Đề số 6

Đáp án B

Giả sử cạnh ban đầu là a thì cạnh lúc sau là 2a.

Có thể tích tăng thêm là: ΔV=V2−V1=2a3−a3=7a3=7V1

Đáp án B

TXĐ: D=ℝ .

Ta có: y'=6x2−2xy''=12x−2.

Ta lại có: y'=0⇔x=0x=13.

Nhận thấy: y''0=−2<0⇒x=0 là điểm cực đại của hàm số.

Đáp án B

Trục Oy có một véctơ chỉ phương là j→=0;1;0 .

Mà u→ cũng là véctơ chỉ phương của trục Oy nên u→  cùng phương với véctơ j→ .

Đáp án C

Loại A và B vì hàm bậc bốn và hàm bậc nhất trên bậc nhất không bao giờ đơn điệu trên −∞;+∞.

Xét hàm y=−x3+x2−2x+1 .

TXĐ: D=R.

Ta có: y'=−3x2+2x−2=−3x−132+59<0, ∀x∈ℝ.

Suy ra hàm số nghịch biến trên −∞;+∞.

Xét hàm: y=x3+3.

TXĐ: D=R.

Ta có: y'=3x2≥0; suy ra hàm số đồng biến trên −∞;+∞.

Đáp án D

Ta có: loganb=1nlogab.

Đáp án C

Đặt: t=3x−3⇒dt=3dx.

Đổi cận:x=1⇒t=0x=4⇒t=9 .

Ta có: ∫14f3x−3dx=∫0913ftdt=13∫09ftdt=13∫09fxdx=13.9=3.

Vậy ∫14f3x−3dx=3.

Đáp án A

Gọi V là thể tích khối trụ tròn xoay đáy là hình tròn bán kính r và có chiều cao h.

Theo giả thiết, ta có: h2=4a2⇒h=2a; r=2a2=a .Do đó, thể tích khối trụ tròn xoay là: V=πr2h=πa2.2a=2πa3.

Đáp án B

Phương trình tương đương với:4.4x−5.2.2x+4=0⇔4.2x2−10.2x+4=0 .

Đặt t=2x(với t>0) ⇒4t2−10t+4=0⇔t=2t=12 (thỏa mãn).

+ Với t=2⇒2x=2⇒x=1.

+ Với t=12⇒2x=12⇒x=−1.

Do đó: S=0.

Đáp án C

Trục Oz có một vectơ chỉ phương là k→=0;0;1, nếu một mặt phẳng song song với trục Oz thì vectơ pháp tuyến n→ của mặt phẳng đó phải vuông góc với vectơ k→, tức là n→=a;b;0 với a,b∈ℝ.

Cả hai mặt phẳng P,Q cùng thỏa mãn điều kiện trên, mặt khác, vì O∈P và O∉Q nên mặt phẳng P chứa trục Oz (loại), mặt phẳng (Q) song song trục Oz (nhận).

Đáp án D

Ta có: I=∫2fx+f'x+1dx=2Fx+fx+x+C.

Đáp án D

Ta có: d:x=2+2ty=−3tz=−3+5t⇔t=x−22t=y−3t=z+35.

Do đó phương trình chính tắc của d là: x−22=y−3=z+35.

Đáp án B

Số cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn được chọn từ 6 bóng đèn khác nhau là một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử.

Suy ra có A64=360 cách.

Đáp án C

Một cấp số cộng có số hạng đầu u1, công sai d thì số hạng tổng quát được tính theo công thức: un=u1+n−1d (với n≥2).

Đáp án C

Số phức liên hợp của số phức z=2−3i là z¯=2+3i.

Đáp án D

Ta có: y'=4ax3+2bx=0⇔x=0x2=−b2a.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) nên c=1, suy ra hàm số có dạng y=ax4+bx2+1.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;-1) nên ta có: −1=a+b+1⇔a+b=−2   1.

Hàm số có 3 điểm cực trị x=0; x=±1, nên −b2a=1⇔2a+b=0   2.

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 2a+b=0a+b=−2⇔a=2b=−4.

⇒y=2x4−4x2+1⇒f2=2.24−4.22+1=17.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta có: min−1;5fx=−2 và max−1;5fx=3.

Đáp án A

TXĐ: D=ℝ .

Ta có:y'=3x2+2m+4x+5m+2y''=6x+2m+4 .

