Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 1)
50 câu hỏi
Cho mặt cầu có diện tích bằng 8πa23. Bán kính mặt cầu bằng
a23.
a63.
a33.
a62.
Ta có S=4πR2⇒R=S4π=8πa23.4π=a63
Chọn B.
Tính tích phân I=∫01dx3−2x
−12ln3.
−ln3.
12ln3.
12log3.
I=∫01dx3−2x=−12ln3−2x10=−12ln1+12ln3=12ln3
Chọn C.
Giả sử ∫09fxdx=37 và ∫90gxdx=16. Khi đó, I=∫092fx+3gxdx bằng
122.
26.
58.
143.
Ta có
∫90gxdx=16⇒−∫09gxdx=16⇒∫09gxdx=−16.
I=2∫09fxdx+3∫09gxdx=2.37+3.−16=26
Chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:x=ty=−1−4tz=6+6t và đường thẳng d2:x2=y−11=z+2−5. Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1;-1;2) đồng thời vuông góc với cả hai đường thẳng d1 và d2.
x−114=y+117=z−29.
x−114=y+17=z−2−7.
x+114=y−117=z+29.
x−11=y+12=z−23.
Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là u1→=1;−4;6,u2→=2;1;−5.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là u→=u1→,u2→=14;17;9
Phương trình đường thẳng cần tìm là x−114=y+117=z−29.
Chọn A.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=2x+sinx là
x2−cosx+C.
x2+12cosx+C.
x2−2cosx+C.
x2+cosx+C.
∫2x+sinxdx=x2−cosx+C.
Chọn A.
Cho hình trụ có chiều cao bằng 2a, bán kính đáy bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình trụ.
4πa2.
2a2.
2πa2.
πa2.
Ta có Sxq=2πrh=2π.a.2a=4πa2.
Chọn A.
Số phức liên hợp của số phức z = 1 - 2i là
-1 +2i
1 + 2i
-1 - 2i
2 - i
Số phức liên hợp của số phức z=1−2i là z¯=1+2i.
Chọn B.
Tìm nghiệm của phương trình log2x−5=4
x = 11.
x = 3.
x = 13.
x = 21.
Ta có log2x−5=4⇔x−5=24⇔x=21.
Chọn D.
Trong không gian Oxyz mặt phẳng P:2x−y+3z−1=0 có một vectơ pháp tuyến là
n1→=2;−1;3.
n1→=2;−1;−1.
n1→=−1;3;−1.
n1→=2;−1;−3.
Mặt phẳng P:2x−y+3z−1=0 có một vectơ pháp tuyến là n1→=2;−1;3.
Chọn A.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau.
Giá trị cực đại của hàm số là
y = 2.
y = -1
y = 5.
y = 0
Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại là y = 5.
Chọn C.
Thể tích của khối nón có chiều cao bằng 4 và đường sinh bằng 5 bằng
48π.
12π.
36π.
16π.
Ta có r2=l2−h2=52−42=9. Do đó thể tích khối nón:
V=13πr2h=13π.9.4=12π.
Chọn B.
Cho số phức z thỏa mãn |z| = 2. Tập hợp điểm biểu diễn số phức w=1−iz¯+2i là một đường tròn.Tìm bán kính của đường tròn đó
8
2
22
4
Gọi w=x+yi;x,y∈ℝ. Theo đề, ta có w=1−iz¯+2i⇔z¯=w−2i1−i=z+y−2i1−i.
Lấy môđun hai vế, ta được z¯=x+y−2i1−i=x+y−2i1−i=x2+y−222.
Lại có z=z¯ suy ra x2+y−222=2⇔x2+y−22=8.
Vậy, tập hợp các điểm biểu diễn số phức cần tìm là đường tròn có bán kính bằng 22.
Chọn C.
Cho số thực a dương, khác 1. Tìm giá trị của P=alogaa8
2.
4.
8.
2.
