Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 27)
50 câu hỏi
Cho hình nón có bán kính đáy r = 6 và chiều cao h = 8. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
120π.
64π.
60π.
80π.
Hình nón có bán kính đáy r = 6 và chiều cao h = 8 nên đường sinh là l=r2+h2=10.
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq=πrl=60π.
Chọn C.
Cho hai số phức z1=3−4i và z2=2+i. Số phức z1+iz2 bằng:
5 - 3i
5 + 3i
2 - 2i
2 + 2i
Ta có z1=3−4iz2=2+i⇒z1+iz2=2−2i.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz, khoảng cách từ điểm A(5; 4; -3) đến trục Ox bằng
4
5
3
25
Khoảng cách từ A(5; 4; -3) xuống trục Ox bằng 42+−32=5.
Chọn B.
Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực của phương trình fx=log2021 là:
1
2
3
0
Số nghiệm của phương trình fx=log2021 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y=log2021.
Ta có log2021≈3,3
Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình fx=log2021 có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn C.
Cho khối lăng trụ có diện tích đáy là 8, chiều cao là 6. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
16
36
48
24
Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 8 và chiều cao bằng 6 nên thể tích khối là V=Sd.h=48.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x+22+y−12+z+32=25. Tọa độ tâm của mặt cầu (S) là
(-2; 1; -3)
(2; 1; 3)
(2; -1; 3)
(-2; -1; -3)
Ta có S:x+22+y−12+z+32=25 có tâm là I(-2; 1; -3).
Chọn A.
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(4; 1; 3), B(2; 1; 5) và C(4; 3; -3) không thẳng hàng. Mặt phẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với AB có phương trình là
2x−y−z−1=0
2x−2z−1=0
x−z+1=0
x+y−z+3=0
Ta có: AB→=−2;0;2AC→=0;2;−6⇒AB→;AC→=−4;−12;−4.
⇒ABC nhận n→=1;3;1 là 1 VTPT.
⇒ Phương trình mặt phẳng (ABC) là: 1x−4+3y−1+1z−3=0⇔x+3y+z−10=0.
Gọi I(x; y; z) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Khi đó ta có: IA=IBIA=ICI∈ABC
⇔x−42+y−12+z−32=x−22+y−12+z−52x−42+y−12+z−32=x−42+y−32+z+32x+3y+z−10=0⇔−4x+4z=44y−12z=8x+3y+z−10=0⇔x=−611y=3711z=511
Vậy phương trình mặt phẳng đi qua I và vuông góc với AB là:
−2x+611+2z−511=0⇔2x−2z+2=0⇔x−z+1=0
Chọn C.
Nghiệm của phương trình 5x−2=1125 là
x = -1
x = 3
x = 2
x = -2
5x−2=1125⇔5x−2=5−3⇔x−2=−3⇔x=−1.
Chọn A.
Cho khối trụ bán kính r = 3 và độ dài đường sinh l = 5. Thể tích khối trụ đã cho bằng
15π
12π
45π
36π
Thể tích khối trụ là: V=πr2h=πr2l=π.32.5=45π.
Chọn C.
Cho khối nón có bán kính bằng 3 và khoảng cách từ tâm của đáy đến một đường sinh bất kỳ bằng 125. Thể tích của khối nón đã cho bằng
12π
18π
36π
24π
Gọi d là khoảng cách từ tâm đáy đến một đường sinh bất kì, ta có d=125.
Gọi h là chiều cao hình nón, r là bán kính đáy hình nón. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 1h2+1r2=1d2⇔1h2=1d2−1r2=11252−132=116⇔h=4.
Vậy thể tích khối nón là: V=13πr2h=13π.32.4=12π.
Chọn A.
Cho cấp số cộng un với u1=−3 và u5=13. Giá trị của u9 bằng
33.
37.
29.
25.
Ta có u1+u9=2u5⇔u9=2u5−u1=2.13−−3=29.
Chọn C.
Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z2−4z+8=0. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức iz0?
Q(2; 2)
M(-2; 2)
P(-2; -2)
N(2; -2)
Ta có z2−4z+8=0⇒z=2+2iz=2−2i.
Vì z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z2−4z+8=0 nên z0=2+2i.
⇒iz0=i2+2i=−2+2i có điểm biểu diễn là N(2; -2)
Chọn B.
