Đề số 6
50 câu hỏi
Một đội văn nghệ có 10 người gồm 6 nam và 4 nữ. Cần chọn ra một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
24
10
C102.
1
Số cách chọn một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca là C61.C41=24 cáchChọn đáp án A
Cho cấp số nhân un có u1=−2 và công bội q=3 . Số hạng u2 là
u2=−6
u2=6
u2=1
u2=-18
Ta có un+1=un.q
Suy ra u2=u1.q=−6
Vậy u2=−6Chọn đáp án A
Cho hàm số y=fx xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
Hàm số nghịch biến trên R.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;0
Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;+∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f'x<0 trên khoảng 0;1⇒ hàm số nghịch biến trên 0;1 .
Chọn đáp án D
Cho hàm số fx có bảng biến thiên như hình vẽ.
Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
x=3
x=0
x=−1
x=−2
Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu là x=0 .
Cho hàm số y=fx xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên dưới đây
Hàm số y=fx có bao nhiêu điểm cực trị?
5
2
1
3
Dựa vào bảng biến thiên hàm số y=fx có ba điểm cực trị.
Chọn đáp án D
Các đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số y=2x+1x−1 là
x=2;y=1
x=-1;y=-2
x=1;y=-2
x=1;y=2
Đồ thị hàm phân thức y=ax+bcx+d có tiệm cận đứng là x=−dc và tiệm cận ngang là y=ac .
Do đó đồ thị hàm số y=2x+1x−1 có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x=1; y=2 .
Chọn đáp án D
Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào?
y=−x3+x2−1
y=x4−x2−1
y=x3−x2−1
y=−x4+x2−1
+ Dựa vào hình dạng đồ thị, ta thấy đây là hình dạng của đồ thị của hàm bậc bốn nên loại phương án A và phương án C.
+ Khi x→±∞ , y→+∞ suy ra a>0 . Nên loại phương án D,
Chọn phương án B.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x4−4x2−5 và trục hoành là
0
2
3
4
Ta có y'=4x3−8x . Cho y'=0⇔4x3−8x=0⇔x=−2x=0x=2
Ta có bảng biến thiên của hàm số là:
Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số y=x4−2x2−5 giao với y=0 (trục hoành) là 2 giao điểm.
Chọn đáp án B
Với a là số thực dương tùy ý khác 1, ta có log3a2 bằng:
loga9
2loga3
2loga3
12loga3
Ta có log3a2=1loga23=2loga3.
Chọn đáp án C
Tính đạo hàm của hàm số y=log5(x2+1).
y'=2xln5
y'=2xx2+1
y'=1(x2+1)ln5
y'=2x(x2+1)ln5
Ta có: y=log5(x2+1)⇒y'=2x(x2+1)ln5.Chọn đáp án D
Cho a là số dương tuỳ ý, a34 bằng
a43
a−43
a34
a−34
Ta có a34=a34Chọn đáp án C
Tìm tập nghiệm S của phương trình 52x2−x=5.
S=○
S=0;12
S=0;2
S=−12;1
52x2−x=5⇔2x2−x=1⇔2x2−x−1=0⇔x=1x=−12
Chọn đáp án D
Nghiệm nhỏ nhất của phương trình log5x2−3x+5=1 là
-3
1
3
0
ĐK x∈ℝ vì x2−3x+5>0,∀x∈ℝ
log5x2−3x+5=1⇔x2−3x+5=5⇔x2−3x=0⇔x=3x=0
Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình log5x2−3x+5=1 là 0.
Chọn đáp án D
Họ nguyên hàm của hàm số fx=ex+cosx là
ex−sinx+C
1x+1ex+1+sinx+C
xex−1−sinx+C
ex+sinx+C
Ta có: ∫ex+cosxdx=ex+sinx+CChọn đáp án D
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=24x−3
∫24x−3dx=14ln4x−3+C
∫24x−3dx=12ln2x−32+C
∫24x−3dx=2ln4x−3+C
∫24x−3dx=2ln2x−32+C
Ta có: ∫24x−3dx=∫12x−32dx=12∫d2x−322x−32=12ln2x−32+CChọn đáp án B
Nếu ∫25fxdx=3 và ∫57fxdx=9 thì ∫27fxdx bằng bao nhiêu?
