Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 21)
50 câu hỏi
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi G(a; b; c) là trọng tâm của tam giác ABC với A1;−5;4,B0;2;−1 và
C(2; 9; 0). Giá trị của tổng a + b + c bằng:
4
13
43
12
Tọa độ điểm G là xG=xA+xB+xC3=1+0+23=1yG=yA+yB+yC3=−5+2+93=2zG=zA+zB+zC3=4−1+03=1⇒G1;2;1.
⇒a=1,b=2,c=1.
Vậy a+b+c=1+2+1=4.
Chọn A.
Với a, x, y là số thực dương tùy ý, a > 1 kết quả khi rút gọn biểu thức P=xlogayylogax là:
P = 1
P = x
P = y
P = a
Ta có: P=xlogayylogax=xlogayxlogay=1.
Chọn A.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? 
y=−x3+3x2−2
y=x3−3x2−4
y=−x3+3x2−4
y=−x3−4
Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên loại đáp án B.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ -4 nên loại đáp án A.
Đồ thị đi qua điểm (2; 0) nên loại đáp án D.
Chọn C.
Tích phân ∫−11x2020dx bằng:
12021
22021
22020
0
Xét hàm số fx=x2020 có TXĐ D=ℝ và f−x=fx ∀x∈ℝ nên f(x) là hàm chẵn.
Do đó ∫−11x2020dx=0.
Chọn D.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng đi qua hai điểm A(3; 1; -6) và B(5; 3; -2) có phương trình tham số là:
x=6+ty=4+tz=2t
x=5+2ty=3+2tz=−2−4t
x=3+ty=1+tz=−6−2t
x=6+2ty=2+2tz=−1+4t
Ta có: AB→=2;2;4=21;1;2 nên đường thẳng đi qua A, B có 1 VTCP là u→=1;1;2.
⇒ Phương trình đường thẳng cần tìm là x=3+ty=1+tz=−6+2t
Với t = 3 ta có M6;4;0∈AB.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x=6+ty=4+tz=2t.
Chọn A.
Trong tập hợp số phức ℂ phương trình 2−iz¯−4=0 có nghiệm là:
z=75−35i
z=45−85i
z=85+45i
z=85−45i
Ta có: 2−iz¯−4=0⇒z¯=42−i=85+45i.
Vậy z=85−45i.
Chọn D.
Một hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích đáy của hình nón bằng 49π. Khi đó chiều cao của hình nón bằng:
73
733
143
732
Gọi r là bán kính đáy của hình nón ⇒πr2=49π⇔r=7.
⇒ Đường sinh của hình nón l = 2r = 14
Vậy chiều cao hình nón là: h=l2−r2=142−72=73.
Chọn A.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:
x = -2
B x = -3
x = 2
x = 3
Dựa vào BBT ta thấy xCT=−3.
Chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ hình chiếu của điểm A(-2; -1; 3) trên mặt phẳng Oyz là:
(0; -1; 0)
(-2; 0; 0)
(0; -1; 3)
(-2; -1; 0)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ hình chiếu của điểm A(-2; -1; 3) trên mặt phẳng Oyz là (0; -1; 3)
Chọn C.
Hệ số của x4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức 3x−211 là:
−C1173427
C1173427
C1173724
-C1173724
Ta có: 3x−211=∑k=011C11k3xk−211−k=∑k=011C11k3k−211−kxk.
⇒ Số hạng chứa x4 ứng với k = 4.
Vậy hệ số của x4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức 3x−211 là −C11334.27.
Chọn A.
Họ nguyên hàm của hàm số y=32x7x là:
63xln63+C
63x+C
21xln21+C
63xln63+C
∫32x7xdx=∫9x.7xdx=∫63xdx=63xln63+C
Chọn D.
Với a là các số thực dương tùy ý, a−55 bằng:
1
1a5
a5
a−25
a−55=a−5.5=a−5=1a5.
Chọn B.
Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm E trên cạnh AB sao cho AE = 3EB. Khi đó thể tích khối tứ diện EBCD bằng:
V3
V4
V5
V2
Ta có: VEBCDVABCD=VBECDVBACD=BEBA=14.
⇒VEBCD=14VABCD=V4.
Chọn B.
