Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 2)
51 câu hỏi
Số phức liên hợp của số phức z = -2 + 5i là
z¯=2+5i.
z¯=2−5i.
z¯=−2+5i.
z¯=−2−5i.
Chọn D.
Số phức liên hợp của số phức z = -2 + 5i là z¯=−2−5i.
Cho hình trụ có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 3. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
18π.
12π.
27π.
6π.
Chọn A.
Ta có diện tích xung quanh của hình trụ bằng Sxq=2πrl=2π.3.3=18π.
∫x4+xdx bằng
4x3+1+C.
15x5+x2+C.
15x5+12x2+C.
5x5+2x2+C.
Chọn C.
∫x4+xdx=15x5+12x2+C.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
3
4
1
2
Chọn A.
y' đổi dấu khi đi qua x=−2,x=0,x=2 nên hàm số đã cho có 3 cực trị.
Biết ∫12fxdx=2. Giá trị của ∫123+2fxdx bằng
5
7
10
6
Chọn D.
∫123+2fxdx=3∫12dx+2∫12fxdx=3+2.2+7
Nghiệm của phương trình log22x−1=2 là
x = 6.
x=32.
x=52.
x = 10.
Chọn C.
log22x−1=2⇔2x−1>02x−1=22⇔x>12x=52⇔x=52.
Có bao nhiêu cách bốc cùng lúc 4 viên bi trong một hộp có 10 viên bi khác nhau?
1
C104
4!
A104
Chọn B.
Số cách bốc cùng lúc 4 viên bi trong một hộp có 10 viên bi khác nhau là số tổ hợp chập 4 của 10 phần tử. Vậy số cách bốc là C104.
Cho hai số phức z1=1−2i và z2=2+i. Số phức z1+z2 bằng
3 + i
-3 + i
3 - i
-3 - i
Chọn C.
Ta có z1+z2=1−2i+2+i=3−i.
Nghiệm của phương trình 3x−1=27 là
x = 4
x = 1
x = -1
x = -2
Chọn A.
Ta có 3x−1=27⇔3x−1=33⇔x−1=3⇔x=4.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên.
y=−x3+3x2
y=x3−3x2
y=−x4+2x2
y=x4−2x2
Chọn D.
Đồ thị trên là của hàm số dạng y=ax4+bx2+c, với a > 0. Do đó chọn đáp án D.
Cho khối cầu có bán kính r = 3. Thể tích khối cầu đã cho bằng
36π
32π3
8π3
16π
Chọn A.
Thể tích khối cầu là V=4πr33=4π.333=36π.
Cho a, b là các số thực dương tùy ý và a≠1,loga4b bằng
4+logab
14logab
4logab
14+logab
Chọn B.
Ta có loga4b=14logab.
Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S:x2+y+22+z+12=9. Bán kính của (S) bằng
3
6
8
9
Chọn A.
Từ phương trình mặt cầu S:x2+y+22+z+12=9, suy ra bán kính của nó là R=9=3.
Tập xác định của hàm số y=log3x−1 là
1;+∞
−∞;1
1;+∞
−∞;+∞
Chọn A.
ĐKXĐ: x−1>0⇔x>1. Tập xác định của hàm số là 1;+∞.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x+1x+1 là đường thẳng
y = 1
y = 2
y = -1
y=12
Chọn B.
Ta có limx→±∞y=limx→±∞2x+1x+1=2. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng y = 2.
Cho hình hình hộp chữ nhật có ba kích thước 2;6;7. Thể tích của khối hộp đã cho bằng
15.
28.
14.
84.
Chọn D.
Thể tích khối hộp chữ nhật cần tìm là: V = 2.6.7 = 84.
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(3; 5; 2) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là
(5; 3; 0)
(3; 5; 0)
(0; 5; 2)
(3; 0; 2)
Chọn B.
Hình chiếu vuông góc của điểm (3; 5; 2) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là (3; 5; 0).
Cho khối chóp có diện tích đáy B = 2 và thể tích khối chóp bằng 12. Chiều cao của khối chóp đã cho bằng
18
6
8
12
Chọn A.
Gọi V, h lần lượt là thể tích và chiều cao của khối chóp.
Khi đó: h=3VB=3.122=18.
Vậy, chiều cao của khối chóp đã cho bằng 18.
