Đề số 7
50 câu hỏi
Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh. Thể tích của khối trụ được tạo thành là
13πa3
2πa3
3πa3
πa3
Đáp án D
Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh ta được một khối trụ có độ dài đường cao là a, bán kính đáy là a.
Thể tích khối trụ là V=πa2.a=πa3
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và không có điểm cực đại.
Hàm số đạt cực tiểu tại x=-1 và đạt cực đại tại x=2.
Hàm số đạt cực đại tại x=−1và đạt cực tiểu tại x=2.
Giá trị cực đại của hàm số bằng 1.
Đáp án A.
Từ bảng biến thiên ta có:
· Hàm số y=f(x) có tập xác định là D=ℝ\−1, suy ra hàm số không đạt cực trị tại x=−1.
Do đó các mệnh đề ở đáp án B và C là các mệnh đề sai.
· Hàm số không có điểm cực đại nên không có giá trị cự đại bằng 1.
Do đó mệnh đề ở đáp án D là mệnh đề sai.
· Tại x=2 thì f'(x) và đổi dấu từ âm sang dương nên x=2 là điểm cực tiểu của hàm số và dễ thấy hàm số không có điểm cực đại, suy ra mệnh đề ở đáp án A đúng.
Vậy mệnh đề của đáp án A là đúng.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;3;2), B(3;-1;4). Tìm tọa độ trung điểm I của AB.
I(2;-4;2)
I(4;2;6)
I(-2;-1;-3)
I(2;1;3)
Đáp án D.
Ta có xI=xA+xB2=2yI=yA+yB2=1zI=zA+zB2=3⇒I2;1;3
Cho hàm số y=−2x−4x+1. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số đồng biến trên R.
Hàm số nghịch biến trên R.
Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1và −1;+∞.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng −∞;−1và −1;+∞.
Đáp án C.
TXĐ: D=ℝ\−1
Ta có y'=−2.1−−4.1x+12=2x+12>0,∀x∈D.
Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và −1;+∞.
Cho x, y là hai số thực dương khác 1 và α,β là hai số thực tùy ý. Mệnh đề nào sau đây là sai?
xαyβ=xyα−β
xα.yα=xyα
xα.xβ=xα+β
xαyα=xyα
Đáp án A.
Mệnh đề xαyβ=xyα−β là mệnh đề sai.
Cho ∫02fxdx=3 và ∫02gxdx=−2. Tính tích phân I=∫022x+fx−2gxdx
I=11
I=18
I=5
I=3
Đáp án A.
Ta có I=∫022x+fx−2gxdx=∫022xdx+∫02fxdx−2∫02gxdx
=4+3−2.−2=11.
Cho hình nón bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng
21π
15π
24π
12π
Đáp án C.
Diện tích toàn phần của hình nón là: Stp=πR2+πRl=9π+15π=24π.
Tìm tập nghiệm của phương trình log12x2−3x+10=−3.
S=1;2
S=−1;2
S=1
S=1;−3
Đáp án A.
Phương trình tương đương với: log12x2−3x+10=log128
⇔x2−3x+10=8⇔x2−3x+2=0⇔x=1x=2
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S=1;2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng α:x+y+z−6=0. Điểm nào dưới đây không thuộc mặt phẳng α?
P1;2;3
Q3;3;0
M1;−1;1
N2;2;2
Đáp án C.
Thay tọa độ các điểm của các đáp án, ta thấy đáp án C là: 1−1+1−6=−5≠0, suy ra điểm M không thuộc mặt phẳng α.
Họ các nguyen hàm của hàm số fx=1x+1 là
−1x+12+C
−lnx+1+C
−12lnx+12+C
ln2x+2+C
Đáp án D.
Ta có ∫1x+1dx=lnx+1+C=ln2x+2+C.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, trục Ox có phương trình tham số là
x=1y=0z=t
x=ty=0z=0
x=0y=tz=t
x=ty=1z=1
Đáp án B.
