Đề số 8
50 câu hỏi
Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
8a3.
23a3.
3a32.
23a33.
Đáp án B
Ta có V=Sh=32a24.2a=23a3.
Cho hàm số y=ax4+bx3+cx+d a,b,c,d∈ℝ;a≠0 có đồ thị như hình vẽ bên dưới
Các điểm cực tiểu của hàm số là
xCT=0.
xCT=−2và xCT=1.
xCT=−1và xCT=2.
xCT=−1 và xCT=4932.
Đáp án B
Dựa vào đồ thị ta có điểm cực tiểu của hàm số là: xCT=−2 và xCT=1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a→=2;−3;3, b→=0;2;−1, c→=3;−1;5. Tìm tọa độ của véctơ u→=2a→+3b→−2c→
10;−2;13.
−2;2;−7.
−2;−2;7.
−2;2;7.
Đáp án B
Ta có: 2a→=4;−6;63b→=0;6;−3−2c→=−6;2;−10⇒u→=2a→+3b→−2c→=−2;2;−7
Cho hàm số y=x2−6x+5 . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Hàm số đồng biến trên khoảng 5;+∞.
Hàm số đồng biến trên khoảng 3;+∞.
Hàm số đồng biến trên khoảng −∞;1.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;3.
Đáp án A
TXĐ: D=−∞;1∪5;+∞
Ta có y'=x−3x2−6x+5>0,∀x∈5;+∞
Cho a=log315, thì P=log2515 bằng ?
P=a2a−1.
P=a2a+1.
P=a2(1−a).
P=2aa−1.
Đáp án A
Ta có P=log2515=log52(5.3)=12(log55+log53)=12+12log53=12+12log35
Mà a=log315=log3(5.3)=log35+1⇒log35=a−1
Vậy P=log2515=12+12(a−1)=a2a−1.
Tích phân ∫020192xdx bằng:
22019−ln22.
22019−1ln2.
22020−2ln2.
22020−ln22.
Đáp án B
Ta có ∫020192xdx=2xln202019=22019−1ln2
Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh 3cm là
27π32cm3.
9π32cm3.
9π3cm3.
27π38cm3.
Đáp án A
Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.EFGH Ta có CE=AB.3=33cm Suy ra: R=12CE=332cm Thể tích khối cầu là: V=43πR3=43π3323=2732πcm3
|
|
Cho phương trình 4x2−2x+2x2−2x+3−3=0. Khi đặt 2x2−2x=t (với t >0) ta được phương trình nào dưới đây?
4t−3=0.
2t2−3=0.
t2+8t−3=0.
t2+2t−3=0.
Đáp án D
Phương trình tương đương với: 2x2−2x2+8.2x2−2x−3=0
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A1;−2;1, B−1;3;3, C2;−4;2. Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là:
n1→=−1;9;4. A.
n4→=9;4;−1.
n3→=4;9;−1.
n2→=9;4;11.
Đáp án B
Ta có AB→=−2;5;2,AC→=1;−2;1
Véctơ pháp tuyến n→=AB→,AC→=9;4;−1
Hàm sốfx=x−1ex có một nguyên hàm F(x) là kết quả nào sau đây, biết nguyên hàm này bằng 1 khi x=0
Fx=x−1ex.
Fx=x−1ex+1.
Fx=x−2ex.
Fx=x−2ex+3.
Đáp án D
Ta có: Fx=∫fxdx=∫x−1exdx
Đặt: u=x−1dv=exdx⇒du=dxv=ex
Do đó: Fx=∫x−1exdx=x−1ex−∫exdx=x−1ex−ex+C
Theo giả thiết: F0=1⇔0−1.eo−eo+C=1⇔C=3
⇒Fx=x−1ex−ex+3=x−2ex+3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng d:x−12=y−2−1=z−32 có véctơ chỉ phương là
u1→1;2;3.
u2→2;1;2.
u3→2;−1;2.
u4→−1;−2;−3.