3
6
12
-6
Ta có: ∫27fxdx=∫25fxdx+∫57fxdx=3+9=12Chọn đáp án C
Giá trị của ∫03dx bằng
3
2
0
1
Ta có ∫03dx=x03=3−0=3Chọn đáp án A
Số phức liên hợp của số phức z=−2+3i
z¯=2+3i
z¯=2+3i
z¯=−2+3i
z¯=−2−3i
Số phức liên hợp của số phức z=−2+3i là z¯=−2−3iChọn đáp án D
Cho hai số phức z1=3+2i và z2=1−i. Phần ảo của số phức z1−z2 bằng
1
2
3
4
Ta có z1−z2=3+2i−1−i=2+3iVậy phần ảo của số phức z1−z2 bằng 3Chọn đáp án C
Cho hai số phức z1=2+2i và z2=2−i . Điểm biểu diễn số phức z1+z2 trên mặt phẳng tọa độ là điểm nào dưới đây?
Q4; 1
P0; 3
N4; −1
M0;−3
Ta có z1+z2=4+iSuy ra điểm biểu diễn số phức z1+z2 là điểm Q4; 1Chọn đáp án A
Thể tích của khối hộp chữ nhật có độ dài ba cạnh lần lượt là 1;2;3
6
5
3
2
V=1.2.3=6
Chọn đáp án A
Khối chóp có diện tích đáy là B , chiều cao bằng h. Thể tích V của khối chóp là
V=16Bh
V=12Bh
V=Bh
V=13Bh
Chọn đáp án D
Cho khối nón có bán kính đáy r=3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối nón đã cho
V=16π33
V=4π
V=16π3
V=12π
Ta có V=13π.r2.h=13π32.4=4πChọn đáp án B
Cho hình trụ có bán kính đáy r và độ dài đường sinh là l. Thể tích khối trụ là:
V=πr l23
V=πrl2
V=πr2l
V=πr2l3
Chiều cao của khối trụ là h=l .
Thể tích của khối trụ: V=πr2h=πr2l .
Chọn đáp án C
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a→=−i→+2j→−3k→. Tọa độ của vectơ a→ là
−1;2;−3
2;−3;−1
2;−1;−3
−3;2;−1
Theo định nghĩa tọa độ của vectơ, ta có: a→=−i→+2j→−3k→⇒a→=−1;2;−3Chọn đáp án A
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x2+y2+z2−4x+2y−6z+5=0 . Tọa độ tâm I và bán kính của mặt cầu (S) bằng:
I(2,−2,−3);R=1
I(2,−1,−3);R=3
I(−2,1,−3);R=1
I(2,−1,3);R=3
Ta có x2+y2+z2−4x+2y−6z+5=0Suy ra mặt cầu (S) có tâm I(2,−1,3); Bán kính R=22+−12+32−5=3.Chọn đáp án D
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A−2;0;0 và vectơ . Phương trình mặt phẳng α có vectơ pháp tuyến n→ và đi qua điểm A là
α: x=0 .
α: y+z+2=0 .
α:y+z=0
α: 2x−y−z=0 .
Phương trình của α:0x+2+1y−0+1z−0=0⇔y+z=0Chọn đáp án C
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;2;2, B3;−2;0. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là:
u→=−1;2;1
u→=1;2;−1
u→=2;−4;2
u→=2;4;−2
Ta có AB→=2;−4;−2=−2−1;2;1Chọn đáp án A
Từ một hộp chứa ba quả cầu trắng và hai quả cầu đen lấy ngẫu nhiên hai quả. Xác suất để lấy được cả hai quả trắng là:
930
1230
1030
630
n(Ω)=C52=10. Gọi A:”Lấy được hai quả màu trắng”.