Cho mặt cầu có diện tích là 36π. Thể tích khối cầu được giới hạn bởi mặt cầu đã cho là
27π
108π
81π
36π
Gọi r là bán kính mặt cầu ta có: S=4πr2=36π⇔r=3.
Vậy thể tích khối cầu là: V=43πr3=43π.33=36π.
Chọn D.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực tiểu của hàm số y = f(3x) là
x=23
x = 2
y = -3
x=−23
Ta có y=f3x⇒y'=3.f'3x.
Cho y'=0⇔3x=−13x=2⇔x=−13x=23.
Bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy điểm cực tiểu của hàm số là x=23.
Chọn A.
Biết F(x) = cosx là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên ℝ. Giá trị của ∫0π3fx+2dx bằng
2
2π
2π−6
-4
Ta có F(x) = cosx là một nguyên hàm của f(x) nên fx=F'x=−sinx.
Khi đó ta có: ∫0π3fx+2dx=∫0π−3sinx+2dx=3cosx+2xπ0=2π−6.
Chọn C.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, biết điểm M(3; -5) là điểm biểu diễn số phức z. Phần ảo của số phức z + 2i bằng
-5
2
-3
5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, biết điểm M(3; -5) là điểm biểu diễn số phức z nên z = 3 - 5i.
Suy ra z+2i=3−5i+2i=3−3i có phần ảo bằng -3.
Chọn C.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=12020x4−12020x2+2021 trên đoạn [-1; 1] bằng
2021−18080
2020
2021−14040
2021
Ta có f'x=1505x3−11010x=0⇔110102x3−x=0⇔x=0∈−1;1x=22∈−1;1x=−22∈−1;1.
Ta có: f0=2021,f22=f−22=2021−18080.
Vậy min−1;1fx=2021−18080.
Chọn A.
Số phức liên hợp của số phức z=4+3−1i là
z¯=4−3+1i
z¯=4+1−3i
z¯=4-1−3i
z¯=4+1+3i
Ta có z=4+3−1i⇒z¯=4−3−1i=4+1−3i.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua điểm M(2; -5; 1) và song song với mặt phẳng (Oxz) có phương trình là
x + y + 3 = 0
x + z - 3 = 0
y + 5 = 0
x - 2 = 0
Mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Oxz) nên có 1 vecto pháp tuyến là nP→=j→=0;1;0.
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 1y+5=0⇔y+5=0.
Chọn C.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=3x−24−x là
y = 2
y=34
y = - 3
x = -3
Đồ thị hàm số y=3x−24−x=3x−2−x+4 có TCN y=3−1=−3.
Chọn C.
Có bao nhiêu cách chọn ra hai loại khối đa diện đều khác nhau?
5
2
10
20
Ta thấy có tất cả 5 khối đa diện đều: tứ diện đều, lập phương, 8 mặt đều, 12 mặt đều và 20 mặt đều.
Chọn 2 trong 5 khối có C52=10.
Chọn C.
Biết log712=a,log1224=b. Giá trị của log54168 được tính theo a và b là
ab+1a8−5b
ab-1a8−5b
2ab+18a−5b
2ab+18a+5b
Ta có T=log54168=log7168log754=log73.7.23log72.33
⇒T=log73+1+3log72log72+2log73.
Ta có: log712=alog1224=b⇔a=log73+2log72ab=log724=3log72+log73
⇔3log73+6log72=3a6log72+2log73=2ab⇔log73=3a−2ablog72=ab−a
Vậy T=3a−2ab+1+3ab−3aab−a+8a−6ab=ab+1a8−5b.
Chọn A.
Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình vẽ bên?
y=x+2x−2
y=−x3+3x2−1
y=x−1x−2
y=x4−3x2+2
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm phân thức bậc nhất/ bậc nhất nên loại B, D.
Mà đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại C.
Chọn A.
Tập nghiệm của bất phương trình 0,125x2−5>64 là
−1;0;1
−3;3
(−3;3)
(-3; 3)
Ta có
0,125x2−5>64⇔2−3x2−5>26.
⇔−3x2−5>6⇔x2−5<−2
⇔x2<3⇔−3<x<3.
Chọn C.
