Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 25)
49 câu hỏi
Cho hai số phức z1=1+2i và z2=−2+i. Điểm M biểu diễn số phức w=z1z2 có tọa độ là
M(-1; 0)
M(0; -1)
M(0; 1)
M(1; 0)
Ta có: w=z1z2=1+2i−2+i=−i.
Vậy điểm M biểu diễn số phức w=z1z2 có tọa độ là: M(0; -1)
Chọn B.
Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=ax4+bx2+2 tại điểm A(-1; 1) vuông góc với đường thẳng x−2y+3=0. Tính a2−b2.
a2−b2=−2
a2−b2=10
a2−b2=13
a2−b2=−5
Ta có: y'=4ax3+2bx.
⇒ tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=ax4+bx2+2 tại điểm A(-1; 1) có hệ số góc là k = -4a - 2b
Vì tiếp tuyến tại A(-1; 1) vuông góc với đường thẳng x−2y+3=0⇔y=12x+32 nên
k.12=−1⇔k=−2.
Lại có điểm A(-1; 1) thuộc đồ thị hàm số y=ax4+bx2+2 nên a+b+2=1⇔a+b=−1 2.
Từ (1) và (2) ta có: a = 2; b = -3
Vậy a2−b2=22−−32=−5.
Chọn D.
Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây không thuộc đường thẳng d:x=1−ty=−2+tz=−1+2t?
M(0; -1; 1)
Q12;−32;0
P(3; -4; -5)
N32;−52;2
Thay tọa độ điểm N32;−52;2 vào phương trình đường thẳng ta có: 32=1−t−52=−2+t2=−1+2t⇔t=−12t=−12t=32⇒t∈∅.
Vậy N∉d.
Chọn D.
Cho số phức z thỏa mãn z+2−i=5. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=1+2iz là một đường tròn tâm I(a; b) và bán kính Tính a + b + R.
a+b+R=12.
a+b+R=-2.
a+b+R=7+5
a+b+R=-7+5
Theo bài ra ta có: w=1+2iz⇒z=w1+2i.
Khi đó ta có:
z+2−i=5
⇔w1+2i+2−i=5
⇔w+2−i1+2i1+2i=5
⇔w+2−i1+2i1+2i=5
⇔w+4+3i=5
⇒ Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=1+2iz là một đường tròn tâm I(-4; 3) và bán kính R = 5.
Vậy a+b+R=−4−3+5=−2.
Chọn B.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên [0; 2]; f(0) = 1 và ∫02f'xdx=−3. Tính f(2).
f(2) = -4
f(2) = -3
f(2) = -2
f(2) = 4
∫02f'xdx=f2−f0⇒f2=∫02f'xdx+f0=−2.
Chọn C.
Cho hình đa diện đều loại {4; 3} có cạnh bằng a. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
S=6a2
S=4a2
S=8a2
S=10a2
Khối đa diện đều loại {4; 3} là khối lập phương.
Khối lập phương cạnh a có 6 mặt là hình vuông cạnh a nên tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó là S=6a2.
Chọn A.
Tập xác định của hàm số fx=2x2−5x+2−2021+log2021x−1 là:
ℝ\12;2.
1;+∞\2
2;+∞
−∞;12∪2;+∞
Hàm số fx=2x2−5x+2−2021+log2021x−1 xác định khi
2x2−5x+2≠0x−1>0⇔x≠2,x≠12x>1⇔x>1x≠2.
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: D1;+∞\2.
Chọn B.
Tập nghiệm S của bất phương trình log53x+1<log525−25x là:
S=−13;1
S=67;1
S=−∞;67
S=−13;67
log53x+1<log525−25x
⇔0<3x+1<25−25x
⇔x>−1328x<24⇔−13<x<67.
Chọn D.
Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) = sin2x và Fπ4=1. Tính Fπ6.
Fπ6=12
Fπ6=54
Fπ6=34
Fπ6=0
Ta có Fx=∫sin2xdx=−12cos2x+C.
Mà Fπ4=1⇒−12cosπ2+C=1⇔C=1⇒Fx=−12cos2x+1.
Vậy Fπ6=−12cosπ3+1=34.
Chọn C.
Cho hàm số y=fx=13x3+ax có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S1,S2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1S2=740 thì a thuộc khoảng nào dưới đây?
34;54
13;12
0;13
12;34
Ta có:
S1=∫−10−13x3−axdx=−x412−ax220−1=112+a2.
