Đề số 9
50 câu hỏi
Cho mặt cầu (S) có diện tích bằng 4π. Thể tích khối cầu (S) bằng:
16π.
32π.
4π3.
16π3.
Đáp án C.
Diện tích mặt cầu (S) là: 4πR2=4π⇒R=1.
Do dó thể tích khối cầu (S) là: V=43π.R3=43π(đvtt).
Hệ thức liên hệ giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y=x3−2x là
yCT+yCD=0.
yCD=yCT.
2yCD=3yCT.
yCD=2yCT.
Đáp án A.
TXĐ: D=ℝ.
Ta có y'=3x2−2=0⇔x=±23⇒xCT=−xCD.
Mà hàm số đã cho là hàm số lẻ nên ta suy ra yCT=−yCD hay yCT+yCD=0.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a→=2;−3;1 và b→=−1;4;−2. Giá trị của biểu thức a→.b→ bằng
-16
-4
4.
16.
Đáp án A.
Ta có: a→.b→=2.−1+−3.4+1.−2=−16.
Cho hàm số y=x4−2x2. Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hàm số đồng biến trên khoảng −∞;−2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;−2.
Hàm số đồng biến trên khoảng −1;1.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −1;1.
Đáp án B.
TXĐ: D=ℝ.
Ta có y'=4x3−4x=0⇔x=0x=±1.
Bảng xét dấu như sau:
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng −∞;−1 và 0;1; nên nghịch biến trên khoảng −∞;−2.
Biểu thức P=x.x2.x53=xα (với x>0 ), giá trị của là
12.
52.
92.
32.
Đáp án A.
Với x > 0 ta có: P=x.x2.x53=x.x2.x1253=x.x5253=x.x123=x323=x12=xα
Vậy α=12.
Cho các số thực a, b (với a>b ). Nếu hàm số y=f(x) có đạo hàm là hàm liên tục trên thì
∫abfxdx=f'a−f'b.
∫abf'xdx=fb−fa.
∫abf'xdx=fa−fb.
∫abfxdx=f'b−f'a.
Đáp án B.
Ta có: ∫abf'xdx=fb−fa.
Cho khối cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC có OA = OB = OC = a và OA, OB, OC đôi một vuông góc. Thể tích của (S) bằng
3πa32.
3πa36.
33πa38.
4πa33.
Đáp án A.
Ta có: R=OA2+OB2+OC22=3a2⇒V=43πR3=32πa3.
Số nghiệm thực của phương trình log3x+log3x−6=log37 là
0.
1.
2.
3.
Đáp án C.
Điều kiện: x>0x−6>0⇔x>6.
Phương trình tương đương với: log3xx−6=log37⇔xx−6=7
⇔x2−6x−7=0⇔x=7 (thoa man)x=−1 (loai).
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm thực.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt phẳng đi qua điểm A1;2;−3 có vectơ pháp tuyến n→=2;−1;3 là:
2x−y+3z+9=0.
2x−y+3z−4=0.
x−2y−4=0.
2x−y+3z+4=0.
Đáp án A.
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A1;2;−3 có vectơ pháp tuyến n→=2;−1;3 là:
2x−1−1y−2+3z+3=0⇔2x−y+3z+9=0.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=ex+xlà
ex+x2+C
ex+12x2+C
1x+1ex+12x2+C
ex+1+C
Đáp án B.
Ta có: ∫ex+xdx=∫exdx+∫xdx=ex+x22+C.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;-2;0), B(3;-2;-8) Tìm một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB.
u→=1;2;−4.
u→=2;4;8.
u→=−1;2;−4.
u→=1;−2;−4.
Đáp án A.
Ta có: AB→=2;4;−8=21;2;−4, vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là u→=1;2;−4.
Một hộp đựng 5 viên bi màu xanh, 7 viên bi màu vàng. Có bao nhiêu cách lấy ra 6 viên bi bất kỳ?
66528.
924.
7.