Trục Ox đi qua O(0;0;0) và nhận i→0;0 làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham số là x=ty=0z=0
Trong khai triển a2−1b, số hạng thứ 5 là
−35a6b−4
35a6b−4
−24a4b−5
24a4b−5
Đáp án B.
Theo công thức tổng quát ở lý thuyết thì ta có số hạng thứ 5 là:
C74.a23.−1b4=35a6b−4.
Cho cấp số cộng un có số hạng tổng quát là un=3n−2. Tìm công sai d của cấp số cộng.
d=3
d=2
d=−2
d=−3
Đáp án A.
Ta có un+1−un=3n+1−2−3n+2=3.
Suy ra d=3 là công sai của cấp số cộng
Cho hai số phức z1=1+3i vàz2=3−4i. Môđun của số phức w=z1z2 là
w=102
w=−925+1325i
w=510
w=105
Đáp án D.
Cách 1:
Ta có: w=z1z2=1+3i3−4i=1+3i3+4i25=−925+1325i
Do đó w=−925+1325i=−9252+13252=105
Cách 2: Ta có: w=z1z2=z1z2=105
Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?
y=−x+2x+1
y=−xx+1
y=−x+1x+1
y=−2x+12x+1
Đáp án C.
Dựa vào đồ thị ta thấy có hai tiệm cận là x=−1 và y=−1 nên loại đáp án D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) nên loại đáp án A và B, chỉ có đáp án C đúng.
Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x+4x trên khoảng 0;+∞. Tìm m.
m=4
m=2
m=1
m=3
Đáp án A.
Hàm số y=x+4x liên tục trên 0;+∞
Ta có: y'=1−4x2=0⇔x=−2∉0;+∞x=2∈0;+∞
Bảng biến thiên hàm số y=x+4x trên 0;+∞ như sau
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: m=min0;+∞y=y2=4.
Cho hàm số y=mx−2m−3x−m (với m là tham số). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Tìm số phần tử của S.
5
4
Vô số
3
Đáp án D.
TXĐ: D=ℝ\m
Ta có y'=−m2+2m+3x−m2
Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì: y'>0,∀x∈D
⇔−m2+2m+3>0⇔−1<m<3
Mà m∈ℤ⇒m∈0;1;2
Vậy S=0;1;2
Tính tổng T của phần thực và phần ảo của số phức z=2+3i2 .
T=11
T=11+62
T=−7+62
T=−7
Đáp án C.
Ta có z=2+3i2=22+2.2.3i+3i2=2+62i−9=−7+62i
Suy ra T=−7+62
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A1;1;2,B3;2;−3. Mặt cầu (S) có tâm I thuộc Ox và đi qua hai điểm A, B có phương trình.
x2+y2+z2−8x+2=0
x2+y2+z2+8x+2=0
x2+y2+z2−4x+2=0
x2+y2+z2−8x−2=0
Đáp án A.
Gọi Ia;0;0∈Ox⇒IA→1−a;1;2IB→3−a;2;−3
Do (S) đi qua hai điểm A,B nên IA=IB⇔1−a2+5=3−a2+13
⇔4a=16⇔a=4
(S) có tâm I(4;0;0), bán kính R=IA=14
⇒S:x−42+y2+z2=14⇔x2+y2+z2−8x+2=0
Đặt log32=a, khi đó log162 bằng
3a4
34a
43a
4a3
Đáp án B.
Ta có: log1627=log2433=34log23=34a.
Công thức biến đổi: logabcd=dblogac (với 0<a≠1;cd>0 )
Kí hiệu z1,z2,z3,z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z4+4z2−5=0. Giá trị của z12+z22+z32+z42 bằng
2+25
12
0
2+5
Đáp án B.
Ta có: z4+4z2−5=0⇔z2=1z2=−5
Phương trình có bốn nghiệm lần lượt là: z1=1,z2=−1,z3=−i5,z4=i5
Do đó: z12+z22+z32+z42=12+12+52+52=12
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi (P) là mặt phẳng đi qua hai điểm A2;1;1,B−1;−2;−3 và (P) vuông góc với mặt phẳng Q:x+y+z=0. Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
n3→=12;12;0
n1→=−12;−12;0
n4→=−12;12;0
n2→=32;32;0
Đáp án C.