Cho ∫fxdx=3x2+2x−3+C. Hỏi f(x) là hàm số nào?
f(x) = 6x + 2 + C
fx=x3+x2−3x+C
f(x) = 6x + 2
fx=x3+x2−3x
Ta có ∫fxdx=3x2+2x−3+C⇒fx=3x2+2x−3+C'=6x+2.
Chọn C.
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC và có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a3. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
900
450
300
600
Gọi O là tâm tam giác ABC nên SO⊥ABC.
Khi đó OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) nên ∠SA;ABC=∠SA;OA=∠SAO.
Gọi H là trung điểm của BC ta có AH=a32⇒AO=23AH=a33.
Xét tam giác vuông SOA có: cos∠SAO=AOSA=a332a3=32⇒∠SAO=300.
Vậy ∠SA;ABC=300.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 4; -2) và mặt phẳng P:2x+5z−3+2=0. Đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình tham số là
x=3+2ty=4z=−2+5t
x=3−2ty=4+5tz=−2−3t
x=3+2ty=4z=−2−5t
x=3+2ty=4+5tz=−2−3t
Mặt phẳng P:2x+5z−3+2=0 có 1 VTPT là nP→=2;0;5.
Vì d⊥P nên d có 1 VTCP là ud→=nP→=2;0;5.
Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là x=3+2ty=4z=−2+5t.
Chọn A.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=x−1x2−5x+6 và hai trục tọa độ bằng
114
12
11π4
π2
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình
x−1x2−5x+6=0⇔x=1x=2x=3
Ta có đồ thị hàm số:
Diện tích hình phẳng giới hạn cần tìm là
S=−∫01x−1x2−5x+6dx+∫12x−1x2−5x+6dx−∫23x−1x2−5x+6dx=114
Chọn A.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
−5;+∞
(-3; 0)
(2; 4)
(-5; 2)
Ta thấy hàm số đã cho đồng biến trong khoảng là −3;0,3;+∞.
Chọn B.
Với a, b là các số thực dương tùy ý và a≠1,logaab bằng
2+logab
12−logab
12+logab
2-logab
logaab=logaa+logab
=2logaa+12.2logab=2+logab.
Chọn A.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x−32=y+1−3=2z−14. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d.
u2→=2;−3;4
u3→=2;3;4
u4→=2;3;−4
u1→=2;−3;2
Ta có đường thẳng d:x−32=y+1−3=2z−14 có vecto chỉ phương là u2→=2;−3;4.
Chọn A.
Biết ∫13fxdx=5;∫13gxdx=−7. Giá trị của ∫133fx−2gxdx bằng
29
-29
1
-31
Ta có ∫133fx−2gxdx=3∫13fxdx−2∫13gxdx=3.5−2.−7=29.
Chọn A.
Cho khối chóp tứ giác đều cạnh đáy a = 3 và chiều cao h = 5. Thể tích của khối chóp bằng
15π
15
45
45π
Khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy a = 3 và chiều cao h = 5 nên V=13Sd.h=13.32.5=15.
Chọn B.
Nghiệm của phương trình log(3x - 5) = 2 là
x = 36
x = 35
x = 40
x = 30
log3x−5=2⇔3x−5=102⇔x=35.
Chọn B.
Tập xác định của hàm số y = log(-3x - 6) là
−2;+∞
−∞;−2
−∞;−2
0;+∞
Hàm số y = log(-3x - 6) xác định khi −3x−6>0⇔x<−2.
Chọn B.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, tam giác SBC vuông tại S và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng
12πa2
36πa2
18πa2
16πa2
Mặt bên (SBC) vuông góc với đáy là tam giác vuông tại S nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp Rben=12BC=3a2.
Ta có SBC∩ABC=BC=3a=gt.
Đáy ABC là tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là Rday=3a33=a3.
⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:
R=Rben2+Rday2−gt24=3a22+a32−3a24=a3
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là S=4πR2=4πa32=12πa2.
Chọn A.
