Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 28)
50 câu hỏi
Dạng {n; p} của khối lập phương là:
{3; 3}
{4; 3}
{3; 4}
{5; 3}
Dạng {n; p} của khối lập phương là {4; 3}.
Chọn B.
Tập xác định của hàm số y=log0,53x−2−1 là:
23;+∞
56;+∞.
23;56.
−∞;56.
Hàm số y=log0,53x−2−1 xác định khi log0,53x−2−1≥03x−2>0⇔3x−2≥12x>23⇔x≥56x>23⇔x≥56.
Vậy TXĐ của hàm số là 56;+∞.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2+8x−4y+10z−4=0. Khi đó (S) có tâm I và bán kính R lần lượt là:
I−4;2;−5,R=7.
I−4;2;−5,R=4.
I−4;2;−5,R=49.
I4;−2;5,R=7.
Mặt cầu (S) có tâm I(-4; 2; -5) bán kính R=−42+22+−52−−4=7.
Chọn A.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình fx=m−2 có bốn nghiệm phân biệt.
−4≤m≤−3.
-4 < m < -3
-2 < m < -1
−2≤m≤−1.
Phương trình f(x) = m - 2 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −4<m−2<−3⇔−2<m<−1.
Chọn C.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a3, hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) là trung điểm của cạnh AD, đường thẳng SD tạo với đáy một góc bằng 600. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:
3a34.
3a32.
a34.
a38.
Gọi M là trung điểm của AD ta có SM⊥ABCDgt.
Khi đó ∠SD;ABCD=∠SD;MD=∠SDM=600.
⇒SM=DM.tan600=a32.a3=3a2.
Vậy VS.ABCD=13SM.SABCD=13.3a2a32=3a22.
Chọn B.
Tính chiều cao h của hình trụ biết chiều cao h bằng hai lần bán kính đáy và thể tích khối trụ bằng 54π.
h=52.
h = 6
h = 2
h = 4
Gọi r là bán kính đáy khối trụ ta có h=2rV=πr2h=54π⇔h=2rπr2.2r=54π⇔r=3h=6.
Chọn B.
Tìm các số thực a, b để hàm số y=ax−1x+b có đồ thị như hình bên?
a = -1, b = 1
a = 1, b = 1
a = 1, b = -1
a = -1, b = -1
Đồ thị hàm số đã cho có TCN y = 1 và TCĐ x = -1 nên a1=1−b=−1⇔a=1b=1.
Chọn B.
Tập nghiệm của bất phương trình 12.25x−5x+2+12≥0 là:
−∞;log534∪log543;+∞
log534;log543
−∞;34∪43;+∞
34;43.
12.25x−5x+2+12≥0
⇔12.52x−25.5x+12≥0
⇔5x≥435x≤34⇔x≥log543x≤log534
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là −∞;log534∪log543;+∞.
Chọn A.
Trong không gian Oxyz cho hai vectơ u→=3i→+4j→ và v→=5i→+2j→−2k→. Tìm tọa độ của vectơ a→=3u→−v→.
a→=14;14;2.
a→=2;5;1.
a→=4;10;2.
a→=4;10;-2.
Ta có: u→=3i→+4j→v→=5i→+2j→−2k→⇔u→=3;4;0v→=5;2;−2.
Vậy a→=3u→−v→=4;10;2.
Chọn C.
Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy bằng 450. Thể tích của khối nón đã cho là:
π82a3
π32a3
22πa33
π22a3
Theo bài ra ta có ∠SOA=450,SA=2a.
⇒ΔSOA vuông cân tại O⇒SO=OA=SA2=a2⇒h=r=a2.
Vậy thể tích khối nón là V=13πr2h=13π.a22.a2=22πa33.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz cho hai vectơ a→=4;m;2 và b→=m−1;2;5. Tìm m để a→⊥b→.
m = -2
m = -3
m = -1
m = 1
a→⊥b→⇔a→.b→=0.
⇒4m−1+2m+10=0
⇔6m+6=0⇔m=−1
Chọn C.
Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y=x2,y=−13x+43 và trục hoành. Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành.
