Đề số 8

Gọi d  là công sai, ta có u6=u1+5d⇒18=3+5d⇒d=3.

Chọn đáp án C

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x=2 vì y' đổi dấu từ dương sang âm qua điểm x=2.

Tọa độ tâm I  và bán kính r của mặt cầu (S) có phương trình  là: x−12+y2+z+22=16 là I1;0;−2, r=4

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Ta có ∫03f(x)dx=∫02f(x)dx+∫23f(x)dx=1+4=5.

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Ta có: 2a→=2;4;6; 3b→=−6;12;3; 5c→=−5;15;20

Suy ra: v→=2a→−3b→+5c→=3;7;23.

Chọn đáp án C

Ta có V=13πr2h=13π324=4π.

Chọn đáp án D

Tập xác định của hàm số D=ℝ\−3.

Ta có limx→−3+y=limx→−3+2−xx+3=+∞.

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x=−3

Chọn đáp án B

Dựa vào đồ thị ta thấy nên chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Chọn đáp án B

Số phức z=a+bi a,b∈ℝ . Điểm biểu diến số phức là M(a;b) .

Từ đó suy ra điểm M(3;−1)  biểu diễn số phức: z=3−i .

Chọn đáp án A

Hình trụ có r=2,đường sinh l=3.
Diện tích xung quanh Sxq=2πrl=2π.2.3=12π.Chọn đáp án C

∫f(x)dx=∫e2x+x2dx=e2x2+x33+C

Chọn đáp án D

Ta có: 1.1−2.0+2.1−3=0. Tọa độ điểm N(1;0;1) thỏa mãn phương trình mặt phẳng (α) nên N nằm trên mặt phẳng (α).

Chọn đáp án B

Ta có: y'=lnsinx'=1sinx.sinx'=cosxsinx=cotxChọn đáp án C

Ta có 2a.2b=2a+b.Chọn đáp án D

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1;3).Chọn đáp án C

Ta có: 32x−1=27⇔2x−1=3⇔x=2 .

Vậy nghiệm của phương trình 32x−1=27  là x=2 .

Chọn đáp án B

Đường thẳng Δ:x−12=y+2−1=z+3−1 có một vectơ chỉ phương là u3→=2 ;−1 ;−1.Chọn đáp án C

Ta có 1+i2=1+2i+i2=2iChọn đáp án D

Ta có: A'B'C;ABC'D'=BC';B'C
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo BC'và B'C.
+) tanCB'B^=CBBB'=13⇒CB'B^=30o.
Tam giác IBB' cân tại I, suy ra: BIB'^=120o⇒CIB^=60o.
Vậy A'B'C;ABC'D'=60o.Chọn đáp án A

Ta có: dI,P=3;  bán kính đường tròn giao tuyến r=5  suy ra bán kính mặt cầu là:

R=32+52=34 do đó phương trình mặt cầu là: x+12+y−22+z+12=34.

Chọn đáp án C

Cách 1: Bấm máy tính chọn a=5b=6
(có thể chọn số khác miễn sao thỏa mãn điều kiện 0<a≠1,0<b≠1)
Ta bấm máy như sau: log5251062+log556+log636−2 đuợc kết quả: 1.
Cách 2:
loga2a10b2+logaab+logb3b−2=loga2a10+loga2b2+logaa−logab+logb13b−2=102logaa+22logab+loga12a−loga12b12+−213logbb=5+logab+2−logab−6= 1

Theo bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp ta có: Phương án A, B, C đúng.

Phương án D sai vì ∫sinx dx=−cosx+C .Chọn đáp án A

Ta có phương trình đường thẳng d: x=2+2ty=−3tz=−3+5t  đi qua điểm A(2; 0; −3) và có vectơ chỉ phương u→=(2; −3; 5) nên có phương trình chính tắc là x−22=y−3=z+35.Chọn đáp án A

Đồ thị hàm số y=f'x cắt trục hoành tại ba điểm lần lượt là x1, x2, x3(với x1<x2<x3).
Từ đồ thị của hàm số y=f'xta có bảng biến thiên:

Ta thấy f'x đổi dấu từ âm qua dương khi qua điểm x1 này nên số điểm cực trị của hàm số y=fx bằng 1.Chọn đáp án A

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Ta có BD⊥AO  BD⊥AA'⇒BD⊥AA'O
Suy ra BDA'⊥AA'O.
Kẻ AH⊥A'O⇒AH⊥BDA'.
Suy ra AH=dA,  BDA'.
Xét tam giác AA'O vuông tại A có AA'=1, AO=12AC=22: AH=AA'.AOAA'2+AO2=33.
Vậy dA,  BDA'=33.Chọn đáp án C

Ta có x0 là nghiệm của phương trình.
2x3−x2+x+2=−6x2−4x−4⇔2x3+5x2+5x+6=0⇔(x+2)(2x2+x+3)=0⇔x0=−2Với x0=−2⇒y0=−20. Vậy x0+y0=−22.Chọn đáp án C

∫012x+32−xdx=∫01−2+7−x+2dx=−2x−7ln2−x10=7ln2−2

Ta có a=7 , b=−2⇒a+2b=3

Chọn đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2).