S2=∫0213x3+axdx=x412+ax2220=43+2a.
Vì S1S2=740⇒112+a243+2a=740⇔103+20a=283+14a⇔a=821.
Vậy a∈13;12.
Chọn B.
Đồ thị hàm số nào dưới đây có đúng một đường tiệm cận ngang?
y=2x−3x2+1
y=x22x+3
y=3x+1x+2x2−1
y=4x−2x2−3x+2
Xét hàm số y=4x−2x2−3x+2 ta có limx→±∞y=0 nên đồ thị có duy nhất 1 TCN y = 0.
Chọn D.
Gọi z1,z2 là các nghiệm phức phân biệt của phương trình z2−4z+13=0. Tính z1+i2+z2+i2.
25+22
36
28
62
Ta có: z2−4z+13=0⇔z1=2+3iz2=2−3i.
Vậy z1+i2+z2+i2=28.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có trọng tâm G với A(1; -6; -1), B(-2; 2; 3), C(4; -5; -11). Gọi I(m; n; p) là điểm đối xứng với G qua mặt phẳng (Oxy). Tính T=2021m+n+p.
T=12021
T = 2021
T = 1
T=120215
Ta có xG=xA+xB+xC3=1−2+43=1yG=yA+yB+yC3=−6+2−53=−3zG=zA+zB+zC3=−1+3−113=−3⇒G1;−3;−3.
Gọi I(m; n; p) là điểm đối xứng với G qua mặt phẳng Oxy⇒I1;−3;3⇒m=1,n=−3,p=3.
Vậy T=2021m+n+p=20211−3+3=2021.
Chọn B.
Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 và nội tiếp trong mặt cầu có bán kính bằng 3. Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích của khối trụ và khối cầu đã cho. Tính tỉ số V1V2.
V1V2=49
V1V2=518
V1V2=79
V1V2=59
Gọi r là bán kính đáy hình trụ, áp dụng định lí Pytago ta có: r=R2−h22=32−22=5.
Vậy V1V2=πr2h43πR3=5.443.33=49.
Chọn A.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào sau đây?
(0; 3)
(-1; 3)
(1; 2)
0;+∞
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên (0; 2) nên cũng đồng biến trên (1; 2)
Chọn C.
Cho a, b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức P=a3b244a12b63 được kết quả là:
P=ab2
P=a2b2
P=a2b
P = ab
P=a3b244a12b63=a3b2a2b33=a3b2a2b33=a3b2a2b=ab.
Chọn D.
Cho hàm số y=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a<0,b>0,c>0,d>0
a<0,b<0,c=0,d>0
a<0,b>0,c=0,d>0
a>0,b<0,c>0,d>0
Đồ thị có nhánh cuối đi xuống nên a<0⇒ Loại đáp án D.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm trên trục hoành ⇒d>0.
Đồ thị có 2 điểm cực trị x1=0x2>0 nên phương trình y'=3ax2+2bx+c=0 có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn
x1=0x2>0⇒x1+x2>0x1x2=0⇔−2b3a>0c3a=0⇔b>0c=0.
Vậy a<0,b>0,c=0,d>0.
Chọn C.
Một hình nón và một hình trụ có cùng chiều cao bằng h và bán kính đường tròn đáy bằng r hơn nữa diện tích xung quanh của chúng cũng bằng nhau. Khi đó, tỉ số rh bằng:
12
3
2
33
Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq1=πrl=πrr2+h2.
Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq2=2πrh.
Vì diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón bằng nhau nên ta có:
Sxq1=Sxq2⇔πrr2+h2=2πrh
⇔r2+h2=2h⇔r2+h2=4h2
⇔r2=3h2⇔r=3h
Vậy rh=3.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; -2; -1). Ba điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có một vectơ pháp tuyến là:
n2→=−2;−3;6
n3→=−2;3;−6
n4→=−2;3;6
n1→=3;−2;−1
Ta có A3;0;0,B0;−2;0,C0;0;−1.
Phương trình mặt phẳng (ABC) là x3+y−2+z−1=1⇔2x−3y−6z−6=0.
Suy ra mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có một vectơ pháp tuyến là: n→=2;−3;−6.
Vậy n4→=−2;3;6=−n→ cũng là 1 VTPT của (ABC)
Chọn C.
