Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 5)
50 câu hỏi
Cho số phức z=1+i. Số phức nghịch đảo của z có điểm biểu diễn là
12;−12
12;12
1;−1
-1;−1
Đáp án A
Ta có: 1z=12−12i⇒ Điểm biểu diễn của số phức 1z là 12;−12.
Mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a thì có diện tích bằng
a3
4πa33
3πa2
12πa23
Đáp án C
Ta có R=OD=a32⇒S=4πa322=3πa2
Hàm số y=f(x) liên tục và có đạo hàm trên ℝ, đồ thị hàm số y=f'(x) như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y=f(x) là
0
1
2
3
Đáp án C
Từ hình vẽ thấy f'(x)=0 có 2 nghiệm và f'(x)=0 đổi dấu khi đi qua hai nghiệm
⇒ hàm số y=f(x) có 2 điểm cực trị
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=cos2x là
−12sin2x+C
sin2x+C
12sin2x+C
−sin2x+C
Đáp án C
Có ∫cos2xdx=12sin2x+C
Hàm số y=x.lnx đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
1e;+∞
0;+∞
0;1e
0;1
Đáp án A
Ta có y'=lnx+1. Hàm số đồng biến ⇔y'>0⇔lnx>−1⇔x>1e.
Phương trình mặt phẳng (α) đi qua 3 điểm A1;0;0, B0;2;0, C0;0;1 có dạng
x+2y+x−4=0
2x+y+2z−2=0
x+2y+z−2=0
2x+y+2z+2=0
Đáp án B
Phương trình mặt phẳng đoạn chắn đi qua 3 điểm là
x1+y2+z1=1⇔2x+y+2z−2=0.
Nghiệm của bất phương trình 4x−1≥2x−1 là
x≤0
x≥1
x≥2
x≥3
Đáp án B
Ta có 4x−1≥2x−1⇔14.22x−12.2x≥0⇔2x≥22x≤0⇔x≥1
Giá trị I=∫ab2xdx được tính là
b2−a2
b2+a2
b−a
b+a
Đáp án A
Ta có I=∫ab2xdx=x2ab=b2−a2
Một khu di tích nọ có bốn cửa Đông, Tây, Nam, Bắc. Một người đi vào tham quan rồi đi ra. Người đó có bao nhiêu cách đi để cửa đi vào và đi ra là khác nhau?
8
12
14
64
Đáp án B
Ta có 4 cách chọn cửa đi vào và 3 cách chọn cửa đi ra (Do cửa đi vào và đi ra khác nhau)
Do đó theo quy tắc nhân có cách đi
Số mặt đối xứng của bát diện đều là
1
6
9
7
Đáp án C
Ta có hình bát diện đều như hình vẽ
Sẽ có các mặt phẳng đối xứng là
Vậy bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x4+3x2 và đồ thị hàm số y=x2+3 là
0
2
3
4
Đáp án B
Ta có phương trình hoành độ giao điểm
x4+3x2=x2+3⇔x4+2x2−3=0
⇔x2=1x2=−3l⇔x=±1.
⇒ Đồ thị hàm số y=x4+3x2 cắt đồ thị hàm số y=x2+3 tại hai giao điểm
Cho đường thẳng d:x=1+2ty=1−tz=3tt∈ℝ. Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng d:
5;−1;3
1;1;0
1;1;3
3;3;3
Đáp án B
Ta có d:x=1+2ty=1−tz=3tt∈ℝ⇒ Điểm A1;1;0∈d.
Trong khai triển x−y11, hệ số của số hạng chứa x8y3 là
−C113
C118
C113
−C115
Đáp án A
Ta có x−y11=∑k=011−1kC11kx11−kyk.
Số hạng chứa x8y3 ứng với 11−k=8k=3⇔k=3.
⇒ Hệ số của số hạng chứa x8y3 là −13C113=−C113.