942.
Đáp án B.
Số cách lấy 6 viên bi bất kỳ (không phân biệt màu) trong 12 viên bi là một tổ hợp chập 6 của 12 (viên bi).
Vậy ta có C126=924 cách lấy.
Một cấp số cộng cóu1=−3,u8=39. Công sai của cấp số cộng đó là
8.
7.
6.
5.
Đáp án C.
Theo công thức u8=u1+7d, suy ra d=u8−u17=39+37=6.
Cho hai số phức z1=4+3i, z2=−4+3i, z3=z1.z2. Lựa chọn phương án đúng:
z3=25.
z3=z12.
z1+z2¯=z1+z2.
z1=z2¯.
Đáp án A.
Ta có: z3=z1.z2=4+3i−4+3i=−25⇒z3=25.
Cho hai số phức z1=4+3i, z2=−4+3i, z3=z1.z2. Lựa chọn phương án đúng:
z3=25.
z3=z12.
z1+z2¯=z1+z2.
z1=z2¯.
Đáp án A.
Ta có: z3=z1.z2=4+3i−4+3i=−25⇒z3=25.
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3−3x+4 trên đoạn 0;2.
min0;2y=2.
min0;2y=0.
min0;2y=1.
min0;2y=4.
Đáp án A.
TXĐ: D=ℝ.
Ta có: y'=3x2−3=0x=1∈0;2x=−1∉0;2.
Ta lại có: y0=4,y2=6,y1=2.
Do đó: min0;2y=y1=2.
Tìm m để hàm số y=mx4+m2−1x+1 đạt cực đại tại x=0
m=0
m=-1
m=1
−1<m<1.
Đáp án B
TXĐ: D=ℝ.
Ta có: y'=4mx3+m2−1.
Để hàm số đạt cực đại tại x=0 thì y'0=0⇔m2−1=0⇔m=±1.
+ Với m=1⇒y=x4+1, suy ra y'=4x3=0⇔x=0.
Bảng xét dấu
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=0
Do đó suy ra m=1 không thỏa mãn.
+ Với m=−1⇒y=−x4+1, suy ra y'=−4x3=0⇔x=0.
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực đại tại x=0
Do đó suy ra m=-1 thỏa mãn.
Kí hiệu a, b là phần thực và phần ảo của số phức 3−22i.Tính P=ab.
P=62i.
P=62.
P=−62i.
P=-62.
Đáp án D.
Số phức 3−22i có phần thực a=3, phần ảo b=−22.
Vậy P=ab=−62.
Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz, phương trình nào sau đây không phải phương trình mặt cầu?
2x2+2y2+2z2+2x−4y+6z+5=0.
x2+y2+z2−2x+y−z=0.
x2+y2+z2−3x+7y+5z−1=0.
x2+y2+z2+3x−4y+3z+7=0.
Đáp án D.
Ở A, B, C đều có hệ số của x2,y2,z2 bằng nhau; nên chưa loại được đáp án.
Ở đáp án D có a=32;b=−42=−2;c=32;d=7
⇒a2+b2+c2−d=0, nên phương trình ở đáp án D không phải là phương trình mặt cầu
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2=bc. Tính S=2lna−lnb−lnc.
S=2lnabc.
S=1
S=−2lnabc.
S=0
Đáp án D.
Ta có: S=2lna−lnb+lnc=lna2−lnbc=lnbc−lnbc=0.
Phương trình bậc hai nào dưới đây nhận hai số phức 2−3i và 2+3i làm nghiệm?
z2+4z+3=0.
z2+4z+13=0.
z2−4z+13=0.
z2−4z+3=0.
Đáp án C.
Vì 2−3i+2+3i=42−3i.2+3i=13, nên 2−3i và 2+3i là hai nghiệm của phương trình z2−4z+13=0.
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho M là trọng tâm tam giác ABC.
P:6x+3y+2z+18=0.
P:6x+3y+2z+6=0.