Nghiệm của phương trình 4,54x−5=29−x−1 là:
x = -1
x=45
x = 2
x=54
4,54x−5=29−x−1⇔924x−5=92x+1
⇔4x−5=x+1⇔3x=6⇔x=2
Chọn C.
Một hình trụ có bán kính đáy r = 5cm, chiều cao h = 7cm. Diện tích xung quanh của hình trụ này là:
35πcm2
70πcm2
352πcm2
703πcm2
Diện tích xung quanh của hình trụ này là: Sxq=2πrh=2π.5.7=70πcm2.
Chọn B.
Cho số phức z = 9 - 5i. Phần ảo của số phức z là:
5
5i
-5
-5i
Phần ảo của số phức z = 9 - 5i là -5
Chọn C.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x2+y2+z2−2x−4y−6z=0. Trong ba điểm có tọa độ lần lượt là 0;0;0,1;2;3 và (2; 0; 6) thì có bao nhiêu điểm nằm trên mặt cầu (S).
0
3
1
2
Thay tọa độ điểm (0; 0; 0) vào phương trình mặt cầu (S)
02+02+02−2.0−4.0−6.0=0⇒0;0;0∈S.
Thay tọa độ điểm (1; 2; 3) vào phương trình mặt cầu (S)
12+22+32−2.1−4.2−6.3=−14≠0⇒1;2;3∈S.
Thay tọa độ điểm (2; 0; 6) vào phương trình mặt cầu (S)
22+02+62−2.2−4.0−6.6=0⇒2;0;6∈S.
Vậy có 2 điểm nằm trên (S)
Chọn D.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
3;+∞
−∞;−2
(-3; 0)
(0; 3)
Từ BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên −∞;−3 và (0; 3)
Chọn D.
Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6?
360
6
720
1
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được 6! = 720 số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt.
Chọn C.
Nghiệm của phương trình log3x=13 là:
x = 27
x=33
x=13
x=127
log3x=13⇔x=313=33.
Chọn B.
Một lớp học có 18 nam và 12 nữ. Số cách chọn hai bạn từ lớp học đó, trong đó có một nam và một nữ tham gia đội xung kích của nhà trường là:
30
C182.C122
C202
216
Số cách chọn hai bạn từ lớp học đó, trong đó có một nam và một nữ tham gia đội xung kích của nhà trườnglà: C181.C121=216.
Chọn D.
Đạo hàm của hàm số y = log(tanx) tại điểm x=π3 là:
43ln10
439ln10
439
433ln10
y=logtanx
⇒y'=tanx'tanx.ln10=1cos2x.tanx.ln10
=1cos2x.sinxcosx.ln10=1sinx.cosx.ln10
⇒y'π3=1sinπ3cosπ3ln10=132.12ln10=433ln10
Chọn D.
Nếu a13>a14 và logb45>logb56 thì:
0<a<1,b>1
0<b<1,a>1
a>1,b>1
0<a<1,0<b<1
Vì a13>a14, lại có 13>14 nên a > 1.
Vì logb45>logb56, lại có 45<56 nên 0 < b < 1.
Chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm M1;2;4,A1;0;0,B0;2;0 và C0;0;4. Phương trình mặt phẳng α song song với mặt phẳng (ABC) và đi qua điểm M là:
x+2y+4z−21=0
x+2y+4z−12=0
4x+2y+z−12=0
4x+2y+z−21=0
Phương trình mặt phẳng (ABC) là: x1+y2+z4=1⇔4x+2y+z−4=0.
Vì α//P nên phương trình α dạng 4x+2y+z+d=0 d≠−4.
Vì M1;2;4⇒4.1+2.2+4+d=0⇒d=−12.
Vậy α:4x+2y+z−12=0.
Chọn B.
Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình dưới đây?
y=2x−7x−2
y=2x+1x+2
y=2x+1x-2
y=1−2xx−2
Đồ thị hàm số có TCĐ x = 2 nên loại đáp án B.
Đồ thị hàm số có TCN y = 2 nên loại đáp án D.
Hàm số đồng biến trên −∞;2,2;+∞ nên loại đáp án A vì y'=3x−22>0 ∀x≠2.
Chọn C.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết AC=2a, BC=a, AA'=2a3, thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng:
6a3
2a3
3a3
3a33
Vì ΔABC vuông tại B⇒AB=AC2−BC2=4a2−a2=a3.