Cho mặt phẳng P:x+2y+z+1=0 và mặt phẳng Q:mx+2y+z+1=0. Xác định m để hai mặt phẳng đã cho song song?
m=0
m=1
m=2
m=∅
Đáp án D
Ta có P//Q⇔m1=22=11≠11⇒ Không tồn tại m thỏa mãn đề
Modun của số phức z=3+4i bằng
1
3
4
5
Đáp án D
Ta có z=32+42=5
Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
y=x+12x+1
y=x+32x+1
y=x2x+1
y=x−12x+1
Đáp án C
Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0)⇒ chỉ có hàm số y=x2x+1 thỏa mãn
Cho hình chóp S.ABCD có SA,SB,SC đôi một vuông góc với nhau và SA=SB=SC=a. Gọi M là trung điểm của AB, góc giữa hai đường thẳng SM và BC bằng
30°
60°
90°
120°
Đáp án B
Qua B kẻ đường thẳng d song song với SM và cắt đường thẳng SA tại N.
Do đó SM;BC^=BN;BC^
Ta có SM//BN và M là trung điểm của AB
⇒SN=SA=SC=a⇒NC=SC2+SN2=a2.
Mặt khác, NB=2SM=AB=SA2+SB2=a2.
Mà BC=SB2+SC2=a2⇒ΔNBC là tam giác đều. Vậy NBC^=60°⇒SM,BC^=60°.
Hàm số y=log2x có đạo hàm là
1x.ln2
ln2x
xln2
x.ln2
Đáp án A
Ta có công thức tổng quát logax'=1x.lna⇒log2x'=1x.ln2
Cho hàm số y=x−1x+1C. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1 là
y=12x−112
y=12x−12
y=−12x−152
y=−12x−12
Đáp án B
Ta có y'=2x+12. tại x0=1⇒y0=1−11+1=0y'x0=2x0+12=12
⇒ Phương trình tiếp tuyến y=y'x0x−x0+y0=12x−1=12x−12.
Kết quả của biểu thức P=log23.log34+log43.log32
52
2
12
1
Đáp án A
Ta có P=log23.log34+log43.log32=log24+log42=2+12=52
Một chất điểm chuyển động với vận tốc vt=3t2+2 m/s. Quãng đường vật di chuyển trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135 m (tính từ thời điểm ban đầu) là
135 m
393m
302m
168m
Đáp án B
Quãng đường vật di chuyển được tính từ thời điểm ban đầu đến thời điểm t=k(s) là St=∫0k3t2+2dx=t3+2tok=k3+2k
Theo bài ra ta có St=135⇔k3+2k−135=0⇔k=5s
Quãng đường vật đi được trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135m là ∫583t2+2dx=393m.
Nghiệm của phương trình 3z+2+3i1−2i=5+4i trên tập số phức là
1−53i
−1+53i
1+53i
−1−53i
Đáp án B
Cách 1. Ta có z=5+4i−2+3i1−2i3=−1+53i.
Cách 2. Nhập 3X+2+3i1−2i−5−4i rồi dùng CALC thử lần lượt các đáp án
Cho đồ thị hàm số y=f'(x) có dạng như hình vẽ. Khi đó hàm số y=f(x) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
−∞;12
1;115
14;1
−∞;12, 14;74
Đáp án B
Từ đồ thị hàm số y=f'(x) ta thấy y'<0⇔x∈1;115.
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 1;115.
Người ta tạo một quả cầu gai bằng cách dựng ra phía ngoài mỗi mặt của hình lập phương (cạnh bằng 1) một hình chóp tứ giác đều đáy là mặt hình lập phương (các hình chóp tứ giác đều là bằng nhau). Gọi A,B,C,D,E,F là đỉnh của mỗi hình chóp đều, và thể tích khối đa diện ABCDEF bằng 323. Tính thể tích của khối cầu gai đó.
2
3
4
163
Đáp án C
Đa diện ABCDEF tạo thành từ 6 đỉnh của 6 hình chóp là các đỉnh của một bát diện đều có cạnh bằng x.