Đáp án C
Ta có u3→2;−1;2 là véctơ chỉ phương của đường thẳng
Với k và n là các số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k≤n, mệnh đề nào dưới đây sai?
Cnk=Cnn−k.
Cnk=Ankk!.
Cnk−1+Cnk=Cn+1k.
Cnk=Ckn.
Đáp án D
Cho cấp số nhân un với u1=−9; u4=13. Tìm công bội của cấp số nhân đã cho.
13.
−3.
3
−13.
Đáp án D
un là cấp số nhân nên ta có: u4=u1.q3⇒q=u4u13=−1273=−13
Vậy công bội của cấp số nhân đã cho: q=−13.
Môdun của số phức z=5-2i bằng
29.
3
7
29
Đáp án A
Ta có z=5−2i=52+−22=29.
Đồ thị trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
y=x4−2x2.
y=x4−2x2−1.
y=x3−2x2+x.
y=−x4+2x2.
Đáp án A
Đồ thị đi qua điểm (0;0) loại đáp án B, đồ thị có dạng y=ax4+bx2+c loại đáp án C, quan sát: limx→+∞=+∞⇒a>0 loại đáp án D.
Cho hàm số y=fx liên tục trên đoạn −1;2 và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn −1;2 . Ta có 2M+m bằng![Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [-1;2] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [-1;2] . Ta có 2M+n bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/xas-1653213141.png)
5.
4.
3.
2.
Đáp án B
Dựa vào đồ thị, suy ra: m=min⏟[−1;2]y=f2=−2M=max[−1;2]y=f1=3
Do đó 2M+m=2.3+−2=4
Cho hàm số y=fxcó đạo hàm trên R và có đồ thị như hình bên. Hàm số gx=2fx+2+x+1x+3 có bao nhiêu điểm cực
1
2.
3.
4.
Đáp án B
Ta có g'x=2f'x+2+2x+2=0⇔f'x+2=−x+2
Đặt t=x+2, phương trình trở thành: f't=−t chính là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=f't và đường thẳng d:y=t (hình vẽ). Dựa vào đồ thị, suy ra f't=−t⇔t=−1t=0t=1t=2⇔x=−3x=−2x=−1x=0 |
Bảng biến thiên hàm số g(x)
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số g(x) có một điểm cực tiểu.
Tìm các số thực a và b thỏa mãn 2a+b+ii=1+2i với i là đơn vị ảo.
a=0,b=2.
a=12,b=1.
a=0,b=1.
a=1,b=2.
Đáp án B
Ta có: 2a+b+ii=1+2i⇔2a−1+b=1+2i⇔2a−1=1b=2⇔a=1b=2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) có phương trình dạng x2+y2+z2−4x+2y−2az+10a=0 . Tập hợp các giá trị thực của để có chu vi đường tròn lớn bằng 8π là
1;10.
2;−10.
−1;11.
1;−11.
Đáp án C
Đường tròn lớn có chu vi bằng 8π nên bán kính của (S) là: 8π2π=4
Từ phương trình của (S) suy ra bán kính của (S) là: 22+12+a2−10.
Do đó: 22+12+a2−10a=4⇔a=−1a=11
Cho hai số thực a và b với 1<a<b . Chọn khẳng định đúng
1<logab<logba.
logab<1<logba.
logab2<1<logba.
logba<1<logab.
Đáp án D
Vì 1<a<b nên logba<logbb=1, suy ra đáp án A, B, C sai.
Vì 1<a<b, suy ra logab>logaa=1logba<logbb=1
Vậy logba<1<logab, nên chọn D.
Gọi z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−5z+7=0 . Tính P=z12+z22
47.
56.
14.
27.
Đáp án C
Ta có: Δ=−52−4.1.7=−3⇒Δ=i3
Phương trình đã cho có 2 nghiệm: z1=52+32iz2=52−32i⇒P=52+32i2+52−32i2=14
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm B2;1;−3, đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng Q:x+y+3z=0 và R:2x−y+z=0 là
4x+5y−3z−22=0.
4x−5y−3z−12=0,
2x+y−3z−14=0.