⇒SΔABC=12AB.BC=12.a3.a=a232.
Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=2a3.a232=3a3.
Chọn C.
Cho hai số phức z = 2 - 3i và w = -3 + 4i. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm biểu diễn của số phức z.w có tọa độ là:
(6; 17)
(-18; 17)
(17; 6)
(17; -18)
Ta có: z.w=2−3i−3+4i=6+17i có điểm biểu diễn là (6; 17).
Chọn A.
Nếu ∫22021fxdx=12 và ∫20202021fxdx=2 thì ∫22020fxdx bằng:
-10
10
14
24
Ta có:
∫22021fxdx=∫22020fxdx+∫20202021fxdx
⇒12=∫22020fxdx+2
⇒∫22020fxdx=12−2=10
Chọn B.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=x.ex+1 trên đoạn [-2; 4] là:
4e5
-2e
−2e
-1
Ta có: fx=x.ex+1
⇒f'x=ex+1+x.ex+1=ex+1x+1=0⇔x=−1∈−2;4
Mà f−2=−2e;f−1=−1;f4=4e5.
Vậy min−2;4fx=f−1=−1.
Chọn D.
Họ nguyên hàm của hàm số y=5−3x là:
295−3x3+C
−255−3x+C
−295−3x3+C
125−3x+C
Ta có: y=5−3x=5−3x12
⇒∫5−3xdx=∫5−3x12dx
=−13.5−3x3232+C=−295−3x3+C
Chọn C.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA⊥ABCD. Biết SA=a, AB=a và AD=2a. Gọi G là trọng tâm tam giác SAD. Khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) bằng:
a3
2a9
a6
2a3
Gọi M là trung điểm của SD ta có AG∩SBD=M nên dG;SBDdA;SBD=GMAM=13.
⇒dG;SBD=13dA;SBD.
Trong (ABCD) kẻ AH⊥BD, trong (SAH) kẻ AK⊥SH
Ta có
BD⊥AHBD⊥SA⇒BD⊥SAH⇒BD⊥AK
AK⊥BDAK⊥SH⇒AK⊥SBD
⇒dA;SBD=AK.
Ta có: AH=AB.ADAB2+AD2=a.2aa2+4a2=2a5.
⇒AK=SA.AHSA2+AH2=a.2a5a2+4a25=2a3.
Vậy dG;SBD=13dA;SBD=13.2a3=2a9.
Chọn B.
Tập hợp các giá trị của tham số thực m để hàm số y=x4−2m+2x2+3m−1 chỉ có điểm cực tiểu, không có điểm cực đại là:
−∞;−2
2;−2
−2;+∞
−∞;−2
Để hàm số y=x4−2m+2x2+3m−1 chỉ có điểm cực tiểu, không có điểm cực đại thì 1>0−2m+2>0⇔m+2<0⇔m<−2.
Vậy m∈−∞;−2.
Chọn A.
Một lớp 12 có hai tổ, mỗi tổ có 16 học sinh. Trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông 2021, tổ 1 có 10 bạn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên, 6 bạn đăng kí thi tổ hợp xã hội. Tổ 2 có 9 bạn đăng kí thi tổ hợp xã hội, 7 bạn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên. Chọn ngẫu nhiên ở mỗi tổ một bạn. Xác suất để cả hai bạn được chọn đều đăng kí cùng tổ hợp dự thi tốt nghiệp là
3364
124C322
3164
124A322
Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một bạn ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C161.C161=256.
Gọi A là biến cố: “Xác suất để cả hai bạn được chọn đều đăng kí cùng tổ hợp dự thi tốt nghiệp”.
TH1: 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp tự nhiên ⇒ Có C101.C71=70 cách.
TH2: 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp xã hội ⇒ Có C61.C91=54 cách.
⇒nA=70+54=124.
Vậy xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=124256=3164.
Chọn C.
Cho hình chóp S.ABCD có SAB⊥ABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông tại S, SA=a, SB=a3. Giá trị tan của góc giữa hai đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là:
217
35
517
3
Trong (SAB) kẻ SH⊥AB, chứng minh SH⊥ABCD. Ta có:
SAB⊥ABCD=ABSH⊂SAB,SH⊥AB⇒SHABCD.