7π5.
6π5.
8π5.
π
Xét các phương trình hoành độ giao điểm: x2=0⇔x=0−13x+43=0⇔x=4x2=−13x+43⇔x=1x=−43
Khi đó ta có: V=π∫01x22dx+π∫14−13x+432dx.
Sử dụng MTCT ta tính được V=6π5.
Chọn B.
Nghiệm của phương trình 2x+1=8 là:
x = 3
x = 2
x = 1
x = 4
2x+1=8⇔2x+1=23⇔x+1=3⇔x=2.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz cho ba điểm A1;4;−5,B2;3;−6,C4;4;−5. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
H52;4;−5
H(1; 4; -5)
H(2; 3; -6)
H73;113;−163
Ta có: AB→=1;−1;−1,BC→=2;1;1.
⇒AB→.BC→=1.2+−1.1+−1.1=0⇒AB⊥BC⇒ΔABC vuông tại B
Do trực tâm H≡B nên H(2; 3; -6)
Chọn C.
Trong không gian Oxyz cho điểm A(-4; 6; 2). Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của A trên các trục Ox, Oy, Oz. Tính diện tích S của tam giác MNP.
S = 28
S=492
S = 7
S = 14
Ta có: M−4;0;0,N0;6;0,P0;0;2.
⇒MN→=4;6;0,MP→=4;0;2⇒MN→,MP→=12;−8;−24.
Vậy SΔMNP=12MN→,MP→=12122+−82+−242=14.
Chọn D.
Cho hàm số y=fx=ax3+bx2+cx+1a≠0 có bảng biến thiên dưới đây:
Có bao nhiêu số dương trong các số a, b, c?
2
0
3
1
Ta có limx→+∞y=+∞⇒a>0.
Hàm số có 2 điểm cực trị âm nên phương trình y'=3ax2+2bx+c=0 có 2 nghiệm phân biệt.
⇒−2b3a<0c3a>0⇔b>0c>0.
Vậy trong các số a, b, c có 3 số dương.
Chọn C.
Cho hàm số y = f(x) xác định trên ℝ và có đạo hàm f'x=xx−13x+22. Tìm số điểm cực trị của hàm số đã cho?
2
4
3
1
f'x=xx−13x+2⇔x=0 nghiem donx=1 nghiem boi 3x=−2 nghiem boi 2
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Chọn A.
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3a. Cắt hình trụ bỏi một mặt phẳng (P) song song với trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng a5, ta được một thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích của khối trụ đã cho.
22πa3.
12πa3
36πa3
22π3a3
Giả sử mặt phẳng (P) cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông ABCD như hình vẽ.
Gọi I là trung điểm của AB ta có OI⊥ABCD⇒dO;ABCD=OI=dOO';ABCD.
⇒OI=a5.
Áp dụng định lí Pyatgo ta có AI=OA2−AI2=3a2−a52=2a.
⇒AB=2AI=4a=AD=OO'.
Vậy thể tích khối trụ là V=π.3a2.4a=36πa3.
Chọn C.
Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập S. Tính xác suất để số được chọn có đúng bốn chữ số lẻ và chữ số 0 có hai chữ số kề nó là chữ số lẻ.
2189
21200
20189
12
Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=A108−A97=1632960.
Gọi A là biến cố: “số được chọn có đúng bốn chữ số lẻ và chữ số 0 có hai chữ số kề nó là chữ số lẻ”.
Gọi số có 8 chữ số là a1a2...a8¯.
Chọn 2 chữ số lẻ đứng cạnh chữ số 0 có A52=20 cách, coi 3 chữ số này là 1 chữ số X.
Chọn 2 chữ số lẻ còn lại có C32=3 cách.
Chọn 3 chữ số còn lại là số chẵn khác 0 có C43=4 cách.
Hoán đổi vị trí chữ số X, 2 chữ số lẻ còn lại và 3 chữ số còn lại là số chẵn khác 0 có 6! cách.
⇒ Có 20.3.4.6!=172800 số ⇒nA=172800.
Vậy xác suất của biến cố A là PA=1728001632960=20189.