Ta có n(A)=C32=3, Vậy P(A)=310=930Chọn đáp án A
Hàm số y=x3−3x2+10 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
−∞;2
−∞;0;2;+∞
0;2
0;+∞
y'=3x2−6x
y'=0⇔x=0x=2
y'<0⇔0<x<2.
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)Chọn đáp án C
Gọi M.mlần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=2x3+3x2−1 trên đoạn −2;1 . Tổng M+m bằng:
4 và 5
7 và -10
1 và -2
0 và -1
Ta có y'=6x2+6x , cho y'=0⇔x=0x=−1 .
Ta có y−2=−5 , y−1=0 , y0=−1 , y1=4 .
Vậy M=max−2;1y=y1=4 và m=min−2;1y=y−2=−5 .
Chọn đáp án A
Tập nghiệm của bất phương trình log3−52x−3≥0 là
−∞ ; 2
32 ; 2
2 ; +∞
−∞;5−32
Điều kiện: x>32 .
Do 0<3−5<1 nên log3−52x−3≥0⇔2x−3≤1⇔x≤2 .
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là 32 ; 2.
Chọn đáp án B
[2D3-0.0-2]
Cho ∫02fxdx=3, ∫02gxdx=−1 thì ∫02fx−5gx+xdx bằng:
12
0
8
10
∫02fx−5gx+xdx=∫02fxdx−5∫02gxdx+∫02xdx
=3+5+2=10
Chọn đáp án D
Cho số phức z thỏa mãn:z2−i+13i=1 . Tính mô đun của số phức z.
z=34
z=34
z=343
z=5343
Ta có z2−i+13i=1⇒z=1−13i2−i⇒z=1−13i2−i=34⇒z=−1152+2752⇒z=85025=34Chọn đáp án B
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, AC=a2 . SA vuông góc với mặt ABCD phẳng , SA=a3 (minh họa như hình bên). Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng
30o
45o
60o
90o
Ta có: SB∩ABCD=B ; SA⊥ABCD tại A .
Hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng (ABCD) là AB .
Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) là α=SBA^ .
Do ABCD là hình vuông và AC=2a nên AB=AC2=a .
Suy ra tanSBA^=SAAB=3
Do đó: α=SBA^=60o .
Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o .Chọn đáp án C
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đáy đều bằng a và các cạnh bên đều bằng 2a . Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD)
a142
a144
a2
7a2
d(S,(ABCD))=SO=SA2−AO2=4a2−a222=a142
Chọn đáp án A
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A−2;1;0, B2;−1;2. Phương trình của mặt cầu có đường kính AB là
x2+y2+z−12=24
x2+y2+z−12=6
x2+y2+z−12=24
x2+y2+z−12=6
Gọi I là trung điểm của AB khi đó xI=xA+xB2=0yI=yA+yB2=0zI=zA+zB2=1⇒I0;0;1 .
IA=0+22+0−12+1−02=6
Mặt cầu đường kính AB nhận điểm I0;0;1 làm tâm và bán kính R=IA=6 có phương trình là: x2+y2+z−12=6.
Chọn đáp án D
Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua hai điểm A1;2;−3 và B3;−1;1 là
x=1+ty=−2+2tz=−1−3t
x=1+3ty=−2−tz=−3+t
x=−1+2ty=−2−3tz=3+4t
x=−1+2ty=5−3tz=−7+4t
Ta có: AB→=2 ; −3 ; 4 là vectơ chỉ phương của đường thẳng (d) . Loại đáp án A , B .
Thế tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng x=−1+2ty=5−3tz=−7+4t
Ta có: 1=−1+2t2=5−3t−3=−7+4t ⇔t=1⇒A∈d
Vậy phương trình tham số của đường thẳng (d) là x=−1+2ty=5−3tz=−7+4t.
Chọn đáp án D
Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Đặt gx=fx+2+13x3−2x2+3x+2019. Khẳng định nào sau đây đúng?
Hàm số y=gx đạt cực đại tại x=1.
Hàm số y=gx có 1 điểm cực trị.