4x+5y−3z+22=0.
Đáp án A
Ta có: n1→=1;1;3 và n2→=2;−1;1 lần lượt là các vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng (Q) và (R).
Vì mặt phẳng (P) vuông góc với hai mặt phẳng (Q) và (R) nên ta chọn vecto pháp tuyến mặt phẳng (P) là n→=n1→,n2→=4;5;−3
Mặt phẳng đi qua điểm B2;1;−3 nên phương trình mặt phẳng là: 4x−2+5y−1−3z+3=0⇔4x+5y−3z−22=0
Tập nghiệm của bất phương trình 2x2−3x<16 là
−∞;−1.
4;+∞.
−1;4.
−∞;−1∪4;+∞.
Đáp án C
Bất phương trình tương đương với: 2x2−3x<24⇔x2−3x<4⇔−1<x<4
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: S=−1;4
Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x+1lnx , trục hoành và đường thẳng x=e
S=e2+54.
S=e2+76.
S=e2+32.
S=e2+98.
Đáp án A
Phương trình hoành độ giao điểm: x+1lnx=0 (điều kiện: x>0)
⇔x+1=0lnx=0⇔x=−1 (loai)x=1 (thoa man)
Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là: S=∫10x+1lnxdx=∫10x+1lnxdx
Đặt: u=lnxdv=x+1dx⇒du=1xdxv=x22+x
S=x22+xlnx1e−∫1ex22+x1xdx=e22+e−∫1ex2+1dx=e22+e−x24+x1e=e2+54.
Cho khối nón có bán kính đáy bằng a, góc giữa đường sinh và mặt đáy bằng 30o. Thể tích khối nón đã cho bằng
43πa33.
3πa33.
3πa3.
3πa39.
Đáp án D
Theo giả thiết ta có:r=IB=a, SBI^=30o Chiều cao SI=IB.tan30o=a3 Thể tích khối nón là:V=13πr2h=13πa2.a3=πa339 |
Tìm tham số m để đồ thị hàm số y=m+1x−5m2x−m có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1.
m=−1.
m=12.
m=2
m=1
Đáp án D
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
y=m+1x−5m2x−m là: y=limx→+∞x+1x−5m2x−m=m+12
Theo bài ra ta có: m+12=1⇔m=1
Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và tổng diện tích các mặt bên bằng 3a2.
V=a336.
V=a3312.
V=a323.
V=a334.
Đáp án D
Xét khối lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều và AA'⊥(ABC) Diện tích xung quang lăng trụ là Sxq=3.SABB'A' ⇔3a2=3.AA'.AB⇔3a2=3AA'.a⇒AA'=a Diện tích tam giác ABC là: SΔABC=a234(đvdt) |
Thể tích khối lăng trụ là: VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=a334
(đvtt).
Cho hàm số y=e−2x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
y''+y'−y=0.
y''+y'+y=0.
y''+y'+2y=0.
y''+y'−2y=0.
Đáp án D
Ta có: y'=−2e−2xy''=4e−2x
Khi đó: y''+y'−2y=4e−2x−2e−2x−2e−2x=0
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R và có bảng biến thiên như hình bên
Phương trình f(x)=m có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
m∈−1;2.
m∈−1;1.
m∈1;2.
m∈1;2.
Đáp án C
Phương trình f(x)=m có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y=f(x) cắt đường thẳng y=m tại hai điểm phân biệt.
⇔1<m<2.
Cho tứ diện ABCD có AB=AC=AD và BAC^=BAD^=60o. Hãy xác định góc giữa cặp vecto AB→ và CD→?
60o.
45o.
120o.
90o.
Đáp án D
Ta có AB→.CD→=AB→.AD→−AC→=AB→.AD→−AB→.AC→ =AB→.AD→.cosAB→.AD→−AB→.AC→.cosAB→.AC→=AB→.AD→.cos60o−AB→.AC→.cos60oMà AC=AD⇒AB→.CD→=0⇒AB→,CD→=90o |
|
Phương trình log2017x+log2016x=0 có tất cả bao nhiêu nghiệm?