Để hàm số đạt cực tiểu tại x=−2 thì y'−2=0y''−2>0

⇔12−4m+4+5m+2=0−12+2m+8>0⇔m=2m>2⇔m∈∅.

Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Ta có: z=x+iy2−2x+iy+5=x2+2ixy−y2−2x−2iy+5  =x2−y2−2x+5+2xy−yi

Để z là số thực ⇔2xy−y=0⇔y=0x=1.

Đáp án B

Bán kính  R=dI,Ox=y12+z12=5.

Đáp án A

Từ M=log12x=log3y→x=12My=3M→xy=4M→M=log4xy.

Cách trắc nghiệm:

+ Cho x=12→y=3. Khi đó M=1.

Thử x=12;y=3 vào các đáp án thì có các đáp án A, C, D đều thỏa mãn. Ta chưa kết luận được.

+ Cho x=122→y=32. Khi đó M=2

Thử  vào các đáp án thì có đáp án A thỏa mãn

Đáp án D

Ta có z1,z2 là 2 nghiệm của phương trình 2z2+4z+3=0.

Theo định lý Vi-ét ta có: z1+z2=−2z1.z2=32.

Biểu thức P=z1.z2+iz1+z2=32+i−2=32−2i=322+−22=52.

Đáp án A

Gọi α là mặt phẳng cần tìm.

Ta có: A0;0;3∈β .

Do α//β nên phương trình của mặt phẳng α có dạng x+y−z+m=0, với m≠3.

Có dα,β=3⇔dA,α=3⇔m−33=3⇔m−3=3⇔m=6m=0 (thỏa mãn).

Vậy phương trình của các mặt phẳng cần tìm là x+y−z+6=0 và x+y−z=0.

Đáp án C                 

Ta có: 3x2−2x<27⇔3x2−2x<33⇔x2−2x−3<0⇔−1<x<3.

Đáp án A

Diện tích hình phẳng cần tìm là: S=∫−11x3−x−2xdx=∫−11x3−3xdx.

Bảng xét dấu: x3−3x.

Dựa vào bảng xét dấu, ta có: S=∫−10x3−3xdx+∫013x−x3dx.

Đáp án A

Ta có: 0°<α<90° nên cosα>0.

Suy ra cosα=11+tan2α=45.

Mặt khác: cosα=hl⇒l=hcosα=25cm.

Đáp án B

TXĐ: D=ℝ\1;2.

Ta có:  limx→−∞y=limx→−∞mx2−1x2−3x+2=mlimx→+∞y=limx→+∞mx2−1x2−3x+2=m⇒y=m là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận thì đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng.

Khi đó: m−1=04m−1=0⇔m=1m=14.

Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Tam giác ABC vuông cân tại B,

 suy ra  BA=BC=AC2=a⇒SΔABC=a22(đvdt).

Vậy thể tích khối lăng trụ là: V=SΔABC.BB'=a32(đvdt).

Đáp án C

Ta có: y'=15.e4x'=15.4x'.e4x=45e4x.

Vậy  y'=45e4x.

Đáp án D

Phương trình fx=m có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=fx  tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: −2<m<−1 .

Đáp án C

Do SA⊥ABCD nên SC,ABD^=SC,ABCD^=SC,AC^=SCA^.

Xét tam giác vuông SAC, ta có: tanSCA^=SAAC=SAAB2+BC2=3.

Suy ra SCA^=60°.

Đáp án A

Điều kiện: x>0.

Phương trình tương đương với: −2−log3x2+log3x2−log381−7=0

 ⇔log32x+6log3x−7=0⇔log3x=1log3x=−7⇔x=3=x1x=3−7=x2(thỏa mãn).

Suy ra P=x1x2=3.3−7=3−6=136=193.

Đáp án C

Theo bài toán ta có hình vẽ bên:

Thể tích của khối trụ là: V=π.12.2=2π.

Vì đường tròn đáy của khối trụ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu nên bán kính của mỗi nửa khối cầu là R=1.

Thể tích của hai nửa khối cầu bị khoét đi là: V1=2.12.4π.133=4π3.

Thể tích của phần còn lại của khối gỗ là: V2=V−V1=2π−4π3=2π3.

Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: V2V=2π32π=13.

Đáp án D

Ta có: fx=sin2xcos2x=14sin22x=141−cos4x2=18−18cos4x.

Do đó ∫fxdx=∫18−18cos4xdx=18x−18.14.sin4x+C=18x−132sin4x+C.

