Đề số 9
50 câu hỏi
Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?
y=x1−x
y=x+11−x
y=x+1x−1
y=xx−1
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y=1 và TCĐ x=1.
Do đó loại đáp án A và B.
Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.
Đáp án A.
Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số y=x−2x+1 mà tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng d:y=3x+10.
M(3;14)
M(0;−2) hoặc \[M\left( { - 2;4} \right)\]
M(−2;4)
M(−52;3)
TXĐ: D=ℝ\{−1}.
Gọi M(x0;x0−2x0+1)(x0≠−1) thuộc đồ thị hàm số y=x−2x+1.
Ta có y=x−2x+1⇒y'=3(x+1)2 nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M(x0;x0−2x0+1) có hệ số góc là k=y'(x0)=3(x0+1)2.
Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng d:y=3x+10nên \[\frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1\]
⇔[x0+1=1x0+1=−1⇔[x0=0x0=−2(tm)⇒[M(0;−2)M(−2;4)
Đáp án B.
Cho hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{1 - x}}\] và điểm I(1;−1). Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc với IM.
M(1+2;−1−2) và M(1−2;−1+2).
M(−1;0) và M(3;−2).
M(2;−3−22) và M(−2;22−3).
M(2;−3) và M(0;1).
TXĐ: D=ℝ\{1}.
Gọi M(x0;x0+11−x0)(x0≠1) thuộc đồ thị hàm số y=x+11−x.
Ta có y=x+11−x⇒y'=2(1−x)2 nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M(x0;x0+11−x0) có hệ số góc là k=y'(x0)=2(1−x0)2.
⇒ Phương trình tiếp tuyến tại M là: y=2(1−x0)2(x−x0)+x0+11−x0⇔2(1−x0)2x−y−2x0(1−x0)2+x0+11−x0=0, có 1 VTCP là u→=(1;2(1−x0)2).
Ta có: IM→=(x0−1;x0+11−x0+1)=(x0−1;21−x0).
Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên u→.IM→=0.
\[ \Leftrightarrow \left( {{x_0} - 1} \right) + \frac{4}{{{{\left( {1 - {x_0}} \right)}^3}}} = 0\]⇔4(1−x0)3=1−x0⇔(1−x0)4=4
⇔[1−x0=21−x0=−2⇔[x0=1−2x0=1+2
⇒ M(1+2;−1−2) và M(1−2;−1+2).
Đáp án A.
Mệnh đề nào dưới đây về hàm số y=(x2−4)2+1 là đúng?
Nghịch biến trên (−2;2)
Đồng biến trên ℝ
Đồng biến trên (−∞;−2) và\[\left( {2; + \infty } \right)\]
Đồng biến trên (−2;0) và \[\left( {2; + \infty } \right)\].
TXĐ: D=ℝ.
Ta có: y=(x2−4)2+1⇒y'=2(x2−4).2x.
Cho y'=0⇔[x=0x2−4=0⇔[x=0x=±2.
BXD y':
Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên \[\left( { - \infty ; - 2} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0;2} \right)\]; nghịch biến trên (−2;0);(2;+∞).
Đáp án D.
Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích khối càu nội tiếp trong hình nón.
π6
43π27
4π81
3π54
Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều cạnh 1 nên SO=32.
Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính khối cầu là R=IO=23SO=23.32=33.
Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là V=43πR3=43π(33)3=43π27.
Đáp án B.
Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi là 6% trên năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (lãi kép). Người đó định gửi tiền trong vòng 3 năm, sau đó rút ra 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu triệu đồng?
420.
410.
400.
390.
Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng.
Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: \[x{\left( {1 + 6\% } \right)^3}\] (triệu đồng).
Khi đó ta có x(1+6%)3≥500⇔x≥420 (triệu đồng).
Đáp án A.
Cho biết a=log25 và b=log57. Tính log53498 theo a và b.
3(2b−3a)
3(2a−3b)
3(2b−3b)
3(2a−3b)
Ta có: log53498=log513498
=3log57223=3(2log57−3log52)=3(2b−3a)
Đáp án A.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=(2x−1)ex trên đoạn [−1;0] bằng:
−3e
−2e
-1
e
TXĐ: ...
Ta có: y=(2x−1)ex⇒y'=2ex+(2x−1)ex=(2x+1)ex.
Cho y'=0⇔2x+1=0⇔x=−12∈[−1;0].
Ta có: y(−1)=−3e;y(0)=−1;y(−12)=−2e
Vậy min[−1;0]y=−2e.
Đáp án B.
Hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 3x - 1\] nhận giá trị nhỏ nhất trên đoạn [−13;103] tại:
x=−13
x=1
x=3
y=103
TXĐ: D=ℝ.