Cho hai số phức z1=1−2i,z2=3+i. Mođun số phức z1+z2z1¯.z2¯ bằng
534
435
543
510
z1+z2z1¯z2¯=z1+z2.z1→.z2→
=1−2i+3+i.12+−22.32+12
=42+−12.5.10
=17.52=534
Chọn A.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'x=x+22x−13x2−4x2−1,∀x∈ℝ. Số điểm cực đại của hàm số đã cho là
4
3
1
2
Ta có:
f'x=x+22x−13x2−4x2−1,∀x∈ℝ
=x+22x−13x−2x+2x−1x+1
=x+23x−14x−2x+1
f'x=0⇔x=−2nghiem boi 3x=1nghiem boi 4x=2nghiem donx=−1nghiem don
Bảng xét dấu f'(x)
(Ta không xét nghiệm x = 1 vì qua đó f'(x) không đổi dấu).
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 điểm cực x = -1 đại và 2 cực tiểu x=±2.
Chọn C.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x4−4x2+2 với đường thẳng y = 2 là
4.
2.
8.
5.
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x4−4x2+2=2⇔x4−4x2+2=2x4−4x2+2=−2
⇔x4−4x2=0x4−4x2+4=0⇔x2=0x2=4x2−22=0
⇔x=0x=±2x2−2=0⇔x=0x=±2x=±2
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt
Chọn D.
Một người gửi tiền vào ngân hàng 200 triệu đồng với kì hạn 12 tháng, lãi suất 5,6% một năm theo hình thức lãi kép (sau 1 năm sẽ tính lãi và cộng vào gốc). Sau đúng 2 năm, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T=A1+rn, trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kì hạn gửi. Tính tổng số tiền người đó nhận được sau đúng 5 năm kể từ khi gửi tiền lần thứ nhất (số tiền lấy theo đơn vị triệu đồng, làm tròn 3 chữ số thập phân)
381,329 triệu đồng
380,391 triệu đồng
385,392 triệu đồng
380,392 triệu đồng
Ta có số tiền của người đó sau 2 năm là T1=2001+0,0562
Sau khi gửi thêm 100 triệu thì số tiền là T=2001+0,0562+100
Tổng số tiền sau 5 năm là T=200.1,0562+100.1,0563=380,392 triệu đồng.
Chọn D.
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2−xy+3=02x+3y−14≤0. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3x2y−xy2−2x3+2x thuộc khoảng nào dưới đây?
(-2; 2)
−∞;−1
(1; 3)
0;+∞
Với x, y là các số thực dương ta có:
x2−xy+3=02x+3y−14≤0⇔y=x2+3x2x+3x2+9x−14≤0
⇔y=x2+3x2x2+3x2+9−14x≤0⇔y=x2+3x1≤x≤95
Khi đó ta có
P=3x2y−xy2−2x3+2x
P=x2−xy+3y+2x2y−2x3+2x−3y
P=2x2y−2x3+2x−3y
P=2x2.x2+3x−2x3+2x−3.x2+3x
P=2x3+6x−2x3+2x−3x−9x
P=5x−9x
Xét hàm số P=5x−9x với 1≤x≤95. Ta có: P'=5+9x2>0 ∀x nên hàm số đồng biến 1;95.
Vậy min1;95P=P1=−4max1;95P=P95=4⇒min1;95P+max1;95P=0∈−2;2.
Chọn A.
Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực đại của hàm số gx=f2x2+x2 là
3
4
2
1
Ta có gx=f2x2+x2
⇒g'x=24x+1.f'2x2+xf2x2+x
g'x=0⇔4x+1=0⇔x=−14f'2x2+x=0 1f2x2+x=0 2
Dựa vào BBT ta thấy:
f'x=0⇔x=−2x=1, do đó 1⇔2x2+x=−2vo nghiem2x2+x=1⇔x=12x=−1.
f(x) = 0 có 1 nghiệm x = a > 1 do đó 2⇔2x2+x=aa>1.
Xét hàm số fx=2x2+x ta có f'x=4x+1=0⇔x=−14.
Bảng biến thiên:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình f(x) = a có 2 nghiệm phân biệt x = b, x = c và b<−1,c>12.
Khi đó ta có bảng xét dấu y = g'(x) như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y = g(x) có 3 điểm cực đại.
Chọn A.