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:x−34=y+1−1=z+23. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d?
u3→=3;−1;2
u2→=4;2;3
u4→=4;−1;3
u1→=3;1;2
Chọn C.
Vì d:x−34=y+1−1=z+23 nên d có một vectơ chỉ phương là u→=4;−1;3.
Trên mặt phẳng (Oxy) biết M(-2; 1) là điểm biểu diễn số phức z. Môđun của z bằng
1
5
5
2
Chọn C.
Điểm M(-2; 1) biểu diễn số phức z = -2 + i.
Vậy môđun của z bằng z=−2+i=−22+12=5.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx=2x+1x+12 trên khoảng −1;+∞ là
2lnx+1+1x+1+C.
lnx+1−2x+1+C.
2lnx+1+2x+1+C
2lnx+1−1x+1+C
Chọn A.
∫fxdx=∫2x+1x+12dx=∫2x+1−1x+12dx=∫2x+1−1x+12dx=2lnx+1+1x+1+C
Cho cấp số nhân un với u1=3 và công bội q=2. Giá trị của u3 bằng
64
81
34
12
Chọn D.
Ta có u3=q2u1=22.3=12.
Trong không gian Oxyz cho ba điểm A−1;0;0,B0;2;0,C0;0;3. Mặt phẳng (ABC) có phương trình là
x1+y−2+z−3=0.
x−1+y−2+z3=1.
x1+y−2+z−3=1.
x−1+y2+z3=1.
Chọn D.
Mặt phẳng qua ba điểm trên ba trục tọa độ A−1;0;0,B0;2;0,C0;0;3 có phương trình x−1+y2+z3=1.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 3a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=a2. Góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng
900
450
600
300
Chọn C.
Ta có SA⊥BCAB⊥BC⇒BC⊥SAB
B là hình chiếu của C lên mặt (SAB).
⇒SC;SAB=SC,SB=BSC^
Xét ΔSAB vuông tại A có SB=AB2+SA2=a2+2a2=a3.
Xét ΔSBC vuông tại B có tanBSC^=BCSB=3aa3=3
Vậy SC,SAB=BSC^=600.
Cho hàm số f(x) có tập xác định ℝ\2 và có bảng xét dấu f'(x) như sau:
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
3
1
4
2
Chọn B.
Từ bảng xét dấu f'(x) của hàm số f(x) ta thấy hàm số đổi dấu từ âm sang dương tại x = -2 và x = 2 nhưng f(x) có tập xác định ℝ\2 nên hàm số có 1 điểm cực tiểu.
Cho hàm số f(x) bảng xét dấu f'(x) như hình vẽ bên. Hàm số f(2x + 1) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
(-1; 2)
(-2; 0)
(-1; 0)
0;+∞
Chọn C.
Ta có y'=2.f'2x+1, hàm số nghịch biến ⇒f'2x+1<0
⇒2x+1<−3−1<2x+1<1⇔x<−2−1<x<0.
Vậy hàm số f(2x + 1) nghịch biến trên −∞;−2 và −1;0.
Cho hai số phức z = 4 + 2i và w = 1 + i . Môđun của số phức z2.w¯ bằng
40
202
410
8
Chọn B.
Ta có z2.w¯=4+2i21−i=12+16i1−i=4i+28
⇒Môđun của số phức z2w¯ bằng 202.
Trong không gian Oxyz cho các điểm A1;0;2,B1;2;1,C3;2;0 và D1;1;3. Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD) có phương trình là
x=2−ty=4−4tz=4−2t
x=1+ty=2+4tz=2+2t
x=1+ty=−4tz=2+2t
x=1−ty=4tz=2+2t
Chọn A.
Ta có BC→=2;0;−1,BD→=0;−1;2
Gọi n→ là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD) khi đó n→=BC→,BD→=−1;−4;−2.
Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD) có một vec tơ chỉ phương là u→=n→=−1;−4;−2.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x=1−ty=−4tz=2−2t.
So sánh với các đáp án ta được phương trình đường thẳng cần tìm là x=2−ty=4−4tz=4−2t.
Cho số phức z thỏa mãn 3z¯−i−2+3iz=7−16i. Môđun của số phức z bằng
3
3
5
5
Chọn D.
Gọi z=x+yi,x,y∈ℝ⇒z¯=x−yi.