Ta có AB→=−3;−3;−4,Q có vectơ pháp tuyến là nQ→=1;1;1
Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là nP→
Vì nP→⊥AB→ và nP→⊥nQ→ nên ta chọn nP→=AB→,nQ→=1;−1;0
Lại có n4→=−12;12;0 cùng phương với nP→ nên chọn đáp án C
Tập nghiệm S của bất phương trình log22x−5log2x−6≤0 là
S=0;12
S=64;+∞
S=0;12∪64;+∞
S=12;64
Đáp án D.
Điều kiện: x>0
Bất phương trình tương đương với: −1≤log2x≤6⇔2−1≤x≤26⇔12≤x≤64
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S=12;64
Cho phần vật thể Φ được giới hạn bởi hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với trục Ox tại x=0,x=3. Cắt phần vật thể Φ bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng x0≤x≤3 ta được thiết diện là hình chữ nhật có kích thước lần lượt là x và 3−x. Thể tích phần vật thể bằng
27π4
123π5
1235
274
Đáp án C.
Ta có diện tích thiết diện là Sx=x3−x
Vậy thể tích phần vật thể Φlà: V=∫03Sxdx=∫03x3−xdx=1235
Cho hình nón có bán kính đáy r=3 và độ dài đường sinh l=4. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón đã cho.
Sxq=12π
Sxq=43π
Sxq=39π
Sxq=83π
Đáp án B.
Ta có Sxq=πRl
Nên Sxq=π3.4=43π
Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x2−1x−1 bằng
2
1
4
3
Đáp án D.
Ta có limx→−∞y=−1;limx→+∞y=1 nên y=−1;y=1 là các đường TCN.
Và limx→1+y=+∞ nên x=1 là các đường TCĐ.
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng 2a, đáy ABCD là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích V của khối hộp đã cho.
V=4a323
V=8a33
V=8a3
V=4a32
Đáp án D.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,
suy ra A'O⊥ABCD
Tam giác A'OA vuông tại O, có
A'O=AA'2−AO2=4a2−2a2=a2
Diện tích hình vuông ABCD là:
SABCD=4a2(đvdt)
Thể tích khối hộpABCD. A'B'C'D' là:
VABCD.A'B'C'D'=SΔABCD.A'O=4a32(đvdt)
Tính đạo hàm của hàm số y=2x2
y'=x.21+x2ln2
y'=x.21+x2.ln2
y'=2x.ln2
y'=x.21+xln2
Đáp án B.
Ta có y'=x2'.2x2.ln2=2x.2x2.ln2=x.21+x2.ln2 Áp dụng công thức au'=u'.au.lna
Cho hàm số y=f(x) xác định và liên tục trên R và có bảng biến thiên sau:
Tìm m để phương trình f(x)=m+1 có 4 nghiệm phân biệt
−4≤m≤1
−5≤m≤0
−4<m<1
−5<m<0
Đáp án D.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để phương trình fx=m+1 có 4 nghiệm phân biệt thì −4<m+1<1⇔−5<m<0
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, góc BAD^=60°, SA=SB=SD=a32. Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng SBD và ABCD. Mệnh đề nào sau đây đúng?
tanφ=5
tanφ=55
tanφ=32
φ=45°
Đáp án A.
Từ giả thiết suay ra tam giác ABD đều cạnh a.
Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD)
Do SA=SB=SC nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác
ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.
Suy ra HI=13AI=a36 và SH=SA2−AH2=a156
Vì ABCD là hình thoi nên HI⊥BD
Tam giác SBD cân tại S nên SI⊥BD
Do đó SBD,ABCD^=SI,AI^=SIH^
Trong tam giác vuông SHI, có tanSIH^=SHHI=5
Tính P tích tất cả các nghiệm của phương trình log2x−logx64=1.
P=1
P=2
P=4
P=8
Đáp án B.