P:6x+3y+2z−18=0.
P:6x+3y+2z−6=0.
Đáp án C.
Gọi Aa;0;0, B0;b;0,C0;0;c lần lượt là các giao điểm của mặt phẳng (P) với các trục Ox, Oy, Oz.
Phương trình mặt phẳng (ABC) là: xa+yb+zc=1.
Do M(1;2;3) là trọng tâm tam giác ABC
⇒xa+xb+xc=3xMya+yb+yc=3yMza+zb+zc=3zM⇔a+0+0=3.10+b+0=3.20+0+c=3.3⇔a=3b=6c=9.
Vậy phương trình mặt phẳng (ABC) là: x3+y6+z9=1⇔6x+3y+2z−18=0.
Tập nghiệm của bất phương trình 21x<14 là
−12;0.
−∞;−2.
−12;+∞\0.
−2;0.
Đáp án A.
Bất phương trình tương đương với: 21x<14⇔1x<−2⇔−12<x<0.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=−x2+4 và y=−x+2?
57.
83.
92.
9.
Đáp án A.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: −x2+4=−x+2
⇔x2−x−2=0⇔x=−1x=2.
Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S=∫−12−x2+4−−x+2dx
=∫−12−x2+x+2dx=−x33+x22+2x−12=92.
Cho hình nón có bán kính đáy r = 4 và diện tích xung quanh bằng20π.Thể tích của khối nón đã cho bằng
16π.
4π.
16π3.
80π3.
Đáp án A.
Ta có: Sxq=πrl⇒l=Sxqπr=20ππ.4=5⇒h=l2−r2=52−42=3.
Vậy V=13πr2h=13.π.42.3=16π.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
4.
1.
3.
2.
Đáp án C.
Ta có: limx→1−y=+∞ nên x=1 là TCĐ và limx→+∞y=5; limx→−∞y=2; nên y=2;y=5 là hai TCN của đồ thị hàm số đã cho.
Cho lăng trụ ABCD. A'B'C'D' có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên AA'=a . hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H của AB. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ đã cho
V=a336.
V=a332.
V=a3.
V=a33.
Đáp án B.
Theo giả thiết, ta có A'H⊥AB.
Tam giác vuông A'HA, có A'H=A'A2−AH2=a32.
Diện tích hình vuông SABCD=a2 (đvdt).
Thể tích khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' là:
VABCD.A'B'C'D'=SABC.A'H=a332(đvtt)
Tính đạo hàm của hàm số y=fx=xπ.πx tại điểm x=1.
f'1=π.
f'1=π2+lnπ.
f'1=π2+πlnπ.
f'1=1.
Đáp án C.
Đạo hàm f'x=xπ'.πx+xπ.xπ'=π.xπ−1.π+xπ.πx.lnπ.
Suy ra f'1=π2+πlnπ.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x3−3x+1 và trục Ox bằng
4.
4.
3
1.
Đáp án B.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=x3−3x+1 và trục Ox là:
Bấm máy tính ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt nên số giao điểm là 3.
Trong không gian cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trên hai mặt phẳng vuông góc. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD. Gọi j là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Mệnh đề nào sau đây đúng?
tanφ=23.
tanφ=233.
tanφ=33.
tanφ=32.
Đáp án B.
Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng d đi qua S và song song với AB. Trong mặt phẳng (SAB) có
SH⊥AB⇒SH⊥d.Ta có CD⊥HKCD⊥SH⇒CD⊥SHK⇒CD⊥SK⇒d⊥SK.
Từ đó suy ra SAB,SCD^=SH,SK^=HSK^.
Trong tam giác vuông SHK, có tanHSK^=HKSH=233.
Tìm tập nghiệm S của phương trình log29−2x=3−x.
S=−3;0.
S=0;3.
S=1;3
S=−3;1.
Đáp án B.
Phương trình tương đương với: ⇔9−22=23−x⇔9−2x=82x
⇔2x2−9.2x+8=0⇔2x=12x=8⇔x=0x=3.