0.
1.
2.
3.
Đáp án B
Điều kiện: x>0
Phương trình tương đương với: log2017x+log20162017.log2017x=0
⇔log2017x.1+log20162017=0⇔log2017x=0⇔x=1
Cho hình lăng trụ đều và một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ngoại tiếp hai mặt đáy của hình lăng trụ. Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích khối lăng trụ và khối trụ. Tính V1V2.
324π.
354π.
524π.
334π.
Đáp án D
Giả sử lăng trụ đều có cạnh đáy là a, chiều cao h . Khi đó, bán kính đáy của hình trụ là R=23.a32=a33 Do đó: V1V2=h.a234h.π.a23=334π |
Biết rằng Fx là một nguyên hàm của hàm số fx=e3x+1 và thỏa mãn F0=e3 . Giá trị của ln33F1 bằng
– 8.
27.
64.
81.
Đáp án C
Ta có ∫e3x+1dx=13e3x+1+c
Theo giả thiết F0=e3⇒e3+C=e3⇔C=0
Suy ra Fx=13e3x+1⇒ln33F1=ln33.13e4=64
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông với đáy, góc SBD^=60o. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SO.
d=a33.
d=a64.
d=a22.
d=a55.
Đáp án D
Ta có ΔSAB=ΔSAD c−g−c , suy ra SB=SD Lại có SBD^=60o, suy ra ΔSBD đều cạnh SB=SD=BD=a2 Tam giác vuông SAB, có SA=SB2−AB2=a Gọi E là trung điểm AD, suy ra OE//AB và AE⊥OE Do đó dAB,SO=dAB,SOE=dA,SOE |
Kẻ AK⊥SE
Khi đó dA,SOE=AK=SA.AESA2+AE2=a55.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng α:x−3y+z=0 và β:x+y−z+4=0. Phương trình tham số của đường thẳng d là
x=2−ty=tz=2−2t.
x=2+ty=tz=2+2t.
x=−2+ty=tz=2+2t.
x=2+ty=tz=−2+2t.
Đáp án C
Ta có: n(α)→=1;−3;1 và n(β)→=1;1;−1
Suy ra n(α)→,n(β)→=2;2;4 , một vecto chỉ phương của đường thẳng d là ud→=1;1;2⇒ loại A.
+ Đáp án B tọa độ điểm đi qua là (2;0;2) không thỏa mãn phương trình α⇒ loại đáp án B.
+ Đáp án C tọa độ điểm đi qua là −2;0;2 thỏa mãn phương trình α và β⇒ đáp án đúng C.
+ Đáp án D tọa độ điểm đi qua là 2;0;−2 không thỏa mãn phương trình β⇒ loại đáp án đúng D.
Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số y=x3+3x2−3m2−1x đồng biến trên khoảng (1;2)
3.
4.
5.
6.
Đáp án C
TXĐ: D=ℝ
Ta có y'=3x2+6x−3xm2−1
Để hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) khi và chỉ khi y'≥0,∀x∈1;2
m2≤x2+2x+1,∀x∈1;2
Bảng biến thiên hàm số y=x2+2x+1 trên khoảng (1;2)
Từ bảng biến thiên, suy ra m2≤min[1;2]x2+2x+1=4⇔−2≤m≤2
Mà m∈ℤ, suy ra m∈−2;−1;0;1;2
Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn.
Cho số phức z thỏa mãn 2z+12=z−i2. Tính môdun của số phức z+2+i
1.
2.
3.
4.
Đáp án B
Gọi: z=x+yix,y∈ℝ
Ta có: 2z+12=z−i2⇔2x+yi+12=x+yi−i2
⇔2x+12+y2=x2+y−12⇔x2+4x+y2+2y+1=0⇔x+22+y+12=4
Do đó z+2+i=x+22+y+12=4=2
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên , thỏa mãn 3x.fx−x2.f'x=2f2x,fx≠0 với x∈0;+∞ và f1=12. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x) trên đoạn [1;2] . Tính M + m.