Ta có P=alogaa8=aloga3223=a2loga2=aloga22=22=4.
Chọn B.
Đồ thị hàm số y=2x−3x−1 có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là
x = 1 và y = 2.
x = 1 và y = -3.
x = -1 và y = 2.
x = 2 và y = 1.
+ Điều kiện xác định của hàm số x≠1.
+ limx→±∞y=limx→±∞2x−3x−1=limx→±∞2−3x1−1x=2⇒y=2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
+ limx→1+y=limx→1+2x−3x−1=−∞⇒x=1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x = 1 và y = 2.
Chọn A.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm M(2;0;0), N(0;1;0) và P(0;0;2). Mặt phẳng (MNP)có phương trình là
x2+y1+z2=0.
x2+y1+z2=−1.
x2+y1+z2=1.
x2+y−1+z2=1.
Áp dụng công thức mặt phẳng đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng (MNP) là x2+y1+z2=1.
Chọn C.
Với a là số thực dương tùy ý, log39a bằng
2log3a.
9+log3a.
2+log3a.
2−log3a.
Ta có log39a=log39+log3a=log332+log3a=2+log3a.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz cho điểm A(1;-2;3). Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm M. Tọa độ của điểm M là
M(1;0;3).
M(1;-2;0).
M(0;-2;3).
M(1;0;0).
Mặt phẳng Oyz có phương trình x = 0.
Đường thẳng d qua điểm A(1;-2;3) và vuông góc với (Oyz) có phương trình x=1+ty=−2z=3
Giả sử điểm H là hình chiếu của điểm A lên (Oyz). Ta có H=d∩Oyz=0;−2;3.
Chọn C.
Đường cong trong hình dưới đây là đồ thị của hàm số nào?
y=−x4−2x2−3.
y=x4+2x2−3.
y=−x4+x2−3.
y=x4−2x2−3.
Từ đồ thị suy ra hàm số có dạng y=ax4+bx2+ca>0 suy ra loại đáp án A, C. Do hàm số có 3 điểm cực trị suy ra
a.b < 0 loại đáp án B.
Chọn D.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=x3+3x2−x và đồ thị hàm số y=2x2+x.
13.
3712.
8112.
7725.
Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình
x3+3x2−x=2x2+x⇔x3+x2−2x=0⇔x=−2x=0x=1
Diện tích hình phẳng cần tính là
S=∫−20x3+x2−2xdx−∫01x3+x2−2xdx=3712.
Chọn B.
Tập xác định của hàm số y=x2−3x+22 là
ℝ\1;2.
−∞;1∪2;+∞.
(1;2).
−∞;1∪2;+∞.
Hàm số xác định khi x2−3x+2>0⇔x∈−∞;1∪2;+∞.
Chọn B.
Đường thẳng y = 4x - 1 và đồ thị hàm số y=x3−3x2−1 có bao nhiêu điểm chung?
0.
2.
1.
3.
Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có
x3−3x2−1=4x−1⇔x3−3x2−4x=0⇔xx2−3x−4=0⇔x=0x=−1x=4.
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y = 4x - 1 và đồ thị hàm số y=x3−3x2−1. Do đó có 3 điểm chung.
Chọn D.
Một người gửi tiết kiệm 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% một 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 và lãi suất không đổi trong các năm gửi. Sau 5 năm mới rút lãi thì người đó thu được số tiền lãi gần với số nào nhất?
70,128 triệu.
53,5 triệu.
20,128 triệu.
50,7 triệu.
Theo đề bài ta thấy người đó đã gửi ngân hàng theo thể thức lãi kép. Do đó theo công thức lãi kép, ta có số tiền cả gốc lẫn lãi sau 5 năm của người đó là: 50.1+7%5≈70,128 (triệu).
Số tiền lãi của người đó sau 5 năm là: 70,128−50=20,128 (triệu).
Chọn C.
Trong không gian Oxyz mặt cầu S:x2+y2+z2+2x−4y−2z−3=0 có bán kính bằng
R=3.