Điều kiện: 0<x≠1
Phương trình tương đương với: log2x−6logx2=1
Đặt t=log2xt≠0, phương trình trở thành t−6t=1⇔t2−t−6=0t≠0⇔t=3t=−2
⇒log2x=3log2x=−2⇔x=8=x1x=14=x2⇒P=x1x2=2
Cho đều cạnh a và nội tiếp trong đường tròn tâm O, AD là đường kính của đường tròn tâm O. Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi cho phần tô đậm quay quanh đường thằng AD bằng
π324a3
20π3217a3
23π3216a3
4π327a3
Đáp án C.
Gọi thể tích của khối tròn xoay sinh ra do phần tô đậm quay quanh đường thẳng AD là V1.
Gọi thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng AD là V2.
Gọi thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình tròn đường kính AD quay quanh đường thẳng AD là V3.
Khi đó: V1=V3−V2=43π.OA3−13π.HC2.AH
=43.π.a333−13.π.a22.a32=23πa33216
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên ℝ\0 thỏa mãn f'x+fxx=x2 và f1=−1. Giá trị của f32 bằng
196
164
148
124
Đáp án A.
Ta có f'x+fxx=x2⇔x.f'x+fx=x3⇔x.fx'=x3⇒x.fx=∫x3dx=x44+C
Vì f1=−1⇒14+C=−1⇔C=−54⇒fx=x34−54x⇒f32=196
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AC=2a,BC=a. Đỉnh S cách đều các điểm A, B, C. Tính khoảng cách d từ trung điểm M của SC đến mặt phẳng (SBD).
d=a34
d=a52
d=a5
d=a
Đáp án A.
Gọi O là trung điểm AC, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Do đỉnh S cách đều các điểm A, B, C nên SO⊥ABCD
Ta có dM,SBD=12dC,SBD
Kẻ CE⊥BD
Khi đó dC,SBD=CE=CB.CDCB2+CD2=a32
Vậy dM,SBD=12CE=a34
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M2;−1;1 và hai đường thẳng d1:x−21=y−1−2=z−12,d2:x−22=y+31=z−1−1. Đường thẳng Δ cắt d1,d2 lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB có phương trình
x=2y=1+tz=1
x=−2y=1+tz=−1
x=2y=−1+tz=1
x=2y=1+tz=−1
Đáp án A.
Do A=Δ∩d1 suy ra A∈d nên A2+t;1−2t;1+2t
Vì M là trung điểm AB, suy ra B−t+2;2t−3;−2t+1
Theo giả thiết B∈d2, nên −t+2−22=2t−3+31=−2t+1−1−1⇔t=0⇒A2;1;1B2;−3;1
Đường thẳng Δ đi qua hai điểm A2;1;1,B2;−3;1 nên Δ:x=2y=1+tz=1
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y=2x+1x+m nghịch biến trên khoảng 2;+∞?
−2;12
−2;12
−∞;12
−∞;12
Đáp án A.
TXĐ: D=ℝ/−m
Ta có y'=2m−1x+m2
Để hàm số nghịch biến trên 2;+∞ thì y'<0,∀x∈2;+∞−m∉2;+∞
⇔2m−1<0−m≤2⇔m<12m≥−2⇔−2≤m<12
Cho số phức w thỏa mãn w=1−i2.z, biết z=m. Tính w.
w=m
w=2m
w=2m
w=4m
Đáp án C.
Lấy môđun 2 vế của w=1−i2.z, ta được: w=1−i2.z=1−i2.z=−2i.z=2m
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên R và đồ thị hàm số y=f(x) như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y=2021ffx−1.
10
11
12
13
Ta có y'=f'xf'fx−1.2021ffx−1ln2021=0⇔f'x=0 (1)f'fx−1=0 (2)
Ta có 1⇔x1=−1x2=1x3=3x4=6 và 2⇔fx−1=−1fx−1=1fx−1=3fx−1=6⇔fx=0fx=2fx=4fx=7
Dựa vào đồ thị ta có
+ f(x)=0 có 1 nghiệm là nghiệm bội 1.
+ f(x)=2 có 5 nghiệm là các nghiệm bội 1.