Theo đề bài 3z¯−i−2+3iz=7−16i⇔3x−yi−i−2+3ix+yi=7−16i
⇔x+3y−3x+5y+3i=7−16i⇔x+3y=73x+5y+3=16⇔x=1y=2⇒z=1+2i.
Vậy mô đun của số phức z là z=12+22=5.
Biết Fx=x3 là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên ℝ. Tính I=∫132−fxdx
I = 20
I = -26
I = -22
I = 28
Chọn C.
Do Fx=x3 là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên
I=∫132−fxdx=2x−Fx31=2x−x331=−22
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình bên.
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
3
-2
-1
2
Chọn C.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng -1.
Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2, góc ở đỉnh bằng 600. Tính diện tích xung quanh hình nón
63π
4π
123π
8π
Chọn D.
Ta có: OA=r=2⇒AB=4.
Tam giác SAB có: SA=SB,ASB^=600 nên ΔSAB đều cạnh 4.
⇒l=SA=SB=4.
Vậy diện tích xung quanh hình nón bằng: Sxq=πrl=π.2.4=8π.
Cho hàm số f(x) thỏa mãn f(0) = 4 và f'x=ex+x,∀x∈ℝ. Khi đó ∫01fxdx bằng
6e+136
6e+256
6e+253
6e+196
Chọn A.
Theo giả thiết f'x=ex+x,∀x∈ℝ nên:
fx=∫f'xdx=∫ex+xdx=ex+12x2+C
Mà f(0) = 4 nên e0+1202+C=4⇔C=3
Suy ra fx=ex+12x2+3
Vậy ∫01fxdx=∫01ex+12x2+3dx=6e+136
Cho hàm số bậc ba f(x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Số nghiệm thực của phương trình 2fx−3=0 là
2
1
0
3
Chọn D.
Ta có: 2fx−3=0⇔fx=32
Do đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa đồ thị y = f(x) và đường thẳng y=32.
Suy ra phương trình 2fx−3=0 có 3 nghiệm phân biệt.
Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
2a33.
a36.
a3.
a33.
Chọn D.
Ta có: VS.ABCD=13SA.SABCD=13.a.a2=a33.
Trong không gian Oxyz cho các điểm A1;1;1,B0;1;2,C−2;0;1 và mặt phẳng P:x−y+z+1=0. Gọi điểm N là điểm thuộc (P) sao cho S=2NA2+NB2+NC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Độ dài ON bằng
5
384
35
262
Chọn B.
Chọn điểm I sao cho 2IA→+IB→+IC→=0→.
Gọi I(a; b; c) suy ra:
IA→=1−a;1−b;1−c,IB→=−a;1−b;2−c,IC→=−2−a;−b;1−c.
Do đó: 2IA→+IB→+IC→=0→⇔21−a−a−2−a=021−b+1−b−b=021−c+2−c+1−c=0⇔a=0b=34c=54⇒I0;34;54.
Khi đó: S=2NA2+NB2+NC2=2NI→+IA→2+NI→+IB→2+NI→+IC→2
=4NI2+IA2+IB2+IC2+2NI→2IA→+IB→+IC→
=4NI2+IA2+IB2+IC2.
Do I cố định nên IA2+IB2+IC2 không đổi.
Do đó để Smin⇔NImin2⇔NImin⇔N là hình chiếu của I lên (P).
Gọi Δ là đường thẳng qua I và vuông góc với P⇒Δ:x=ty=34−tz=54+t.
Suy ra N=Δ∩P.
Xét phương trình
t−34−t+54+t+1=0⇔3t+32=0⇔t=−12.
⇒N−12;54;34⇒ON=384.
Cho hàm số f(x). Hàm số f'(x) có bảng biến thiên như sau:
Bất phương trình fx<sin2x+3m đúng với mọi x∈0;π2 khi và chỉ khi
m≥13.fπ2−1
m≥13fπ4−16
m≥13f0
m>13fπ2−1
Chọn A.
Xét hàm số gx=fx−sin2x−3m trên khoảng 0;π2.
Do trên khoảng 0;π2,1<f'x<6 nên g'x=f'x−sin2x>0,∀x∈0;π2.
Như vậy hàm số y = g(x) đồng biến trên khoảng 0;π2 và gx<gπ2=fπ2−1−3m.