Cho f(x), g(x) là các hàm số liên tục trên ℝ thỏa mãn ∫01fxdx=3, ∫02fx−3gxdx=4 và ∫022fx+gxdx=8. Tính I=∫12fxdx.
I = 0
I = 2
I = 1
I = 3
Theo bài ra ta có:
∫02fx−3gxdx=4∫022fx+gxdx=8⇔∫02fxdx−3∫02gxdx=42∫02fxdx+∫02gxdx=8⇔∫02fxdx=4∫02gxdx=0
Vậy I=∫12fxdx=∫01fxdx−∫01fxdx=4−3=1.
Chọn C.
Cho hình chóp S.ABC trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A', B', C' sao cho SA'=2AA',SB'=4BB',SC'=CC'. Gọi V1 là thể tích khối chóp S.A'B'C',V2 là thể tích khối chóp S.ABC. Tính V1V2.
V1V2=124
V1V2=14
V1V2=415
V1V2=815
Ta có V1V2=SA'SA.SB'SB.SC'SC=23.45.12=415.
Chọn C.
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y=x3−3x+4 thuộc đường thẳng nào dưới đây?
y = x + 7
y = x + 1
y = x - 7
y = x - 1
Ta có: y=x3−3x+4⇒y'=3x2−2,y"=6x.
Xét hệ y'=0y">0⇔3x2−3=06x>0⇔x=1⇒y=2.
⇒ Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y=x3−3x+4 là A(1; 2)
Dễ thấy A(1; 2) thuộc đường thẳng y = x + 1
Chọn B.
Cho hai số phức z1=2+i,z2=1+3i. Môđun của số phức 2z1¯+z2 bằng:
26
52
65
41
Ta có: 2z1¯+z2=22−i+1+3i=5+i.
Vậy 2z1¯+z2=52+12=26.
Chọn A.
Giá trị của biểu thức M=log22+log24+log28+...+log2256 bằng:
56
8log2256
36
48
M=log22+log24+log28+...+log2256
=log22+log222+log223+...+log228
=1+2+3+...+8
=1+8.82=36
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ:
Hàm số y = f(x) là hàm số nào dưới đây?
y=−x+22x−1
y=x-22x−1
y=−x-22x−1
y=x+22x−1
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị có TCĐ x=12 và TCĐ y=12⇒ Loại đáp án A và C.
Xét đáp án B: y'=32x−12>0 ∀x≠12, xét đáp án D: y'=−52x−12<0 ∀x≠12.
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên −∞;12;12;+∞ nên loại đáp án D và chọn đáp án B.
Chọn B.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx=sinx+2x là:
cosx−2x2+C
−cosx+2lnx+C
−cosx−2lnx+C
cosx+2lnx+C
fx=sinx+2x
⇒∫fxdx=−cosx+2lnx+C
Chọn B.
Anh An đem gửi tiết kiệm số tiền là 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Anh gửi 250 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,2% một quý. Số tiền còn lại anh gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất y% một tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được nhập vào số gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo. Sau một năm số tiền cả gốc lẫn lãi của anh là 416.780.000 đồng. Tính y.
0,45
0,25
0,35
0,55
Sau 1 năm:
Số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được theo loại 1 là: 2501+1,2%4=262,2177322 (triệu đồng).
Số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được theo loại 2 là: 1501+y%12 (triệu đồng).
Vì sau một năm số tiền cả gốc lẫn lãi của anh là 416.780.000 đồng nên ta có
416,78=262,2177332+1501+y%12
⇔1501+y%12=154,5622267
⇔y=0,25%
Chọn B.
Tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển nhị thức Newton x−2x221,x≠0.
16C214
−16C214
8C213x12
−8C213
x−2x221=∑k=021C21kx21−k−2x2k=∑k=021C21k−2k.x21−3k.
Số hạng chứa x12 ứng với 21−3k=12⇔k=3.
Vậy hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển đã cho là C213−23=−8C213.
Chọn D.
Số nghiệm nguyên của bất phương trình 23x2−3x−12≥94 là:
10
5
7
8
23x2−3x−12≥94
⇔23x2−3x−12≥23−2
⇔x2−3x−12≤−2
⇔x2−3x−10≤0
⇔−2≤x≤5
Vậy bất phương trình đã cho có 8 nghiệm nguyên là −2,−1,0,1,2,3,4,5.
Chọn D.
