Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 8)
50 câu hỏi
Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
y=−x3−3x2−2
y=x3+3x2−2
y=x3−3x2−2
y=−x3+3x2−2
Đáp án B.
Từ hình dáng đồ thị ta có a>0. Loại phương án A, D.
Mặt khác, đồ thị cắt trục hoành tại điểm x=−1⇒ Chỉ có y=x3+3x2−2 thỏa mãn
Cho dãy số (un) có số hạng tổng quát un=2n+3. Công sai của dãy số un là:
d=-2
d=3
d=5
d=2
Đáp án D.
Ta có un+1−un=2n+1+3−2n+3=2 là hằng số.
Suy ra dãy un là cấp số cộng với công sai d=2.
Mặt phẳng P:x−3y+2=0 có vectơ pháp tuyến là
nP→=−1;3;2
nP→=1;0;−3
nP→=1;−3;0
nP→=1;−3;−2
Đáp án C.
Ta có x−3y+2=0⇔1.x−3.y+0.z+2=0. Vậy vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là nP→=1;−3;0.
Cho ∫12fxdx=3; ∫15fxdx=−2. Giá trị của ∫25fudu bằng
5
-5
1
-1
Đáp án B.
Ta có ∫25fudu=∫25fxdx=∫15fxdx−∫12fxdx=−2−3=−5
Nghiệm của bất phương trình log3x−4−log32>0 là
x>6
x>4
Vô nghiệm
0<x<1
Đáp án A.
Ta có log3x−4−log32>0⇔log3x−4>log32⇔x−4>2⇔x>6
Cho hình chóp có chiều cao h và diện tích đáy S. Thể tích khối chóp bằng
3S.h
S.h3
S.h
S.h6
Đáp án B.
Thể tích khối chóp bằng V=13Sh.
Cho khối trụ có diện tích xung quanh là Sxq=10π cm2, đường sinh l=5cm. Khi đó, bán kính đáy của khối trụ là
2cm
2dm
1cm
1dm
Đáp án C.
Ta có công thức tính diện tích xung quanh khối trụ =2π.r.l⇒r=10.π2.π.1=1 (cm).
Đạo hàm của hàm số y=3x là
3x.ln3
3x
3xln3
3x.log3
Đáp án A.
Ta có công thức ax'=ax.lna nên 3x'=3x.ln3.
Mặt cầu S:x2+y2+z2−4x−2y−20=0 có bán kính bằng
5
25
1
2
Đáp án A.
Ta có x2+y2+z2−4x−2y−20=0⇔x−22+y−12+z2=25=52=R2
Vây R=5.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Kết luận nào sau đây đầy đủ về đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=f(x)?
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y=±1
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x=±1 .
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y=±1 , tiệm cận đứng x=-1.
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y=1, tiệm cận đứng x=-1.
Đáp án A.
Ta có limx→−∞fx=−1⇒y=−1 là tiệm cận ngang.
limx→+∞fx=1⇒y=1 là tiệm cận ngang.
Đồ thị hàm số y=f(x) không có tiệm cận đứng
Cho 2 điểm A1;3;2,B5;1;−2. Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là
M2;2;0
M3;2;0
M3;2;2
M3;2;-2
Đáp án B.
Ta có MxA+xB2;yA+yB2;zA+zB2⇒M3;2;0
Một hộp có chứa 8 bóng đèn màu đỏ và 5 bóng đèn màu xanh. Số cách chọn được một bóng đèn trong hộp đó là
13
5
8
40
Đáp án A.
Để chọn được 1 bóng đèn trong hộp ta có 2 trường hợp.
TH1. Chọn được bóng đèn màu đỏ có 8 cách.
TH2. Chọn được bóng đèn màu xanh có 5 cách.
Do đó theo quy tắc cộng ta có 8 + 5 = 13 cách
Cho số phức z=2-3i. Tọa độ điểm M biểu diễn số phức z là
M2;3
M2;-3
M−2;3
M3;2
Đáp án B.
Điểm M biểu diễn số phức z=2−3i⇒M2;−3.
Cho đồ thị hàm số y=f(x). Diện tích S của hình phẳng (phần tô đậm trong hình dưới) là
S=∫−23fxdx
S=∫−20fxdx+∫03fxdx
S=∫0−2fxdx+∫03fxdx
S=∫−20fxdx+∫30fxdx
Đáp án C.