⇒HC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)
⇒∠SC;ABCD=∠SC;HC=∠SCH.
ΔSAB vuông tại S nên SH=SA.SBSA2+SB2=a.a3a2+3a2=a32.
⇒HB=SB2−SH2=3a2−3a24=3a2.
⇒HC=BC2−HB2=AB2−HB2
=SA2+SB2−HB2=a2+3a2−9a24=a72
Vậy tan∠SC;ABCD=tan∠SCH=SHHC=217.
Chọn A.
Tìm m để đồ thị hàm số y=2x2−3x+4x2+mx+1 có duy nhất một đường tiệm cận?
m∈−2;2
m∈−2;2
m∈−2;2
m∈2;+∞
Ta có: limx→±∞y=limx→±∞2x2−3x+4x2+mx+1=2 nên đồ thị có 1 TCN y = 2.
Xét 2x2−3x+4=0 (vô nghiệm).
Do đó để hàm số đã cho có duy nhất một đường tiệm cận thì phương trình x2+mx+1=0 vô nghiệm
⇒Δ=m2−4<0⇔−2<m<2.
Chọn A.
Mùa hè năm 2021, để chuẩn bị cho “học kì quân đội” dành cho các bạn nhỏ, một đơn vị bộ đội chuẩn bị thực phẩm cho các bạn nhỏ, dự kiến đủ dùng trong 45 ngày (năng suất ăn của mỗi ngày là như nhau). Nhưng bắt đầu từ ngày thứ 11, do số lượng thành viên tham gia tăng lên, nên lượng tiêu thụ thực phẩm tăng lên 10% mỗi ngày (ngày sau tăng 10% so với ngày trước đó). Hỏi thực tế lượng thức ăn đó đủ dùng cho bao nhiêu ngày?
24
25
23
26
Gọi lượng thức ăn dự kiến đủ dùng trong 1 ngày là x ⇒ Tổng số thực phẩm là 45x.
Số thực phẩm dùng trong 10 ngày đầu là 10x
Số thực phẩm dùng trong ngày thứ 11 là: x1+0,1=1,1x.
Số thực phẩm dùng trong ngày thứ 12 là: 1,1x1+0,1=1,12x.
…
Số thực phẩm dùng trong ngày thứ n là: 1,1nx.
⇒ Lượng thực phẩm tiêu thụ thực tế trong n + 10 ngày là:
10x+1,1x+1,12x+...+1,1nx
=10x+1,1x1+1,1+...+1,1n−1
=10x+1,1x.11−1,1n1−1,1=10x+11x1,1n−1
Để sau n + 10 ngày dùng sản phẩm thì
10x+11x1,1n−1=45x
⇔111,1n−1=35
⇔n≈15,011
Vậy lượng thực phẩm dự kiến đủ dùng cho 10 + 15 = 25 (ngày).
Chọn B.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho với mỗi giá trị của m bất phương trình log2x2−2x+m+3log4x2−2x+m≤10 nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn [0; 3]?
13
12
23
26
ĐK: x2−2x+m>0log4x2−2x+m≥0∀x∈0;3⇔x2−2x+m≥1∀x∈0;3.
⇔m≥−x2+2x+1 ∀x∈0;3⇔m≥max0;3−x2+2x+1=2*
Ta có:
log2x2−2x+m+3log4x2−2x+m≤10
⇔log2x2−2x+m+3log2x2−2x+m≤10
Đặt t=log2x2−2x+m≥log21=0.
Ta có:
t=log2x2−2x+m'2log2x2−2x+m
=2x−22x2−2x+m.x2−2x+mln22log2x2−2x+m
=x−1x2−2x+mln2.2log2x2−2x+m
t'=0⇔x=1.
BBT:
Yêu cầu bài toán trở thành: bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn 0;log2m+3.
⇒t∈−5;2∀t∈0;log2m+3.
⇒log2m+3≤2⇔log2m+3≤4⇔m+3≤16⇔m≤253.
Kết hợp điều kiện (*) ta có 2≤m≤253. Lại có m∈ℤ⇒ Có 252 giá trị nguyên của thỏa mãn.
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ có bảng biến thiên như sau:
Đặt hx=m−fx−2 (m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số y = h(x) có đúng 5 điểm cực trị?
Vô số
12
0
10
Đặt gx=m−fx−2⇒hx=gx.