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=36 .

Gọi A là biến cố để số chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc đều là số chẵn.

 ⇒A=2;2;2;4;2;6;4;2;4;4;4;6;6;2;6;4;6;6⇒nA=9.

Xác xuất của biến cố A là PA=nAnΩ=936=14.

Chọn đáp án C

Hình lục giác đều cạnh a được tạo bởi 6 tam giác đều cạnh a.
Mỗi tam giác đều cạnh a có diện tích: S=a234.
Diện tích của hình lục giác đều là: S=6.a234=32a23.
Thể tích của khối lăng trụ là: V=S.h=32a23.4a=63a3Chọn đáp án A

Ta có z3=1⇔z3−1=0⇔z−1z2+z+1=0⇔z=1z=−12±32i

Vậy có 3 số phức z  thỏa mãn z3=1 .

Chọn đáp án B

Ta có: 2+3ix+y1−2i=5+4i⇔2x+3xi+y−2yi=5+4i
⇔2x+y+3x−2yi=5+4i⇔2x+y=53x−2y=4⇔x=2y=1
Nên P=x2−2y=4−2=2Chọn đáp án B

Ta có: log33x−2=3⇔3x−2=33⇔x=293.
Vậy phương trình log33x−2=3 có nghiệm là x=293.Chọn đáp án A

Ta có : y'=2−mx+12
+ Xét m=2
Hàm số trở thành y=2: là hàm số hằng nên không đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3
⇒m=2(loại)
+ Xét m>2.
⇒y'=2−mx+12<0 (∀x≠−1)⇒miny0;4=y(4)=8+m5.
⇒8+m5=3⇔m=7(thoả mãn).
+ Xét m<2.
⇒y'=2−mx+12>0 (∀x≠−1)⇒miny0;4=y(0)=m.
⇒m=3(loại).
Vậy m=7.Chọn đáp án D

Ta có: 23x2−x+1>232x+1⇔x2−x+1<2x+1⇔x2−3x<0⇔0<x<3.
Vậy tập nghiệm S=0;3, suy ra b−a=3−0=3.Chọn đáp án B

Ta có z=2019+i2019=2019+i2016.i3=2019+i3=2019−i
Do đó phần ảo của z=2019+i2019 bằng -1.Chọn đáp án C

 m.9x+m−1.16x+4m−1.12x>0⇔m−1432x+4m−143x+m>0 1
Đặt t=43x,t>0 ∀x. Bất phương trình (1) trở thành m−1t2+4m−1t+m>0 
Bất phương trình (1) có tập nghiệm là R khi và chỉ khi m−1t2+4m−1t+m>0, ∀t>0
⇔m>t2+4tt2+4t+1 , ∀t>0 2
Xét hàm số y=ft=t2+4tt2+4t+1 với t>0, ta có y'=2t+4t2+4t+12>0 , ∀t>0
Bảng biến thiên

Bất phương trình (2) được thỏa mãn khi và chỉ khi đường thẳng y=m luôn nằm trên mọi điểm của đồ thị hàm số y=ft. Từ BBT suy ra m≥1
Mà m là số nguyên thuộc khoảng 0 ; 10 nên m∈1 ; 2 ; 3 ;. . . ; 9 Chọn đáp án D

Theo bài ra ta có
h'x=f'x.fx−2fx+2x.f'x+4x=f'xfx−2x−2fx−2x=f'x−2fx−2x
Từ đồ thị ta thấy y=fx nghịch biến nên f'x<0 suy ra f'x−2<0.
Suy ra h'x=0⇔fx−2x=0.
Từ đồ thị dưới ta thấy fx−2x=0⇔x=1 .

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra đồ thị của hàm số y=hx có điểm cực tiểu là M1;0.Chọn đáp án D

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ud→=2 ; −3 ; 2.
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến nP→=1 ;−1 ; −1.
Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P);
Đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của d trên (P), d'=P∩Q
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là nQ→=ud'→ , nP→=5 ; 4 ; 1
Véc tơ chỉ phương của d' là ud'→=nP→ , nQ→=3 ; −6 ; 9=−3−1 ;2 ;−3
Ta thấy đường thẳng d' thuộc (P) nên điểm M0∈d'  ⇒M0 ∈(P). Thay tọa độ điểm M01 ; 1 ; −2 ở đáp án A thấy thỏa mãn phương trình (P).Chọn đáp án D