Gọi O là tâm hình lập phương ⇒O=BD∩CE⇒ Thể tích của bát diện đều là
V1=2.13AO.SBCDE=x323⇔x323=323⇔x=22⇒AO=x2=2.
Khi đó chiều cao của hình chóp đều là AI=32.
Thể tích của mỗi hình chóp tứ giác đều là V2=13.32.1=12.
Vậy thể tích của khối cầu gai là V=1+6.12=4.
Cho a,b>0 thỏa mãn: a12>a13, b23>b34 khi đó khẳng định nào sau đây là đúng?
0<a<1, b>1
0<b<1<a
0<a<1, 0<b<1
a>1, b>1
Đáp án B
Ta có a12>a13⇔a>1do 12>13b23>b34⇔0<b<1do 23<34⇔0<b<1<a
Cho tứ diện đều ABCD. Xác định số hình nón tạo thành khi quay tứ diện quanh trục là AB.
1
2
3
4
Đáp án B
Trong tứ diện đều, các cặp cạnh đối là vuông góc và thuộc mặt trung trực của cạnh kia.
Gọi M là trung điểm AB khi đó MC=MD nên thực chất ta chỉ thu được hai mặt nón là nón đỉnh A và nón đỉnh B với đáy chung là đường tròn tâm M bán kính MD
Tập hợp các điểm cách đều 3 điểm A3;0;0; B0;3;0; C0;0;3 là đường thẳng có phương trình
x=1+ty=1+2tz=1+t t∈ℝ
x=1+ty=−1+2tz=1+t t∈ℝ
x=1+ty=tz=1+t t∈ℝ
x=1+ty=1+tz=1+t t∈ℝ
Đáp án D
Tập hợp các điểm M cách đều ba điểm A,B,C là đường thẳng Δ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp △ABC.
Ta có nABC→=AB→;AC→=9;9;9.
Do △ABC là tam giác đều nên đường thẳng Δ sẽ đi qua trọng tâm G(1;1;1) của △ABC và nhận vectơ uΔ→=1;1;1 làm một vectơ chỉ phương.
⇒ Phương trình đường thẳng Δ:x=1+ty=1+tz=1+tt∈ℝ.
Cho hàm số f(x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên sau.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng -1
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 1
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng -1 và 1
Đáp án A
Từ bảng biến thiên ta thấy
+ fx≤2,∀x∈ℝ và f(0)=2 nên giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 tại x=0.
+ Vì limx→−∞fx=−1 nên fx>−1,∀x∈ℝ⇒ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất
Một bình chứa 16 viên bi trong đó có 7 viên bi trắng, 6 viên bi đen, 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Xác suất lấy được cả 3 viên bi đỏ là
1560
116
128
143280
Đáp án A
Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C163.
Gọi A là biến cố. “Lấy được cả ba viên bi đỏ”.
⇒nA=C33⇒PA=nAnΩ=C33C163=1560.
Hàm số y=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
a>0, b>0, c<0, d>0
a<0, b<0, c<0, d<0
a>0, b<0, c<0, d>0
a>0, b>0, c>0, d<0
Đáp án C
Từ hình dáng đồ thị hàm số ta có a>0.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d>0.
Ta có y'=3ax2+2bx+c.
Hàm số có hai điểm cực trị xCD,xCT là nghiệm của phương trình y'=0
và thỏa mãn −1<xCD<0;xCT>1⇒xCD+xCT>0xCD.xCT<0 *
Theo định lí Vi-et ta có:
*⇔−2b3a>0⇒ba<0→a>0b<0c3a<0⇒ca<0→a>0c<0.