+ f(x)=4 có 1 nghiệm là nghiệm bội 1.
+ f(x)=7 có 1 nghiệm là nghiệm bội 1.
Suy ra y' có 12 nghiệm phân biệt mà qua đó y' đổi dấu.
Vậy hàm số y=2021ffx−1 có 12 điểm cực trị.
Bất phương trình 1+2x+1−2a2−1x−4=0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1−x2=log1+23. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a∈−∞;−32
a∈−32;0
a∈0;32
a∈32;+∞
Đáp án B.
Đặt t=1+2xt>0⇒1+2x=1t
Phương trình đã cho trở thành: t+1−2at−4=0⇔t2−4t+1−2a=0 (1)
Ta cần tìm a để (1) có hai nghiệm dương t1;t2 khi đó: x1−x2=log1+2t1−log1+2t2 =log1+2t1t2=log1+23⇔t1t2=3⇔t1=3t2
Kết hợp Vi-ét ta có: t1+t2=4t1t2=1−2at1=3t2⇔t1=3t2=11−2a=3⇔t1=3t2=1a=−1
Bạn Hùng trúng tuyển vào đại học nhưng vì không đủ nộp tiền học phí Hùng quyết định vay ngân hàng trong 4 năm mỗi năm 3 000 000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3%/năm. Sau khi tốt nghiệp đại học Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 0,25%/tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T mà Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến hàng đơn vị) là
232 518 đồng.
309 604 đồng.
215 456 đồng.
232 289 đồng.
Đáp án D.
Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau 4 năm học:
Sau 1 năm số tiền Hùng nợ là: 3+3r=31+r
Sau 2 năm số tiền Hùng nợ là: 31+r2+31+r
Tương tự: Sau 4 năm số tiền Hùng nợ là: 31+r4+31+r3+31+r2+31+r=12927407,43=A
Tính số tiền T mà Hùng phải trả trong 1 tháng:
Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A+Ar−T=A1+r−T
Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: A1+r−T+A1+r−T.r−T=A1+r2−T1+r−T
Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là: A1+r60−T1+r59−T1+r58−...−T1+r−T
Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi A1+r60−T1+r59−T1+r58−...−T1+r−T=0
⇔A1+r60−T1+r59−1+r58−...−1+r−1=0
⇔A1+r60−T.1+r60−11+r−1=0
⇔T=A1+r601+r60−1≈232,289
Cho hàm số y=x3+x2+m2+1x+27. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn −3;−1 có giá trị nhỏ nhất. Khi đó tích các phần tử của S là
4
-4
8
-8
Đáp án D.
Xét hàm số fx=x3+x2+m2+1x+27 liên tục trên đoạn −3;−1.
Ta có f'x=3x2+2x+m2+1>0 với mọi x∈−3;−1
Ta lại có f−3=6−3m2;f−1=26−m2
Suy ra max−3;−1fx=max6−3m2;26−m2=M
Ta có M≥6−3m2M≥26−m2⇒M≥6−3m23M≥3m2−78⇒4M≥72⇔M≥18
Dấu “=” xảy ra khi 6−3m2=26−m2=186−3m23m−78>0⇔m2=8⇔m=22m=−22
Vậy với m=22m=−22 thì giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn −3;−1 có giá trị nhỏ nhất.
Khi đó tích các giá trị là 22.−22=−8
Cho tập hợp A=1;2;3;...;10. Chọn ngẫu nhiên ba số từ A. Tìm xác suất để trong ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp
P=790
P=724
P=710
P=715
Đáp án D.
Chọn 3 số bất kì có C103=120 cách.
TH1: 3 số chọn ra là 3 số tự nhiên liên tiếp có 8 cách
TH2: 3 số chọn ra là 2 số tự nhiên liên tiếp
· 3 số chọn ra có cặp (1;2) hoặc (9;10) có 2.7=14 cách
· 3 số chọn ra có cặp 2;3,3;4,...,8;9 có 6.6=36 cách
Vậy xác suất cần tìm là 120−8−14−36120=715.
Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người ta thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa hình tròn (phần tô đậm) và cách nhau một khoảng 4 m. Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô đậm) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150 000 đồng/m2 và 100 000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)
3 926 990 (đồng)
4 115 408 (đồng)
1 948 000 (đồng)
3 738 574 (đồng)
Đáp án D.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có Parabol có đỉnh là gốc tọa độ và đi qua điểm (2;4)
nên có phương trình y=x2
Đường tròn tâm là gốc tọa độ đi qua điểm có tọa độ (2;4)
nên có bán kính R=25 có phương trình x2+y2=20
Gọi S là diện tích phần tô đậm.
Ta có S=∫−2220−x2−x2dx≈11,9396
Diện tích nửa hình tròn là nên diện tích phần còn lại là: 10π−S
Vậy số tiến cần tìm là: S.150 000+10π−S.100 000≈3 738 574 (đồng).
Cho hàm số y=fx có đạo hàm trên R và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt gx=3ffx+4. Số điểm cực trị của hàm số là
10
8
6
2
Đáp án B.
Ta có: g'x=3f'fx.f'x.
g'x=0⇔3f'fx.f'x=0
⇔f'fx=0f'x=0⇔fx=0fx=ax=0x=a2<a<3
Ta có f(x)=0 có 3 nghiệm đơn phân biệt x1,x2,x3 khác 0 và a.
Vì 2<a<3 nên fx=a có 3 nghiệm đơn phân biệt x4,x5,x6 khác x1,x2,x3,0,a
Suy ra g'x=0 có 8 nghiệm đơn phân biệt.
Do đó hàm số gx=3ffx+4 có 8 điểm cực trị.
Cho hàm số y=fx . Hàm số y=f'x có bảng biến thiên như sau
Bất phương trình fx>2cosx+3m nghiệm đúng với mọi x∈0;π2 khi và chỉ khi.
m≤13f0−2
m<13f0−2
m≤13fπ2−1
m<13fπ2−1
Đáp án A.
Bất phương trình đã cho tương đương với: 3m<fx−2cosx,∀x∈0;π2
Xét hàm số gx=fx−2cosx trên 0;π2.
Bài toán trở thành tìm m để 3m<gx,∀x∈0;π2⇔3m≤min0;π2gx
Ta có g'x=f'x+2cosx.sinx.ln2
Nhận xét: Với x∈0;π2⇒1<f'x<60<2cosx.sinx.ln2⇒g'x>0
Do đó ta có 3m≤min0;π2gx=g0=f0−2cos0=f0−2
Vậy m≤13f0−2
Xét khối chóp tứ giác đều S.ABCD. Mặt phẳng chứa đường thẳng AB, đi qua điểm C' của cạnh SC chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Tính tỉ số SC'SC.
12
23
5−12
45
Đáp án C.
Gọi O là tâm mặt đáy (ABCD) của hình chóp
tứ giác đều S.ABCD.
Trong (SAD), gọi I là giao điểm của SO và AC'
Trong (SBD), gọi D' là giao điểm của BI và SD
⇒ABC'≡ABC'D'
Ta có CD//C'D'⇒SC'SC=SD'SD=k
VS.ABC'D'VS.ABCD=VS.ABC'+VS.AC'D'VS.ABCD=k.VS.ABC+k2.VS.ACDVS.ABCD=12k.VS.ABCD+12k2.VS.ABCDVS.ABCD=12
⇔12k+12k2=12⇔k=5−12k=−5−12 (loai)
Cho a,b,c là các số thực biết log2a+b+ca2+b2+c2−1=aa−2+bb−2+cc−2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=3a+2b+ca+b+c
6−233
8+223
6+233
4+223
Đáp án C.
Ta có: log2a+b+ca2+b2+c2+1=aa−2+bb−2+cc−2
log2a+b+c+2a+b+c+1=log2a2+b2+c2+1+a2+b2+c2+1
log22a+2b+2c+2a+2b+2c=log2a2+b2+c2+1+a2+b2+c2+1*
Xét hàm ft=log2t+t (với t>0 )
Ta có f't=1tln2+1>0,∀t∈0;+∞, nên hàm số f(t) đồng biến trên 0;+∞.