R=33.
R = 9.
R = 3.
Mặt cầu S:x2+y2+z2+2x−4y−2z−3=0 có tâm I(-1;2;1) và bán kính
R=−12+22+12−−3=9=3.
Chọn D.
Một hộp có 3 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh. Số cách lấy ra hai viên bi, trong đó có 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh bằng
81.
7.
12.
64.
Số cách lấy hai viên bi, trong đó có 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh từ một hộp có 3 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh là C31.C41=12 (cách).
Chọn C.
Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a3. Thể tích của khối cầu nội tiếp hình lập phương đó bằng
V=64πa33.
V=32πa33.
V=8πa33.
V=16πa33.
Hình lập phương có thể tích bằng 64a3 khi đó cạnh của hình lập phương là 4a.
Mặt cầu nội tiếp hình lập phương có tâm I bán kính r = IO = 2a.
Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là:
V=43πr3=43π.2a3=32πa33.
Chọn B.
Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a3. Thể tích của khối cầu nội tiếp hình lập phương đó bằng
V=64πa33.
V=32πa33.
V=8πa33.
V=16πa33.
Hình lập phương có thể tích bằng 64a3 khi đó cạnh của hình lập phương là 4a.
Mặt cầu nội tiếp hình lập phương có tâm I bán kính r = IO = 2a.
Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là:
V=43πr3=43π.2a3=32πa33.
Chọn B.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm của phương trình f(x) = 0 là
0.
3.
2.
1.
Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm.
Chọn B.
Cho hai số phức z1=2+3i,z2=−4−5i. Tính z=z1+z2.
z = 2 - 2i.
z = -2 - 2i.
z = -2 + 2i.
z = 2 + 2i.
Ta có: z=z1+z2=2+3i+−4−5i=−2−2i.
Chọn B.
Cho hàm số y=x−12x+1 trên [0;1]. Khẳng định nào sau đâyđúng?
max0;1y=0.
min0;1y=−12.
min0;1y=12.
max0;1y=1.
Hàm số y=x−12x+1 có tập xác định là D=ℝ\−12.
Ta có y'=32x+12>0,∀x≠−12.
Suy ra hàm số luôn đồng biến trên khoảng −∞;−12 và −12;+∞.
Khi đó xét trên đoạn 0;1 thì max0;1y=y1=0 và min0;1y=y0=−1.
Chọn A.
Trong không gian tọa độ Oxyz đường thẳng qua điểm A(1;-2;3) và có vectơ chỉ phương u→=2;−1;−2 có phương trình là
x+12=y−2−1=z+3−2.
x−12=y+2−1=z−3−2.
x−1−2=y+2−1=z−3−2.
x−1−2=y+21=z−3−2.
Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1;-2;3) và có véc tơ chỉ phương u→=2;−1;−2 là x−12=y+2−1=z−3−2.
Chọn B.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm là f'x=xx+12x−1. Hàm số y = f(x) có bao nhiêu điểm cực trị?
3.
1.
2.
0.
Hàm số y = f(x) có đạo hàm là f'x=xx+12x−1.
Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm của phương trình f'x=0 và f'x đổi dấu khi qua các nghiệm đó.
Mà f'x=0⇔xx+12x−1=0⇔x=0x=−1x=1 và f'x đổi dấu khi qua các nghiệm x = 0 và x = 1.
Vậy hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và x = 1.
Chọn C.
Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 4a, AC = 5a. Tính thể tích khối trụ.
V=12πa3.
V=4πa3.
V=8πa3.
V=16πa3.
Theo bài ta có bán kính đáy của hình trụ là r=12AB=2a.
Và chiều cao là h=BC=AC2−AB2=25a2−16a2=3a.
Thể tích khối trụ là: V=πr2h=π.2a2.3a=12πa3 (đvtt).
Chọn A.
Bất phương trình log122x−3<log125−2x có tập nghiệm là (a;b). Tính giá trị của S = a + b.