Cho hình nón có diện tích đáy bằng 9πcm2 và thể tích khối nón bằng 12πcm3. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón.
Sxq=20πcm2
Sxq=15πcm2
Sxq=24πcm2
Sxq=12πcm2
Gọi r là bán kính đáy hình nón ⇒πr2=9π⇔r=3cm.
Gọi h là đường cao của hình nón ta có V=13πr2h=13π.32.h=12π⇔h=4cm.
Suy ra độ dài đường sinh l=h2+r2=42+32=5cm.
Vậy diện tích xung quanh Sxq của hình nón là Sxq=πrl=π.3.5=15πcm2.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x+11=y2=z−2−2. Hỏi d song song với mặt phẳng nào dưới đây?
2x+y+2z−2=0
2x+2y+3z−5=0
4x−y+z+2=0
5x−y+2z+1=0
Đường thẳng d có 1 VTCP là ud→=1;2;−2.
Xét đáp án A: Mặt phẳng P:2x+y+2z−2=0 có 1 VTPT là nP→=2;1;2.
Ta có ud→.nP→=1.2+2.1−2.2=0 nên d⊥P.
Chọn A.
Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I(1; -3; 2) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) có phương trình là:
x+12+y−32+z+22=9
x+12+y−32+z+22=3
x−12+y+32+z−22=3
x−12+y+32+z−22=9
Mặt cầu (S) tâm I(1; -3; 2) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) có bán kính R=yI=3.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: x−12+y+32+z−22=9.
Chọn D.
Tính tổng S của tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (-10; 10) để phương trình 2x.log3x+m=2πx+mlog3x có hai nghiệm phân biệt.
S = 36
S = 45
S = 46
S = 44
ĐKXĐ: x > 0
Ta có:
2x.log3x+m=2x+mlog3x
⇔2x.log3x−22−mlog3x−m=0
⇔2xlog3x−1−mlog3x−1=0
⇔log3x−12x−m=0
⇔log3x=12x=m⇔x=3m=2x
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì m>0log2m>0log2m≠3⇔m>1m≠9.
Kết hợp điều kiện đề bài ta có m∈2;3;4;5;6;7;8.
Vậy tổng S của tất cả các giá trị nguyên của m là S=2+3+4+5+6+7+8=44.
Chọn D.
Cho đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình bên.
Số nghiệm của phương trình f1−fx=2 là:
3
2
5
4
Đặt t = 1 - f(x) phương trình trở thành f(t) = 2 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và đường thẳng
y = 2
Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình ft=2⇔t=1t=−2⇔1−fx=11−fx=−2⇔fx=0fx=3.
+ Phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
+ Phương trình f(x) = 3 có 1 nghiệm.
Và 4 nghiệm này đều phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a,AD=a3. Biết SA⊥ABCD và mặt phẳng (SBD) hợp với mặt phẳng đáy một góc 300. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD
V=a332
V=a333
V=a36
V=a336
Trong (ABCD) kẻ AH⊥BDH∈BD ta có: BD⊥AHBD⊥SA⇒BD⊥SAH⇒BD⊥SH.
SBD∩ABCD=BDSH⊂SBD,SH⊥BDAH⊂ABCD,AH⊥BD⇒∠SBD;ABCD=∠SH;AH=∠SHA=300.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD có: AH=AB.ADAB2+AD2=a.a3a2+3a2=a32.
⇒SA=AH.tan300=a32.13=a2.
Vậy VS.ABCD=13SA.SABCD=13SA.AB.AD=13.a2.a.a3=a336.
Chọn D.
Cho I=∫12x+lnxx+12dx=abln2−1c với a, b, c là các số nguyên dương và ab là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức S=a+bc.
S=23
S=12
S=13
S=56
Đặt u=x+lnxdv=dxx+12⇒du=1+1xdx=x+1xdxv=−1x+1
Khi đó ta có
I=−x+lnx1x+121+∫121x+1.x+1xdx
=−2+ln2.13+12+∫12dxx
=−2+ln2.13+12+lnx21
=−23−13ln2+12+ln2
=23ln2−16
⇒a=2,b=3,c=6
Vậy S=a+bc=2+36=56.