Theo hình vẽ, ta có S=∫−23fxdx=−∫−20fxdx+∫03fxdx=∫0−2fxdx+∫03fxdx
Cho mặt cầu (S) có chu vi đường tròn đi qua tâm cầu bằng πa. Diện tích mặt cầu (S) là
4πa2
πa2
πa24
πa22
Đáp án B.
Gọi R là bán kính mặt cầu (S).
Ta có 2πR=πa⇒R=a2⇒ Diện tích mặt cầu (S) là S=4πR2=πa2.
Cho hàm số y=x3−3mx+1 C. Xác định giá trị của m để hàm số (C) đạt cực đại tại điểm có hoành độ x=-1?
m=-1
m=1
∀m∈ℝ
m∈∅
Đáp án B.
Ta có y'=3x2−3m=0⇔x2=m
Để hàm số có cực đại thì m>0; khi đó ta có x=mx=−m.
Do hệ số a>0 nên điểm cực đại sẽ là x=−m=−1⇒m=1.
Nếu Ax2=110 thì
x=11
x=10
x=11 hoặc x=10
x=0
Đáp án A.
Cách 1. Ta có
Ax2=100⇔x≥2x!x−2!=110⇔x≥2xx−1=110⇔x≥2x2−x−110=0⇔x=11
Cách 2. Thử đáp án: Sử dụng Casio
Cho điểm A−3;−1;0 và đường thẳng Δ:x=2+ty=2tz=1−t. Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng
21
20
4
5
Đáp án A.
Đường thẳng Δ có vecto chỉ phương u→1;2;−1 và điểm M2;0;1∈Δ.
Ta có MA→−5;−1;−1⇒dA,Δ=MA→,u→u→=3146=21.
Phương trình log33x−2=3 có nghiệm là
253
293
113
87
Đáp án B.
Điều kiện x>23.
Ta có log33x−2=3⇔3x−2=33⇔x=293
Giá trị lớn nhất của hàm số y=x3−3x+3 trên đoạn −3;32 là
2
3
4
5
Đáp án D.
Ta có y'=3x2−3; y'=0⇒x=±1
Tính f−3,f−1,f1,f32 bằng phím CALC sẽ thấy hàm số có giá trị lớn nhất là f−1=5.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ABC và AB=2a. Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB và A'A=a2. Thể tích của khối lăng trụ đã cho là
V=a33
V=a366
V=a362
V=2a32
Đáp án C.
Từ giả thiết suy ra BA=BC=a2.
Tam giác vuông A'HA, có A'H=AA'2−AH2=a62.
Diện tích tam giác ABC là SABC=12BA.BC=a2.
Vậy V=SABC.A'H=a362.
Cho số phức w=iz−i+2z¯ với z=2−3i. Khi đó, w bằng
2+6i
2-6i
3-4i
3+4i
Đáp án B.
Ta có w=iz−i+2z¯=i2−3i−i+22+3i=2−6i
Cho hàm số y=2x−1x+1. Tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 2 có phương trình
y=−13x+53
y=−12x+2
y=13x+13
y=12x
Đáp án C.
Ta có y'=3x+12
Tại x0=2⇒y0=1y'0=13⇒ Phương trình tiếp tuyến là y=13.x−2+1=13x+13.
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z−2+3i=z+2i là đường thẳng nào trong các đường thẳng sau đây?
4x−2y−9=0
4x+2y+9=0
4x−2y+9=0
4x+2y−9=0
Đáp án A.
Đặt z=x+yi
Ta có z−2+3i=z+2i⇔x+yi−2+3i=x+yi+2i
⇔x−22+y+32=x2+y+22
⇔−4x+6y+13=4y+4
⇔4x−2y−9=0
Họ nguyên hàm của hàm số fx=2x+32x+3+x sau phép đặt t=x+3 là
Ft=4t+lnt−1−9lnt+3+C
Ft=4t−lnt+1+9lnt−3+C
Ft=4t−lnt−1+9lnt+3+C
Ft=4t+lnt+1−9lnt−3+C
Đáp án A.
Đặt t=x+3⇔t2=x+3⇒2tdt=dx khi đó ta có
∫2x+32x+3+xdx=∫2t.2tdtt2+2t−3=∫4t2+2t−3+t+3−9t−1t+3t−1dt
=∫4+1t−1−9t+3dt=4t+lnt−1−9lnt+3+C
Phương trình 3x2−5x=181 có tổng các nghiệm là
5
-3
3
-5
Đáp án A.