Một thùng đựng thư được thiết kế như hình vẽ bên, phần phía trên là nửa hình trụ. Thể tích của thùng đựng thư bằng
320+80π.
640+40π.
640+80π.
640+160π.
Đáp án C.
Thể tích phần phía dưới (hình hộp chữ nhật): V1=4.4.40=640.
Thể tích phần bên trên (nửa hình trụ): V2=12×22π40=80π.
Vậy thể tích thùng đựng thư: V=V1+V2=640+80π.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=x2x3+1 là
13x3+1+C.
23x3+1+C.
23x3+1+C.
13x3+1+C.
Đáp án B.
Đặt: t=x3+1⇒t2=x3+1⇒23tdt=x2dx.
Khi đó I=23∫dt=23t+C.
Với t=x3+1 thì I=23x3+1+C.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên của hifh chóp bằng nhau và bằng 2p. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD).
d=a730.
d=2a730.
d=a2.
d=a22.
Đáp án B.
Gọi O là tâm của đáy, suy ra SO⊥ABCD.
Ta có dA,SCD=2dO;SCD.
Gọi J là trung điểm CD, suy ra OJ⊥CD.
Gọi K là hình chiếu của O trên SJ, suy ra
Khi đó dO;SCD=OK=SO.OJSO2+OJ2=a730.
Vậy dA,SCD=2OK=2a730.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1:x−11=y+12=z−1 và đường thẳng d2:x−21=y2=z+32. Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A1;0;2, cắt d1 và d2 vuông góc
x−12=y−2=z−21.
x−14=y−1=z−2−1.
x−12=y3=z−2−4.
x−12=y2=z−21.
Đáp án C.
Ta có: ud2→=1;2;2.
Gọi I=d1∩Δ,I1+t;−1+2t;−t⇒AI→=t;2t−1;−t−2=uΔ→.
Do Δ⊥d2⇒uΔ→.ud2→=0⇔t+22t−1+2−t−2=0⇔t=2.
Vậy AI→=2;3;−4.
Phương trình đường thẳng cần tìm là: x−12=y3=z−2−4.
Cho hàm số y=x2−m2+2m+1x−m (với m là tham số). Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.
m<−13.
m≤−12.
m<−1.
m<−14.
Đáp án B.
TXĐ: D=ℝ\m.
Ta có: y'=x2−2mx+m2−2m+1x−m2.
Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì: y'≥0,∀x∈D
⇔x2−2mx+m2−2m+1≥0,∀x≠m
⇔a=1>0Δ'=2m+1≤0⇔m≤−12.
Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z sao cho z+1−2i=z¯−2+i là một đường thẳng có phương trình
x+3y=0.
3x−y=0.
x−y=0.
x+y=0.
Đáp án B.
Gọi số phức z thỏa mãn đề bài là: z=x+yi x,y∈ℝ.
Ta có: z+1−2i=z¯−2+i⇔x+1+y−2i=x−2+1−yi.
Suy ra: x+12+y−22=x−22+y−12⇔6x−2y=0⇔3x−y=0.
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R có đồ thị y=f'x như hình vẽ. Đặt gx=2fx−x−12. Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y=gx trên đoạn −3;3 bằng![Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R có đồ thị y=f(x) như hình vẽ. Đặt g(x)=2f(x)-(x-1)^2 Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y=g(x) trên đoạn [-3;3] bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/xxc-1653458428.png)
g0.
g1.
g3.
g−3.
Đáp án B.
Ta có: g'x=2f'x−2x−1=2f'x−x−1.
Và đường thẳng y=x−1 cùng với đồ thị hàm số y=f'x trên cùng một hệ trục tọa độ.
![Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R có đồ thị y=f(x) như hình vẽ. Đặt g(x)=2f(x)-(x-1)^2 Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y=g(x) trên đoạn [-3;3] bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/ssssssssss-1653458015.png)
Ta có: g'x=0⇔f'x=x−1⇔x=−3x=1x=3
Bảng biến thiên của hàm g(x) trên [-3;3]
![Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R có đồ thị y=f(x) như hình vẽ. Đặt g(x)=2f(x)-(x-1)^2 Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y=g(x) trên đoạn [-3;3] bằng (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/05/aq-1653458065.png)
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: ming−3;3x=ming−3;g3
Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=fx,y=x−1,x=−3,x=1.
Gọi là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=fx,y=x−1,x=1,x=3.
Ta có S1>S2⇔∫−31f'x−x−1dx>∫13x−1−f'xdx
⇔12∫−31g'xdx>12∫−31−g'xdx
⇔∫−31g'xdx+∫13g'xdx>0⇔∫−33g'xdx>0⇔gx−33>0
⇔g3−g−3>0⇔g3>g−3⇒min−3;3gx=g−3.
Cho A là tập hợp các só tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì của tập A. Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9.
6251701.
19.
118.
12501710.
Đáp án C.
Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số ⇒Ω=9.106
Số chia hết cho 9 số có tổng các chữ số chia hết cho 9
Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017≤x≤9999999, có 9999999−100001718+1=500000 số thõa mãn.
Vậy xác suất cần tìm là 500009.106=118.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=x2; y=x24; y=8x.
73−2ln2.
32+2ln2.
4ln2.
−53+43ln2.
Đáp án C.
Các hoành độ giao điểm x2=2x⇔x3=2⇔x=23x2=8x⇔x3=8⇔x=2x24=2x⇔x3=9⇔x=2x24=8x⇔x3=32⇔x=243
Gọi S là diện tích cần xác định, ta có
S=S1+S2
=∫232x2−2xdx+∫22438x−x24dx=x33−2lnx232+8lnx−x3122243=4ln2 (đvdt).
Có bao nhiêu số nguyên m để GTNN của hàm số y=fx=−x4+8x2+m trên đoạn−1;3 đạt giá trị nhỏ nhất.
23.
24.
25
26.
Đáp án D.
Ta có: y=fx=−x4+8x2+m=x4−8x2−m=x2−42−16−m.
Đặt t=x2−4, vì x∈−1;3⇒t∈0;25.
Khi đó y=gt=t−16−m.
Ta có min−1;3fx=min0;25gt=minm−9;m+16.
Nếu m−9≥0⇔m≥9, khi đó min−1;3fx=m−9≥0, khi đó minmin−1;3fx=0, khi m=9
Nếu m+16≥0⇔m≥−16, ⇔minx∈−1;3fx=−m−16≥0, khi m=-16
Nếu m−9m+16<0⇔−16<m<9, khi đó minx∈−1;3fx=0, khi đó minmin−1;3fx=0
Vậy minmin−1;3fx=0, khi −16≤m≤9.
Vì nên có 26 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn 2fx+3f1−x=x1−x, với mọi x∈0;1. Tích phân ∫02xf'x2 bằng
−475.
−425.
−1675.
−1625.
Đáp án C.
Đặt t=x2⇒dt=12dx.
Đổi cận: x=0⇒t=0x=2⇒t=1.
Khi đó tích phẩn cần tính: I=∫012t.f't2dt=4∫01t.f'tdt=4∫01t.dft
=4t.ft01−4∫01ftdt=4f1−4∫01ftdt(1).
Theo tính chất tích phân có
∫01fxdx=12+3∫012fx+3f1−xdx=15∫01x1−xdx=475 (2).
Thay lần lượt x=0;x=1 vào đẳng thức đã cho có:
2f0+3f1=02f1+3f0=0⇔f1=f0=0(3).
Kết hợp (1), (2), (3) có I=−1675.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:x+12=y3=z+1−1 và hai điểm A1;2;−1,B3;−1;−5. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng sao cho khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d là lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là:
x−32=y2=z+5−1.
x−1=y+23=z4.
x+23=y1=z−1−1.
x−11=y−26=z+1−5.