Bất phương trình fx<sin2x+3m,∀x∈0;π2 khi và chỉ khi gx<0,∀x∈0;π2.
Hay fπ2−1−3m≤0⇔m≥13fπ2−1.
Trong không gian Oxyz, cho A1;0;0,B0;1;0,C0;0;1. Gọi P là mặt phẳng chứa cạnh BC và vuông góc với (ABC). (C) là đường tròn đường kính BC nằm trong mặt phẳng (P). Gọi S là một điểm bất kì nằm trên (C) khác B, C. Khi đó khoảng cách từ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC đến mặt phẳng Q:2x−3y+z+1=0 là
1214
214
114
3214
Chọn C.
Ta có phương trình mặt phẳng ABC là x+y+z=1 và 1 vectơ pháp tuyến là n1→=1;1;1.
BC→=0;−1;1. Một vectơ pháp tuyến của (P) là n2→=n1→,BC→=2;−1;−1.
Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là 2x−y−z+1=0.
Gọi H là trung điểm BC, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC
ta có H0;12;12 và IH vuông góc với mặt phẳng (P). Như vậy phương trình đường thẳng IH là x=2ty=12−tz=12−t.
Gọi I2t;12−t;12−t∈IH, ta có
IA=IB⇔2t−12+t−122+t−122=2t2+t+122+t−122⇔t=16⇔I13;13;13.
Khi đó khoảng cách từ I đến mặt phẳng (Q) bằng dI,Q=2.13−3.13+13+122+−32+12=114.
Cho phương trình 4x+2m.6x+3.9x=0 (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m∈−10;10 để phương trình đã cho có nghiệm?
8.
9.
7.
6.
Chọn B.
Ta có 4x+2m.6x+3.9x=0⇔394x+2m32x+1=0.
Nhận thấy a.c=3.1=3>0 nên nếu phương trình có hai nghiệm thì hai nghiệm đó cùng dấu. Suy ra điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là Δ'=m2−3≥0−ba=−2m3>0⇔m≥3m≤−3m<0⇔m≤−3.
Như vậy trên đoạn [-10; 0] có m∈−10;−9;−8;−7;−6;−5;−4;−3;−2 thỏa mãn. Hay có 9 giá trị nguyên m thỏa mãn bài toán.
Biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=3+iz1+z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là một đường thẳng. Khi đó mô đun của z bằng
1
22
3
2
Chọn A.
Ta có w=3+iz1+z⇔w+zw=3+iz⇔w−3=i−wz⇔w−3=w−iz.
Giả sử w=a+bia,b∈ℝ
⇒a−32+b2=z2a2+b−12⇔1−z2a2+b2−6a+2z2b+9−z2=0.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một đường thẳng nên 1−z2a2+b2=0. Vì w = 0 không thỏa mãn bài toán, suy ra z=1.
Cho tập hợp gồm các số tự nhiên từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên 3 số. Xác suất để 3 số được chọn lập thành cấp số cộng gần nhất với giá trị nào sau đây?
0,027
0,015
0,116
0,067
Chọn B.
Số phần tử của không gian mẫu: nΩ=C1003.
Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 có 50 số chẵn và 50 số lẻ.
Giả sử 3 số được chọn theo thứ tự là a, b c, ta có a+c=2b, suy ra a và c có cùng tính chẵn lẻ. Ứng với mỗi cách chọn a, c có duy nhất cách chọn b.
Do đó số cách chọn 3 số được lập cấp số cộng bằng số cách chọn 2 số cùng chẵn hoặc 2 số cùng lẻ.
Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có nA=C502+C502.
⇒PA=2C502C1003≈0,015.
Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2, thiết diện thu được là hình vuông có diện tích bằng 16. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
86π
246π
106π
126π
Chọn A.
Theo giả thiết ABCD có diện tích bằng 16⇒AB=4.
Gọi H là trung điểm của AB⇒OH⊥ABCD và OH=2;AH=2
⇒OA=AH2+OH2=6
r=6;l=4⇒Sxq=2πrl=2π.6.4=86π.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f−x+2021fx=xsin,∀x∈ℝ. Giá trị của tích phân I=∫−π2π2fxdx bằng
12021
12022
11011
12019
Chọn C.