Chọn C.
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng −∞;+∞?
y=x−1x−2
y=−x3−3x
y=x+1x+3
y=x3+x
Dễ dàng loại đáp án A và C vì có TXĐ khác ℝ
Xét đáp án D có y=3x2+1>0∀x∈ℝ nên hàm số đồng biến trên khoảng −∞;+∞.
Chọn D.
Lăng trụ ngũ giác có bao nhiêu cạnh?
15
10
20
5
Số cạnh của lăng trụ ngũ giác là 3.5 = 15
Chọn A.
Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên ℝ?
y=2πx
y=0,5−x
y=x3
y=log13x.
Vì 0<2π<1 nên hàm số y=2πx nghịch biến trên ℝ
Chọn A.
Tìm họ nguyên hàm của hàm số fx=4x3+5?
x4+5x+C
12x + C
x44+5x+C
x4+2
∫fxdx=∫4x3+5dx=x4+5x+C
Chọn A.
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng ABC,SA=7,AB=3,BC=3. Bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng:
4
3
2
52
Áp dụng định lí Pytago ta có AC=AB2+BC2=32+32=32.
Vì ΔABC vuông tại B nên bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy bằng Rday=12AC=322.
Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R=SA24+Rday2=724+3222=52.
Chọn D.
Cho hàm số f(x) = 2x + sinx + cos5x. Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) thỏa mãn F(0) = -2.
x2−cosx+15sin5x−1
x2+cosx−15sin5x+2
x2+cosx−15sin5x-2
x2−cosx+15sin5x+1
Ta có
Fx=∫2x+sinx+cos5xdx
=x2−cosx+15sin5x+C
Vì F0=−2⇒0−1+15.0+C=−2⇔C=−1.
Vậy Fx=x2−cosx+15sin5x−1.
Chọn A.
Tìm tập giá trị của hàm số y=x+1+3−x.
T = (2; 4)
T=2;25
T = [2; 4]
T=22;4.
ĐKXĐ: x+1≥03−x≥0⇔x≥−1x≤3⇒TXÐ:D=−1;3.
Ta có: y'=12x+1−123−x.
y'=0⇔x+1=3−x⇔2x=2⇔x=1∈−1;3.
Lại có y−1=2; y1=22; y3=2.
⇒min−1;3y=2,max−1;3y=22.
Vậy tập xác định của hàm số y=x+1+3−x là T=2;25.
Chọn B.
Cấp số cộng un thỏa mãn u4=7u4+u6=18 có công sai là:
d = -2
d = 2
d = 6
d = 5
u4=7u4+u6=18⇔u4=72u5=18⇔u4=7u5=9⇒d=u5−u4=9−7=2.
Chọn B.
Gieo một con súc xắc cân đối và đồng chất hai lần. Xác suất để ít nhất một lần xuất hiện mặt một chấm là:
836
1136
1236
636
Xác suất để không lần nào xuất hiện mặt một chấm là 562=2536.
Vậy xác suất để ít nhất một lần xuất hiện mặt một chấm là 1−2536=1136.
Chọn B.
Tính diện tích của hình phẳng S giới hạn bởi đồ thị hàm số y=2x2+x, trục hoành, các đường thẳng x = 1, x = 2.
193
376
132
6
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2x2+x=0⇔x=0x=−12∉1;2.
Diện tích cần tính: S=∫122x2+xdx=∫122x2+xdx=376.
Chọn B.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Có bao nhiêu khẳng định sai trong các khẳng định dưới đây?
I. Đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận
II. Hàm số có cực tiểu tại x = 2
III. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −∞;−1,1;+∞
IV. Hàm số xác định trên ℝ
2
3
1
4
Đồ thị có 2 đường tiệm cận ngang y = -1, y = 2 và 1 đường tiệm cận đứng x = 1 nên có tất cả 3 đường tiệm cận ⇒ Khẳng định I đúng.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ⇒ Khẳng định II đúng.
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −∞;−1,1;2⇒ Khẳng định III sai.
Hàm số xác định trên ℝ\1⇒ Khẳng định IV sai.
