Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 24)
50 câu hỏi
Giá trị lớn nhất của hàm số y=x4−4x2+5 trên đoạn [-1; 2] là:
2
3
1
5
Ta có y=x4−4x2+5⇒y'=4x3−8x=0⇔x=0∈−1;2x=2∈−1;2x=−2∉−1;2
Có y−1=2,y2=5,y5=1.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng [-1; 2] là 5.
Chọn D.
Đồ thị ở hình vẽ sau là đồ thị của hàm số nào?
x−1x+1
x+1x−1
xx−1
2x−32x−2
Từ đồ thị ta thấy đồ thị có TCN y = 1, TCĐ x = 1 nên loại đáp án A.
Đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; -1) nên loại đáp án C và D.
Chọn B.
Biết hàm số y = 4sinx - 3 cosx + 2 đạt giá trị lớn nhất là M, giá trị nhỏ nhất là m. Tổng M + m là
0
1
2
4
Ta có −5≤sinx−3cosx≤5 nên −3≤4sinx−3cosx+2≤7⇒−3≤y≤7.
⇒M=7,m=−3.
Vậy M+m=7+−3=4.
Chọn D.
Hàm số y=2x2+3x có đạo hàm là
x2+3x.2x2+3x−1
2x+3.2x2+3x.ln2
2x2+3x.ln2
2x2+3x
2x2+3x'=2x+3.2x2+3x.ln2.
Chọn B.
Cho α là góc giữa hai vectơ u→ và v→ trong không gian. Khẳng định nào đúng?
αphải là một góc nhọn.
αkhông thể là một góc tù.
αphải là một góc vuông.
αcó thể là một góc tù.
Góc giữa hai vecto trong không gian là một góc có giá trị từ 0 đế 180 độ.
Chọn D.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(-1; 2; 1). Tìm tọa độ của điểm A' đối xứng với điểm A qua điểm B?
A'(3; 4; -3)
A'(-4; 3; 1)
A'(1; 3; 2)
A'(5; 0; 1)
Vì A' là điểm đối xứng của A qua B thì B là trung điểm của AA'.
Khi đó ta có xA'=2xB−xA=2.−1−2=−4yA'=2yB−yA=2.2−1=3zA'=2zB−zA=2.1−1=1⇒A'−4;3;1.
Chọn B.
Nếu ∫fxdx=1x+ln2x+C thì hàm số f(x) là
fx=−1x2+1x
fx=1x2+ln2x
fx=x+12x
fx=−1x2+12x
Ta có: ∫fxdx=1x+ln2x+C⇒fx=∫fxdx'=−1x2+12x.
Chọn D.
Cho hàm số y=ax−bx−1 có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây là đúng?
b < a < 0
0 < a < b
0 < b < a
b < a < 0
Từ đồ thị ta thấy đồ thị có TCN y=1⇒a1=−1⇔a=−1.
Đồ thị hàm số đi qua điểm (0; -2) nên −b−1=−2⇔b=−2.
Vậy b < a < 0.
Chọn A.
Cho miền hình chữ nhật ABCD quay xung quanh trục AB ta được
khối nón tròn xoay.
hình trụ tròn xoay.
khối trụ tròn xoay.
khối tròn xoay ghép bởi hai khối nón tròn xoay.
Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB ta được khối trụ tròn xoay.
Chọn C.
Tập nghiệm S của bất phương trình log2x−1<3 là
S = (1; 9)
S = (1; 10)
S=−∞;10
S=−∞;9
Ta có: log2x−1<3⇔0<x−1<23⇔1<x<9.
Chọn A.
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
∫e2xdx=2e2x+C
∫2xdx=2xln2+C
∫cos2xdx=12sin2x+C.
∫1x+1dx=lnx+1+C x≠−1
Ta thấy ∫e2xdx=e2x2+C nên đáp án A sai.
Chọn A.
Số các hạng tử trong khai triển nhị thức 2x−34 là:
1
4
5
3
Số các hạng tử trong khai triển 2x−34 là 4 + 1 = 5.
Chọn C.
Hình tứ diện đều có bao nhiêu cạnh?
4
6
8
3
Tứ diện đều có 6 cạnh.
Chọn B.
Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây sai?
xyn=xn.yn
xnm=xmn
xm.xn=xm+n
xm3=xm3
Ta thấy xm3≠xm3 nên đáp án D sai.