Ta có g'x=−f'x−2=0⇔f'x−2=0⇔x−2=ax−2=b⇔x=a+2x=b+2.
⇒ Hàm số g(x) có 2 điểm cực trị.
Để hàm số hx=gx có 5 điểm cực trị thì phương trình g(x) = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt.
Ta có BBT:
Phương trình g(x) = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m−6<0<m+5⇔−5<m<6.
Kết hợp điều kiện m∈ℤ⇒m∈−4;−3;−2;−1;0;1;2;3;4;5.
Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn D.
Cho hàm số fx=2x+1 khi x >3ax−3a+7 khi x≤3, a là tham số thực. Nếu ∫01fex+1exdx=e2 thì a bằng:
3e2+4e−6e−1
6e - 6
6e + 6
-6e + 6
Đặt t=ex+1⇒dt=exdx.
Đổi cận: x=0⇒t=2x=1⇒t=e+1.
Khi đó ta có
∫01fex+1exdx=∫2e+1ftdt=∫23ftdt+∫3e+1ftdt
=∫23at−3a+7dt+∫3e+12t+1dt
=at22−3at+7t32+t2+te+13
=9a2−9a+21−2a−6a+14+e+12+e+1−12
=−a2+e2+3e−3
⇒−a2+e2+3e−3=e2
⇒a2=−3e+3⇔a=−6e+6
Chọn D.
Cho hình nón (T) đỉnh S có đáy là đường tròn C1 tâm O bán kính bằng 2, chiều cao hình nón (T) bằng 2. Khi cắt hình nón (T) bởi mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn SO và song song với đáy của hình nón, ta được đường tròn C2 tâm I. Lấy hai điểm A và B lần lượt trên hai đường tròn C2 và C1 sao cho góc giữa IA→ và OB→ là 600. Thể tích của khối tứ diện IAOB bằng:
36
34
312
324
Gọi A'=SA∩C1, áp dụng định lí Ta-lét ta có IAOA'=SISO=12⇒IA=12OA'=1.
Ta có IO vuông góc và cắt cả IA,OB⇒IO là đoạn vuông góc chung của IA, OB.
⇒dIA;OB=IO=12SO=1.
Vậy VIAOB=16IA.OB.dIA;OB.sin∠IA;OB=16.1.2.1.sin600=36.
Chọn A.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z−5+z+5=12 là:
Một đường parabol
Một đường elip
Một đường tròn
Một đường thẳng
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z,F1,F2 lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1=5 và z2=−5.
Khi đó ta có MF1+MF2=12.
Ta có F1F2=10⇒MF1+MF2>F1F2
⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là elip có a=6,c=5⇒b=62−52=11.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là E:x236+y211=1.
Chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 5) và B(-1; 2; 7). Điểm M thay đổi nhưng luôn thuộc mặt phẳng (P) có phương trình 3x−5y+z−9=0. Giá trị nhỏ nhất của tổng MA2+MB2 là:
12
44135
85835
32435
Gọi I là trung điểm của AB.
Ta có:
MA2+MB2=MA→2+MB→2
=MI→+IA→2+MI→+IB→2
=2MI2+IA2+IB2+2MI→IA→+IB→
=2MI2+14AB2+14AB2
=2MI2+12AB2
Vì AB2=−22+−22+22=12 không đổi nên MA2+MB2 đạt GTNN khi MImin.
Khi đó MImin=dI;P=3.0−5.3+6−932+−52+12=1835.
Vậy MA2+MB2min=2.18235+12.12=85835.
Chọn C.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:x−23=y+1−2=z−31 và d1:x−23=y+1−2=z−31. Đường thẳng d đi qua điểm M(-2; 0; 3) vuông góc với d1 và cắt d2 có phương trình là:
x+2−2=y6=z−3−18
x+2−1=y3=z−39
x+2−2=y6=z+318
x−1=y+23=z−39
Gọi A=d∩d2⇒A2−2t;3+t;9+4t.
⇒MA→=4−2t;3+t;6+4t là 1 VTCP của d.
Vì d⊥d1 nên MA→⊥u1→ với u1→=3;−2;1 là 1 VTCP của d1.