Cho mặt phẳng P:2x+y+2z−9=0 và điểm A(3;2;5). Hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng (P) có tọa độ là
(1;1;3)
(1;-1;3)
(1;1;-3)
(-1;-1;3)
Đáp án A
Gọi ∆ là đường thẳng chứa điểm A và vuông góc với P⇒Δ:x=3+2ty=2+tz=5+2t t∈ℝ
A' là hình chiếu của A lên (P) nên A'=Δ∩P⇒A'3+2t;2+t;5+2t
⇒23+2t+2+t+25+2t−9=0⇔t=−1.
Vậy A'(1;1;3).
Biết I=2∫01x2dxx+1x+1=a+b2c a,b,c∈ℝ. Giá trị a+b+c là
7
9
13
17
Đáp án C
Đặt t=x+1⇒x=t2−1⇒dx=2tdt.
Đổi cận x=0x=1⇒t=1t=2
Khi đó
I=4∫12t2−12t3tdt=4∫12t2−2+1t2dt=4t33−2t−1t12=32−2223.
Vậy a+b+c=13.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Aa;0;0, B0;b;0, C0;0;c với a.b.c>0. Biết mặt phẳng (ABC) qua I(3;3;3) và thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó phương trình (ABC) là
3x+3y+z−15=0
x+3y+3z−19=0
3x+y+z−9=0
x+y+3z−13=0
Đáp án C
Phương trình ABC:xa+yb+zc=1.Mà I1;3;3∈ABC nên 1a+3b+3c=1.
Ta có VOABC=16OA→,OB→.OC→=16abc
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 1a+3b+3c3≥27.9abc⇒abc≥243.
Vậy minVOABC=812⇔a=3, b=9, c=9.
⇒ Phương trình ABC:3x+y+z−9=0.
Cho hàm số y=x−1x2+2m−1x+m3 với m là tham số thực và m>12.
Hỏi đồ thị hàm số có bao nhiêu đường tiệm cận?
1
2
3
4
Đáp án B
Xét phương trình x2+2m−1x+m2=0 có Δ'=1−2m<0, ∀m>12.
⇒ Phương trình vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
Ta có limx→+∞y=limx→+∞x−1x2+2m−1x+m2=1⇒y=1 là tiệm cận ngang.
limx→−∞y=limx→−∞x−1x2+2m−1x+m2=−1⇒y=−1 là tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận
Xác định m để bất phương trình 9x−4.3x+3>m có nghiệm thuộc 0;+∞.
m∈ℝ
m < -1
m < 0
m∈∅
Đáp án A
Đặt t=3x>0.
Để bất phương trình 9x−4.3x+3>m có nghiệm thuộc khoảng 0;+∞ thì bất phương trình t2−4t+3>m có nghiệm thuộc 1;+∞.
Xét bảng biến thiên của hàm số ft=t2−4t+3 trên 1;+∞.
Từ bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm thuộc 1;+∞ với ∀m∈ℝ.
Một tấm nhôm hình chữ nhật có hai kích thước là a và 2a ( a là độ dài có sẵn). Người ta cuốn tấm nhôm đó thành một hình trụ. Nếu hình trụ được tạo thành có chu vi đáy bằng 2a thì thể tích của nó bằng
a3π
πa3
a32π
2πa3
Đáp án A
Gọi bán kính đáy là R. Hình trụ có chu vi đáy bằng 2a nên 2πR=2a⇔R=aπ.
Vậy thể tích khối trụ V=πR2h=πaπ2a=a3π (đvtt).
Cho hàm số y=f(x) xác định trên ℝ\−2;2 thỏa mãn f'x=1x2−4. Biết f3+f−3=3; f1+f−1=6. Giá trị của f−4+f0+f5=14aln3+bln7+c khi đó a+b+c bằng
7
2
3
39
Đáp án A
Ta có f'x=1x2−4⇒fx=∫dxx2−4=14lnx−2x+2+C1, x>214lnx−2x+2+C2, −2<x<214lnx−2x+2+C3, x<−2
Thay vào các dữ kiện ta có:
f3+f−3=3f1+f−1=6⇔C1+C3=3C2=3
⇒f−4+f0+f5=142ln3−ln7+6
Vậy a+b+c=7.