Cho một đa giác đều có 20 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn tâm O. Gọi X là tập các tam giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác trên. Xác suất để chọn một tam giác từ tập X là tam giác vuông nhưng không phải là tam giác cân bằng
1057
857
319
157
Đa giác đều 20 đỉnh nên có 10 đường kính
⇒ có 20 tam giác vuông cân
Có 2 đường kính cắt nhau tạo được 4 tam giác vuông
Nên số tam giác vuông là C102.4=180 tam giác vuông
Nên số tam giác vuông mà không cân là 160
Do đó P=160C203=857
Chọn B.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=m2−m−6x3+m−3x2−2x+1 nghịch biến trên ℝ?
6
5
4
3
Ta có y=m2−m−6x3+m−3x2−2x+1 nghịch biến trên ℝ
⇒y'=3m2−m−6x2+2m−3x−2≤0 ∀x∈ℝ
TH1: m2−m−6=0⇔m=3m=−2.
+ Với m = 3 thì y = -2x + 1 nghịch biến trên ℝ (đúng) ⇒m=3 thỏa mãn.
+ Với m = -2 thì y=−5x2−2x+1 nghịch biến trên ℝ (sai) ⇒m=−2 không thỏa mãn.
TH2: m2−m−6≠0⇔m=3m=−2
Đề hàm số nghịch biến trên ℝ thì y'≤0 ∀x∈ℝ.
⇔3m2−m−6<0Δ'=m−32+6m2−m−6≤0
⇔−2<m<37m2−12m−27≤0
⇔−2<m<3−97≤m≤3⇔−97≤m<3.
Mà m∈ℤ⇒m∈−1;0;1;2.
Kết hợp cả 2 TH ta có m∈−1;0;1;2;3. Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn.
Chọn B.
Cho Fx=x33 là một nguyên hàm của fxx. Biết f(x) có đạo hàm xác định với mọi x≠0. Tính ∫f'xexdx
3x2ex−6xex+ex+C
x2ex−6xex+6ex+C
3x2+6xex+6ex+C
3x2ex−6xex+6ex+C
Ta có Fx=x33 là một nguyên hàm của fxx⇒fxx=F'x=x2⇒fx=x3.
⇒f'x.ex=3x2.e2⇒∫f'x.exdx=∫3x2.exdx.
Đặt u=3x2dv=exdx⇒du=6xdxv=ex⇒∫f'x.exdx=3x2ex−∫6x.exdx.
Đặt u=6xdv=exdx⇒du=6dxv=ex⇒∫6x.exdx=6xex−∫6exdx=6xex−6ex+C
Vậy ∫f'x.exdx=3x2.ex−6xex+6ex+C.
Chọn D.
Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) nguyên thỏa mãn
4xy+7y2x−1e2xy−e4x+y+7=2x2−y+y+7ex
8
5
6
7
Ta có 4xy+7y2x−1e2xy−e4x+y+7=2x2−y+y+7ey
⇔e2xy−e4x+y+7ey=2x2−y+y+74xy+7y2x−1=4x−2xy+y+74xy+7y2x−1
⇔e2xy−y−e4x+7=4x+7y4x+72x−1+y1−2xy4x+72x−1
⇔e2xy−y−e4x+7=1y2x−1+14x+7
⇔ey2x−1−1y2x−1=e4x+7−14x+7
Xét hàm số ft=et−1tt≠0 ta có f't=et+1t2>0 ∀t≠0, do đó hàm số đồng biến trên các khoảng xác định, từ đó ta có: fy2x−1=f4x+7⇔y2x−1=4x+7.
⇒y=4x+72x−1=4x−2+92x−1=2+92x+1.
Vì y nguyên nên 92x+1∈ℤ⇒2x+1∈±1;±3;±9⇒x∈0;−1;1;−2;4;−5⇒ Có 6 giá trị của x thỏa mãn.
Vậy có 6 cặp thỏa mãn số (x; y) nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên −2;2\0, thỏa mãn f(1) = 0 và f'x+xefx+2+xefx=0. Giá trị của f12 bằng
ln7
ln5
C ln6
ln3
Ta có f'x+xefx+2+xefx=0
⇒f'x.efx+xefx+2.efx+x=0
⇔f'x.efx+xefx+2.efx+1=0
⇔efx'+xefx+12=0
⇔x=−efx'efx+12
Lấy nguyên hàm hai vế ta được:
∫xdx=∫−efx'efx+12dx=∫−efx+1'efx+12dx⇔x22+C=1efx+1
Mà f1=0⇒12+C=1e0+1⇔C=0
Suy ra x22=1efx+1⇒efx+1=2x2⇔efx=2x2−1⇒fx=ln2x2−1.