Vậy có 2 khẳng định đúng.
Chọn A.
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x+2x−1 là:
3
4
2
1
Hàm số y=x+2x−1 có TXĐ D=ℝ\1.
Ta có:
limx→1+y=limx→1+x+2x−1=limx→1+x+2x−1=+∞
limx→1−y=limx→1−x+2x−1=limx→1−x+21−x=−∞
Do đó đồ thị hàm số có 1 TCĐ x = 1.
Chọn D.
Trong không gian Oxyz cho điểm M(-4; 2; 3). Tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua Oy
(-4; -2; -3)
(4; 2; -3)
(-4; 2; 3)
(0; 2; 0)
Trong không gian Oxyz cho điểm M(-4; 2; 3), tọa độ điểm N đối xứng với M qua Oy là N(4; 2; -3)
Chọn B.
Cho ∫01fxdx=12,∫02fxdx=17. Tính ∫12fxdx.
-19
19
-5
5
Ta có: ∫02fxdx=∫01fxdx+∫12fxdx⇒∫12fxdx=∫02fxdx−∫01fxdx=7−12=−5.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz cho hai vectơ u→,v→ thỏa mãn u→=2;v→=4,u→,v→=600. Tính độ dài của vectơ u→+2v→.
97
8
7
46
Ta có:
u→+2v→2=u→2+4u→.v→+4v→2
=u→2+4u→.v→.cosu→,v→+4v→2
=32+4.3.4.cos600+4.42
= 97
⇒u→+2v→=97
Chọn A.
Cho hình chóp S.ABC có SA⊥ABC và đáy ABC là tam giác đều. Khẳng định nào sau đây sai?
SAB⊥ABC.
Gọi Hlà trung điểm của cạnh BC.Khi đó ∠AHSlà góc giữa hai mặt phẳng (SBC)và (ABC)
Góc giữa hai mặt phẳng (SAB)và (SAC)là ∠ACB.
SAC⊥ABC
Ta có: SA⊥ABCgtSA⊂SABSA⊂SAC⇒SAB⊥ABCSAC⊥ABC⇒ Đáp án A, D đúng.
Vì ΔABC đều nên AH⊥BC.
Ta có BC⊥AHBC⊥SA⇒BC⊥SAH⇒BC⊥SH.
SBC∩ABC=BCSH⊂SBC,SH⊥BCAH⊂SBC,AH⊥BC⇒∠SBC;ABC=∠SH;AH=∠SHA⇒ Đáp án B đúng.
Chọn C.
Cho hàm số y=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình bên. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
a<0b2−3ac<0
a<0b2−3ac>0
a>0b2−3ac<0
a>0b2−3ac>0
Đồ thị có nhánh cuối đi lên nên a > 0
Hàm số có 2 điểm cực trị nên phương trình y'=3ax2+2bx+c=0 có 2 nghiệm phân biệt ⇒Δ'=b2−3ac>0
Vậy a>0b2−3ac>0.
Chọn D.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên ℝ là f'x=x−1x+3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-10; 2021] để hàm số y=fx2+3x−m đồng biến trên khoảng (0; 2)
2016
2019
2018
2017
Đặt y=gx=fx2+3x−m ta có g'x=2x+3f'x2+3x−m.
Để hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) thì g'x≥0 ∀x∈0;2 và bằng 0 tại hữu hạn điểm
⇒2x+3f'x2+3x−m≥0 ∀x∈0;2.
⇔f'x2+3x−m≥0 ∀x∈0;2 (do 2x+3>0 ∀x∈0;2) (*)
Ta có: f'x=x−1x+3≥0⇔x≥1x≤−3
Do đó *⇔x2+3x−m≥1 ∀x∈0;2x2+3x−m≤−3 ∀x∈0;2⇔x2+3x≥m+1 ∀x∈0;2x2+3x≤m−3 ∀x∈0;2**.
Đặt hx=x2+3x, khi đó **⇔hx≥m+1 ∀x∈0;2hx≤m−3 ∀x∈0;2⇔min0;2hx≥m+1max0;2hx≤m−3.