Đáp án B

Xác định 30°=SD,ABCD^=SD,HD^=SDH^ và SH=HD.tanSDH^=2a3.

Ta có dB,SCD=BDHD.dH,SCD=32.dH,SCD.

Ta có: HC⊥AB⇒HC⊥CD.

Kẻ HK⊥SC. Khi đó dH,SCD=HK.

Tam giác vuông SHC, có HK=SH.HCSH2+HC2=2a2121.

Vậy dB,SCD=32HK=a217.

Đáp án C

+ Nếu d cắt (P) tại I, thì ta chọn trên d một điểm A≠I . Sau đó xác định A’ là hình chiếu vuông góc của điểm A trên (P).

Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm I và A’.

+ Nếu d song song (P) thì ta chọn trên d hai điểm phân biệt A và B. Sau đó xác định A’, B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên (P).

Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A’ và B’.

Đáp án A

Ta có: y'=3x2−6mx+32m−1

Để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2 thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn: x1−x2=2 .

Ta có:Δ'=9m2−92m−1=9m−12 .

Để y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thì Δ'>0⇔9m−12>0⇔m≠1.

Theo định lý Vi-ét, ta có: x1+x2=2mx1x2=2m−1.

Theo bài ra ta có: x1−x2=2⇔x1−x22=4⇔x1+x22−4x1x2=4⇔4m2−8m=0⇔m=0m=2.

Đáp án B

Đặt z=a+bia;b∈ℝ.

Ta có: z−1=517z+z¯−5.z.z¯=0⇔a−12+b2=2517.2a−5a2+b2=0⇔(a2+b2)−2a−24=017.2a−5a2+b2=0⇔5a2+b2−2a−24=017.2a−5a2+b2=0⇔34a+5−2a−24=05a2+b2=17.2a⇔a=5a2+b2=34

Suy ra: z=a2+b2=34.

Đáp án A

Từ giả thiết ta có:  fx+2h−fxx+2h−x≤h2, ∀h>0.

⇒0≤limh→0fx+2h−fxx+2h−x≤limh→0h2=0⇒f'x=0,∀x∈ℝ⇒fx=C(C là hằng số).

Ta có: g'x=2019x+f'x20181+f''x+29−mx+f'x28−m1+f''x−m4−29m2+100sin2x         =2019x2018+29−mx28−m−m4−29m2+100sin2x

g''x=2019.2018.x2017+29−m28−mx27−m−2m4−29m2+100cos2x.

Khi đó: g'0=0; g''0=−2m4−29m2+100.g''0>0⇔m4−29m2+100<0⇔4<m2<25⇔−5<m<−22<m<5.

TH1: m=2, ta có:g'x=2019x2018+27x26=x262019x1992+27 .

Vì x=0 là nghiệm bội chẵn của phương trình g'(x)=0  nên trường hợp này loại.

TH2: m=5 ta có: g'x=2019x2018+24x23=x232019x1995+24.

TH3: m=-2, ta có: g'x=2019x2018+31x30=x302019x1988+31.

Vì x=0 là nghiệm bội chẵn của phương trình g'(x)  nên m=-2 không thỏa mãn.

TH4:m=5 ta có: g'x=2019x2018+24x23=x232019x1995+24.

Do  đổi dấu từ âm sang dương khi qua  nên hàm số  đạt cực tiểu tại .

TH5:ta có: .

Do g'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi qua x=0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=0.

Vậy m∈S=−5;−4;−3;3;4;5 nên tổng các bình phương của các phần tử của S là 100.

Đáp án D

Gọi xx∈ℕ* là số cán bộ công nhân chức tỉnh A năm 2015.

Gọi r là tỉ lệ giảm hàng năm.

Số người mất việc năm thứ nhất là: x.r.

Số người còn lại sau năm thứ nhất là: x−x.r=x1−r.

Tương tự, số người mất việc sau năm thứ hai là: x1−rr.

Số người còn lại sau năm thứ hai là: x1−r−x1−rr=x1−r2.

Số người mất việc sau năm thứ sáu là: x1−r5r.

Tổng số người mất việc là: x.r+x.1−r.r+x.1−r2.r+...+x.1−r5.r=10,6%x

⇔r+1−rr+1−r2r+...+1−r5r=0,106⇔r1−1−r61−1−r=0,106⇒r≈0,0185.

Vì tỉ lệ giảm hàng năm bằng với tỉ lệ tuyển dụng mới nên tỉ lệ tuyển dụng mới hàng năm là 1,85%.