65.
75.
2110.
910.
Đáp án C
Vì x>0 nên 3x.fx−x2.f'x=2f2x⇔3x2.fx−x3.f'x=2x.f2x
Vì fx≠0 nên 3x2.fx−x3.f'x=2x.f2x⇔3x2.1fx−x3.f'xf2x=2x
⇔3x2.1fx−x3.f'xf2x=2x⇔x3.1fx'=2x⇒x3.1fx=x2+C
Mà f1=12⇒C=1⇒fx=x3x2+1.
Xét hàm số fx=x3x2+1 trên đoạn [1;2]
f'x=x4+3x2x2+12>0,∀x∈[1;2], suy ra hàm số đồng biến trên [1;2].
Khi đó min[1;2]fx=f1=12max[1;2]fx=f2=85⇒M+m=2110
Trung tâm giáo dục EDU muốn gửi số tiền M vào ngân hàng và dùng số tiền thu được (cả lãi và tiền gốc) để trao 10 suất học bổng hằng tháng cho học sinh nghèo ở TP. Đà Nẵng, mỗi suất 1 triệu đồng. Biết lãi suất ngân hàng là 1% /tháng, và trung tâm EDU bắt đầu trao học bổng sau một tháng tiền gửi. Để đủ tiền trao học bổng cho học sinh trong 10 tháng, trung tâm cần gửi vào ngân hàng số tiền M ít nhất là:
108500000 đồng.
119100000 đồng.
94800000 đồng
120000000 đồng
Đáp án C
Gọi lãi suất là a.
Số tiền sau tháng thứ nhất và đã phát học bổng là: M1+a−10
Số tiền sau tháng thứ hai và đã phát học bổng là:
M1+a−101+a−10=M1+a2−101+a−10
Số tiền sau tháng thứ ba và đã phát học bổng là:
M1+a2−101+a−101+a−10=M1+a3−101+a2+1+a+1
.........................................
Số tiền sau tháng thứ 10 và đã phát học bổng là:
M1+a10−101+a9+...+1+a+1=M1+a10−10.1+a10−1a
Theo yêu cầu đề bài:
M1+a10−10.1+a10−1a=0⇔M=101+a10−1a1+a10
Thay a=1%
Ta tìm được M=94713045≈94 800 000.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=x2;y=x227;y=27x.
7283−27ln3.
27ln3.
27ln3−523.
6763−27ln3.
Đáp án B
Các hoành độ giao điểm x2=x227⇔x=0x2=27x⇔x=3x227=27x⇔x=9 Gọi S là diện tích cần xác định, ta có S=S1+S2 =∫03x2−x227dx+∫3927x−x227dx=x33−x38103+27lnx−x38139=27ln3 |
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3−mx2−9x+9m trên đoạn −2;2 đạt giá trị nhỏ nhất.
3.
5.
4.
6.
Đáp án B
Đặt fx=x3−mx2−9x+9m
Dễ thấy min[−2;2]fx≥0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi phương trình fx=0 có nghiệm x∈[−2;2]
Ta có: fx=x2x−m−9x−m=x2−9x−m=0⇔x=3x=−3x=m
Do đó điều kiện cần và đủ để fx=0 có nghiệm x∈[−2;2] là m∈[−2;2]
Mà m∈ℤ nên m∈−2;−1;0;1;2
Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật OMNP với M0;10, N100;10 và P100;0. Gọi S là tập hợp tất cả các điểm Ax;y x;y∈ℤ nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP. Lấy ngẫu nhiên một điểm Ax;y∈S. Xác suất để x+y≤90 bằng
8451111.
473500.
169200.
86101.
Đáp án D
Điểm A(x;y) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP⇒0≤x≤100; 0≤y≤10
Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y.
Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trên hình chữ nhật OMNP là nΩ=101.11
Gọi X là biến cố: “Các điểm A(x;y) thỏa mãn x+y≤90"
Vì x∈[0;100]; y∈[0;10] và x+y≤90⇒y=0→x=0;1;2;...90.........y=1→x=0;1;2;...89
Khi đó có 91+90+...+81=81+91.112=946 cặp (x;y) thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính là P=nXnΩ=946101.11=86101.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A−2;2;−2; B3;−3;3. Điểm M trong không gian thỏa mãn MAMB=23.Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng
63.
123.
532.
53.
Đáp án B
Gọi M(x;y;z)
Ta có MAMB=23⇔3MA=2MB⇔9MA2=4MB2
⇔9x+22+y−22+z+22=4x−32+y+32+z−32⇔x+62+y−62+z+62=108
Như vậy, điểm M∈S có tâm I(-6;6;-6) bán kính R=108=63
Do đó OMmax=OI+R=−62+62+−62+63=123.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thuộc đoạn −3π2;2πcủa phương trình 2fcosx−3=0 là
4.
7.
6.
8.
Đáp án B
Ta có 2fcosx−3=0⇔fcosx=32⇔cosx=a∈−∞;−1cosx=b∈−1;0cosx=c∈0;1cosx=d∈1;+∞
Vì cosx∈[−1;1] nên cosx=a∈−∞;−1 và cosx=d∈1;+∞ vô nghiệm.
Xét đồ thị hàm số y=cosx trên −3π2;2π
Phương trình cosx=b∈−1;0 có 4 nghiệm phân biệt.
Phương trình cosx=c∈0;1 có 3 nghiệm phân biệt, không trùng với nghiệm nào của phương trình cosx=b∈−1;0.
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt thuộc đoạn −3π2;2π.
Cho hàm số f(x). Hàm số f'(x) có bảng biến thiên như sau:
Biết phương trình fx>2x+m nghiệm đúng với mọi x∈−1;1 khi và chỉ khi:
m>f1−2.
m≤f1−2.
m≤f−1−12.
m>f−1−12.
Đáp án B
Bất phương trình đã cho tương đương với: m<fx−2x,∀x∈−1;1 .
Xét hàm số gx=fx=2x trên (-1;1)
Bài toàn trở thành tìm m để m<gx,∀x∈−1;1⇔m≤min[−1;1]gx
Ta có g'x=f'x−2x.ln2
Nhận xét: Với x∈−1;1⇒−1<f'x<0−2x.ln2<0⇒g'x<0
Do đó ta có m≤min[−1;1]gx=g1=f1−21=f1−2
Vậy m≤f1−2
Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;0;2), B(-2;0;5), C(0;-1;7) . Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy một điểm S . Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB,SC . Biết khi S di động trên d d S≠A thì đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định D . Tính độ dài đoạn thẳng AD .
AD=33.
AD=62.
AD=36.
AD=63.
Đáp án C
Ta có:AB2=8,BC2=9,CA2=27⇒AB2+BC2=CA2 Do đó ΔABC vuông tại B suy ra BC⊥(SAB) Nên AH⊥SBAH⊥BC⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC⇒SC⊥(AHK) Gọi D=AHK∩BC, ta có AD⊥SCAD⊥SA⇒AD⊥(SAC)⇒AD⊥AC Do đó D cố định và AD=AC=tanACB=AC.ABBC=33.323=36.
|
|
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn log2x4+log3y9+log5z25=3. Tính giá trị nhỏ nhất của S=log2001x.log2018y.log2019z.
minS=27.log20012.log20183.log20195.
minS=44.log20012.log20183.log20195.
minS=88.log20012.log20183.log20195.
minS=2898.log20012.log20183.log20195.
Đáp án A
Điều kiện: x≥4;y≥9;z≥25.
Đặt a=log2x4⇒a2=log2x4⇒a2=log2x−2⇒log2x=a2+2b=log3y9⇒log3y=b2+2c=log5z25⇒log5z=c2+2
Khi đó a,b,b≥0 và a+b+c=3
Ta có: log2001x=log20012.log2x=a2+2.log20012log2018y=b2+2.log20183log2019z=c2+2.log20195
Suy ra S=a2+2b2+2c2+1⏟P.log20012.log20183.log20195.