Ta có 3x2−5x=181⇔3x2−5x=3−4⇔x2−5x=−4⇔x=1x=4
Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 2, diện tích đáy ABCD bằng 6. Khoảng cách cách từ đỉnh S đến mặt phẳng (ABCD) là
1
2
3
4
Đáp án A.
Ta có VS.ABCD=13.dS;ABCD.SABCD⇔dS;ABCD=3.VS.ABCDSABCD=1
Cho đồ thị hàm số y=f(x) như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y=fx là
2
3
4
5
Đáp án B.
Từ đó đồ thị hàm số đã cho ta suy ra đồ thị của hàm y=fx là
Ta thấy hàm số có ba cực trị.
Nếu "log3=a" thì 1log81100 bằng
a4
16a
a8
2a
Đáp án D.
Ta có 1log81100=log10081=log10234=42log103=2log3=2a.
Cho 2 đường thẳng d1:x=2ty=5−4tz=1+mt và d2:x=2+ty=3−2tz=1−t.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc −4;4 để 2 đường thẳng d1,d2 chéo nhau?
6
7
8
9
Đáp án C.
Ta có d1:A0;5;1ud1→=2;−4;m;d2:B2;3;1ud2→=1;−2;−1⇒AB→2;−2;0
2 đường thẳng d1,d2 chéo nhau ⇔ud1→,ud2→.AB→≠0ud1→≠ud2→.
⇔ud2→.AB→.ud1→≠0ud1→≠ud2→⇔2.2−4.2−2.m≠021=−4−2≠m−1⇔m≠−2
Kết hợp với điều kiện m∈−4;4, tập giá trị của m là S=−4;−3;−1;0;1;2;3;4.
Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên sau.
Tập hợp các giá trị m để phương trình f(x)=m+2 có hai nghiệm phân biệt là
−2;+∞
ℝ\−2
−2;+∞∪−3
(-3;-2)
Đáp án C.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để f(x)=m+2 có hai nghiệm phân biệt thì m+2=−1m+2>0⇔m=−3m>−2.
Số các giá trị nguyên không âm để bất phương trình 3cos2x+2sin2x≥m.3sin2x có nghiệm là
1
5
3
4
Đáp án B.
Đặt sin2x=t0≤t≤1
Khi đó, bất phương trình trở thành 31−t+2t≥m.3t⇔33t+2t≥m.3t⇔33t2+23t≥m.
Đặt y=39t+23t0≤t≤1⇒y'=3.19t.ln19+23t.ln23<0
⇒ Hàm số luôn nghịch biến.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra m≤4 thì bất phương trình có nghiệm.
Suy ra các giá trị nguyên không âm cần tìm là 4;3;2;1;0.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của A' xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (AA'C'C) tạo với đáy một góc bằng α. Biết thể tích khối lăng trụ bằng 3a316, khi đó α bằng
90°
45°
30°
60°
Đáp án B.
Gọi H là trung điểm AB⇒A'H⊥ABC.
Vẽ HK⊥AC tại K⇒A'KH^=α.
AH=AB2=a2;KH=AH.sin60°=a34⇒A'H=HKtanα
VABC.A'B'C'=A'H.SABC=3a316⇒tanα=1⇔α=45°.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=1fx−1 là
2
3
5
4
Đáp án C.
Từ bảng biến thiên ta thấy f(x)=1 có 3 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x=-1.
Vậy đồ thị hàm số y=1fx−1 có 3 tiệm cận đứng.
Từ bảng ta có limx→+∞fx=3⇒limx→+∞1fx−1=12;limx→+∞fx=−1⇒limx→+∞1fx−1=−12.
Nên đồ thị hàm số y=1fx−1 có 2 tiệm cận ngang.
Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=1fx−1 là 5
Giá trị của ∫−mmsin3x−xcos4x+cos2x+1dx bằng
0
mπ2
−2mπ
πm
Đáp án A.
Xét hàm số fx=sin3x−xcos4x+cos2x+1
f−x=sin3−x−−xcos4x+cos2x+1=x−sin3xcos4x+cos2x+1=−fx
Vậy hàm f(x) là hàm lẻ ⇒∫−mmfxdx=0,∀m∈ℝ.