Hàm số y=gx nghịch biến trên khoảng 1; 4.
g5>g6 và g0>g1
Ta có y'=f'x+2+x2−4x+3
f'x+2=0⇔x∈−1; 1; 3
x2−4x+3=0⇔x=1∨x=3
Ta có bảng xét dấu:
(kxđ: không xác định)
Dựa vào bảng xét dấu, ta suy ra gx đạt cực đại tại x=1 .
Chọn đáp án A
Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình log2x2+3>logx2+mx+1 có tập nghiệm là R
−2<m<2
m<22
−22<m<22
m<2
Ta có log2x2+3>logx2+mx+1
⇔x2+mx+1>02x2+3>x2+mx+1⇔x2+mx+1>0x2−mx+2>0∗
Để bất phương trình log2x2+3>logx2+mx+1 có tập nghiệm là R thì hệ (*) có tập nghiệm là R
⇔Δ1=m2−4<0Δ2=m2−8<0⇔−2<m<2
Chọn đáp án A
Cho hàm số y=fx=x2+3 khi x≥15−x khi x<1. Tính I=2∫0π2fsinxcosxdx+3∫01f3−2xdx
I=716
I=31
I=32
I=323
+ Xét tích phân: I1=2∫0π2fsinxcosxdx .
Đặt: t=sinx⇒dt=cosxdx .
Đổi cận: với x=0 thì t=0 , với x=π2 thì t=1 .
I1=2∫0π2fsinxcosxdx=2∫01ftdt=2∫01fxdx=2∫015−xdx=10x−x201=9
+ Xét tích phân: I2=3∫01f3−2xdx .
Đặt: t=3−2x⇒dt=−2dx⇒dx=−12dt
Đổi cận: với x=0 thì t=3 , với x=1 thì t=1 .
I2=3∫01f3−2xdx=−32∫31ftdt=−32∫31fxdx=−32∫31x2+3dx=−12x3−92x31=22.
Vậy: I=2∫0π2fsinxcosxdx+3∫01f3−2xdx=9+22=31
Chọn đáp án B
Tìm phần ảo của số phức z thỏa mãn z+2z¯=2−i31−i.
-9
13
-13
9
Ta có z+2z¯=2−i31−i⇔z+2z¯=−9−13i .
Đặt z=a+bi a, b∈ℝ . Khi đó a+bi+2a−bi=−9−13i⇔3a=−9−b=−13⇔a=−3b=13 .
Chọn đáp án B
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 60° . Tính thể tích khối chóp S.ABCD .
a362
a366
a36
a363
Ta có: SBO^=60° .
SO=OB.tan60°=a22.tan60°=a62
SABCD=a2
Suy ra VSABCD=13SO.SABCD =13.a62.a2 =a366 .
Chọn đáp án B
Ông An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/1 m2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn).
7.862.000 đồng
7.653.000 đồng
7.128.000 đồng
7.826.000 đồng
Giả sử elip có phương trình x2a2+y2b2=1 , với a>b>0 .
Từ giả thiết ta có 2a=16⇒a=8 và 2b=10⇒b=5
Vậy phương trình của elip là x264+y225=1⇒y=−5864−y2 E1y=5864−y2 E1
Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường E1; E2; x=−4; x=4 và diện tích của dải vườn là S=2∫−445864−x2dx=52∫0464−x2dx
Tính tích phân này bằng phép đổi biến x=8sint , ta được S=80π6+34
Khi đó số tiền là T=80π6+34.100000=7652891,82≃7.653.000.
Chọn đáp án B
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x+12=y−11=z−23 và mặt phẳng P:x−y−z−1=0 . Phương trình đường thẳng Δ đi qua A1; 1; −2 , song song với mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d là
Δ:x+12=y+15=z−2−3
Δ:x−12=y−15=z+2−3
Δ:x+1−2=y+1−5=z−23
Δ:x−1−2=y−1−5=z+23
Δ có vectơ chỉ phương u→=2; 5; −3 và đi qua A1; 1; −2
nên có phương trình: Δ:x−12=y−15=z+2−3Chọn đáp án B
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình bên.
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=fx−2018+m có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của tập S bằng
9
7
18
12
Số điểm cực trị của hàm số y=fx−2018+m là 3 .