Ta có: y=13x3−2x2+3x−1⇒y'=x2−4x+3.
Cho y'=0⇔x2−4x+3=0⇔[x=1∈[−13;103]x=3∈[−13;103].
Ta có: y(−13)=−18181;y(103)≈−0,88;y(1)=13;y(3)=−1.
Vậy min[−1;0]y=y(−13)=−18181.
Đáp án A.
Sau đây, có bao nhiêu hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang?
1) \[y = \frac{{\sin x}}{x}\] 2) y=x2+x+1x
3) y=1−xx+1 4) y=x+1+x2−1
1
2
3
4
Xét hàm số y=sinxx ta có limx→+∞y=0;limx→−∞y=0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y=0.
Xét hàm số y=x2+x+1x ta có limx→+∞y=1;limx→−∞y=−1 , do đó ĐTHS có 2 TCN y=±1.
Xét hàm số y=1−xx+1 ta có limx→+∞y không tồn tại, limx→−∞y=0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y=0.
Xét hàm số y=x+1+x2−1 ta có limx→+∞y=+∞, limx→−∞y=1 , do đó ĐTHS có 1 TCN y=1.
Vậy có 3 hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang.
Đáp án C.
Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a, ACD và BCD là các tam giác vuông tương ứng tại A và B. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
a338
a3212
a3312
a38
Vì ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a nên \[AB = AC = AD = BC = BD = a\].
Do đó hình chiếu vuông góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Lại có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H của CD.
⇒AH⊥CD
Xét tam giác ACD vuông cân tại A có \[AC = AD = a\] nên AH=a22.
Tam giác BCD vuông cân tại B có BC = BD = a nên SΔBCD=12.BC.BD=a22.
Vậy VABCD=13AH.SΔBCD=13.a22.a22=a3212
Đáp án B.
Giá trị lớn nhất của hàm số y=(2x−1)+ln(2x+1) trên đoạn [−14;0] bằng:
−32−ln2
−1
ln2
1+ln3
Hàm số đã cho xác định trên [−14;0].
Ta có: y=(2x−1)+ln(2x+1) ⇒y'=2+22x+1>0∀x∈[−14;0].
Do đó hàm số đã cho đồng biến trên [−14;0].
Vậy max[−14;0]y=y(0)=−1
Đáp án B.
Hàm số \[y = \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {3 - x} \right)\] có số điểm cực trị là:
2
3
0
1
Ta có y=(x+1)(x−2)(3−x)=−x3+4x2−x−6.
⇒y'=−3x2+8x−1=0⇔x=4±133.
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Đáp án A.
∫tanxdx bằng:
−1sin2x+C
\[\ln \left| {\cos x} \right| + C\]
1cos2x+C
−ln|cosx|+C
∫tanxdx=∫sinxcosxdx=∫−d(cosx)cosx=−ln|cosx|+C
Đáp án D.
Kết luận nào sau đây đúng về hàm số f(x)=(12)x2?
f'(x)=−2(12)x2.ln2
nghịch biến trên ℝ
\[f\left( 0 \right) = 0\]
đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang.
Ta có f(x)=(12)x2⇒f'(x)=2x.(12)x2ln12=f'(x)=−2x(12)x2.ln2 nên đáp án A sai.
Xét f'(x)=0⇔x=0, do đó hàm số không thể nghịch biến trên 
, suy ra đáp án B sai.
Ta có f(0)=(12)0=1 nên đáp án C sai.
Ta có: limx→−∞f(x)=limx→−∞(12)x2=0 nên ĐTHS nhận y=0 là TCN.
Suy ra đáp án D đúng.
Một nguyên hàm của hàm số f(x)=12x−3 là F(x) bằng:
−2(2x−3)2
12(2x−3)2
2ln|2x−3|
12ln|2x−3|
Ta có F(x)=∫f(x)dx=∫12x−3dx=12ln|2x−3|+C
Đáp án D.
Kết luận nào sau đây và hàm số y=log(x−1) là sai?
Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình x=1.
Đồng biến trên khoảng (1;+∞).
y'=1(x−1)loge
y'=1(x−1)ln10
TXĐ: D=(1;+∞)
Ta có y=log(x−1)⇒y'=1(x−1)ln10. Suy ra đáp án D đúng, đáp án C sai.
Vì x−1>0⇒y'>0∀x∈D, do đó hàm số đồng biến trên (1;+∞), suy ra đáp án B đúng.
Ta có: limx→1+y=−∞ nên ĐTHS nhận x=1 là TCĐ, suy ra đáp án A đúng.