Cho điểm M∈H:y=fx=3x−5x−2 thỏa mãn tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận của (H) là nhỏ nhất. Khi đó, tổng tung độ các điểm M bằng
4
6
10
2
Đáp án B.
Ta có y=fx=3x−5x−2 có tiệm cận đứng là x=2; tiệm cận ngang y=3.
Gọi Mm;3+1m−2∈H
Khi đó tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận của (H) là
d=xM−2+yM−3=m−2+1m−2≥2
Dấu bằng xảy ra ⇔m−2=1⇔M1;2M3;4.
Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn z1=z2=1 và z1+z2=3. Giá trị z1−z2là
1
2
3
4
Đáp án A.
Gọi z1=a+bi và z2=x+yi. Ta có z1=z2=1⇔a2+b2=x2+y2=1
Lại có z1+z2=3⇔a+x2+b+y2=3⇔2ax+2by=1
Xét z1−z22=a−x2+b−y2=a2+x2+b2+y2−2ax−2by=2−1=1. Vậy z1−z2=1.
Một khối đèn laze có dạng khối 12 mặt đều, biết rằng diện tích của mỗi mặt là 10 cm2. Khi đó thể tích của khối đèn gần nhất với số nào sau đây?
136,89 cm3
103,13 cm3.
107,38 cm3
131,12 cm3
Đáp án C.
Gọi O là tâm của khối cầu ngoại tiếp đa diện đều 12 mặt đã cho. Gọi A,B,C,D,E là các đỉnh của một mặt và tâm đường tròn ngoại tiếp ABCDE là I.
Ta có SIAB=2=12.IA.IB.sin72°⇒IA=IB=2sin72°.
Theo định lí sin ta có ABsin72°=IAsin54°⇒AB≈2,41 cm.
Ta có công thức tính nhanh thể tích khối 12 mặt đều cạnh a là V=a315+754≈107,38 cm3.
Cho tích phân I=∫02x3x2+1dx=a15+10b3 với a;b∈ℕ*.
Giá trị của a2+b−1 là
5
6
7
8
Đáp án D.
Đặt t=x2+1⇒x2=t2−1xdx=tdt. Đổi cận x=0x=2⇒t=1t=5.
Suy ra I=∫15t2−1t.dt=t55−t3315=215+1053
Do đó a=2,b=5⇒a2+b−1=8.
Cho tam giác OAB có tọa độ các điểm A3;0;0,B0;4;0. Phương trình đường phân giác trong của OAB^ là
d:x=2+ty=2tz=t
d:x=3−3ty=32tz=0
d:x=3−3ty=−32tz=0
d:x=3+3ty=32tz=0
Đáp án B.
Ta có OA=3;OB=4;AB=5
Gọi D là chân đường phân giác trong hạ từ A của tam giác OAB.
Theo tính chất đường phân giác ta có DODB=AOAB=35⇒OD→=35DB→⇒D0;32;0⇒AD→−3;32;0
Cho đồ thị hàm số y=x4−5x2+m tạo với trục Ox các phân diện tích như hình vẽ. Để S2=S1+S3 thì m thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
(-1;3)
(1;5)
(5;8)
(-5;-2)
Đáp án B.
Trên tia Ox, gọi hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và Ox là x=a,x=ba,b>0 (như hình vẽ).
⇒b4−5b2+m=0 1
Ta thấy đồ thị hàm số y=x4−5x2+m có trục đối xứng là Oy.
⇒S2=S1+S3⇔S2=2S3
⇔∫0ax4−5x2+mdx=−∫abx4−5x2+mdx
⇔∫0bx4−5x2+mdx=0
⇔b55−53b3+mb=0⇒b45−53b2+m=0 2 (do b>0)
Từ (1) và (2), trừ vế theo vế ta có 45b4−103b2=0⇒b2=256 (do b>0).
Thay vào (1) ta được m=12536.
Cho hai điểm A(1;1;3) và B(4;1;-1). Điểm M thỏa mãn MAMB=35 đồng thời cách mặt phẳng P:2x+y+2z−5=0 một khoảng bằng 1. Tập hợp tất các các điểm M là
Mặt cầu
Đường elip
Đường tròn
Đường thẳng
Đáp án C.