Chọn D.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P:2x−2y+z+2021=0 và đường thẳng d:x1=y−21=z+6−2. Mặt phẳng Q:ax+by+cz−14=0,a,b,c∈ℤ chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P). Tính a + b + c.
a + b + c = -12
a + b + c = 6
a + b + c = 12
a + b + c = -9
Đường thẳng d:x1=y−21=z+6−2 có 1 VTCP là ud→=1;1;−2.
Mặt phẳng P:2x−2y+z+2021=0 có 1 VTPT là nP→=2;−2;1.
Vì d⊂QP⊥Q⇒ud→⊥nQ→nP→⊥nQ→⇒nQ→=ud→,nP→=−3;−5;−4.
Ta có M0;2;−6∈d. Vì d⊂Q⇒M∈Q.
Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là −3x−5y−2−4z+6=0⇔−3x−5y−4z−14=0.
⇒a=−3,b=−5,c=−4.
Vậy a+b+c=−3−5−4=−12.
Chọn A.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [-3; 5] và có bảng biến thiên như sau:
![Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [-3; 5] và có bảng biến thiên như sau: Gọi M, m (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/06/blobid3-1656401965.png)
Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số gx=fcos2x−5sin2x+3. Giá trị M + m bằng:
7.
4.
6.
9.
Đặt t=cos2x−5sin2x+3
t=1−2sin2x−5sin2x+3
t=−7sin2x+4
Vì 0≤sin2x≤1⇔−7≤−7sin2x≤0⇔−3≤−7sin2x+4≤4⇒t∈−3;4.
Khi đó bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của hàm số f(t) với t∈−3;4.
Dựa vào BBT ta thấy M=max−3;4ft=8,min−3;4ft=−1.
Vậy M+m=8−1=7.
Chọn A.
Tổng phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn 2z+3i.z¯=3+7i bằng
4
-2
2
-4
Đặt z=x+yi⇒z¯=x−yi.
Theo bài ra ta có:
2z+3i.z¯=3+7i
⇔2x+yi+3ix−yi=3+7i
⇔2x+2yi+3xi+3y=3+7i
⇔2x+3y+3x+2yi=3+7i
⇔2x+3y=33x+2y=7⇔x=3y=−1
Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn 2z+3i.z¯=3+7i bằng 3 + (-1) = 2
Chọn C.
Có 3 quyển sách Văn học khác nhau, 4 quyển sách Toán học khác nhau và 8 quyển sách Tiếng Anh khác nhau được xếp lên một kế sách nằm ngang. Tính xác suất để 2 cuốn sách cùng môn thì không ở cạnh nhau.
11287
16435
26435
12145
Số phần tử của không gian mẫu là 15!
Gọi A là biến cố: “2 cuốn sách cùng môn thì không ở cạnh nhau”.
Xếp 8 quyển sách Tiếng Anh vào 15 vị trí trên kệ sao cho không có quyển Tiếng Anh nào nằm cạnh nhau có 8! cách như sau:
A_A_A_A_A_A_A_A
Khi đó tạo ra 7 vách ngăn.
Tiếp tục xếp 3 quyển sách Văn vào 3 trong 9 vách ngăn đó, có A73 cách xếp.
Khi đó ta còn lại 4 quyển sách Toán, và còn đúng 4 vị trí trên kệ, nên có 4! cách xếp 4 quyển sách Toán.
⇒ Số phần tử của biến cố A là 8!.A73.4!
Vậy xác suất của biến cố A là PA=8!.A73.4!15!=16435.
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên ℝ. Hàm số y = f'(x) có bảng xét dấu như bảng bên dưới.
Bất phương trình fx>ecosx+m có nghiệm x∈0;π2 khi và chỉ khi
m>f0−e
m<fπ2−1
m≤fπ2−1
m≤f0−e
Ta có:
fx>ecosx+m có nghiệm x∈0;π2
⇔fx−ecosx≥m có nghiệm x∈0;π2
Đặt gx=fx−ecosx⇒gx≥m có nghiệm x∈0;π2
⇒m≤min0;π2gx.
Xét hàm số gx=fx−ecosx với x∈0;π2 ta có: g'x=f'x+sinx.ecosx.
Với x∈0;π2 ta có sinx∈0;1⇒sinx∈0;1⇒sinx.ecosx>0 ∀x∈0;π2.
Do đó g'x>0 ∀x∈0;π2, do đó hàm số đồng biến trên 0;π2.
⇒min0;π2gx=g0=f0−e.
Vậy m≤f0−e.
Chọn D.