Ta có: a2+2b2+2=a2+11+b2+a2+b2+3≥a+b2+a+b22+3
(Bunhiacopxki)
⇒a2+2b2+2≥32a+b2+3=312a+b2+1⇒P=a2+2b2+2c2+2≥312a+b2+1c2+2=31+a+b24+a+b24c2+1+1≥3c+a+b2+a+b22=3a+b+c2=27
P=27 khi a=b=c hay x=8, y=27, z=125
Suy ra Smin=27.log20012.log20183.log20195
Cho hàm số f(x) nhận giá trị dương trên [0;1], có đạo hàm dương và liên tục trên [0;1], thỏa mãn ∫01f3x+4f'x3dx≤3∫01f'x.f2xdx. và f0=1 Tính I=∫01fxdx.
I=2e−1.
I=2e2−1.
I=e−12.
I=e2−12.
Đáp án A
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương ta có
f3x=4+f3x2+f3x2≥34[f'x]3.f3x2.f3x23=3f'x.f2x
Suy ra ∫01f3x+4[f'x]3dx≥3∫01f'x.f2xdx.
Mà ∫01f3x+4[f'x]3dx≤3∫01f'x.f2xdx nên dấu “=” xảy ra, tức là
4=f3x2=f3x2⇔f'x=12fxf'xfx=12⇒∫f'xfxdx=12∫dx⇒lnfx=12x+C⇒fx=e12x+C
Theo giả thiết f0=1⇒C=0⇒fx=e12x⇒∫01fxdx=2e−1
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng bằng (SAB) bằng 30o. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM . Khi điểmdi động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất bằng
a326.
a323.
a322.
a3212.
Đáp án D
Góc giữa SC và (SBD là CSB^⇒CSB^=30o Ta có tanCSB^=BCSB⇒SB=a3; SA=SB2−AB2=a2 Đặt CM=x (với 0≤x≤a)⇒DM=a−x Ta có BM⊥SHBM⊥SA⇒BM⊥(SAH)⇒BM⊥AH Ta có: SΔBMC=12BC.CM=12ax; |
SΔADM=12AD.DM=12aa−xSΔABM=SABCD−SΔAMC−SΔADM=a22
Ta có: SΔABM=12AH.BM⇒AH=a2a2+x2, BH=AB2−AH2=axa2+x2
Thể tích của khối chóp S. ABH là: V=13SA.SΔABH=13SA.12BH.AH
=16a2.a2a2+x2.axa2+x2=26a4.xa2+x2
Xét hàm số fx=xa2+x2 với x∈[0;a]
Ta có f'x=a2−x2a2+x22;f'x=0⇒x=a
Trên đoạn 0;a ta có f'x≥0,∀x∈[0;a]
Vậy giá trị lớn nhất của V tại x=a⇒Vmax=212a3.
Ngoài ra, ta có thể sử dụng bất đẳng thức Côsi để tìm Vmax, thật vậy ta có: V=26a4.xa2+x2≤26a4.12a=2a312.
Giả sử xo là nghiệm của phương trình ax2+bx+c=0 a≠0. Cho hàm số y=fx=Mx với M=maxba;ca. Tìm các giá trị của tham số a sao cho hàm số gx=−fx+ax nghịch biến trên R.
a≤xo2xo+1.
a≤−xo+1xo.
a≤xo2xo+1.
a≤−xo+1xo.
Đáp án C
Do a≠0 theo bài ra ta có ax02+bx0+c=0⇔x02=−bax0+ca
⇒xo2+−baxo+ca≤−baxo+ca≤baxo+ca≤Mxo+1⇒M≥xo2xo+1.
Ta có fx=Mx⇒f'x=M⇒g'x=−M+a
Hàm số g(x) nghịch biến trên R⇔g'x≤0,∀x∈ℝ⇔a≤M,∀x∈ℝ⇔a≤xo2x0+1.