Vậy f12=ln214−1=ln7.
Chọn A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,SA=a3. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của AD. Khoảng cách giữa hai đường SD và HK bằng:
a1055
a10520
a10530
a10510
Vì tam giác SAB cân nên SH⊥AB.
Ta có SAB⊥ABCD=ABSH⊂SAB,SH⊥AB⇒SH⊥ABCD.
Vì HK là đường trung bình của tam giác SBD nên HK//BD⇒HK//SBD⊃SD.
⇒dSD;HK=dHK;SBD=dH;SBD.
Gọi O, M lần lượt là trung điểm của BD, SO
Ta có SC⊥BD (do ABCD là hình vuông), HM // AC (do HM là đường trung bình của ΔABO)
⇒HM⊥BD.
Ta có BD⊥HMBD⊥SH⇒BD⊥SHM.
Trong (SHM) kẻ HI⊥SM ta có HI⊥SMHI⊥BD⇒HI⊥SBD⇒dH;SBD=HI.
Vì ABCD là hình vuông cạnh a⇒AC=a2⇒AO=a22⇒HM=12AO=a24.
Ta có: HD=AH2+HD2=a22+a2=a52.
Xét tam giác vuông SHD có: SH=SD2−HD2=3a2−5a24=a72.
Xét tam giác vuông SHM có: HI=SH.HMSH2+HM2=a72.a247a24+a28=a10530.
Vậy dHK;SD=a10530.
Chọn C.
Cho hàm bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f4−x2−x2−1=12021 là:
24
14
12
10
ĐK: −2≤x≤2
Đặt t=4−x2−x2−1=4−x2−x2+1 khi 1≤x≤2−2≤x≤−14−x2+x2−1 khi −1<x<1
Ta có: t'=−x4−x2−2x khi 1≤x≤2−2≤x≤−1−x4−x2+2x khi −1<x<1
t'=0⇔−x4−x2−2x=0 khi 1≤x≤2−2≤x≤−1−x4−x2+2x=0 khi −1<x<1
⇔−x14−x2+2=0 khi 1≤x≤2−2≤x≤−11−x14−x2−2=0 khi −1<x<1 2
1⇔14−x2+2=0vo nghiem
2⇔x=014−x2−2=0⇔x=±152ktm
Bảng biến thiên:
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y=12021 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm là x=a;a∈0;3−32⇒4n0x=b;b∈3−32;1⇒4n0x=c∈2;+∞⇒2n0
Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Trong mặt phẳng (α) cho hai tia Ox, Oy và ∠xOy=600. Trên tia Oz vuông góc với mặt phẳng (α) tại O, lấy điểm S sao cho SO = a. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên hai tia Ox, Oy sao cho OM + ON = a (a > 0 và M, N khác O). Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của O trên hai cạnh SM, SN. Mặt cầu ngoại tiếp đa diện MNHOK có diện tích nhỏ nhất bằng
2πa23
πa2
2πa2
πa23
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN, D' là điểm đối xứng với I qua O
Ta có:
DM⊥OMDM⊥SO⇒DM⊥SOM⇒DM⊥OH
OH⊥DMOH⊥SM⇒OH⊥SDM⇒OH⊥HD
⇒∠OHD=900⇒IO=IH=ID.
Chứng minh tương tự ta có OK⊥SDN⇒OK⊥KD⇒∠OKD=900⇒IO=IK=ID.
⇒IO=IM=IN=IH=IK⇒I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện MNHOK.
Gọi P và Q là trung điểm OM và ON nên P và Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHM và OKN.
Ta có bán kính mặt cầu này là:
R=IO=RΔOMN=MN2sin∠MON
=OM2+ON2−2OM.ON.cosOMN3=OM2+ON2−OM.ON3
Ta có: OM2+ON2−OM.ON=OM+ON2−3OM.ON=a2−3OM.ON
Lại có OM.ON≤OM+ON24=a24 nên OM2+ON2−OM.ON≥a2−3a24=a24.
Do đó ta có R≥a243=a23.
Vậy S=4πR2≥4π.a232=πa23.
Chọn D.