Từ giả thuyết: f−x+2021fx+xsinx,∀x∈ℝ
⇔∫−π2π2f−xdx+2021∫−π2π2fxdx=∫−π2π2xsinxdx *
Tính: ∫−π2π2f−xdx=t=−x−∫π2−π2ftdt=∫−π2π2ftdt=∫−π2π2fxdx=I.
Tính: ∫−π2π2xsinxdx. Đặt u=xdv=sinxdx⇒du=dxv=−cosx
⇒∫−π2π2xsinxdx=−xcosxπ2−π2+∫−π2π2cosxdx=sinxπ2−π2=2
*⇔I+2021.I=2⇔I=11011.
Cho hàm số y=x3+3x2−4mx+2m−1. Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox có diện tích phần nằm trên trục Ox và phần nằm dưới trục Ox bằng nhau. Giá trị của m là
m=−16
m=34
m=−23
m=45
Chọn A.
Nhận xét: để diện tích phần phía trên trục Ox bằng diện tích phần phía dưới trục Ox. Nên đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ x1,x2,x3 lập thành cấp số cộng.
Nghĩa là phương trình x3+3x2−4mx+2m−1=0 * có ba nghiệm x1,x2,x3 thỏa x1+x3=2x2.
Theo Viet: x1+x2+x3=−3⇔x2=−1 thế vào phương trình (*) ta được m=−16.
Thử lại: với m=−16⇒x3+3x2+23x−43=0⇔x=−3−213x=−1x=−3−213 là một cấp số cộng.
Vậy m=−16 nhận.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B,AD=a,AB=2a,BC=3a, mặt bên SAB là tam giác đều và vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
a306
a6622
a3010
a22
Chọn C.
Gọi H là trung điểm của AB⇒SH⊥AB⇒SH⊥ABCD.
Trong (ABCD), gọi K=BA∩CD suy ra KA=AH=HB=a.
Gọi J là trung điểm của CD suy ra HJ = 2a.
Ta có dA;SCD=12.dH;SCD
ΔKHJ vuông cân tại H nên HD⊥KJ, đồng thời SH⊥KJ suy ra KJ⊥SHD.
Trong SHD, dựng HI⊥SDI∈SD⇒HI⊥SCD⇒HI=dH;SCD.
SH=a3,HD=a2⇒HI=a65. Vậy dS;SCD=12.HI=a3010.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f2x3−6x+2=2m−1 có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [-1; 2]?
2
3
0
1
Chọn D.
Đặt t=2x3−6x+2 *
Với một giá trị t∈−2;6 thì phương trình (*) có 2 nghiệm x∈−1;2.
Với một giá trị t = -2 thì phương trình (*) có 1 nghiệm x∈−1;2.
Với một giá trị t∈−∞;−2∪6;+∞ thì phương trình (*) không có nghiệm x∈−1;2.
Phương trình f2x3−6x+2=2m−1 có 6 nghiệm phân biệt x thuộc đoạn −1;2.
⇔ Phương trình ft=2m−1 có 3 nghiệm phân biệt t∈−2;6.
⇔0<2m−1<2⇔12<m<32. Vậy có một giá trị nguyên m = 1 thỏa bài toán.
Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích bằng V. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, B'C', DD'. Gọi thể tích khối tứ diện C'MNP là V' khi đó tỉ số V'V bằng:
116
364
316
164
Chọn A.
Gọi E, F là trung điểm CD,C'D';G là giao điểm của C'P và EF
Do ME//C'N⇒ME//C'NP⇒dM,C'NP=dE,C'NP⇒VMCNP=VEC'NP
Ta có: V'=VC'MNP=VEC'NP=3VFC'NP (do EG =3FG)
Mà C'D =2C'F nên VFC'NP=12VD'C'NP suy ra V'=32VD'C'NP.
Lại có:
VD'C'NP=13.dP,C'D'N.SΔC'D'N=13.12dD,C'D'N.14SA'B'C'D'
=124DD,A'B'C'D'.SA'B'C'D'=V24
Nên V'=32VD'C'NP=32.V24=V16⇔V'V=116.
Biết đồ thị hàm số y=fx=13x−9x2+1 có hai điểm cực trị. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị bằng
9173
9154
18173
18154
Chọn C.
Ta có: y'=−13x2+18x+13x2+12.
Giả sử đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là Ax1;y1,Bx2;y2.