Xét hàm số hx=x2+3x trên [0; 2] ta có h'x=2x+3=0⇔x=−32∉0;2.
Có h0=0,h2=10 nên min0;2hx=0≥m+1max0;2hx=10≤m−3⇔m≤−1m≥13.
Kết hợp điều kiện đề bài ta có m∈−10;2021m∈ℤ. Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn B.
Cho đa thức f(x) với hệ số thực và thỏa mãn 2fx+f1−x=x2,∀x∈ℝ. Biết tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 của đồ thị hàm số y = f(x) tạo với hai trục tọa độ một tam giác. Tính diện tích của tam giác đó?
16
32
13
23
Ta có 2fx+f1−x=x2,∀x∈ℝ
⇒2f1−x+fx=1−x2,∀x∈ℝ
⇔fx+2f1−x=x2−2x+1,∀x∈ℝ
Ta có hệ:
2fx+f1−x=x2fx+2f1−x=x2−2x+1⇔4fx+2f1−x=2x2fx+2f1−x=x2−2x+1
⇒3fx=x2+2x−1⇔fx=13x2+2x−1⇒f1=23
⇒f'x=132x+2⇒f'1=43
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x = 1 là:
y=43x−1+23⇔y=43x−23 d
Gọi A=d∩Ox. Cho y=0⇒43x−23=0⇔x=12⇒A12;0 và OA=12.
Gọi B=d∩Oy. Cho x=0⇒y=43.0−23=−23⇒B0;−23 và OB=23.
Vậy SΔOAB=12OA.OB=12.12.23=16.
Chọn A.
Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 8fx−2−3.4fx−2+m+3.2fx−1−4−2m=0 có nghiệm x∈−1;0?
3.
2.
1.
0.
Đặt t=2fx−1.
Với x∈−1;0, dựa vào đồ thị ta thấy fx∈0;2⇒fx−2∈−2;0⇒t∈14;1.
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
t3−3t2+m+3t−4−2m=0 có nghiệm t∈14;1
⇔t−1t2−2t+4+2m=0 có nghiệm t∈14;1
⇔t2−2t+4+2m=0 có nghiệm t∈14;1
⇔−t2−2t+42=m* có nghiệm t∈14;1
Xét hàm số gt=−t2−2t+42 với t∈14;1 ta có g't=−122t−2=0⇔t=1.
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm t∈14;1 khi và chỉ khi −5732<m<−32.
Kết hợp điều kiện m∈ℤ⇒ không có giá trị nào của m thỏa mãn.
Chọn D.
Cho mặt cầu S(O; 4) cố định. Hình nón (N) gọi là nội tiếp mặt cầu nếu hình nón (N) có đường tròn đáy và đỉnh thuộc mặt cầu S(O; 4) .Tính bán kính đáy r của (N) để khối nón (N) có thể tích lớn nhất.
r=32
r=423
r=22
r=823
Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình nón (N). Dễ thấy VN lớn nhất thì 4<h≤8.
Áp dụng định lí Pytago ta có: r=42−h−42=8h−h2.
⇒VN=13πr2h=13π8h−h2h=π38h2−h3.
Xét hàm số fh=8h2−h3 với h∈4;8 ta có: f'h=16h−3h2=0⇔h=0h=163.
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy max4;8fh=f163.
Vậy VN đặt GTLN khi h=163⇒r=823.
Chọn D.
Một hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính R = 6, biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc theo đường kính của đường tròn và hình chữ nhật đó nội tiếp. Tính diện tích lớn nhất của hình chữ nhật đó.
18cm2
36cm2
64cm2
96cm2
Đặt tên các điểm như hình vẽ.
Đặt OA=x⇒AD=2x. Áp dụng định lí Pytago ta có AB=OB2−OA2=36−x2.
Khi đó SABCD=AD.AB=2x.36−x2.
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x36−x2≤x2+36−x22=18.
⇒SABCD≤2.18=36.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2=36−x2⇔x2=18⇔x=32.
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD bằng 36 cm2.
Chọn B.