Chọn D.
Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây sai?
xyn=xn.yn
xnm=xmn
xm.xn=xm+n
xm3=xm3
Ta thấy xm3≠xm3 nên đáp án D sai.
Chọn D.
Cho hàm số f(x) xác định, liên tục trên ℝ và có đồ thị của hàm số f'(x) là đường cong như hình vẽ bên dưới. Hỏi khẳng định nào đúng?
Hàm số y = f(x)đồng biến trên khoảng −∞;−3.
Hàm số y = f(x)nghịch biến trên khoảng (-3; -2).
Hàm số y = f(x)đồng biến trên khoảng (-2; 0).
Hàm số y = f(x)nghịch biến trên khoảng 0;+∞.
Dựa vào đồ thị hàm số f'(x) ta có: f'x>0⇔x∈−3;−2f'x<0⇔x∈−∞;−3∪−2;0∪0;+∞
⇒ Hàm số đồng biến trên (-3; -2)
Hàm số nghịch biến trên −∞;−3,−2;0 và 0;+∞.
Dựa vào các đáp án chỉ có đáp án D đúng.
Chọn D.
Một khối cầu có đường kính 4cm thì diện tích bằng
256π3cm3
64πcm2
16πcm2
32π3cm3
Mặt cầu đã cho có bán kính R = 4cm nên diện tích mặt cầu là S=4πR2=16π.
Chọn C.
Số nghiệm của phương trình log2x−12=2 là
0
2
1
3
ĐKXĐ: x−12>0⇔x≠1.
log2x−12=2⇒x−12=4
⇒x−1=2x−1=−2⇒x=3x=−1tm
Vậy số nghiệm của phương trình là 2.
Chọn B.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh AB = a và SA = 2a. Tính tan của góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD).
5
3
7
Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD.
⇒OA là hình chiếu vuông góc của SA lên ABCD⇒∠SA;ABCD=∠SA;OA=∠SAO.
Vì ABCD là hình vuông cạnh AB = a nên AC=a2⇒AO=a22.
Áp dụng định lí Pytago ta có: SO=SA2−AO2=2a2−a222=a142.
Xét tam giác vuông SOA có: tan∠SAO=SOAO=a142a22=7.
Chọn D.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
0;+∞
(-1; 0)
(-2; 0)
−2;+∞
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng là −1;0,1;+∞.
Chọn B.
GọiA, B, C là ba điểm cực trị của đồ thị hàm sốy=12x4−x2−1. Diện tích ΔABC bằng:
12
1
2
32
Ta có y=14x4−x2−1⇒y'=2x3−2x.
Cho y'=0⇔2xx2−1=0⇔x=0⇒y=−1x=1⇒y=−32x=−1⇒y=−32.
Do đó hàm số đã cho có các điểm cực trị là A0;−1,B1;−32,C−1;−32.
Tam giác ABC có 2 điểm B và Cđối xứng nhau qua trục Oy,A∈Oy nên ΔABC cân tại A
Ta có I là trung điểm của BC nên AI⊥BC và I0;−32.
Ta có: AI=−32+12=12,BC=2.
Vậy SΔOAB=12AI.BC=12.12.2=12.
Chọn A.
Số điểm cực trị của hàm số y=x3−3x2+5 là:
0
1
3
2
Ta có y=x3−3x2+5⇒y'=3x2−6x=0⇔x=0x=2.
Phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Chọn D.
Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 5 là
V = 11
V = 10
V = 30
V = 15
Ta có V=Bh=6.5=30.
Chọn C.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x+12x+1 là
x=−12
y=12
x = -1
y = 2
Đồ thị hàm số y=x+12x+1 có TCN y=12.
Chọn B.
Đồ thị hàm số y=ax;y=logbx được cho bởi hình vẽ bên
0<a<1<b
0<a<1 và 0<b<1
0<b<1<a
a > 1 và b > 1
Đồ thị hàm số y=ax đồng biến trên ℝ nên a > 1.
Đồ thị hàm số y=logbx nghịch biến trên 0;+∞ nên 0 < b < 1
Vậy 0 < b < 1 < a.
Chọn C.
Số nghiệm của phương trình lnx+1+lnx+3=ln9−x là
2
3
0
1
ĐKXĐ: x+1>0x+3>09−x>0⇔−1<x<9.