Đồ thị hàm số y=fx−2018+m có 5 điểm cực trị
Suy ra đường thẳng y=0 cắt đồ thị hàm số y=fx−2018+m tại 2 điểm ( không tính giao điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số).
⇔−6<−m≤−3−m≥2⇔3≤m<6m≤−2
Do m nguyên dương nên m∈3;4;5⇒S=3;4;5 .
Vậy tổng tất cả các giá trị của tập S bằng: 3+4+5=12 .
Chọn đáp án D
Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log3x+y=log4x2+y2?
3
2
1
Vô số
Điều kiện x+y>0;x2+y2>0.
Đặt t=log3x+y=log4x2+y2 . Ta có x+y=3tx2+y2=4t1
Vì x+y2≤2x2+y2⇒3t2≤2.4t⇒t≤log942
Thế thì x2+y2=4t≤4log942≈3,27 , vì x nguyên vậy nên x2∈0;1 .
+ Với x=0 , ta có hệ y=3ty2=4t⇔t=0y=1
+ Với x=1 , ta có hệ y=3t−1y2=4t−1. Hệ này có nghiệm t=0y=0.
+ Với x=−1 , ta có hệ y=3t+1y2=4t−1.
Ta có phương trình 3t+12=4t−1⇔9t+2.3t−4t+2=0*
Đặt ft=9t+2.3t−4t+2 , ta có
Với t≥0⇒9t≥4t⇒ft>0
Với t<0⇒4t<2⇒ft>0
Vậy phương trình (*) vô nghiệm
Kết luận: Vậy x∈0;1
Chọn đáp án B
Cho hàm số y=fx. Hàm số y=f'x có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Biết rằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục Ox và đồ thị hàm số y=f'x trên đoạn −2; 1 và 1; 4 lần lượt bằng 9 và 12 . Cho f1=3 . Giá trị biểu thức f−2+f4 bằng
21
9
3
2
Theo giả thiết ta có∫−21f'xdx=9 và ∫14f'xdx=12 .
Dựa vào đồ thị ta có: ∫−21f'xdx=−∫−21f'xdx=−fx−21=−f−1+f−2 .
⇒−f1+f−2=9
Tương tự ta có −f4+f1=12 .
Như vậy −f1+f−2−−f4+f1=−3
⇔f−2+f4−2f1=−3
⇔f−2+f4−6=−3⇔f−2+f4=3
Chọn đáp án C
Cho số phức zthỏa mãn điều kiện z+2−iz¯+1−i=2. Tìm giá trị lớn nhất của z.
3+10
−3−10
−3+10
3−10
Giả sử z=x+yi (x,y∈ℝ) .
Ta có z+2−iz¯+1−i=2⇔z+2−i=2.z¯+1−i
⇔(x+2)2+(y−1)2=2(x+1)2+(y+1)2
⇔x2+(y+3)2=10(*) ⇔x2+y2=1−6y⇔z=1−6y
Từ (*) dễ thấy y∈−3−10;−3+10⇒10−32≤1−6y≤10+32
⇒10−3≤z≤10+3
Vậy maxz=3+10 .
Chọn đáp án A
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A3 ;1 ;−3 , B0 ;−2 ;3 và mặt cầu S:x+12+y2+z−32=1 . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu (S) , giá trị lớn nhất MA2+2MB2 của bằng
102
78
84
52
Xét điểm C thỏa CA→+2CB→=0→ . Ta có
OC→=13OA→+2OB→⇒C1 ;−1 ;1
CA2=24, CB2=6
Mặt cầu (S) có tâm I−1 ;0 ;3 và bán kính R=1 .
Suy ra MA2+2MB2=MC→+CA→2+2MC→+CB→2 .
=3MC2+CA2+2CB2=3MC2+36
Mà MC−MI≤CI⇒MC≤CI+R=4(Dấu bằng xảy ra khi trùng với trên hình vẽ).
Vậy maxMA2+2MB2=3.16+36=84 .
Chọn đáp án C