Đáp án C.
Trong các hàm số sau đây có bao nhiêu hàm số có đúng một điểm cực trị?
1) y=x2+1 2) y=(2x2−1)2
3) \[y = \left( {2x - 1} \right)\sqrt[3]{{{x^2}}}\] 4) y=xx2+1
0
1
3
2
Xét đáp án A: ta có y'=2x=0⇔x=0, do đó hàm số có 1 điểm cực trị.
Xét đáp án B: ta có y'=2(2x2−1).4x=0⇔[x=0x=±22, do đó hàm số có 3 điểm cực trị.
Xét đáp án C: ta có \[y' = 2\sqrt[3]{{{x^2}}} + \left( {2x - 1} \right).\frac{2}{3}.\frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}\] =6x+4x−23x3=10⇔x=15, do đó hàm số có 1 điểm cực trị.
Xét đáp án D: ta có y'=x2+1−x.2x(x2+1)2=−x2+1(x2+1)2=0⇔x=±1, do đó hàm số có 2 điểm cực trị.
Đáp án D.
Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết SA = AB = BC và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 3π. Thể tích khối chóp là:
12
13
16
32
Gọi O là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC vuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC ⇒IO//SA.
Mà SA⊥(ABC)⇒IO⊥(ABC)⇒IO là trực của (ABC)⇒IA=IB=IC.
Lại có IM là đường trung bình của tam giác SAC nên IM // AC ⇒IM⊥SA⇒IM là trung trực của SA, do đó IS=IA.
⇒IA=IB=IC=IS \[ \Rightarrow I\] là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp SABC.
⇒ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là R=12SC.
Ta lại có \[4\pi {R^2} = 3\pi \Leftrightarrow R = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SC = \sqrt 3 \].
Đặt SA=AB=BC=x, ta có tam giác SAB vuông cân tại A nên SB=x2.
Ta có: {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥SB⇒ΔSBC vuông tại B.
\[ \Rightarrow S{B^2} + B{C^2} = S{C^2} \Rightarrow 2{x^2} + {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = 1\]
Vậy thể tích khối chóp là V=13SA.SΔABC=13SA.12AB.BC=16x3=16.
Đáp án C.
Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?
\[y = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\]
y=(x+1)2(1−x)
y=(x+1)2(x−1)
y=−(x+1)(x−1)2
Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ -1 và cắt qua trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên hàm số có dạng y=a(x+1)2(x−1), do đó loại đáp án A và D.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C.
Đáp án B.
Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?
y=lnx
y=(2)x
y=(1e)x
log12x
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên \[\mathbb{R}\] nên loại đáp án A, D.
Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến trên ℝ nên chọn đáp án C.
Cho một hình nón đỉnh S đáy là đường tròn (O), bán kính đáy bằng 1. Biết thiết diện qua trục là một tam giác vuông. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
2π
π
22π
2π
Vì hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nên h=r=1.
⇒ Độ dài đường sinh của hình nón là l=h2+r2=2.
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=πrl=2π.
Đáp án D.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm thỏa mãn f'(1)=3. Khi đó limx→1f(x)−f(1)x−1 bằng:
4
1
2
3
Ta có: limx→1f(x)−f(1)x−1=f'(1)=3.
Đáp án D.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Đáy là tam giác vuông tại A, có BC = 2AC = 2a. Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 300. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng;
12πa2
6πa2
4πa2
3πa2
Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’.
Vì tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vuông tại A và A’ nên O, O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC, A’B’C’. Lại có OO’ vuông góc với hai đáy nên OO’ là trục hai đáy.
Gọi I là trung điểm của OO’ =>I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ.
Trong (ABC) kẻ AH⊥BC(H∈BC) ta có {AH⊥BCAH⊥BB'⇒AH⊥(BCC'B')⇒HC' là hình chiếu của AC’ lên (BCC’B’), do đó ∠(AC';(BCC'B'))=∠(AC';HC)=∠AC'H=300.
Xét tam giác vuông ABC ta có AB=BC2−AC2=4a2−a2=a3⇒AH=AB.ACBC=a3.a2a=a32.
Xét tam giác AC’H vuông tại H có: AC'=AHsin300=a32:12=a3.
Xét tam giác vuông AA’C’ có: AA'=AC'2−A'C'2=3a2−a2=a2=OO'⇒IO=12OO'=a22.
Xét tam giác vuông IOC có: \[IC = \sqrt {I{O^2} + O{C^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} = R\].
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: S=4πR2=4π.(a62)2=6πa2.
Đáp án B.