Cho tứ diện ABCD có AD⊥ABC,AC=AD=2,AB=1 và BC=5. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (BCD).
d=63.
d=62.
d=255
d=22
Trong (ABC) kẻ AH⊥BCH∈BC, trong (ADH) kẻ AK⊥DHK∈DH, ta có:
BC⊥AHBC⊥ADAD⊥ABC⇒BC⊥ADH⇒BC⊥AK
AK⊥DHAK⊥BC⇒AK⊥BCD⇒dA;BCD=AH
Xét tam giác ABC ta có AB2+AC2=12+22=5=BC2⇒ΔABC vuông tại A (định lí Pytago đảo).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có AH=AB.ACBC=1.25=25.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADH ta có AK=AD.AHAD2+AH2=2.254+45=63.
Vậy d=dA;BCD=63.
Chọn A.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết diện tích tam giác A'BC bằng a232. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.
V=a32
V=a338.
V=3a338.
V=a36
Gọi M là trung điểm của BC. Vì ΔABC đều nên AM⊥BC và AM=a32.
Ta có: BC⊥AMBC⊥AA'⇒BC⊥AMA'⇒BC⊥A'M.
Khi đó ta có SA'BC=12A'M.BC⇒A'M=2SA'BCBC=2.a232a=a3.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông A'AM ta có AA'=A'M2−AM2=3a2−3a24=3a2.
Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SABC=3a2.a234=3a338.
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=x2x+14x−33x2+mx. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f(2x + 1) có đúng 1 điểm cực trị.
1
3
4
2
Ta có:
f'x=x2x+14x−33x2+mx
f'x=x3x+14x−33x+m
f'x=0⇔x=0nghiệmbội 3x=−1nghiệmbội 4x=3nghiệmbội 3x=−mnghiệmđơn
Đặt y=gx=f2x+1 ta có g'x=2f'2x+1.
Cho g'x=0⇔f'2x+1=0⇔2x+1=02x+1=32x+1=m (ta không xét các nghiệm bội chẵn vì qua đó g'(x) không đổi dấu) ⇔x=−12x=1x=m−12
Để hàm số g(x) có đúng 1 điểm cực trị thì phương trình g'(x) = 0 có duy nhất 1 nghiệm bội lẻ.
⇒m−12=−12m−12=1⇔m−1=−1m−1=2⇔m=0m=3.
Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện.
Chọn D.
Cho hàm số y = 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−f1
m≥3−f4
m≥4−f1
m≥4−f-1
Ta có
log5fx+m+2+fx>4−m
⇔log9fx+m+2+fx+m+2>6
Đặt t=fx+m+2, bất phương trình trở thành log5t+t>6t>0.
Xét hàm số gt=log5t+tt>0 ta có g't=1tln5+1>0 ∀t>0, do đó hàm số đồng biến trên 0;+∞.
Lại có g5=log55+5=6 nên ta có gt>g5⇔t>5.
Khi đó ta có fx+m+2>5⇔fx>3−m có nghiệm với mọi x∈−1;4⇔3−m≤min−1;4fx.
Dựa vào đồ thị hàm số y = f'(x) ta có BBT như sau:
Ta cần so sánh f(-1) và f(4)
Ta có:
∫−11f'xdx<−∫14f'xdx
⇒f1−f−1<−f4+f1
⇔f−1>f4
Do đó min−1;4fx=f4.
Vậy 3−m≤f4⇔m≥3−f4.
Chọn B.
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên ℝ thỏa mãn 5fx−7f1−x=3x2−2x,∀x∈ℝ. Biết rằng tích phân I=∫01x.f'xdx=−ab (với a, b là các số nguyên dương và ab là phân số tối giản). Tính T=3a−b.
T = 0
T = -48
T = 16
T = 1
Xét tích phân I=∫01x.f'xdx.
Đặt u=xdv=f'xdx⇒du=dxv=fx, khi đó ta có I=xfx10−∫01fxdx=f1−∫01fxdx.
Theo bài ra ta có: 5fx−7f1−x=3x2−2x
Thay x=0⇒5f0−7f1=0
Thay x=1⇒5f1−7f0=−3
⇒f0=78,f1=58.
Xét tích phân ∫01fxdx.
Từ 5fx−7f1−x=3x2−2x lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta có:
5∫01fxdx−7∫01f1−xdx=∫013x2−2xdx.