Cho bảng biến thiên của hàm số y=f(x) như hình
Để hàm số y=fx+m có 5 điểm cực trị thì giá trị của m thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
(2;3)
(-1;0)
(0;1)
(-2;-1)
Đáp án B
Do số điểm cực trị của hàm số y=fx+m bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y=f(x)+m và số nghiệm của phương trình fx+m=0* (không kể nghiệm bội chẵn)
Từ bảng biến thiên ta có hàm số y=f(x) có hai điểm cực trị.
⇒ Hàm số y=fx+m có hai điểm cực trị.
⇒ Hàm số y=fx+m có 5 điểm cực trị ⇔ Phương trình fx+m=0 có ba nghiệm phân biệt (không kể nghiệm bội chẵn)
⇔ Đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại ba điểm phân biệt.
⇔0<−m<1⇔−1<m<0.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30°. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng A'B'C' thuộc đường thẳng B'C'. Khoảng cách giữa AA' và B'C' bằng
a34
a
a2
a3
Đáp án A
Tam giác AA' vuông tại H nên A'H=AA'.cos30°=a32.
Vì A'B'C' là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng B'C' và A'H=a32 nên A'H⊥B'C' hay H là trung điểm của B'C'.
Mặt khác AH⊥B'C' nên B'C'⊥AA'H⇒AA'⊥B'C'.
Kẻ đường cao HK của tam giác AA'H thì HK chính là khoảng cách giữa AA'; B'C'.
Do AA'.HK=AH.A'H nên HK=a2.a32a=a34.
Cho các khẳng định sau.
I. x+y≥x+y với là các số phức.
II. x+y2≥x2+y2 véc-tơ
III. x−y≥x−y véc-tơ
Số các khẳng định sai trong các khẳng định sau là
2
1
3
4
Đáp án A
Khẳng định I sai vì nếu x, y là các số thực trái dấu thì sẽ không thỏa mãn đẳng thức.
Khẳng định II sai vì cho x=-y ta có điều ngược lại.
Khẳng định III là đúng. Đây chính là bất đẳng thức tam giác
Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z+4+z−4=10là
Đường tròn tâm O(0;0)và bán kính R=4.
Đường elip có phương trình x29+y225=1 .
Những điểm M(x;y) trong mặt phẳng Oxy thỏa mãn phương trình
x+42+y2+x−42+y2=12.
Đường elip có phương trình x225+y29=1
Đáp án D
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của số phức z=x+yi x;y∈ℝ.
Gọi A(4;0) là điểm biểu diễn của số phức z=4.
Gọi B(-4;0) là điểm biểu diễn của số phức z=-4.
Khi đó z+4+z−4=10
⇔x+42+y2+x−42+y2=10
⇔MA+MB=10*
⇒ Tập hợp các điểm M là elip nhận A,B là các tiêu điểm.
Gọi phương trình của elip là x2a2+y2b2=1,a>b>0,a2=b2+c2
Từ (*) ta có 2a=10AB=2c⇔a=5c=4⇒b2=a2−c2=9.
Vậy quỹ tích các điểm M là elip E:x225+y29=1.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị y=f'(x) như hình bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y=f(x) trên −1;4. Khi đó, M+m bằng
f−1+f4
f−1+f12
f2+f12
f2+f4
Đáp án A
Ta có bảng biến thiên của hàm số
+ Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên −1;4 ta đi so sánh f(-1) và f(2)
Ta có ∫−1af'xdx+∫a2f'xdx=∫−12f'xdx<0
⇔fx−12<0
⇔f2−f−1<0⇒f2<f−1⇒M=f−1.
+ Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên −1;4 ta đi so sánh f(x) và f(4)
Ta có ∫a2f'xdx+∫24f'xdx=∫a4f'xdx<0
⇔fxa4<0
⇔f4−fa<0⇒f4<fa⇒m=f4.
⇒M+m=f−1+f4.