Số tiệm cận của đồ thị hàm số y=(2x−1)x2+1x2−1 là:
3
1
4
2
TXĐ: D=ℝ\{±1}.
Ta có:
limx→+∞y=limx→+∞(2x−1)x2+1x2−1=2
limx→−∞y=limx→−∞(2x−1)x2+1x2−1=−2
limx→1+y=limx→1+(2x−1)x2+1x2−1=+∞
limx→1−y=limx→1−(2x−1)x2+1x2−1=−∞
limx→−1+y=limx→−1+(2x−1)x2+1x2−1=+∞
limx→−1−y=limx→−1−(2x−1)x2+1x2−1=−∞
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TCN y=±1 và 2 TCĐ x=±1.
Đáp án C.
Một nguyên hàm của lnx bằng:
\[x - x\ln x\]
1x
x+xlnx
1−x+xlnx
Đặt I=∫lnxdx.
Đặt {u=lnxdv=dx⇒{du=1xdxv=x.
Khi đó ta có I=∫lnxdx=xlnx−∫dx=xlnx−x+C.
Với C=1 ta có 1−x+xlnx là một nguyên hàm của hàm số lnx.
Đáp án D.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'(x)=(x−1)3(2−x)(x−3)2. Hỏi hàm số đồng biến trên khoảng nào sau đây?
\[\left( { - \infty ;1} \right)\] và (3;+∞)
(−∞;1) và (2;+∞)
\[\left( {1;2} \right)\]
(3;+∞)
Ta có: f'(x)=0⇔(x−1)3(2−x)(x−3)2=0⇔[x=1x=2x=3.
BXD:
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1;2).
Đáp án C.
Qua điểm M(2;0) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số y=x4−4x2?
1
2
3
4
Ta có: y=x4−4x2⇒y'=4x3−8x.
Gọi A(x0;x04−4x02) thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A là:
y=(4x03−8x0)(x−x0)+x04−4x02(d)
Cho M(2;0)∈d ta có:
0=(4x03−8x0)(2−x0)+x04−4x02⇔0=8x03−16x0−4x04+8x02+x04−4x02
⇔0=−3x04+8x03+4x02−16x0⇔[x0=0x0=−43x0=2
Vậy qua điểm M(2;0) kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số \[y = {x^4} - 4{x^2}\].
Đáp án C.
Tập xác định của hàm số y=ln|x2+2x−3| là:
D=(−∞;−3]∪[1;+∞)
D=(−∞;−3)∪(1;+∞)
D=ℝ
D=ℝ\{−3;1}
Hàm số y=ln|x2+2x−3| xác định ⇔|x2+2x−3|>0⇔x2+2x−3≠0⇔{x≠1x≠−3.
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D=ℝ\{−3;1}.
Đáp án D.
Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông có cạnh bằng a. Gọi AB và CD là hai đường kính tương ứng của hai đáy. Biết góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 300. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
a312
a336
\[\frac{{{a^3}}}{6}\]
a3312
Vì AB, CD lần lượt là đường kính hai đáy nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là d(AB;CD)=d=h. Mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a nên h=AB=CD=a.
Khi đó ta có VABCD=16AB.CD.d.sinα=16.a.a.a.sin300=a312.
Đáp án A.
Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a+b+log25c+log23=log645. Tổng a+b+c bằng:
1
4
2
0
Ta có:
a+b+log25c+log23=log645⇔a+b+log25c+log23=log245log26
⇔a+b+log25c+log23=log2(32.5)log2(2.3)⇔a+b+log25c+log23=2log23+log251+log23
⇔a+b+log25c+log23=2+2log23−2+log251+log23⇔a+b+log25c+log23=2+−2+log251+log23
Đồng nhất hệ số ta có a=2,b=−2,c=1.
Vậy a+b+c=2+(−2)+1=1.
Đáp án A.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục trên [1;2] , thỏa mãn f(x)=x.f'(x)−x2. Biết f(1)=3, tính ff(2).
16
2
8
4
Theo bài ra ta có:
f(x)=x.f'(x)−x2⇔x.f'(x)−f(x)=x2
⇔x.f'(x)−x'.f(x)x2=1⇔(f(x)x)'=1⇔f(x)x=∫dx=x+C
Lại có f(1)=3⇒f(1)1=1+C⇔3=1+C⇔C=2.
Vậy f(x)x=x+2⇔f(x)=x2+2x⇒f(2)=8.