Đáp án D.
Gọi I=Δ∩d.
Khi đó I−1+2t;3t;−1−t∈d.
Ta có: AB→=2;−3;−4; AI→=2t−2;3t5−2;−t⇒AI→,AB→=8−15t;6t−8;10−12t.
Suy ra: dB;d=AI→,AB→AI→=405t2−576t+22814t2−20t+8.
Xét hàm số ft=405t2−576t+22814t2−20t+8=32.135t2−192t+767t2−10t+4
Ta có: f't=32.−6t2+16ty−87t2−10t+42=0⇔t=2t=23.
Bảng biến thiên hàm f(t) như sau
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra dB;dmin=f23=27.
Suy ra AI→=13;2;−53.
Chọn một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: u→=3AI→=1;6;−5.
Vậy phương trình đường thẳng d: d:x−11=y−26=z+1−5.
Cho hàm số bậc bốn y=f(x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số điểm cực trị của hàm số gx=f2x3+3x2 là
5.
3.
7.
11.
Đáp án C.
Do y=fx là hàm số bậc bốn nên là hàm số liên tục và có đạo hàm luôn xác định với mọi x.
Theo đồ thị hàm số ta có được f'x=0⇔x=x1∈−2;−1x=x2∈−1;0x=x3∈0;34.
Mặt khác g'x=6x2+6x.f'2x3+3x2=0⇔6x2+6x=0f'2x3+3x2=0⇔x=0x=−12x3+3x2=x12x3+3x2=x22x3+3x2=x3.
Xét hàm số hx=2x3+3x2 trên
Ta có h'x=6x2+6x=0⇔x=0x=−1, từ đó ta có bảng biến thiên của như sau:
Từ BBT của hàm số hx=2x3+3x2 nên ta có hx=x1 có đúng một nghiệm, hx=x2 có đúng 1 nghiệm, hx=x3 có đúng ba nghiệm phân biệt và các nghiệm này đều khác 0 và
Vì thế phương trình g'x=0 có đúng bảy nghiệm phân biệt và đều là các nghiệm đơn nên hàm số y=gx có 7 cực trị.
Cho hàm số y=f(x). Hàm số y=f'(x) có bảng biến thiên:
Bất phương trình fsinx<−3x+m nghiệm đúng với mọi x∈−π2;π2 khi và chỉ khi
m≥f1+3π2.
m>f−1−3π2.
m>fπ2+3π2.
m>f1+3π2.
Đáp án A.
Bất phương trình đã cho tương đương với m>fsinx+3x,∀x∈−π2;π2.
Xét hàm số gx=fsinx+3x trên −π2;π2.
Bài toán trở thành tìm m để m>gx,∀x∈−π2;π2⇔m≥max−π2;π2.gx.
Ta có g'x=cosx.f'sinx+3.
Nhận xét:
Với x∈−π2;π2⇒0<cosx≤1−1<sinx<1⇒−3<f'sinx<0⇒g'x>0.x∈−π2;π2⇒0<cosx≤1−1<sinx<1⇒−3<f'sinx<0⇒g'x>0.
Do đó ta có m≥max−π2;π2.gx=gπ2=fsinπ2+3.π2=f1+3π2.
Vậy m≥f1+3π2.
Cho phương trình 2x−12.log2x2−2x+3=4x−m.log22x−m+2 với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt.
m∈−∞;12∪32;+∞.
m∈−∞;12∪32;+∞.
m∈−∞;−1∪1;+∞.
m∈−∞;1∪1;+∞.
Đáp án A.
Phương trình tương đương với
2x2−2x+3.log2x2−2x+3=22x−m+2.log22x−m+2(*)
Xét hàm ft=2t.log2t trên 2;+∞.
Ta có f't=2t.ln2.log2t+2tt.ln2>0,∀t>2.
Suy ra hàm số f(t) là hàm số đồng biến trên 2;+∞.