Cho phương trình log24x+23x−8=x+m. Giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng nằm trong khoảng nào sau đây?
(-1;0)
(0;2)
(2;4)
(-4;-3)
Đáp án B
Ta có log24x+23x+8=x+m⇔4x+23x−8=2m.2x.
Đặt t=2x t>0 khi đó ta có phương trình t3+t2−2m.t−8=0 *.
Phương trình log24x+23x+8=x+m có ba nghiệm x1,x2,x3 lập thành cấp số cộng hay x1+x3=2x2.
⇔ Phương trình (*) có ba nghiệm dương t1,t2,t3 thỏa t1.t3=t22.
Theo định lý Vi-ét ta có t1.t2.t3=8⇒t23=8⇒t2=2 thay vào (*) ta được m=1.
Một thùng rượu có dạng khối tròn xoay với đường sinh là một phần của parabol, bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m (như hình vẽ). Khi đó, thể tích của thùng rượu (đơn vị lít) là bao nhiêu?
425,2 lít.
425162 lít.
212581 lít.
212,6 lít.
Đáp án A
Gọi P:y=ax2+bx+c là parabol đi qua điểm A(0,5;0,3) và có đỉnh S(0;0;4) (hình vẽ)
⇒P:y=−25x2+0,4.
Khi đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi P:y=−25x2+0,4x, trục hoành và hai đường thẳng x=±0,5 quay quanh trục Ox.
Thể tích thùng rượu là
V=π∫−0.50.5−25x2+0,42dx=2π∫−0.50.5−25x2+0,42dx=203π1500≈0,4252m3≈425,2lít.
Cho hàm số y=cosx+210cosx−m. Xác định m để hàm số đồng biến trên π3;π2.
m≥−20
m < -20
−20<m<0m>5
−20<m≤0m≥5
Đáp án B
Đặt t=cosx⇒y=t+210t−m⇒y'=−m−2010t−m2.
Với x∈π3;π2 thì t∈0;12
Hàm số y=cosx+210cosx−m đồng biến trên π3;π2
⇔ Hàm số y=t+210t−m nghịch biến trên 0;12
⇔y'<0, ∀t∈0;12
⇔m+2010t−m2≤0, ∀t∈0;12
⇔m+20<0m10∉0;12⇔m=−20m∉0;5⇔m<−20.
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC và E là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V. Khi đó, V bằng
V=72a3216
V=112a3216
V=132a3216
V=2a318
Đáp án B
Thể tích khối tứ diện ABCD cạnh a là VABCD=a3212.
Gọi P=EN∩CD và Q=EM∩AD
⇒P,Q lần lượt là trọng tâm của ΔBCE và ΔABE.
Thể tích khối đa điện chứa đỉnh A là
V=VABCD−VPQD.NMB=VABCD−VM.BNE−VQ.PDE.
Gọi S là diện tích tam giác BCD⇒SΔCDE=SΔBNE=S.
SΔPDE=13.SΔCDE=S3.
Gọi là chiều cao của tứ diện ABCD
⇒dM,BCD=h2; dQ,BCD=h3.
⇒VM.BNE=12SΔBNE.dM,BCD=S.h6; VQ.PDE=13SΔPDE.dQ,BCD=S.h27
Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là
SV=13Sh−Sh6−Sh27=1118.13Sh=1118.a3212=112a3216.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên tập xác định và thỏa mãn 2fx.1−2x2.fx=x.f'x; f2=23. Khi đó, ∫13fx.x3−10xdx bằng
4
10
252
212
Đáp án A
Ta có 2fx.1−2x2.fx=x.f'x⇔2fx−4x2.f2x=x.f'x
⇔2x.fx−4x3.f2x=x2.f'x
⇔2x.fx−x2.f'xf2x=4x3
⇔x2fx'=4x3⇔∫x2fx'dx=∫4x3dx⇔x2fx=x4+C⇔fx=x2x4+C.