Đáp án C.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm \[f'\left( x \right) = - \frac{x}{{{x^2} + 1}}\]. Với a và b là các số dương thỏa mãn a<b, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [a;b] bằng:
\[f\left( b \right)\]
f(a)
f(a)+f(b)2
f(a+b2)
Ta có f'(x)=−xx2+1=0⇔x=0∉[a;b] (do a, b là các số dương)
Khi đó ta có f'(x)<0∀x∈[a;b] , do đó hàm số nghịch biến trên [a;b] nên min[a;b]f(x)=f(b).
Đáp án A.
Cho một hình trụ thay đổi nội tiếp trong một hình nón cố định cho trước (tham khảo hình vẽ bên). Gọi thể tích các khối nón và khối trụ tương ứng là V và V’. Biết rằng V’ là giá trị lớn nhất đạt được, khi đó tỉ số \[\frac{{V'}}{V}\] bằng:
49
427
\[\frac{1}{2}\]
23
Đặt tên các điểm như hình vẽ.
Gọi h,r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón.
Đặt IO=MQ=NP=x (0<x<h).
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
MQSO=AQAS=1−SQSA=1−QIOA⇒xh=1−IQr⇒IQ=(1−xh)r
Khi đó thể tích khối nón là V'=π.IQ2.QM=π.r2(1−xh)2.x=πr2h2.x(x−h)2.
Để V đạt giá trị lớn nhất thì x(x−h)2 phải đạt giá trị lớn nhất.
Đặt f(x)=x(x−h)2=x(x2−2hx+h2)=x3−2hx2+h2x , với \[0 < x < h\] ta có:
f'(x)=3x2−4hx+h2=0⇔[x=h(ktm)x=13h(tm)
⇒V'max=πr2h2.13h(13h−h)2=427πr2h
Vậy khi đó V'V=427πr2h13πr2h=49.
Đáp án A.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ, có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Đặt g(x)=|m+f(x+1)|(m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y=g(x) có đúng 3 điểm cực trị.
m<−1 hoặc m>3
−1<m<3
m≤−1 hoặc m≥3
−1≤m≤3
Dựa vào BBT ta thấy f'(x)=0⇔[x=x1x=x2.
Đặt h(x)=m+f(x+1) ta có \[h'\left( x \right) = f'\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = {x_1}}\\{x + 1 = {x_2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_1} - 1}\\{x = {x_2} - 1}\end{array}} \right.\], do đó hàm số h(x)=m+f(x+1)có 2 điểm cực trị.
Suy ra để hàm số g(x)=|h(x)|=|m+f(x+1)| có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình m+f(x+1)=0 phải có nghiệm bội lẻ duy nhất.
Ta có: m+f(x+1)=0⇔f(x+1)=−m, dựa vào BBT ta thấy đường thẳng 
cắt qua (không tính điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số y=f(x+1) tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi [−m≥1−m≤−3⇔[m≤−1m≥3.
Đáp án C.
Cho phương trình log12(2x−m)+log2(3−x)=0, m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có nghiệm?
5
4
6
7
ĐKXĐ: {2x−m>03−x>0⇔{2x−m>0x<3.
Ta có:
log12(2x−m)+log2(3−x)=0⇔−log2(2x−m)+log2(3−x)=0
⇔log2(2x−m)=log2(3−x)⇔2x−m=3−x⇔3x=m+3
Để phương trình có nghiệm thì m+3<9⇔m<6.
Kết hợp điều kiện m là số nguyên dương ta có m∈{1;2;3;4;5}.
Vậy có 5 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án A.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;−3). Hình chiếu của M tương ứng lên Ox,Oy,Oz,(Oyz),(Ozx),(Oxy)là A,B,C,D,E,F. Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ bằng:
67
\[\frac{7}{6}\]
142
143
Theo bài ra ta có:
A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;-3), D(0;2;-3), E(1;0;-3), F(1;2;0).
Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ bằng:
+ Ta có: OM→=(1;2;−3) là 1 VTCP của đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM là {x=ty=2tz=−3t.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC) là x1+y2+z−3=1⇔6x+3y−2z−6=0.
Gọi OM∩(ABC)=P(p;2p;−3p) , ta có P∈(ABC) nên:
6p+3.2p−2.(−3p)−6=0⇔p=13
⇒P(13;23;−1).
+ Ta có: DE→=(1;−2;0);DF→=(1;0;3)⇒[DE→;DF→]=(−6;−3;2) là 1 VTPT của (DEF).
⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là: −6x−3(y−2)+2(z+3)=0⇔−6x−3y+2z+12=0.
Gọi OM∩(DEF)=Q(q;2q;−3q) , ta có Q∈(DEF) nên:
\[ - 6q - 3.2q + 2\left( { - 3q} \right) + 12 = 0 \Leftrightarrow q = \frac{2}{3}\]
⇒Q(23;43;−2).