⇒MA→.u1→=0
⇒4−2t.3+3+t.−2+6+4t.1=0
⇔12−6t−6−2t+6+4t=0
⇔12−4t=0⇔t=3
⇒MA→=−2;6;18=2−1;3;9.
Vậy phương trình đường thẳng d là x+2−1=y3=z−39.
Chọn B.
Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thỏa mãn z2=z2−2z→. Tổng phần thực của các số phức thuộc bằng:
0
-2
3
2
Đặt z=a+bia;b∈ℝ⇒z¯=a−bi.
Theo bài ra ta có:
z2=z2−2z¯
⇒a+bi2=a2+b2−2a−bi
⇔a2−b2+2abi=a2+b2−2a+2bi
⇔2abi=2b2−2a+2bi
⇔abi=b2−a+bi
⇔b2−a=0ab=b
⇔b2=aba−1=0
⇔a=b⇒a=0a=1⇒b=±1
⇒S=0;1+i;1−i.
Vậy tổng phần thực của các số phức thuộc S bằng 0+1+1=2.
Chọn D.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, H là điểm thỏa mãn HB→=−2HA→ và SH⊥ABC, các mặt bên (SAC) và (SBC) cùng tạo với đáy một góc 450. Biết SB=a6, thể tích khối chóp S.ABCD bằng:
3a34
9a34
32a34
3a32
Trong (ABC) kẻ HM⊥BC,HN⊥AC.
Ta có: AC⊥HNAC⊥SH⇒AC⊥SHN⇒AC⊥SN.
SAC∩ABC=ACSN⊂SAC,SN⊥ACHN⊂ABC,HN⊥AC⇒∠SAC;ABC=∠SN;HN=∠SNH=450
CMTT ta có ∠SMH=450.
⇒ΔSHN,ΔSHM là các tam giác vuông cân tại H⇒SH=HM=HN.
⇒CMHN là hình vuông ⇒CM=HN=HM=SH.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có HNBC=AHAB=13⇒HN=13BC⇒CM=13BC.
⇒BM=2MC=2SH.
Áp dụng định lí Pytago ta có: SB2=SH2+HB2=SH2+BM2+MH2
⇒6a2=SH2+4SH2+SH2=6SH2⇒SH=a.
⇒BC=3CM=3SH=3a.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MHAC=BHBA=23⇒AC=32MH=32SH=3a2
⇒SΔABC=12AC.BC=12.3a2.3a=9a24.
Vậy VS.ABC=13SH.SΔABC=13.a.9a24=3a34.
Chọn A.
Gọi X là tập hợp các giá trị của tham số m thỏa mãn đường thẳng d:y=−12m−7 cùng với đồ thị (C) của hàm số y=13x3−mx2−4x−1 tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S1 và S2 thỏa mãn S1=S2 (xem hình vẽ). Tích các giá trị của các phần tử của X là:
9
-9
27
−92
Ta có:
y=13x3−mx2−4x−1
⇒y'=x2−2mx−4
⇒y"=2x−2m
y"=0⇔2x−2m=0⇔x=m.
Với x=m⇒y=13m3−m3−4m−1=−23m3−4m−1.
⇒Im;−23m3−4m−1 là điểm uốn của đồ thị hàm số.
Vì đường thẳng d cùng với đồ thị (C) tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S1 và S2 thỏa mãn S1=S2 nên I∈d.
⇒−23m3−4m−1=−12m−7⇔−23m3+8m+6=0
⇔m+3m2−3m+3=0⇔m=−3m=3±212.
⇒X=3;3±212.
Vậy tích các phần tử của X bằng 9.
Chọn A.
Cho f(x) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f0=12021. Hàm số f'(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số gx=fx3+x có bao nhiêu điểm cực trị?
1
5
2
3
Xét hàm số hx=fx3+x ta có h'x=3x2f'x3+1=0⇔f'x3=−13x2*.
Đặt t=x3⇒x=t3, khi đó *⇔f't=−13t23**.
Xét hàm số y=−13t23=−13.t−23 ta có y'=−13.−23t−53=29t53.
⇒y'<0 khi t<0y'>0 khi t>0.
BBT hai hàm số f'(t) và y=−13t23 như sau:
Dựa vào BBT ta thấy (**) có nghiệm duy nhất t=t0>0.