Từ MAMB=35⇔5MA=3MB, ta gọi tọa độ Mx,y,z dễ có điểm M thuộc mặt cầu, lại do M thuộc mặt phẳng cách (P) một khoảng bằng 1 nên M thuộc giao của mặt phẳng đó và mặt cầu. Vậy quỹ tích là đường tròn
Giả sử anh T có 180 triệu đồng muốn đi gửi ngân hàng trong 18 tháng. Trong đó có hai ngân hàng A và ngân hàng B tính lãi với các phương thức như sau.
* Ngân hàng A: Tiền tiết kiệm được tính theo hình thức lãi kép với lãi suất 1,2% / tháng trong 12 tháng đầu tiên và lãi suất 1,0% / tháng trong 6 tháng còn lại.
* Ngân hàng B: Mỗi tháng anh T gửi vào ngân hàng 10 triệu theo hình thức lãi kép với lãi suất là 0,8% / tháng.
Gọi TA,TB (đơn vị triệu đồng và làm tròn đến số thập phân thứ nhất) lần lượt là số tiền (cả gốc lẫn lãi) anh T nhận được khi gửi lần lượt ở ngân hàng A và B. Mối liên hệ giữa TA,TB nào sau đây là đúng?
TB−TA=26,2
TA=TB+26,2
TA−TB=24,2
TB=TA+24,2
Đáp án B.
- Khi anh T gửi ngân hàng A:
- Trong 12 tháng đầu tiên số tiền anh T có là
T12=a1+rn=180.1+0,01212=207,7 (triệu đồng).
- Trong 6 tháng còn lại số tiền anh T có cả gốc lẫn lãi là
TA=207,7.1+0,016=220,5 (triệu đồng).
- Khi anh T gửi ngân hàng B:
- Cuối tháng thứ 18, anh T có số tiền cả gốc lẫn lãi lTB=am.1+mn−11+m
Với m=0,8%,n=18,a=10 triệu đồng.
⇒TB=am.1+mn−11+m=194,3 (triệu đồng).
Do đó TA−TB=26,2 triệu đồng
Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C'. Các mặt phẳng (AB'C) và (A'BC') chia lăng trụ thành 4 phần. Thể tích phần nhỏ nhất trong 4 phần được tạo ra bằng bao nhiêu thể tích V của lăng trụ bằng 1?
124
112
18
136
Đáp án B.
Ta có AB'∩A'B=M;BC'∩B'C=N. Do ABB'A',BCC'B' là các hình chữ nhật nên M,N lần lượt là trung điểm của A'B,C'B.
Gọi V1=VB.B'MN , V2=VB.ACNM , V3=VB'.A'C'NM , V4=VAA'MCC'N.
⇒V2=VB'.ABC−V1=13V−V1V3=VB.A'B'C'−V1=13V−V1V2=V−V1+ V2+ V3=13V+V1
Ta có VB.B'MNVB.B'A'C'=BMBA'.BNBC'=14⇒VB.B'MN=14VB.B'A'C'=112V=112
⇒V2=V3=14;V4=512
Vậy thể tích phần nhỏ nhất là V1=112.
Cho hàm số y=x2−1xx−2+m. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m∈−2019;2020 để hàm số có 5 điểm cực trị?
2020
2019
4040
4039
Đáp án B.
Xét hàm số fx=x2−1xx−2+m C.
Ta có f'x=4x3−6x2−2x+2.
f'x=0⇔x1=1−52x2=12x3=1+52
Do hàm số y=f(x) có 3 điểm cực trị nên để hàm số y=fx có 5 điểm cực trị thì phương trình y=f(x) có 2 nghiệm (không trùng với các điểm cực trị) hay đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra : fx2<0⇔m+916<0⇔m<−916.
→m∈−2019;2020m∈ℤ Có 2019 giá trị nguyên của m thỏa mãn
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S:x−2m2+y+m2+z+2m2−9m2+4m−1=0. Biết khi m thay đổi thì (S) luôn chứa một đường tròn cố định. Bán kính đường tròn đó bằng
23
53
1
43
Đáp án B.
Giả sử M(x;y;z) là điểm thuộc đường tròn (C) cố định với mọi số thực m.
Ta có
x−2m2+y+m2+z+2m2−9m2+4m−1=0,∀m∈ℝ
⇔x2+y2+z2−1+2m−2x+y+2z+2=0,∀m∈ℝ
⇔−2x+y+2z+2=0x2+y2+z2−1=0
Vậy đường tròn (C) là giao tuyến của mặt cầu (S'): x2+y2+z2=1 (tâm O(0;0;0), bán kính R=1) và mặt phẳng (P): -2x+y+2z+2=0.