Vậy PQ=(13)2+(23)2+(−1)2=143.
Đáp án D.
Giả sử (1+x+x2+x3)4=a0+a1x+a2x2+...+a12x12(ai∈ℝ). Giá trị của tổng S=C40a4−C41a3+C42a2−C43a1+C44a0bằng:
1
−4
-1
4
Ta có: (1+x+x2+x3)4=(1+x+x2(x+1))4=(x+1)4(x2+1)4=∑k=04C4kxk∑m=04C4mx2m
Khi đó ta có
(k;m)=(0;0)⇒a0=C40.C40=1
(k;m)=(1;0)⇒a1=C41C40=4
(k;m)∈{(2;0);(0;1)}⇒a2=C42C40+C40.C41=10
(k;m)∈{(3;0);(1;1)}⇒a3=C43C40+C41.C41=20
(k;m)∈{(4;0);(2;1);(0;2)}⇒a4=C44C40+C42C41+C40.C42=31
Vậy S=C40a4−C41a3+C42a2−C43a1+C44a0=−4.
Đáp án B.
Tìm số nghiệm của phương trình sin(cosx)=0 trên đoạn [1;2021].
672
643
642
673
Ta có: sin(cosx)=0⇔cosx=kπ(k∈ℤ).
Vì −1≤cosx≤1∀x∈ℝ nên −1≤kπ≤1,k∈ℤ⇒k=0.
Khi đó ta có cosx=0⇔x=π2+lπ(l∈ℤ).
Xét x∈[1;2021] ta có 1≤π2+lπ≤2021;l∈ℤ⇔l∈{0;1;2;...;642}.
Vậy phương trình đã cho có 643 nghiệm thỏa mãn.
Đáp án B.
Cho hàm số f(x) xác định trên ℝ, thỏa mãn f'(x)=2x−1 và f(3)=5. Giả sử phương trình f(x)=999 có hai nghiệm x1 và x2. Tính tổng S=log|x1|+log|x2|.
5
999
3
1001
Ta có f(x)=∫f'(x)dx=∫(2x−1)dx=x2−x+C.
Mà f(3)=5⇒32−3+C=5⇔C=−1.
Suy ra f(x)=x2−x−1.
Xét phương trình f(x)=999⇔x2−x−1=999⇒x2−x−1000=0, giả sử phương trình có hai nghiệm x1,x2. Áp dụng định lí Vi-ét ta có x1x2=−1000.
Khi đó ta có S=log|x1|+log|x2|=log|x1x2|=log1000=3.
Đáp án C.
Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, tất cả các cạnh có độ dài bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC’.
a2
a4
a22
a24
Gọi N là trung điểm của CC’ ⇒MN là đường trung bình của tam giác BCC’.
\[ \Rightarrow MN//BC' \Rightarrow BC'//\left( {AMN} \right) \supset AM\].
Khi đó ta có d(AM;BC')=d(BC';(AMN))=d(B;(AMN)).
Ta có: BC∩(AMN)=M⇒d(B;(AMN))d(C;(AMN))=BMCM=1⇒d(B;(AMN))=d(C;(AMN)).
Trong (BCC’B’) kẻ CH⊥MN(H∈MN) ta có:
{AM⊥CMAM⊥CN⇒AM⊥(BCC'B')⇒AM⊥CH
{CH⊥AMCH⊥MN⇒CH⊥(AMN)⇒d(C;(AMN))=CH
⇒d(AM;BC')=CH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CMN có: CH=CM.CNCM2+CN2=a2.a2a24+a24=a24.
Vậy d(AM;BC')=a24.
Đáp án D.
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết 
.
325
25
15
225
Gọi (α) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C.
Gọi O'=A'C'∩B'D' và I=AO'∩A'C.
Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a nên AC=A'C'=a2;A'C=a3.
Áp dụng định lí Pytago ta có: AO'=AA'2+A'O'2=a2+a22=a62.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
AIIO'=ACA'O'=2⇒AI=2IO'=23AO'=a63.
A'IIC=A'O'AC=12⇒A'I=12IC=13A'C=a33
Xét tam giác AA’I có: AI2+A'I2=2a23+a23=a2=AA'2, suy ra tam giác AA’I vuông tại I (Định lí Pytago đảo) ⇒AO'⊂(α)⇒O'∈(α).
Lại có {B'D'⊥A'C'B'D'⊥AA'⇒B'D'⊥(ACC'A')⇒B'D'⊥A'C⇒B'D'⊂(α)
⇒(α)≡(AB'D').
Mặt phẳng (AB'D')chia khối lập phương thành 2 phần: Chóp A.A’B’D’ và khối đa diện B’C’D’.ABCD.
