.

Suy ra phương trình (f'(x)−2)f"[f(x)−2x]=0 có 7 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số y=f'[f(x)−2x] có 7 điểm cực trị.Đáp án C

 

Gọi D là điểm đối xứng với A qua B. Khi đó A'B//B'D.

Suy ra: d(A'B;B'C)=d(A'B;(B'CD))=d(B;(B'CD)).

Kẻ từ B đường thẳng vuông góc với CD và cắt CD tại K

Tam giác ACD vuông tại C (vì BA=BC=BD) có B là trung điểm của AD nên K là trung điểm của CD.BK=12AC=12a.

Kẻ BH⊥B'K tại H suy ra: d(B;(B'CD))=BH.

Ta có: 1BH2=1BK2+1BB'2=4a2+12a2=92a2⇒BH=a23.

Vậy d(B;(B'CD))=a23.

Đáp án C