Ta có d(O;(P))=23⇒ Bán kính đường tròn (C) là r=R2-232=53.
Một khối cầu có bán kính là 5 (dm), người ta cắt bỏ hai phần của khối cầu bằng hai mặt phẳng song song cùng vuông góc đường kính và cách tâm một khoảng 3 (dm) để làm một chiếc lu đựng nước (như hình vẽ). Thể tích chiếc lu bằng
1003π dm3
433π dm3
41π dm3
132π dm3
Đáp án D.
Cách 1. Trên hệ trục tọa độ , xét đường tròn C:x−52+y2=25.
Ta có x−52+y2=25⇔y=±25−x−52=±10x−x2
⇒ Nửa trên trục Ox của (C) có phương trình y=10x−x2
Nếu cho nửa trên trục Ox của (C) quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5.
Nếu cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y=10x−x2, trục Ox, hai đường thẳng x=0;x=2 quay quanh trục Ox ta sẽ được khối tròn xoay chính là phần cắt đi của khối cầu trong đề bài.
⇒ Thể tích vật thể tròn xoay khi cho (H) quay quanh Ox là
V1=π∫0210x−x2dx=π5x2−x3302=52π3
Thể tích khối cầu là V2=43π.53=500π3
Thể tích chiếc lu là V=V2−2V1=500π3−2.52π3=132π dm3.
Cách 2. Hai phần cắt đi có thể tích bằng nhau, mỗi phần là một chỏm cầu có thể tích V1=πh2R−h3=52π3 với R=5dm,h=2dm.
Thể tích khối cầu là V2=43π.53=500π3.
Vậy thể tích của chếc lu là V=V2−2V1=132π .
Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 288 dm3. Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng / m3. Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó phải trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu?
1.08 triệu đồng.
0,91 triệu đồng
1,68 triệu đồng
0,54 triệu đồng
Đáp án A.
Gọi x(x>0) chiều rộng của đáy bể.
+ Chiều dài của đáy bể là 2x.
+ Chiều cao của bể là 0,144x2.
- Diện tích cần xây 2x2+0,864x.
Xét fx=2x2+0,864x.
Ta có f'x=4x−0,864x2⇒f'x=0⇔x=0,6.
- Bảng biến thiên :
Từ bảng biến thiên ta có minfx=2,16.
Vậy chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây bể là 2,16.500000 = 1080000 đồng
Cho số phức z=i−m1−mm−2i,m∈ℝ. Xác định giá trị nhỏ nhất của số thực k sao cho tồn tại m để z-1≤k
k=5-12
k=3-12
k=5-1
k=3-1
Đáp án A.
Ta có z=i−m−i2+2mi−m2=−1i−m⇒z−1=1−m+im−i
z−1=1−m+im−i=m2−2m+2m2+1
⇒z−1≤k⇔k≥0m2−2m+2m2+1≤k2
Xét hàm số fm=m2−2m+2m2+1.
Ta có f'm=2m2−m−1m2+12⇒f'm=0⇔m=1±52
Lập bảng biến thiên ta có minfm=f1+52=3−52.
⇒ Yêu cầu bài toán ⇔k2≥3−52⇔k≥3−52=5−12.
Vậy k=5−12 là giá trị phải tìm
Cho hàm số y=f(x) xác định trên đoạn 0;π2 thỏa mãn ∫0π2f2x−22.fx.sinx−π4dx=π−22. Tích phân ∫0π2fxdx bằng
π4
0
π2
1
Đáp án B.
Đặt I=∫0π2f2x−22.fx.sinx−π4dx.
Ta có I=∫0π2fx−22.fx.sinx−π4+2sin2x−π4dx−∫0π22sin2x−π4dx
⇔I=∫0π2fx−2.sinx−π42dx−∫0π22sin2x−π4dx
Có ∫0π22sin2x−π4dx=∫0π21−cos2x−π2dx=∫0π21−sin2xdx=x+12cos2x0π2=π−22
Mà I=π−22⇒∫0π2fx−2.sinx−π42dx=0 1
Vì y=fx−2.sinx−π42 liên tục và không âm nên ⇒∫0π2fx−2.sinx−π42dx≥0
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔fx−2.sinx−π4=0.
⇔fx=2.sinx−π4
⇔∫0π2fxdx=∫0π22.sinx−π4dx=0.