Ta có: VA.A'B'D'=13AA'.SA'B'D'=13AA'.12SABCD=16VABCD.A'B'C'D'
⇒VB'C'D'.ABCD=VABCD.A'B'C'D'−16VABCD.A'B'C'D'=56VABCD.A'B'C'D'.
Vậy k=VA.A'B'D'VB'C'D'.ABCD=16VABCD.A'B'C'D'56VABCD.A'B'C'D'=15
Đáp án C.
Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác lồi (H) có 30 đỉnh. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H).
30.C273C304
30.C2534.C304
30.C2734.C304
30.C253C304
Không gian mẫu: n(Ω)=C304.
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H)”.
Chọn 1 đỉnh bất kì trong 30 đỉnh là 1 đỉnh của tứ giác, kí hiệu là A1, có 30 cách chọn.
Kí hiệu các đỉnh còn lại theo chiều kim đồng hồ lần lượt là A2,A3,A4,...,A30.
Khi đó tứ giác có dạng A1AxAyAz, khi đó ta có {x>1+1=2y>x+130>z>y+1>x+2⇒3≤x<y−1<z−2≤27.
Đặt X={3;4;5;...;27}, X có 25 phần tử, số cách chọn 1 bộ x, y, z là C253.
⇒n(A)=30.C253.
Vậy xác suất của biến cố A là P(A)=n(A)n(Ω)=30.C253C304.
Đáp án D.
Cho một hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’. Đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và \[\angle BAD = {60^0}\]. Một mặt phẳng tạo với đáy một góc 600 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp. Tính diện tích thiết diện tạo thành
23a2
3a2
3a2
32a2
Vì mặt phẳng tạo với đáy một góc \[{60^0}\] và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp nên hình chiếu của thiết diện lên mặt phẳng đáy chính là ABCD.
Khi đó ta có: SABCD=STD.cos600⇒STD=SABCDcos600=2SABCD,
Vì ∠BAD=600 nên ΔABD là tam giác đều cạnh a ⇒SABD=a234⇒SABCD=a232.
Vậy STD=a23.
Đáp án B.
Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh bằng a không đổi. Độ dài CD thay đổi. Tính giá trị lớn nhất đạt được của thể tích khối tứ diện ABCD.
a38
a3212
a338
a3312
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a.
⇒ΔBCD,ΔACD là các tam giác cân tại A ⇒{CD⊥AMCD⊥BM⇒CD⊥(ABM)⇒CD⊥MN.
Lại có ΔBCD=ΔACD(c.c.c)⇒AM=BM⇒ΔABM cân tại M ⇒MN⊥AB.
⇒d(AB;CD)=MN.
Đặt CD = x (x>0) ta có AM=BM=a2+a22−x24=4a2−x22.
⇒MN=4a2−x24+4a2−x242−a24=3a2−x22
Do đó ta có
VABCD=16AB.CD.d(AB;CD).sin∠(AB;CD)
=16a.x.3a2−x22.sin∠(AB;CD)
Để VABCD đạt giá trị lớn nhất thì {f(x)=x.3a2−x22datGTLNsin∠(AB;CD)=1
Áp dụng BĐT Cô-si ta có f(x)=x.3a2−x22≤12.x2+3a2−x22=3a24.
Dấu “=” xảy ra ⇔x=3a2−x22⇔4x2=3a2−x2⇔x=a155.
Vậy maxVABCD=16a.3a24=a38.
Đáp án A.
Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại A, B, C. Góc giữa AD và (ABC) bằng 450, AD⊥BC và khoảng cách giữa AD và BC bằng a. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
3a36
43a33
2a36
42a33
Dựng hình chữ nhật ABHC ta có:
{AB⊥BDAB⊥BH⇒AB⊥(BDH)⇒AB⊥DH
{AC⊥CHAC⊥CD⇒AC⊥(CDH)⇒AC⊥DH
⇒DH⊥(ABCD)
⇒ AH là hình chiếu của AD lên (ABC) ⇒∠(AD;(ABC))=∠(AD;AH)=∠DAH=450.
Ta có: {BC⊥DH(DH⊥(ABCD))BC⊥AD(gt)⇒BC⊥(ADH)⇒BC⊥AH.
⇒ABHC là hình vuông (Tứ giác có hai đường chéo vuông góc).
Gọi O=AH∩BC, trong (ADH) kẻ OK⊥AD(K∈AD) ta có:
{OK⊥ADOK⊥BC(BC⊥(ADH))⇒d(AD;BC)=OK=a.