Khi đó x1,x2 là nghiệm của phương trình y'=0⇔−13x2+18x+13=0.
Mặt khác, ta có nếu fx=uxvx⇒f'x=u'x.vx−ux.v'xv2x
⇒f'x=0⇒u'x.vx−ux.v'x=0⇔uxvx=u'xv'x
Có yCT=uxCTvxCT=u'xCTv'xCT
Áp dụng lý thuyết trên ta có hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc đường cong y=13x−9'x2+1'=132x.
Do đó: y=13x−9'x2+1'=132x.
Tương tự: y1=132x1=13−−13x12+18x1+132x1=13x12−18x12x1=132x1−9
Nên A, B thuộc đường thẳng d:y=132x−9 hay đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A, B là d:y=132x−9⇔13x−2y−18=0
Vậy dO,AB=−18132+22=18173.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị đạo hàm f'(x) như hình vẽ.
Số điểm cực tiểu của hàm số gx=fx−19x3 là
1
3
2
4
Chọn C.
Ta có g'x=f'x−13x2,g'x=0⇔f'x=13x2.
Số nghiệm của f'x=13x2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f'(x) (như hình vẽ) và đồ thị hàm số y=13x2.
Theo hình vẽ ta có đồ thị hàm số y = f'(x) cắt đồ thị hàm số y=13x2 tại 3 điểm phân biệt a, b, c. Lập bảng biến thiên ta có
Vậy số điểm cực tiểu của hàm số gx=fx−19x3 là 2.
Cho hàm số bậc 4 có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m và m∈−2021;2021 để phương trình logfxmx2+xfx−mx=mx3−fx có hai nghiệm dương phân biệt?
2019
2021
2022
2020
Chọn A.
Từ đồ thị hàm số, ta có y = f(x) có 3 điểm cực trị là -1, 0, 1 nên hàm số có dạng
f'x=axx2−1⇒fx=a4x4−a2x2+b và đồ thị hàm số f(x) đi qua hai điểm 0;4,1;3 nên fx=x4−2x2+4≥3,∀x.
Điều kiện fxmx2>0 suy ra m > 0.
Ta có
logfxmx2+xfx−mx=mx3−fx⇔logfx+x.fx+fx=logmx2+x.mx2+mx2
⇔logx+1fx+x.fx+fx=logx+1mx2+x.mx2+mx2 do x + 1 > 0 (*)
Xét hàm số gt=logt+t với t > 0. Ta có g't=1t.ln10+1>0.
Từ (*) ta có x+1fx=x+1mx2⇔m=fxx2=x4−2x2+4x2=x+2x2−6.
Đặt u=x+2x≥22, khi đó m=u2−6,∀u≥22.
Dễ thấy với mỗi giá trị của u cho ta hai giá trị của x > 0 nên yêu cầu bài toán đưa về điều kiện là tìm m để phương trình m=u2−6 có đúng một nghiệm u>22. Đặt hu=u2−6 với u>22.
Do m∈ℤ,m∈−2021;2021,m>2 nên có 2019 giá trị thỏa mãn.
Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, ∠SAB=∠SBC=900, AB=a, BC=2a. Biết rằng góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 600, thể tích khối chop đã cho bằng:
a3
a3156
a3153
a356
Phương pháp:
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC), chứng minh ABCH là hình chữ nhật.
- Xác định góc giữa SB và mặt đáy là góc giữa SB và hình chiếu vuông góc của SB lên mặt đáy, sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính SH.
- Tính thể tích VS.ABC=13.SH.SΔABC.
Cách giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC).
Ta có
BC⊥SCgtBC⊥SHSH⊥ABC⇒BC⊥SCH⇒BC⊥CH
SB⊥SAgtAB⊥SHSH⊥ABC⇒AB⊥SAH⇒AB⊥AH
⇒ABCH là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).
Vì SH⊥ABC nên HB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)
⇒∠SB;ABC=∠SB;HB=∠SBH=600.
Áp dụng định lí Pytago ta có: AC=AB2+BC2=a5, lại có ABCH là hình vuông nên BH=AC=a5.
Xét tam giác vuông SBH có SH=BH.tan300=a15.
Vậy VS.ABC=13SH.SΔABC=13SH.12AB.BC=16.a15.a.2a=a3153.
Chọn C.