Ta có
lnx+1+lnx+3=ln9−x
⇔lnx+1x+3=ln9−x
⇔x+1x+3=9−x
⇔x2+4x+3=9−x
⇔x2+5x−6=0
⇔x=−6 ktmx=1 tm
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.
Chọn D.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a→=1;−1;2 và b→=2;1;−1. Tính a→.b→.
a→.b→=1
a→.b→=2;−1;−2
a→.b→=−1;5;3
a→.b→=-1
a→.b→=1.2+−1.1+2.−1=−1.
Chọn D.
Cho hàm số fx=32+sinx. Tìm họ nguyên hàm của ∫f'3xdx.
∫f'3xdx=92+sin3x+C
∫f'3xdx=2+cos3x+C
∫f'3xdx=2+sin3x+C
∫f'3xdx=32+sin3x+C
Ta có ∫f'3xdx=13∫f'3xd3x=f3x3+C
Mà fx=32+sinx⇒f3x=32+sin3x
Vậy ∫f'3xdx=2+sin3x+C.
Chọn C.
Nghiệm phương trình 31−2x=27 là
x = 3
x = -1
x = 2
x = 1
31−2x=27=33⇔1−2x=3⇔x=−1.
Chọn B.
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều và AA' = AB = a. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng
a32
a334
a3
a3312
Tam giác ABC đều cạnh a nên SABC=a234.
Vậy thể tích khối lăng trụ là V=SABC.A'A=a.a234=a334.
Chọn B.
Cho cấp số cộng un có u1=3;u5=19. Công sai của cấp số cộng un bằng
5
3
4
1
Ta có u5=u1+4d⇒19=3+4d⇔d=4.
Chọn C.
Một lớp có 25 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Số cách chọn 3 em học sinh trong đó có nhiều nhất 1 em nữ là:
6545
5300
3425
1245
Số cách chọn 3 em nam là C253
Số cách chọn 2 nam và 1 nữ là C252.C101.
Số cách chọn 3 em và trong đó có nhiều nhất 1 em nữ là C253+C252.C101=5300.
Chọn B.
Tính limx→∞x2−2x+32x−1.
-1
0
-∞
−12.
limx→−∞x2−2x+3−x2x−1=limx→−∞−1−2x+3x2−12−1x=−22=−1
Chọn A.
Tập nghiệm của bất phương trình 12x+2=2−x là
(1; 2]
2;+∞
−2;−1∪2;+∞
2;+∞
ĐKXĐ: x+2≥0⇔x≥−2.
Ta có:
12x+2>2−x⇔2−x+2>2−x
⇔x+2<x⇔x≥0x+2<x2
⇔x≥0x2−x−2>0⇔x≥0x>2x<−1⇔x>2
Kết hợp ĐKXĐ ta có tập nghiệm của bất phương trình là 2;+∞.
Chọn D.
Cho hình nón có chiều cao h = 2, bán kính đáy là r=3. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
2π
73π.
21π
221π
Đường sinh của hình nón là l=h2+r2=7.
Diện tích xung quanh hình nón là Sxq=πrl=21π.
Chọn C.
Cho f(x) là hàm bậc 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ sau
Đồ thị hàm số gx=x−2f2x+3fx−4 có mấy đường tiệm cận đứng
5
4
3
2
Xét phương trình f2x+3fx−4=0⇔fx=−4fx=1.
Dựa vào BBT ta thấy:
Phương trình f(x) = -4 có 2 nghiệm phân biệt khác ±2.
Phương trình f(x) = 1 có 2 nghiệm kép bằng ±2.
Suy ra phương trình f2x+2fx−4=0 có 4 nghiệm phân biệt không bị triệt tiêu bởi nghiệm x=±2.
Vậy đồ thị hàm số gx=x2−2f2x+3fx−4=1x2−2.fx+4 có 4 đường tiệm cận đứng.
Chọn B.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m (với |m| < 2021) để phương trình 2x−1=log4x+2m+m có nghiệm?
2020
4041
0
2
Ta có
2x−1=log4x+2m+m
⇔2x−1=12log2x+2m+m
⇔2x=log2x+2m+2m
⇔2x+x=log2x+2m+x+2m
⇔2x+x=2log2x+2m+log2x+2m
Xét hàm số fx=2x+x ta có f'x=2xln2+1>0 ∀x∈ℝ
Khi đó ta có fx=flog2x+2m⇔x=log2x+2m⇒2m=2x−x.