Xét tam giác OKA vuông tại K có ∠OAK=450 nên tam giác OAK vuông cân tại K \[ \Rightarrow OA = OK\sqrt 2 = a\sqrt 2 \].
⇒AH=2OA=22a.
Lại có tam giác AHD vuông cân tại H nên HD=AH=22a.
Ta có: SABHC=12AH2=12(22a2)=4a2⇒SABC=2a2.
Vậy VABCD=13HD.SABC=13.22a.2a2=42a33.
Đáp án D.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f'(x)=(x+1)2(x−3). Tìm số điểm cực trị của hàm số g(x)=f(x2+2x+6).
1
2
3
5
Theo bài ra ta có: f'(x)=0⇔(x+1)2(x−3)=0⇔[x=−1(nghiemboi2)x=3(nghiemdon)
Ta có:
g(x)=f(x2+2x+6)
⇒g'(x)=2x+22x2+2x+6f'(x2+2x+6)
=x+1x2+2x+6f'(x2+2x+6)
Cho g'(x)=0⇔[x+1=0f'(x2+2x+6)=0⇔[x=−1x2+2x+6=3
⇔[x=−1x2+2x+6=9⇔[x=−1x2+2x−3=0⇔[x=−1x=1x=−3 (đều là các nghiệm đơn)
(Ta không xét x2+2x+6=−1vì f'(x) không đổi dấu qua x=-1 nên nghiệm của phương trình x2+2x+6=−1không làm cho g'(x) đổi dấu).
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Đáp án C.
Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a. Các cặp mặt phẳng (ACD) và (BCD), (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau. Tính theo a độ dài cạnh CD.
2a3
a3
a2
a3
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Vì tam giác ACD, BCD là các tam giác cân lần lượt tại A và B nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AN \bot CD}\\{BN \bot CD}\end{array}} \right.\].
Lại có {(ACD)⊥(BCD)=CDAN⊂(ACD),AN⊥CDBN⊂(BCD),BN⊥CD⇒∠((ACD);(BCD))=∠(AN;BN)=∠ANB=900.
Dễ thấy ΔACD=ΔBCD(c.c.c)⇒AN=BN⇒ΔABNvuông cân tại N ⇒MN=12AB.
Chứng minh tương tự ta có ΔMCD vuông cân tại M nên MN=12CD.
⇒AB=CD.
Ta có: BN=2MN,CN=12CD=MN.
Xét tam giác vuông BCN có: BN2+CN2=BC2
⇒2MN2+MN2=a2⇒MN=a33.
Vậy CD=2MN=2a33.
Đáp án A.
Cho hàm số f(x)=x3−3x−m. Tìm m để mọi bộ ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn [−1;3] thì f(a),f(b),f(c) là độ dài ba cạnh của một tam giác.
m≤−22
m<−2
m<34
m<−22
Ta có: y'=3x2−3=0⇔x=±1∈[−1;3].
Ta có y(−1)=2−m;y(1)=−2−m;y(3)=18−m.
⇒min[−1;3]y=−2−m;maxa[−1;3]y=18−m.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử f(a)≤f(b)≤f(c).
Vì a,b,c∈[−1;3] nên −2−m≤f(a)≤f(b)≤f(c)≤18−m.
Để f(a),f(b),f(c) là độ dài ba cạnh của một tam giác thì {f(a)>0f(a)+f(b)>f(c)(*).
Ta có: {−2−m≤f(a)−2−m≤f(b)⇒f(a)+f(b)≥−4−2m.
Do đó (*) luôn đúng khi và chỉ khi {−2−m>0−4−2m≥18−m⇔{m<−2m≤−22⇔m≤−22.
Đáp án A.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a và ∠BAD=600. Mặt chéo ACC’A’ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ cũng là hình thoi có ∠A'AC=600. Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là:
a336
a334
a338
a333
Gọi O=AC∩BD⇒O là trung điểm của AC và BD.
Vì ACC’A’ là hình thoi nên AA’ = AC, lại có ∠A'AC=600 (gt) nên ΔA'AC là tam giác đều ⇒A'O⊥AC
Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AC}\\{A'O \subset \left( {ACC'A'} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A'O \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow A'O \bot \left( {ABCD} \right)\].
Xét tam giác ABC có: AB = AD (do ABCD là hình thoi), ∠BAD=600(gt) nên tam giác ABC đều cạnh a.
⇒AO=a32⇒AC=a3 và SABC=a234⇒SABCD=a232.
⇒ΔA'AC là tam giác đều cạnh a3⇒A'O=a3.32=3a2.
Vậy \[{V_{ACB'D'}} = \frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.A'O.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\].
Đáp án B.