S=72.
S=92.
S=112.
S=132.
Điều kiện: 2x−3>05−2x>0⇔32<x<52
Ta có log122x−3<log125−2x⇔2x−3>5−2x⇔4x>8⇔x>2.
So sánh với điều kiện ta có 2<x<52⇒ tập nghiệm của bất phương trình là 2;52
Vậy a=2b=52⇒S=a+b=92.
Chọn B.
Điểm M trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn của số phức
Tìm phần thực và phần ảo của số phức
Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4i.
Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 3.
Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 3i.
Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4.
Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức z = 3 + 4i nên số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4.
Chọn D.
Khối lập phương có cạnh bằng 2 có thể tích là
4.
83.
6.
8.
Thể tích khối lập phương là V=23=8.
Chọn D.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Khẳng định nào sau đây làđúng?
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;3).
Hàm số nghịch biến trên khoảng 2;+∞.
Hàm số đồng biến trên khoảng −∞;3.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (3;6).
Chọn D.
Số nghiệm của phương trình 2x2−x=1 là
3.
1.
2.
0.
Ta có 2x2−x=1⇔x2−x=0⇔x=0x=1.
Vậy số nghiệm của phương trình 2x2−x=1 là 2.
Chọn C.
Cho cấp số cộng un có số hạng tổng quát là un=3n−2. Tìm công sai d của cấp số cộng.
d = -3.
d = 2.
d = -2.
d = 3.
Ta có un=3n−2⇒u1=1,u2=4⇒d=u2−u1=3.
Vậy công sai của cấp số cộng là d = 3.
Chọn D.
Cho số phức z thỏa mãn z1−2i+z¯i=15+i. Tìm modun của số phức z?
z=23.
z=4.
z=25.
z=5.
Đặt z=a+bia,b∈ℝ
Ta có
z1−2a+z¯i=15+i
⇔a+bi1−2i+a−bii=15+i
⇔a+3b+b−ai=15+i
⇔a+3b=15b−a=1⇔a=3b=4⇒z=5
Chọn D.
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2lnx+y2.5lnx+y=2ln5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=x+1lnx+y+1lny.
Pmax=ln2.
Pmax=10.
Pmax=0.
Pmax=1.
Ta có
2lnx+y2.5lnx+y=2ln5
⇔x+yln2.x+yln5=2ln2.2ln5
⇔x+yln2+ln5=2ln2+ln5
⇔x+y=2
⇔y=2−x⇒0<x<2
Khi đó P=x+1lnx+y+1lny=x+1lnx+3−xln2−x,0<x<2
* P'=lnx+x+11x−ln2−x−x−3x−2=lnx−ln2−x+1x+1x−2
* P"=1x+12−x−1x2−12−x2=−4x−12x22−x2≤0,∀x∈0;2
Suy ra phương trình P'=0 có nhiều nhất 1 nghiệm mà P1=0⇔x=1.
BBT
Dựa theo BBT thì Pmax=0.
Chọn C.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và có AB = BC = a, AD = 2a có SA vuông góc với đáy và SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và CD. Tính cosin của góc giữa MN và (SAC)
5510.
3510.
25.
15.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó A0;0;0,Ba;0;0,Ca;a;0,D0;2a;0,S0;0;a.
Do M, N lần lượt là trung điểm của SB, CD nên M, N có tọa độ lần lượt là:
Ma2;0;a2,Na2;3a2;0⇒MN→=0;3a2;−a2
⇒u1→=0;3;−1 là vectơ chỉ phương của đường thẳng MN.
Gọi K là trung điểm của AD⇒ABCK là hình bình hành.
Suy ra: CK=AB=a=12CD⇒ Tam giác ACD vuông tại C.
Ta có CD⊥ACCD⊥SA⇒CD⊥SAC
Mà: CD→=−a;a;0⇒n1→=−1;1;0 là vectơ pháp tuyến của mpSAC.