Suy ra hàm số h(x) có 1 điểm cực trị nên ta có BBT hàm số h(x) như sau:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình h(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số gx=hx có 2 + 1 = 3 điểm cực trị.
Chọn D.
Xét các số phức z thỏa mãn |z - 1| = 2. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=z+2+23−z¯. Tổng M + m bằng:
14
7
45+3555
15+5333
Gọi z=x+yix,y∈ℝ và M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z
Gọi I(1; 0) là điểm biểu diễn số phức 1.
Theo bài ra ta có z−1=2⇒IM=2⇒M∈1;2.
Gọi A(-2; 0) là điểm biểu diễn số phức -2, B(3; 0) là điểm biểu diễn số phức 3.
Ta có: P=z+2+23−z¯=z+2+23−z¯=z+2+23−z=MA+2MB.
Ta có P=MA+2MB≥AB=5⇒m=5. Dấu “=” xảy ra khi M≡B.
Ta có: IA→=−32IB→.
MA2=MI→+IA→2=MI2+IA2+2MI→.IA→=MI2+IA2−3MI→.IB→
MB2=MI→+IB→2=MI2+IB2+2MI→.IB→
⇒MA2+32MB2=52MI2+IA2+32IB2=5R2+IA2+32IB2=25
Ta có: MA+2MB2=MA+263.62MB2=113MA2+32MB2=2753.
⇒M=Pmax=5333.
Vậy M+m=5333+5=15+5333.
Chọn D.
Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn log5x+2y+1y+1=125−x−1y+1. Giá trị của biểu thức P=x+5y là:
Pmin=125
Pmin=57
Pmin=43
Pmin=25
Với x, y > 0 ta có:
log5x+2y+1y+1=125−x−1y+1
⇔y+1log5x+2+log5y+1=125−x−1y+1
⇔log5x+2+log5y+1=125y+1−x+1
⇔log5x+2+log5y+1=125y+1−x+2+3
⇔log5x+2+x+2=log5125y+1+125y+1
Xét hàm đặc trưng ft=log5t+tt>0 ta có f't=1tln5+1>0 ∀t>0 suy ra hàm số đồng biến trên 0;+∞, do đó fx+2=f125y+1⇔x+2=125y+1⇔x=125y+1−2.
Khi đó ta có P=x+5y=125y+1−2+5y.
⇒P=125y+1+5y+1−7≥2125y+1.5y+1−7=43.
Dấu “=” xảy ra khi 125y+1=5y+1⇔y+12=25⇔y+1=5y+1=−5⇔y=4 (do y > 0).
Với y=4⇒x=1255−2=23.
Vậy Pmin=43⇔x=23,y=4.
Chọn C.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu S1:x−22+y+32+z−12=4 và S2:x−32+y+12+z+12=1. Gọi M là điểm thay đổi, thuộc mặt cầu S2sao cho tồn tại ba mặt phẳng đi qua M, đôi một vuông góc với nhau và lần lượt cắt mặt cầu S1 theo ba đường tròn. Giá trị lớn nhất của tổng chu vi ba đường tròn đó là:
8π
46π
230π
4π
Mặt cầu S1:x−22+y+32+z−12=4 có tâm I12;−3;1, bán kính R1=2.
Mặt cầu S2:x−32+y+12+z+12=1 có tâm I23;−1;−1, bán kính R2=1.
Ta có: I1I2=12+22+−22=3=R1+R2.
⇒S1,S2 tiếp xúc ngoài.
Gọi P,Q,R là 3 mặt phẳng đi qua M đôi một vuông góc với nhau và lần lượt cắt mặt cầu S1 theo ba đường tròn.
Gọi H1,H2,H3 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của I1 lên P,Q,R.
r1,r2,r3 theo thứ tự là bán kính các đường tròn tâm H1,H2,H3.
Khi đó ta có I1H12+I1H22+I1H32=I1M2
⇔4−r12+4−r22+4−r32=I1M2
Tổng chu vi 3 đường tròn là:
T=2πr1+2πr2+2πr=2πr1+r2+r3
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
r1+r2+r32≤12+12+12r12+r22+r32
⇒r1+r2+r3≤312−I1M2
⇒T≤2π312−I1M2≤2π312−R12=2π312−4=4π6.
Vậy Tmax=4π6. Dấu “=” xảy ra khi r1=r2=r3,I1M=2.
Chọn B.