Cho các số thực a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và a2x=b2y=ab. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=6x+y2 bằng:
454
3
5416
4516
Theo bài ra ta có:
a2x=b2y=ab
⇔2x=logaab=12+12logab2y=logbab=12+12logba
⇔x=14+14.1logbay=x=14+14.logba
Đặt t=logba, vì a>1,b>1⇒t=logba>logb1=0 ta có: x=14+14.1ty=14+14.tt>0
Khi đó ta có:
P=6x+y2=614+14.1t+14+14t2
P=32+32.1t+116+18t+116t2
P=116t2+18t+32t+2516t>0
Ta có
P'=18t+18−32t2=t3+t2−128t2
P'=0⇔t3+t2−12=0⇔t=2tm
BBT:
Vậy Pmin=P2=4516.
Chọn D.
Trong không gian Oxyz cho ba điểm M4;−1;3,N−5;11;8 và P(1; 3; m). Tìm m để M, N, P thẳng hàng.
m=143
m = 18
m = -4
m=113
Ta có: MN→=−9;12;5,MP→=−3;4;m−3.
Để M, N, P thẳng hàng thì tồn tại số thực k≠0 sao cho MP→=k.MN→.
⇒−3=−9k4=12km−3=5k⇔k=13m=143.
Chọn A.
Cho tam giác OAB đều cạnh 2a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng (OAB) lấy điểm M sao cho OM = x. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB và OB. Gọi N là giao điểm của EF và d. Tìm x để thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ nhất.
x=a22
x=a612
x=a32
x=a2
Ta có VABMN=VM.OAB+VN.AOB=13OM.SΔOAB+13ON.SΔOAB=13MN.SΔOAB.
Tam giác OAB đều cạnh 2a nên SΔOAB=2a234=a23 không đổi.
Do đó VABMN đạt giá trị nhỏ nhất khi MN đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có: ΔOAB đều ⇒M là trung điểm của OB.
AF⊥OBAF⊥OM⇒AF⊥OBM⇒AF⊥BM
BM⊥AFBM⊥AE⇒BM⊥AEF⇒BM⊥EF
Ta có ∠BEF=∠OMB=∠OFN⇒ΔOBM∽ΔONFg.g.
⇒ONOB=OFOM⇒ON=OB.OFOM=2a.ax=2a2x.
⇒MN=OM+ON=x+2a2x≥2x2a2x=22a. Dấu "=" xảy ra ⇔x=2a2x⇔x=a2.
Vậy VABMN đạt giá trị nhỏ nhất khi x=a2.
Chọn D.
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng 1 và ∠BAD=∠DAA'=∠A'AB=600. Cho hai điểm M, N thỏa mãn điều kiện C'B→=BM→,DN→=2DD'→. Độ dài đoạn thẳng MN là:
3
13
19
15
Ta có:
MN→=MC'→+C'D'→+D'N→
=2BC'→+C'D'→+DD'→
=2BC→+CC'→+C'D'→+CC'→
=2BC→+2CC'→+C'D'→+CC'→
=2AD→+2AA'→−AB→+AA'→
=2AD→+3AA'→−AB→
⇒MN2=2AD→+3AA'→−AB→2
=4AD2+9AA'2+AB2+12AD→.AA'→−4AD.→AB→−6AA'→.AB→
=12+12AD→.AA'→−4AD→.AB→−6AA'→.AB→
Ta có:
AD→.AA'→=AD.AA'.cos∠DAA'=1.1.cos600=12
AD→.AB→=AD.AB.cos∠BAD=1.1.cos600=12
AA'→.AB→=AA'.AB.cos∠A'AB=1.1.cos600=12
⇒MN2=14+12.12−4.12−6.12=15.
Vậy MN=15.
Chọn D.
Một ngân hàng X quy định về số tiền nhận được của ngân hàng sau n năm gửi vào ngân hàng tuân theo công thức Pn=A1+9%n, trong đó A là số tiền gửi ban đầu của khác hàng. Hỏi số tiền ít nhất mà khách hàng B phải gửi vào ngân hàng X là bao nhiêu để sau 5 năm khác hàng đó rút ra được lớn hơn 950 triệu đồng (kết quả làm tròn đến hàng triệu)?