Đặt gx=2x−x ta có: g'x=2xln2−1.
g'x=0⇔2x=1ln2=ln2−x⇔x=log2ln2−1=−log2ln2=x0.
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm khi 2m≥g−log2ln2⇔2m≥−0,91⇔m≥0,455.
Kết hợp với điều kiện đề bài ta có 1≤m<2021m∈ℤ
Vậy có 2021 giá trị m thỏa mãn.
Chọn A.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết u→=2,v→=1 và góc giữa 2 vecto u→ và v→ bằng 2π3. Tìm k để vecto p→=ku→+v→ vuông góc với vecto q→=u→−v→.
k=−25
k=25
k=52
k = 2
Ta có u→.v→=u→.v→.cosu→,v→=2.1.cos2π3=−1
Ta có: p→=ku→+v→ vuông góc với q→=u→−v→ khi
p→.q→=0
⇔ku→+v→u→−v→=0
⇔ku→2+1−k.u→.v→−v→2=0
⇔4k−1−k−1=0
⇔k=25
Chọn B.
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng 2a, góc giữa hai đường thẳng AB' và BC' bằng 600. Tính thể tích V của khối lăng trụ đó.
V=23a3
V=23a33
V=26a33
V=26a3
Đặt AA' = x > 0 ta có:
AB'→.BC'→=BB'→−BA→BC→+BB'→
=BB'→.BC→+BB'→2−BA→.BC→−BA→.BB'→
=BB'→.BC→−BA→+BB'→2−BA→.BC→
=BB'→.AC→+BB'→2−BA→.BC→
=BB'→2−BA→.BC→ (do BB'⊥AC)
=x2−BA.BC.cos600+BB'2
=x2−2a2
Ta có: AB'=BC'=x2+4a2 (định lí Pytago)
⇒AB'→.BC'→=AB'.BC'.cosAB'→;BC'→=12x2+4a2
⇒12x2+4a2=x2−2a2
⇔x2+4a2=2x2−4a2
⇔x2=8a2⇔x=22a
Vậy thể tích khối lăng trụ là VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=22a.2a234=26a3.
Chọn D.
Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y=2x3−x2+mx+1 đồng biến trên khoảng (1; 2)?
m≥−1
m < -1
m > -8
m≤−8
Ta có y=2x3−x2+mx+1⇒y'=3x2−2x+m.2x3−x2+mx+1
Để hàm số đồng biến trên (1; 2) thì y'=3x2−2x+m.2x3−x2+mx+1≥0 ∀x∈1;2 và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
⇔3x2−2x+m≥0 ∀x∈1;2 (do 2x3−x2+mx−1>0 ∀x)
⇔m≥−3x2+2x, ∀x∈1;2
⇔m≥max1;2fx với fx=−3x2+2x *.
Xét hàm số fx=−3x2+2x ta có: f'x=−6x+2=0⇔x=13∉1;2.
Bảng biến thiên:
Dựa vào BBT ta thấy m≥f1=−1.
Chọn A.
Xét bất phương trình log222x−2m+1log2x−2<0. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng 2;+∞.
m∈0;+∞
m∈−34;0
m∈−34;+∞
m∈−∞;0
Ta có
log222x−2m+1log2x−2<0
⇔1+log2x2−2m+1log2x−2<0
⇔log22x+2log2x+1−2m+1log2x−2<0
⇔log22x−2mlog2x−1<0
Đặt t=log2x, phương trình đã cho trở thành: t2−2mt−1<0 *.
Ta có Δ'=m2+1>0 ∀m nên tập nghiệm của bất phương trình (*) là: t∈m−m2+1;m+m2+1
Vì phương trình ban đầu phải có nghiệm thuộc khoảng x∈2;+∞⇒t∈12;+∞ nên phương trình (*) phải có nghiệm t∈12;+∞.
⇒m−m2+1;m+m2+1∩12;+∞≠∅.
⇒m+m2+1>12⇔m2+1>12−m
⇔12−m<012−m≥0m2+1>m2−m+14⇔m>12m≤12m>−34⇔m>−34
Vậy m∈−34;+∞.
Chọn C.
Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Xác suất để số được chọn chia hết cho 7 là
6434500
19025712
23
16072250
Từ 10000 đến 99999 có số các số chia hết cho 5 là 99995−10000:5+1=18000 số.