Gọi α là góc giữa MN và mpSAC.
Ta có: sinα=u1→.n1→u1→.n1→=3510⇒cosα=1−sin2α=5510.
Chọn A.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈−2020;2021 sao cho hàm số y=3x+18x−m nghịch biến trên khoảng −∞;−3?
2024
2023
2025
2026
ĐKXĐ: x≠m
Ta có y'=−3m−18x−m2.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng −∞;−3 khi y'<0 ∀x∈−∞;−3
⇔−3m−18x−m2<0 ∀x∈−∞;−3⇔−3m−18<0m∉−∞−3⇔m>−6m≥−3⇔m≥−3.
Lại có: m∈ℤ và m∈−2020;2021⇒m∈−3;−2;−1;...;2020.
Vậy có 2024 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f3x+fx=x với mọi x∈ℝ. Tính I=∫02fxdx.
I=145.
I=−54.
I=54.
I=−145.
+) Đặt t=fx⇒t3+t=x⇒dx=3t2+1dt
+) x=0⇒t3+t=0⇒t=0
x=2⇒t3+t=2⇒t=1
Do đó I=∫02fxdx=∫01t3t2+1dt=∫013t3+tdt=34t4+12t210=54
Chọn C.
Các mặt của một con súc sắc được đánh số từ 1 đến 6. Người ta gieo con súc sắc 3 lần liên tiếp vànhân các con số nhận được trong mỗi lần gieo với nhau. Tính xác suất để tích thu được là một số chia hết cho6.
123216.
1118.
137216.
67108.
+) Số phần tử của không gian mẫu là Ω=63=216.
+) Gọi A là biến cố “Ba số thu được trên ba con súc sắc có tích chia hết cho 6”
là biến cố “Ba số thu được trên ba con súc sắc có tích không chia hết cho 6”
TH1: Ba số đó không có số nào chia hết cho 3 có 43 khả năng.
TH2: Ba số đó không có số nào chia hết cho 2 có 33 khả năng
TH3: Ba số đó không có số nào chia hết cho 2 và 3 có 23 khả năng.
PA¯=43+33−2363=83216.
Vậy PA=1−83216=133216.
Chọn A.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có mặt đáy ABC là tam giác đều cạnh AB = 2a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của AB. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính theo a khoảng cách H từ điểm B đến mặt phẳng (ACC'A').
h=51.a17.
h=251.a17.
h=39.a13.
h=215.a5.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AM
Vì ABC là tam giác đều nên BM⊥AC
Mà HN song song với BM nên HN⊥AC
Ta có A'H⊥ACHN⊥AC⇒AC⊥A'HN⇒ACC'A'⊥A'HN theo giao tuyến A'N
Hạ HI⊥A'N⇒HI⊥ACC'A' do đó dH;ACC'A'=HI
Có dB;ACC'A'=2.dHACC'A'=2HI
Ta có BM=a3;HN=12BM=a32
Vì A'H⊥ABC nên hình chiếu của Â' trên mặt phẳng đáy (ABC) là AH do đó góc giữa cạnh bên AA' và mặt đáy là A'AH^=600
A'H=AH.tan600=a3
1HI2=1HN2+1A'H2⇒HI=a155.
Vậy h=2a155.
Chọn D.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ và có đồ thị f'(x) như hình vẽ bên.
Bất phương trình log5fx+m+2+fx>4−m đúng với mọi x∈−1;4 khi và chỉ khi
m≥3−f4.
m≥3−f1.
m<4−f−1.
m≥4−f−1.