618 triệu đồng
617 triệu đồng
616 triệu đồng
619 triệu đồng
Sau 5 năm khách hàng đó rút ra được lớn hơn 950 triệu đồng nên ta có:
P5=A1+9%5>950⇔A>617,4 (triệu đồng)
Vậy người đó phải gửi ít nhất 618 triệu đồng.
Chọn A.
Tính tổng T=C202003−C202014+C202025−X202036+...−C202020192022+C202020202023.
14133456312
14133456315
14133456313
14133456314
Xét khai triển:
x21−x2020=x2∑k=02020C2020k−xk
=x2C20200−C20201x+C20202x2−C20203x3+...−C20202019x2019+C20202020x2020
=C20200x2−C20201x3+C20202x4−C20203x5+...−C20202019x2021+C20202020x2022
Lấy tích phân hai vế ta có:
∫01x21−x2020dx=∫01C20200x2−C20201x3+C20202x4−C20203x5+...−C20202019x2021+C20202020x2022dx
=C20200x33−C20201x44+C20202x55−C20203x66+...−C20202019x20222022+C20202020x2023202310
=13C20200−14C20201+15C20202−16C20203+...−12022C20202019+12023C20202020
Suy ra T=∫01x21−x2020dx.
Đặt t=1−x⇒dt=−dx. Đổi cận x=0⇒t=1x=1⇒t=0. Khi đó ta có:
T=∫01x21−x2020dx=−∫101−t2t2020dt
=∫01t2020t2−2t+1dt=∫01t2022−2t2021+t2020dt
=t20232023−2t20222022+t2021202110
=12023−22022+12021=14133456313
Chọn C.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ và có ∫03fxdx=−1,∫05fxdx=5. Tính I=∫−22f2x−1dx.
I = -3
I = 3
I = 6
I = 2
Ta có: I=∫−22f2x−1dx=∫−212f1−2xdx+∫123f2x−1dx=I1+I2.
Xét I1=∫−212f1−2xdx.
Đặt t=1−2x⇒dt=−2dx. Đổi cận: x=−2⇒t=5x=12⇒t=0. Ta có:
I1=−12∫50ftdt=12∫05fxdx=52.
Xét I2=∫123f2x−1dx.
Đặt u=2x−1⇒du=2dx. Đổi cận: x=12⇒u=0x=2⇒u=3. Ta có:
I2=12∫03fudu=12∫03fxdx=−12.
Vậy I=52−12=2.
Chọn D.
Cho lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng 2a và khoảng cách giữa hai đáy của lăng trụ bằng 4a. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho?
V=23a3
V=33a3
V=63a3
V=243a3
Vì ABCDEF là lục giác đều nên ΔOAB là tam giác đều cạnh 2a (Với O là tâm lục giác đều).
Ta có SΔOAB=2a234=a23 nên SABCDEF=6SΔOAB=6a23.
Vậy thể tích lăng trụ là: V=AA'.SABCDEF=4a.6a23=243a3.
Chọn D.
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 3x2−3x−m=logx2+33x−m+3 có nghiệm là:
m∈ℝ
m≥−34
m≤34
−34≤m≤34
Ta có:
3x2−3x−m=logx2+33x−m+3
⇔3x2+3−3x−m−3=logx2+33x−m+3
⇔3x2+333x−m+3=ln3x−m+3lnx2+3
⇔3x2+3.lnx2+3=33x−m+3.ln3x−m+3
Xét hàm số ft=3tlntt≥3 ta có f't=3tlnt.ln3+3t.1t>0 ∀t≥3
Do đó hàm số đồng biến trên 3;+∞.
Lại có fx2+3=f3x−m+3 nên x2+3=3x−m+3⇔x2=3x−m.
⇒x2=3x−m−x2=3x−m⇔x2−3x+3m=0x2+3x−3m=0
Để phương trình có nghiệm thì 9−12m≥09+12m≥0⇔m≤34m≥−34⇔m∈ℝ.
Chọn A.