⇔5∫01fxdx+7∫01f1−xd1−x=−2
⇔5∫01fxdx+7∫10fxdx=−2
⇔5∫01fxdx−7∫01fxdx=−2
⇔−2∫01fxdx=−2
⇔∫01fxdx=1
Suy ra I=f1−∫01fxdx=58−1=−38⇒a=3,b=8.
Vậy T=3a−b=3.3−8=1.
Chọn D.
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=5−1
k=5−12
k=3−1
k=3−12
Ta có z=i−m1−mm−2i=m−im2−2mi−1=m−im−i2=1m−i
Khi đó ta có: z−1=1m−i−1=1−m+im−i=m−1−im−i≤k.
⇔m−12+1m2+1≤k2⇔k2≥m2−2m+2m2+1.
Bải toán trở thành tìm kmin để bất phương trình k≥m2−2m+2m2+1=gm có nghiệm.
Ta có
g'm=2m−2m2+1−m3−2m+2.2mm2+12
g'm=2m3+2m−2m2−2−2m3+4m2−4mm2+12
g'm=2m3−2m−2m2+12
g'm=0⇔m=1±52
BBT:
Dựa vào BBT ⇒mingx=3−52⇔k2≥3−52=6−254=5−122⇒k>5−12.
Vậy k=5−12.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−4y+6z−13=0 và đường thẳng d:x+11=y+21=z−11. Lấy điểm M(a; b; c) với a < 0 thuộc đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA. MB, MC đến mặt cầu (S) (A, B, C là tiếp điểm) thỏa mãn ∠AMB=600,∠BMC=900,∠CMA=1200. Tổng a + b + c bằng
1
103
-2
2
Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; -3), bán kính R=33.
Đặt MA = MB = MC = a
Tam giác MAB có MA=MB∠AMB=600⇒ΔMAB đều ⇒AB=a.
Tam giác MBC có MB=MC=a∠BMC=900⇒ΔMBC vuông cân tại M⇒BC=a2.
Tam giác MCA có MC=MA=a∠MAC=1200, áp dụng định lí Cosin trong tam giác ta tính được CA=a3.
⇒ΔABC vuông tại B (định lí Pytago đảo).
⇒ΔABC ngoại tiếp đường tròn đường kính AC bán kính R=HA=12AC=a32 (với H là trung điểm của AC).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông IAM ta có:
1HA2=1AM2+1IA2⇔43a2=1a2+127⇔a=3=MA=MB=MC.
⇒IM2=MA2+IA2=32+27=36
Vì M∈d:x+11=y+21=z−11 nên gọi M−1+t;−2+t;1+t.
⇒IM2=t−22+t−42+t+42=36
⇔3t2−4t=0⇔t=0t=43⇔M−1;−2;1M13;−23;73ktm
⇒a=−1,b=−2,c=1.
Vậy a+b+c=−1−2+1=−2.
Chọn C.
Cho hình chóp S.ABC có SA = 4, AB = 2, AC = 1 và SA⊥ABC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt cầu tâm O đi qua A và cắt các tia SB, SC lần lượt tại D và E. Khi độ dài đoạn thẳng BC thay đổi, giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ADE là:
6485
83
43
256255
Kẻ đường kính AM của (O)
Ta có BM⊥ABBM⊥SA⇒BM⊥SAB⇒BM⊥AD.
Lại có AD⊥DM (góc nội tiếp chắn nửa mặt cầu) ⇒AD⊥SBM⇒AD⊥SB.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có SDSB=SA2SB2=SA2SA2+AB2=4242+22=45.
Ta có AD⊥SBC⇒AD⊥DE⇒ΔADE vuông tại D
Chứng minh tương tự ta có AE⊥SCM⇒AE⊥SC.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có SESC=SA2SC2=SA2SA2+AC2=4242+12=1617.
Khi đó ta có VS.ADEVS.ABC=SDSB.SESC=45.1617=6485⇒VS.ADE=6485VS.ABC.
Do đó VS.ADE đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi VS.ABC đạt giá trị lớn nhất.
Ta có VS.ABC=13SA.SABC=16SA.AB.SC.sin∠BAC=16.4.2.1.sin∠BAC=43sin∠BAC đạt giá trị lớn nhất khi sin∠BAC=1⇔∠BAC=900.
Khi đó maxVS.ABC=43⇒maxVS.ADE=256255.
Chọn D.