Mà f2=23⇔2224+C=23⇔C=−10⇒fx=x2x4−10.
Ta có ∫13fx.x3−10xdx=∫13x2x4−10.x3−10xdx=4.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P:3x+y−z+5=0 và hai điểm A1;0;2, B2;−1;4. Tập hợp các điểm M(x;y;z) nằm trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất là đường thẳng có phương trình
x=−1311−ty=tz=211−2t t∈ℝ
x=1−ty=tz=−2−2t t∈ℝ
x=−1+ty=−211−tz=2011+2t t∈ℝ
x=−1+ty=−tz=2+2t t∈ℝ
Đáp án C
Ta có AB→=1;−1;2, vectơ pháp tuyến của (P) là nP→=3;1;−1.
Ta thấy hai điểm A.B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng (P) và AB song song với (P).
Điểm M∈P sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất
⇔SΔABC=AB.dM;AB2 nhỏ nhất
⇔dM;AB nhỏ nhất, hay M∈Δ=P∩Q, (Q) là mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với (P).
⇒Δ//AB hay ∆ nhận AB→=1;−1;2 là một vectơ chỉ phương.
Ta có vectơ pháp tuyến của (Q) là nQ→=AB→;nP→=−1;7;4
⇒ Phương trình mặt phẳng Q:−1x−1+7y+4z−2=0⇔x−7y−4z+7=0
⇒ Tập hợp các điểm M(x;y;z) thỏa mãn hệ phương trình x−7y−4z+7=03x+y−z+5=0.
Chọn x=−1⇒y=−211;z=2011
⇒Δ:x=−1+ty=−211−tz=2011+2t t∈ℝ.
Cho hàm số y=fx=x3+3x−4. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình fx3=fx+m3+m có đúng hai nghiệm phân biệt?
Vô số
2
4
5
Đáp án B
Đặt u=fx+m3⇒u3=fx+m. Khi đó, fx3=u+m
⇒u3+u=fx3+fx *
Xét hàm số gx=x3+x⇒g'x=3x2+1>0,∀x∈ℝ
⇒ Hàm số y=g(x) luôn đồng biến trên ℝ
⇔*⇔u=fx⇔fx3−m=fx⇔fx3−fx=m **
Đặt t=fx⇒**⇔t3−t=m
Xét hàm số y=fx=x3+3x−4⇒f'x=3x2+3>0, ∀x∈ℝ
⇒ Hàm số y=f(x) luôn đồng biến trên ℝ
⇒ Mỗi giá trị của t cho duy nhất một nghiệm của phương trình x3+3x−4=t
⇒ Phương trình fx3=fx+m3+m có đúng hai nghiệm phân biệt thì phương trình t3−t=m có đúng hai nghiệm phân biệt.
Xét hàm số ft=t3−t⇒f't=3t2−1
f't=0⇔t=±13
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có phương trình t3−t=m có đúng hai nghiệm phân biệt ⇔m=±239.
Trong không gian với hệ trục tọa độ, cho mặt phẳng P:3x−3y+2z+37=0 và các điểm A4;1;5, B3;0;1, C−1;2;0. Biết M thuộc (P) sao cho biểu thức S=MA→.MB→+MB→.MC→+MC→.MA→ đạt giá trị nhỏ nhất. Tọa độ điểm M là
−4;7;−2
(-3;6;-5)
(1;8;-8)
(-2;5;-8)
Đáp án A
Gọi M(x;y;z).
Do M∈P nên 3x−3y+2z+37=0.
Có MA→=4−x;1−y;5−z, MB→=3−x;−y;1−z, MC→=−1−x;2−y;−z.
Khi đó S=3x−22+y−12+z−22−5.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
3x−2−3y−1+2z−22≤32+32+22x−22+y−12+z−22
⇔442≤22S3+5⇔S≥249
Dấu “=” xảy ra khi x−23=y−1−3=z−22⇔x=−4y=7z=−2.