Đáp án C

Ba lần quay, mỗi lần chiếc kim có 7 khả năng dừng lại, do đó nΩ=73=343.

Gọi A là biến cố: “trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau”. Khi đó ta có:

Lần quay thứ nhất, chiếc kim có 7 khả năng dừng lại.

Lần quay thứ hai, chiếc kim có 6 khả năng dừng lại.

Lần quay thứ ba, chiếc kim có 5 khả năng dừng lại.

Do đó: nA=7.6.5=210.

Vậy PA=nAnΩ=210343=3049.

Đáp án D

Xét hàm số fx=14x4−192x2+30x+m liên tục trên đoạn 0;2.

Ta có: f0=m; f2=m+26 f'x=x3−19x+30=0⇔x=−5∉0;2x=3∉0;2x=2∈0;2.

Ta lại có: f0=m; f2=m+26.

Suy ra max0;2fx=maxm;m+26=M.

Ta có: M≥m=−mM≥m+26⇒2M>−m+m+26⇔M≥−m+m+262≥−m+m+262=13.

Dấu “=” xảy ra khi m=m+26=13−mm+26>0⇔m=−13.

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số y=14x4−192x2+30x+m trên đoạn 0;2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 13 khi M=-13.

Vậy có 1 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án C

V't=at2+bt⇒Vt=∫at2+btdt=at33+bt22+C.

Theo bài ta có hệ: V0=0V5=15V10=110⇔a033+b022+c=0a533+b522+c=15a1033+b1022+c=110⇔a=310b=15c=0.

Suy ra   V20=310.2033+15.2022=840 m2.

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính là R=4.

Ta có A, B nằm trong mặt cầu.

Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của I lên thiết diện.

Ta có diện tích thiết diện bằng S=πr2=πR2−IH2.

Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớn nhất.

Mà IH<IK suy ra (P) qua A, B và vuông góc với IK.

Ta có IA=IB=5 suy ra K là trung điểm của AB.

Vậy K(0;1;2) và KI→=1;1;1.

Vậy P:x−1+y+z−2=0⇔−x−y−z+3=0.

Vậy T=-3

Đáp án C

Đặt t=x2+2x+10⇒t=x+12+9⇒t≥3.

Để phương trình fx2+2x+10−3=m⇔fx2+2x+10=m+3 có nghiệm thì đường thẳng y=m+3 cắt đồ thị y=fx  tại điểm có hoành độ x≥3.

Từ đồ thị ta được m+3≤2⇔m≤−1.

Mà m∈−10;10⇒m có 9 giá trị m thỏa mãn  Chọn C.

 

Đáp án B

Bất phương trình đã cho tương đương với: m>fx−ex2−2x,∀x∈0;2.

Xét hàm số gx=fx−ex2−2x trên 0;2.

Bài toán trở thành tìm m để .

Ta có: g'x=f'x−2x−1ex2−2x=0.

TH1: x∈0;1, ta có: f'x>00<−2x−1ex2−2x<2⇒g'x>0.

TH2: x=1 ta có: f'x=0−2x−1ex2−2x=0⇒g'x=0.

Suy ra g'x=0⇔x=1.

TH3: x∈1;2,ta có: f'x<0−2<−2x−1ex2−2x<0⇒g'x<0 

Ta có bảng biến thiên của hàm g(x) trên (0;2).

Dựa vào bảng biến thiên ta có m>max0;2gx=g1=f1−1e.

Vậy m>f1−1e.

Đáp án C

Dễ thấy EI=JI=JF.

Từ đó suy ra EBEB'=EMEK=FA'FB'=13, suy ra FNFK=12.

Ta có: dK;A'B'=12dC';A'B'.

FB'=32A'B'⇒SΔKFB'=34SΔA'B'C'.

Mặt khác vì EBEB'=13 nên suy ra dE;KFB'=32h (h là chiều cao lăng trụ).

Do đó VEKFB'=38V (V là thể tích lăng trụ).

 VEBIMVEB'FK=EIEF.EMEK.EBEB'=13.13.13=127 nên VEBIM=127.38V=172V.

 VFA'JNVFB'EK=FJFE.FA'FB'.FNFK=13.13.12=118 nên VFA'JN=118.38V=148V .

Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần.

Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B’ và V1 là thể tích phần chứa điểm C.

Ta có: V1=38−172−148V=49144V⇒V2=V−49144V=95144V.

Do đó: V1V2=4995.