⇒nS=18000⇒ Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C180001=18000.
Gọi A là biến cố: “Số được chọn chia hết cho 7” ⇒ Số đó phải chia hết cho 35.
Từ 10000 đến 99999 thì số nhỏ nhất chia hết cho 35 là 99995−10010:35+1=2572.
⇒nA=2572.
Vậy xác suất của biến cố A là: PA=nAnΩ=257218000=6434500.
Chọn A.
Cho Fx=x2 là một nguyên hàm của hàm số fx.ex. Khi đó ∫f'x.exdx bằng
−x2+2x+C
−2x2+2x+C
−x2+x+C
2x2-2x+C
Vì Fx=x2 là một nguyên hàm của hàm số fxex nên F'x=2x=fxex.
⇒fx=2xex
⇒f'x=2ex−2xexex2=2−2xex.
⇒f'xex=2−2x
Vậy ∫f'x.exdx=∫2−2xdx=2x−x2+C.
Chọn A.
Cho hàm số f(x), hàm số f'x=x3+ax2+bx+c a,b,c∈ℝ có đồ thị như hình vẽ:
Hàm số gx=ff'x có mấy khoảng đồng biến?
1
2
4
3
Đồ thị hàm số f'x=x3+ax2+bx+c đi qua các điểm có tọa độ −1;0,0;0,1;0.
Khi đó ta có hệ phương trình −1+a−b+c=0c=01+a+b+c=0⇔a=0b=−1c=0
⇒f'x=x3−x⇒f"x=3x2−1.
Ta có gx=ff'x⇒g'x=f"x.f'f'x
g'x=0⇔f"x=0f'f'x=0⇔3x2−1=0⇔x=±33f'x3−3=0
Ta có: f'x=x3−x=0⇔x=0x=±1, do đó f'x3−x=0⇔x3−x=0x3−x=1x3−x=−1⇔x=±1x=0x=±1,325
⇒ Phương trình g'(x) = 0 có 7 nghiệm đơn, quan các nghiệm này thì g'(x) đều đổi dấu.
Ta có g'2=f"2,f'f'2=35.f'6=35.210>0.
Khi đó ta có bảng biến thiên:
Vậy hàm số y = g(x) có 4 khoảng đồng biến.
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) và y = g(x) có đồ thị tương ứng là hình 1 và hình 2 bên dưới:
Số nghiệm không âm của phương trình fgx−3=1 là
11
2
4
3
Ta có
fgx−3=1⇔fgx−3=1fgx−3=−1
⇔fgx=4fgx=2⇔gx=−1gx=0gx=a<−1gx=b>1
Dựa và đồ thị hàm số y = g(x) ta thấy:
+ Phương trình g(x) = -1 có 1 nghiệm không âm.
+ Phương trình gx=0⇔x=0x=2 có 2 nghiệm không âm.
+ Phương trình g(x) = a < -1 có 1 nghiệm không âm.
+ Phương trình g(x) = b > 1 không có nghiệm không âm.
Vậy phương trình ban đầu có tất cả 4 nghiệm không âm.
Chọn C.
Cho hàm số fx=ax3+bx2+cx+d có đồ thị (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ dương và đồ thị của hàm số y = f'(x) như hình vẽ:
Giá trị lớn nhất của hàm số y = |f(x)| trên đoạn [0; 20] là:
8
14
20
3
Dựa vào hình vẽ ta thấy: Phương trình f'(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x=±1 nên có dạng f'x=kx−1x+1.
Lại có đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ 0;−3⇒k=3.
Suy ra f'x=3x−1x+1=3x3−3.
Mà fx=ax3+bx2+cx+d⇒f'x=3ax2+2bx+c.
Đồng nhất hệ số ta có: 3a=32b=0c=−3⇔a=1b=0c=−3⇒fx=x3−3x+d.
Theo bài ra ta có: Đồ thị hàm số fx=x3−3x+d tiếp xúc với đường y = 4 tại điểm có hoành độ dương nên x3−3x+d=43x3−3=0x>0⇔x=1d=6⇒fx=x3−3x+6.
Xét hàm số fx=x3−3x+6 trên [0; 2] ta có f'x=3x2−3=0⇔x=1∈0;2x=−1∉0;2.
f0=6,f1=4,f2=8.
⇒min0;2fx=f1=4,max0;2fx=f2=8.