Nhận thấy (*) có dạng fx2−2x+3=f2x−m+2⇔x2−2x+3=2x−m+2
⇔x−12=2x−m⇔x−12=2x−mx−12=−2x−m⇔x2−4x+2m+1=0 (1)x2=2m−1 (2).Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
TH1. Phương trình (1) và (2) đều có nghiệm kép và hai nghiệm này khác nhau
⇔Δ'(1)=0x2=2m−1=0⇒m∈∅.
TH2. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, phương trình (2) vô nghiệm
⇔Δ'(1)>0x2=2m−1<0⇔4−2m+1>02m−1<0⇔m<12.
TH3. Phương trình (1) vô nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
⇔Δ'(1)<0x2=2m−1>0⇔4−2m+1<02m−1>0⇔m>32.
TH4. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biết, phương trình (2) cũng có hai nghiệm phân biệt và hai nghiệm của (1) giống hai nghiệm của (2) hay nói cách khác hai phương trình tương đương
Vậy m∈−∞;12∪32;+∞ là giá trị cần tìm.
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy≤4y−1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=6yx+lnx+2yy.
24+ln6.
12+ln4.
32+ln6.
3+ln4.
Đáp án C.
Ta có xy≤4y−1⇔xy≤4y−1y2=−1y−22+4≤4.
Đặt t=xy,0<t≤4.
S=6yx+lnx+2yy thành S=6t+lnt+2.
Xét hàm số ft=6t+lnt+2 trên 0;4 được min0;4ft=f4=32+ln6.
Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = BA = BC = 1. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC?
16.
212.
18.
312.
Đáp án C.
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC).
Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Vì ΔABC. cân tại B nên H thuộc đường trung trực BM của AC..
Đặt AC=x
Ta có:SΔABC=12.BM.AC=12.x.1−x24=x4−x24 và R=abc4SΔABC=14−x2.
Chiều cao của khối chóp là: SH=SB2−BH2=SB2−R2=3−x24−x2.
Thể tích khối chóp là: V=13.SH.SΔABC=13.3−x24−x2.x4−x24=x23−x212.
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x23−x2≤x2+3−x224=32.
Do đó V=x23−x212≤32.12=18.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2=3−x2⇔x=32.
Số giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng 0;2020 để phương trình x−1−2019−x=2020−m có nghiệm là
2018.
2019.
2020.
2021.
Đáp án A.
Ta có: fx=x−1−2019−x=2018,x∉1;20192x−2020,x∈1;2019.
Vì hàm số hx=2x−2020 là hàm số đồng biến trên đoạn 1;2019 nên ta có
min1;2019hx=minh1;h2019=−2018max1;2019hx=maxh1;h2019=2018
Suy ra min1;2019fx=0max1;2019fx=2018⇒minℝfx=0maxℝfx=2018.
Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0≤2020−m≤2018⇔2≤m≤2020
Suy ra có 2018 giá trị nguyên của m nằm trong khoảng 0;2020.
Cho hàm số fx=7+3x3−7−3x3+2019x. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện fx3−2x2+3x−m+f2x−2x2−5<0, ∀x∈0;1. Số phần tử của S là?
7.
3.
9.
5.
Đáp án C.
Vì fx=7+3x3−7−3x3+2019x là hàm số lẻ và đồng biến trên R nên ta có
fx3−2x2+3x−m<−f2x−2x2−5⇔x3−2x2+3x−m<2x2−2x+5
⇔−2x2+2x−5<x3−2x2+3x−m<2x2−2x+5⇔x3−4x2+5x−5<mx3+x+5>m.
Xét gx=x3−4x2+5x−5 và hx=x3+x+5 trên có bảng biến thiên là
Từ bảng biến thiên suy ra fx3−2x2+3x−m+f2x−2x2−5<0,∀x∈0;1 khi và chỉ khi m≥−3m≤5⇒−3≤m≤5.