Nhận thấy: f2a+2b+2c=fa2+b2+c2+1, nên 2a+2b+2c=a2+b2+c2+1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*) hay a−12+b−12+c−12=2
Ta lại có, P=3a+2b+ca+b+c⇔P−3a−1+P−2b−1+P−1c−1=6−3P**
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:
6−3P2=P−3a−1+P−2b−1+P−1c−12
≤2P−32+P−22+P−12⇔3P2−12P+8≤0⇔6−233≤P≤6+233
Vậy Pmax=6+233 khi a=3+13,b=13,c=1−33
Cho hàm số f(x) nhận giá trị dương trên [0;1], có đạo hàm dương liên tục trên [0;1], thỏa mãn ∫01x.f'xfxdx≥1 và f0=1;f1=e2. Tính giá trị của f12.
f12=1
f12=4
f12=e
f12=e
Đáp án C.
Hàm dưới dấu tích phân là x.f'xfx=x.f'xfx,∀x∈0;1
Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng f'xfx, muốn vậy ta phải đánh giá theo AM−GM như sau: f'xfx+mx≥2m.x.f'xfx với m≥0 và x∈0;1
Do đó ta cần tìm tham số m≥0 sao cho ∫01f'xfx+mxdx≥2m.∫01x.f'xfxdx
Hay lnfx10+mx2210≥2m.1⇔lnf1−lnf0+m2≥2m⇔2−0+m2≥2m
Để dấu “=” xảy ra thì ta cần có 2−0+m2=2m⇔m=4
Với m=4 thì đẳng thức xảy ra nên f'xfx=4x
⇒∫f'xfxdx=∫4xdx⇔lnfx=2x2+C⇒fx=e2x2+C
Theo giả thiết f0=1f1=e2⇒C=0⇒fx=e2x2⇒f12=e
Cho phương trình: 8x+3x.4x+3x2+1.2x=m3−1x3+m−1x có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc 0;10.
100
101
102
103
Đáp án B.
Phương trình tương đương với: 8x+3x.4x+3x2.2x+2x=m3x3−x3+mx−x
8x+3x.4x+3x2.2x++x3+2x+x=m3x3+mx
2x3+3.2x2.x+3.2x.x2+x3+2x+x=m3x3+mx⇔2x+x3+2x+x=m3x3+mx
Xét hàm số ft=t3+t,f't=3t2+1>0,∀t∈ℝ
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R; nhận thấy f2x+x=fmx⇒2x+x=mx là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ta có: 2x+x=mx⇔m=2xx+1 (vì x=0 không là nghiệm của phương trình).
Bài toán trở thành tìm m để phương trình m=2xx−1 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc (0;10).
Xét hàm số fx=2xx+1,∀x≠0⇒f'x=2xxln2−1x2=0⇔x=1ln2∈0;10
Ta có bảng biến thiên:
Nhìn vào bảng biến thiên, suy ra: eln2+1<m<5175→m∈ℤm∈3;4;...;102;103
Vậy có 101 giá trị nguyên m thỏa mãn đề bài.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A1;1;2,B−1;0;4,C0;−1;3 và điểm M thuộc mặt cầu S:x2+y2+z−12=1. Khi biểu thức MA2+MB2+MC2 đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài đoạn AM bằng
2
6
6
2
Đáp án A.
Gọi G là trọng tâm ΔABC
Ta có G(0;0;3) và G∉S
Khi đó: MA2+MB2+MC2=MG→+GA→2+MG→+GB→2+MG→+GC→2
=3MG2+2MG→GA→+GB→+GC→+GA2+GB2+GC2=3MG2+6Do đó MA2+MB2+MC2min⇔MG ngắn nhất.
Ta lại có, mặt cầu (S) có bán kính R=1 tâm I(0;0;1) thuộc Oz và (S) qua O.
Mà G∈Oz nên MG ngắn nhất khi M=Oz∩S
Do đó M0;0;2. Vậy MA=2