Vậy max0;2fx=maxmin0;2fx,max0;2fx=8.
Chọn A.
Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C'. M, N lần lượt là trung điểm AB, AC; P thuộc đoạn CC' sao cho CPCC'=x. Tìm x để mặt phẳng (MNP) chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện có tỉ lệ thể tích là 12.
85
58
45
54
Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNP)
Xét (MNP) và (BCC'B') có P chung, MN//BC (MN là đường trung bình của tam giác ABC)
⇒MNP∩BCC'B'=PQ//MN//BCQ∈BB'.
⇒ Thiết diện của hình chóp cắt bởi () là MNPQ.
Tính tỉ số thể tích
Khi đó mặt phẳng (MNP) chia hình lăng trụ thành 2 khối đa diện BCMNPQ và MNPQAA'B'C'.
Đặt VABC.A'B'C'=V,VBCMNPQ=V1,VMNPQAA'B'C'=V2.
Theo bài ra ta có V1V2=12⇒V1=13V.
Ta có: V1=VP.MNBC+VP.BMQ
VP.MNBCV=13.dP;ABCdC';ABC.SMNPQSABC
=13.PCC'C.SABC−SAMNSABC
=13.x.SABC−14SABCSABC=14x
VP.BMQV=VC'.BMQ32VC'.ABB'A'=23SBMQSABB'A'=23.12.x.SABB'2SABB'=16x
⇒V1V=14x+16x=512x=13⇔x=45.
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=4x3+2x và f(0) = 1. Số điểm cực tiểu của hàm số gx=f3x là:
2
3
0
1
Ta có f'x=4x3+2x⇒fx=x4+x2+C.
Lại có f0=1⇒C=1⇒fx=x4+x2+1.
Ta có: gx=f3x⇒g'x=3f'xf2x
g'x=0⇔f'x=0
⇔4x3+2x=0⇔x=0
(ta không xét f2x=0 vì các nghiệm của phương trình này là nghiệm kép của phương trình g'(x) = 0 nên sẽ không làm g'(x) đổi dấu).
Bảng xét dấu g'(x)
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số y = g(x) có 1 điểm cực tiểu.
Chọn D.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=a2. Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC, SD. Xét khối nón (N) có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác HKL và có đỉnh thuộc mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích của khối nón (N).
πa348
πa312
πa38
πa36
Ta có
BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SAB⇒BC⊥AH
AH⊥SBAH⊥BC⇒AH⊥SBC⇒AH⊥HK
Chứng minh tương tự ta có BL⊥LK.
⇒AHKI là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm của AK.
⇒ Đáy của hình nón (N) cũng chính là đường tròn tâm O bán kính R=12AK.
Ta có: SA=a2;AC=a2 (do ABCD là hình vuông cạnh a)⇒ΔSAC vuông cân tại A.
⇒SC=a2.2=2a và AK=12SC=a (đường cao đồng thời là trung tuyến).
⇒ Bán kính đáy hình nón (N) là R=12AK=12a.
Ta có AH⊥SBCAK⊥SC⇒AH⊥SC⇒SC⊥AHKL.
Trong (SAC) kẻ đường thẳng song song với SC cắt AC tại I ta có I∈ABDOI//SC⇒OI⊥AHKL.
⇒I là đỉnh của hình nón (N) và IO là đường cao của hình nón (N).
Dễ thấy OI là đường trung bình của tam giác AKC nên OI=12KC=14SC=a2=h.
Vậy thể tích khối nón là V=13π.R2.h=13π.a22.a4=πa348.
Chọn A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và ∠ABC=600. Mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Khoảng cách giữa 2 đường thẳng CD và SA là:
a155
a32
a510
a34
Kẻ AH⊥CD1. Vì ΔACD đều cạnh a nên H là trung điểm của CD và AH=a32.
Gọi O là trung điểm của AB. Vì ΔSAB đều nên SO⊥AB.
Ta có SAB⊥ABCD=ABSO⊂SAB,SO⊥AB⇒SO⊥ABCD⇒SO⊥AH.
Nên AH⊥CD,AB//CD⇒AH⊥ABAH⊥SO⇒AH⊥SAB⇒AH⊥SA 2
Từ (1) và (2) ⇒AH là đoạn vuông góc chung của CD và SA.
Vậy dCD;SA=AH=a32
Chọn B.