Điều kiện fx+m+2>0
Đặt t=log6fx+m+2⇒fx+m+2=5t
Bất phương trình đã cho trở thành t+5t>6
Xét hàm gt=t+5t
g't=1+5t.ln5>0,∀t do đó g(t) là hàm đồng biến
Mà g(1) = 6 nên t+5t>6⇔t>1
Bất phương trình log5fx+m+2+fx>4−m đúng với mọi x∈−1;4 khi và chỉ khi
fx+m+2>0log5fx+m+2>1,∀x∈−1;4⇔fx>−m−2fx>−m+3,∀x∈−1;4
⇔fx>−m+3,,∀x∈−1;4
Xét hàm f(t) trên (-1;4)
Quan sát đồ thị của hàm số f'(x) ta có
∫−11f'xdx<−∫14f'xdx⇔f1−f−1<f1−f4⇔f−1>f4.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm f(x) trên [-1;4] và dựa vào nhận xét f(-1) > f (4) ta có fx>−m+3,∀x∈−1;4 khi f4≥−m+3⇔m≥3−f4.
Chọn A.
Cho hàm số y=f2−x có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Hàm số hx=fx2−2 có bao nhiêu điểm cực trị?
7
3
9
5
Xét hàm số y=f2−x⇒y'=−f'2−x.
Mà f'2−x=0⇔2−x=−32−x=−12−x=1⇔x=5x=3x=1.
Nên ta có f'x=0⇔x=5x=3x=1.
Xét hàm số hx=fx2−2⇒h'=2x.f'x2−2.
Vậy h'=0⇔2x=0f'x2−2=0⇔x=0x2−2=1x2−2=3x2−2=5⇔x=0x=±1x=±3x=±5.
Chọn A.
Cho hàm số f(x) nhận giá trị dương và có đạo hàm cấp một không âm trên 0;+∞ đồng thời thỏa mãn: 3x2fxf'xxfx'+1x3ln1+xf'xfx+f'x3=0,∀x>0. Giá trị của P=2019+2020.f'2021 là
P = 2020.
2019.
2021.
0.
3x2fxf'xxfx'+1x3ln1+xf'xfx+f'x3=0
⇔3x2fxf'xfx+xf'x+1x3ln1+xf'xfx+f'x3=0
Do:
fx>0,f'x≥0∀x>0
+) fx+xf'x≥fx⇒fx+x.f'x>0
Nên ta có: 3x2.fxf'xfx+xf'x≥0
+) ln1+xf'xfx≥ln1⇒ln1+xf'xfx≥0
+) f'x3≥0
Suy ra: 3x2fxf'xfx+xf'x+1x3ln1+xf'xfx+f'x3≥0∀x>0
Dấu bằng xảy ra ⇔f'x=0∀x>0⇒f'2021=0
Do đó: P=2019+2020f'2021=2019
Chọn B.
Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích bằng 30. Gọi O là tâm của hình bình hành ABB'A' và G là trọng tâm tam giác A'B'C'. Thể tích tứ diện COGB' bằng
73.
154.
52.
103.
Gọi S, h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ ⇒S.h=30.
Gọi M là trung điểm của A'B' và CO∩C'M=E
Trong tam giác CC'E ta có EMEC'=EOEC=OMCC'=12
M là trung điểm của C'E và O là trung điểm của CE.
⇒GE=2GC'⇒SB'GE=2SB'GC' mà SB'GC'=13.SA'B'C'
⇒SGB'E=23SA'B'C'=23S, mặt phẳng dC,GB'E=h⇒VC.GB'E=13SGB'E.dC,GB'E
⇒VC.GB'E=29Sh=203.
Lại có VC.GOB'VC.GB'E=COCE=12⇒VC.GOB'=12VC.GB'E=103.
Vậy VCOGB'=103.
Chọn D.
Cho hàm số y=ax+bx+c có bảng biến thiên sau
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a<0,b>0,c<0.
a<0,b<0,c>0.
a<0,b<0,c<0.
a>0,b>0,c>0.
+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x=−c⇒−c=1⇒c=−1<0.
+) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y=a⇒a=−1<0.
+) Ta có y=−x+bx−1⇒y'=1−bx−12<0⇒1−b<0⇒b>1.
Vậy a<0,b>0,c<0.
Chọn A.