Đặt: u=x ;  dv=f'xefxdx suy ra du=dx, chọn v=efx.
Do đó ∫05xf'xefxdx=xefx05−∫05efxdx=5ef5−I.⇒8=25−I⇔I=17Chọn đáp án D

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), đường thẳng x=9 và trục hoành là S1=∫09xdx=18. Gọi MxM; yM là một điểm bất kì trên (C) ta có S2=12yM.OA=92yM. Theo giả thiết ta có S1=2S2⇔18=2.92yM⇔yM=2⇒xM=4⇒M4; 2.Chọn đáp án B

Xét lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C'. Gọi E,  E' lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC,  A'B'C', M là trung điểm BC và I là trung điểm EE' . Do hình lăng trụ đều nên EE' là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,  A'B'C'⇒I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, IA là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
AE=a33, IE=b2⇒R=IA=AE2+IE2=4a2+3b212.
Thể tích khối cầu là V=43πR3=43π4a2+3b2123=π1834a2+3b23.Chọn đáp án D

Đặt hệ trục Oxy như hình vẽ.
Phương trình đường tròn x2+y2=25⇔y=±25−x2.
Tìm được tọa độ điểm N532;52 (một giao điểm của đường tròn và đường thẳng y=52).
Diện tích 4 phần trắng (không trồng cây) là: S1=4∫5253225−x2−52dx.
Diện tích phần trồng rau bằng diện tích hình tròn trừ cho S1, tức làS=πr2−S1=π.52−4∫5253225−x2−52dx=25π−425π12−52.532−52=50π3+253−25
Số tiền cần để trồng hoa là: 50000.S≈3533057 đồng.Chọn đáp án B

Dễ thấy đường thẳng Δ đi qua các điểm 0;−3 và 1;0 nên Δ:y=3x−3 suy ra hệ số góc của Δ là k=3⇒f'2=3.
Hàm số y=fx đạt cực tiểu tại x=−1 suy ra f'−1=0.
Vậy ∫14f''x−2dx=f'x−214=f'2−f'−1=3−0=3.Chọn đáp án B

Ta có g'x=f'x.f'fx.
g'x=0⇔f'x=0f'fx=0.
f'x=0⇔x=0x=2.
f'fx=0⇔fx=0*fx=2**
Dựa vào đồ thị suy ra:
Phương trình (*) có hai nghiệm x=−1x=2.
Phương trình ( **) có ba nghiệm x=m−1<n<0x=n0<n<1x=pp>2
g'x=0 có nghiệm x=−1x=mx=0x=nx=2x=p.
Bảng biến thiên

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số gx=ffx có 6 cực trị.Chọn đáp án B

Đặt z=x+yi x, y∈ℝ.
Theo giả thiết, z=1⇒z.z¯=1 và x2+y2=1.
P=z.z2−1+2z¯=z2−1+2z¯=x2−y2+2xyi−1+2x−2yi=x2+2x−y2−1+2yx−1i
=x2+2x−y2−12+4y2x−12=x2+2x−1+x2−12+41−x2x−12(vì y2=1−x2)
=16x3−4x2−16x+8.
Vì x2+y2=1⇒x2=1−y2≤1⇒−1≤x≤1.
Xét hàm số fx=16x3−4x2−16x+8, x∈−1 ; 1.
f'x=48x2−8x−16. f'x=0⇔x=−12∈−1 ; 1x=23∈−1 ; 1.
f−1=4; f−12=13; f23=827; f1=4.
⇒max−1 ; 1fx=f−12=13.
Vậy maxP=13.Chọn đáp án C

Chứng minh góc giữa (P) và (Q) bé nhất là góc giữa Ox và (P).
Giả sử (Q) ≡ (AKI). Ta có P,Q=AKI^, Ox,P=AIH^
Xét ΔAHI,ΔAHK là tam giác vuông chung cạnh AH.
ΔIHK,K^=90°⇒HK≤HI⇒KAH^≤IAH^⇔90°−AKH^≤90°−AIH^⇒AKH^≥AIH^
Ox có VTCP i→1 ;0 ;0
(P) có VTPT n→P=1;−1;2
Góc giữa Ox và mặt phẳng (P) là α:sinα=i→.n→Pi→.n→P=16
Góc giữa (Q) và mặt phẳng (P) thoả: cosα=n→P.n→Qn→P.n→Q=1−sin2α=56.
Phương trình mặt phẳng Q:By+Cz=0
Ta có: −B+2CB2+C2.6=56⇔−B+2C=5B2+5C2⇔4B2+4BC+C2=0⇔C=−2B
Chọn A = 1, C = -2.Chọn đáp án A

Ta có 2x2−x−4=116⇔2x2−x−4=2−4⇔x2−x−4=−4⇔x2−x=0⇔x=0x=1
Vậy tập nghiệm của phương trình là 0; 1Chọn đáp án D