Đáp án B

Điều kiện: x≥1,y≥1e.

Phương trình tương đương với: x2+5x−24=e2y2−11ey⇔e2y2−11ey−x2+5x−24=0   *

Ta có: Δ=2x+52>0,∀x≥1.

Do đó: *⇔ey=11+2x+52ey=11−2x+52⇔ey=x+8ey=3−x⇔y=x+8ey=3−xe.

+ Với y=x+8e∉0;2 (vì x+8e>9e>2).

+ Với y=3−xe∈0;2 (vì 1≤x<2).

Khi đó, ta được: P=lnx+ln3−x trên 1;21;2.

Ta có: P'=12xlnx−123−xln3−x=0⇔3−xln3−x=xlnx   **.

Xét hàm ft=tlnt trên 1;+∞ , có f't=lnt+12lnt>0,∀t∈1;+∞ .

Khi đó **⇔f3−x=fx⇔3−x=x⇔x=32.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra Pmax=2ln3−ln2 khi x=32;y=32e.

Đáp án A

Đặt u=cosπx2dv=f'xdx⇒du=−π2sinπx2dxv=fx.

Suy ra    ∫01f'xcosπx2dx=cosπx2fx10+π2∫01fxsinπx2dx=f1.cosπ2−f0.cos0+π2∫01fxsinπx2dx=π2∫01fxsinπx2dx=3π4⇒∫01fxsinπx2dx=32.

Xét tích phân ∫01fx+ksinπx22dx=0

⇔∫01f2x+2kfxsinπx2+k2sin2πx2dx=0⇔∫01f2xdx+2k∫01fxsinπx2+k2∫01sin2πx2dx=0⇔92+2k32+12k2=0⇔k=−3.

Khi đó ta có: ∫01fx−3sinπx22dx=0⇔fx−3sinπx2=0⇔fx=3sinπx2.

Vậy ∫01fxdx=3∫01sinπx2dx=−3.cosπx2π210=−6πcosπx210=−6πcosπ2−cos0=6π.

Đáp án D

Ta có:      g'x=−2x+4m.e−x2+4mx−5.fx+e−x2+4mx−5.f'x⇔g'x=−2x+4m.fx+f'x.e−x2+4mx−5.

Yêu cầu bài toán ⇔g'x≥0,∀x∈−1;12 và g'x=0  chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc −1;12.

⇔−2x+4m.fx+f'x≥0,∀x∈−1;12 

(vì e−x2+4mx−5>0)

⇔−2x+4m≥−f'xfx,∀x∈−1;12, vì fx>0,∀x∈ℝ

⇔4m≥2x−f'xfx,∀x∈−1;12   *.

Xét hx=2x−f'xfx,∀x∈−1;12.

Ta có h'x=2−f''x.fx−f'x2f2x.

Mà f''x<0fx>0,∀x∈−1;12⇒f''x.fx−f'x2f2(x)<0,∀x∈−1;12.

Từ đó suy ra h'x>0,∀x∈−1;12.

Vậy hàm số h(x) đồng biến trên −1;12.

Bảng biến thiên:

Vậy điều kiện *⇔4m≥h12⇔4m≥2.12−f'12f12⇔4m≥225137⇔m≥225548.

Mà m∈ℤm∈−2020;2020⇒m∈1;2;3;...;2020.

Vậy có 2020 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Xét hàm số fx=x3−3x trên 0;+∞.

Ta có f'x=3x2−3=0⇔x=1∈0;+∞x=−1∉0;+∞.

Bảng biến thiên hàm số f(x) trên 0;+∞ như sau:

Vì a2>0 nên fa2≥−2⇒fa1=fa2+2≥0   1.

Giả sử a1≥1, vì fx đồng biến trên 1;+∞ nên fa2>fa1 suy ra fa2+2>fa1 vô lý.

Vậy a1∈0;1 do đó −2≤fa1≤0  ​2.

Từ (1), (2) ta có: fa1=0fa2=−2⇔a1=0a2=1.

Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số cộng an là: an=n−1.

Đặt t1=log2b1t2=log2b2, suy ra: ft1=ft2+2 , vì 1≤b1<b2  nên 0≤t1<t2, theo lập luận trên ta có: t1=0t2=1⇔log2b1=0log2b2=1⇔b1=1b2=2.

Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số nhân bn là bn=2n−1.

Do đó bn>2019an⇔2n−1>2019n−1   *.

Trong 4 đáp án n=16 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn (*).