Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 1)
50 câu hỏi
Xác định vị trí tương đối giữa đường thẳng d:x=1−ty=3+2tz=tvà P:x−2y−z+6=0 ?
Song song.
Cắt và vuông góc.
Đường thẳng thuộc mặt phẳng.
Cắt nhau nhưng không vuông góc.
Đáp án B
Ta có ud→=−1;2;1 cùng phương với np→=1;−2;−1 nên đường thẳng d cắt và vuông góc với P .
Cho hàm số y=ax4+bx2+c có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?
a>0,b>0,c>0.
a<0,b<0,c>0.
a>0,b<0,c>0.
a<0,b<0,c>0.
Đáp án C
Từ hình dáng đồ thị hàm số ta có a>0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên c>0.
Hàm số có 3 cực trị nên a.b<0 mà a>0⇒b<0.
Dãy số nào là cấp số nhân lùi vô hạn trong các dãy số sau đây?
un=1nn∈ℕ*.
un+1=12unu1=100n∈ℕ*.
un=12nn∈ℕ*.
un=2nn∈ℕ*.
Đáp án B
Để dãy số là cấp số nhân lùi vô hạn thì nó phải là cấp số nhân có công bội q thỏa mãn q<1.
Ta thấy un+1=12unu1=100n∈ℕ* có un+1un=12<1⇒Đây là cấp số nhân.
Phương trình 2x=4 có nghiệm là:
x=1.
x=2.
x=3.
x=4.
Đáp án B
Ta có 2x=4=22⇔x=2.
Kết quả của I=∫0π2sinxdx bằng
I=1.
I=2.
I=0.
I=22.
Đáp án A
I=∫0π2sinxdx=−cosx0π2=−0−1=1.
Số phức z=12−i có modul là:
3
75
55
4
Đáp án C
Ta có z=12−i=25+15i⇒z=252+152=55.
Thể tích khối lăng trụ khi biết diện tích đáy S và chiều cao hlà:
S.h
13S.h
16S.h
3S.h
Đáp án A
Ta có V=S.h.
Cho đồ thị hàm số y=fxnhư hình vẽ, hàm số nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
0;2.
1;2.
−∞;2.
0;+∞.
Đáp án A
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên 0;2.
Cho hình nón có đường sinh bằng 3, diện tích xung quanh bằng 12π. Bán kính đáy của hình nón là:
4
2
6
3
Đáp án A
Ta có công thức Sxq=π.r.l⇒r=12π3.π=4.
Hàm số y=log2x+3xác định khi:
x<−3
x≤−3
x>−3
x≥−3
Đáp án C
Hàm số y=log2x+3 xác định ⇔x+3>0⇔x>−3.
Nguyên hàm của hàm số fx=2x là:
2xln2+C
2x.ln2+C
ln22x+C
x.2x.ln2+C
Đáp án A
Ta có công thức ∫axdx=axlna+C⇒∫2xdx=2xln2+C.
Tọa độ vectơ chỉ phương của đường thẳng d:x=1+ty=2tz=2−t là:
ud→=1;2;−1
ud→=1;0;2
ud→=1;2;1
ud→=1;2;2
Đáp án A
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud→=1;2;−1 .
Hệ số của x7 trong khai triển của 3−x9 là:
C97
9C97
C −9C97
−C97
Đáp án C
3−x9=∑k=09C9k39−k−xk⇒k=7⇒C97.32−17=−9.C97
là hệ số cần tìm.
Tọa độ tâm A của mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y+2z−3=0 là:
A1;2;−1
A−1;2;1
A−1;2;−1
A1;−2;−1
Đáp án D
Ta có: x2+y2+z2−2x+4y+2z−3=0⇔x−12+y+22+z+12=32.
Vậy mặt cầu S có tâm A1;−2;−1.
Tỉ số diện tích mặt cầu nội tiếp hình lập phương có cạnh bằng 2 và diện tích toàn phần của hình lập phương đó là:
π6
π4
π8
π3
Đáp án A
Hình lập phương cạnh bằng 2 có diện tích toàn phần là 22.6=24.
Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh bằng 2 có bán kính bằng 1 ⇒S=4πr2=4π.
Vậy tỉ số là: 4π24=π6.
Nếu log3=a thì log9000bằng:
3+2a
a2
a2+3
3a2
Đáp án A
Cách 1: Ta có log9000=log9.103=log32+log103=2log3+3=2a+3.
Cách 2: Sử dụng Casio.
Gán giá trị log3→SHIFT+STOA; log9000→SHIFT+STOB. Sau đó, lấy giá trị của B trừ lần lượt các biểu thức của phương án, phép tính nào ra kết quả bằng 0 thì là phương án đúng.
Cho hàm số y=fx=ax3+bx2+cx+dcó bảng biến thiên như sau:
y=x3−3x
y=x3−3x+2
y=x3−32x+2
y=−x3+3x
Đáp án A
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là x=1 và x=−1⇒ loại phương án C.
Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm −1;2 và 1;−2⇒ chỉ có hàm số y=x3−3x thỏa mãn.
Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình 13x−1≥192x+3 thuộc −5;5 là:
10
11
8
6
Đáp án C
Ta có:13x−1≥192x+3⇔13x−1≥134x+6⇔x−1≤4x+6⇔x≥−73 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:S=0;±1;±2;3;4;5 .
Cho M1;1;1,N3;−2;5 và mặt phẳng P:x+y−2z−6=0 . Hình chiếu vuông góc của MN lên P có phương trình là:
x−2−7=y−23=z+12
x−27=y−23=z+1−2
x−27=y−23=z+12
x−27=y−2−3=z+12
Đáp án D
Gọi M',N' lần lượt là hình chiếu của M,N xuống P .
Đường thẳng d1 đi qua M1;1;1 và nhận np→=1;1;−2 làm một vectơ chỉ phương có phương trình x=1+ty=1+tz=1−2t⇒M'=d1∩P⇒M'2;2;−1
Tương tự ta có N'112;12;0⇒MN→72;−32;1=127;−3;2 .
Phương trình hình chiếu cần tìm là phương trình đường thẳng M'N':x−27=y−2−3=z+12.
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y=−2x3+3x2+1:
y=x−1
y=x+1
y=−x+1
y=−x−1
Đáp án B
Ta có: y'=−6x2+6x.
Cách 1: y'=0⇔x=0⇒y=1x=1⇒y=2
Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là A0;1,B1;2.
Khi đó, đường thẳng đi qua hai điểm cực trị chính là đường thẳng ABcó phương trình y=x+1.
Cách 2: Ta có:
y=−2x3+3x2+1⇔y=13x−12−6x2+6x+x+1⇔y=13x−12y'+x+1⇒Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:y=x+1 .
Để phương trình log32x−mlog3x+1=0 có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1 thì m nhận giá trị nào trong các giá trị sau đây?
m=2.
Không tồn tại m .
m=−2.
m=±2.
Đáp án C
Điều kiện x>0.
Phương trình log32x−mlog3x+1=0 có nghiệm duy nhất ⇔ Phương trình có nghiệm kép hay Δ=m2−4=0⇔m=±2.
+ Với m=2⇒log32x−2log3x+1=0⇔log3x=1⇔x=3>1 (loại)
+ Với m=−2⇒log32x+2log3x+1=0⇔log3x=−1⇔x=13<1 (thỏa mãn).
Vậy với m=−2 phương trình có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1.
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ và thỏa mãnfx<0,∀x∈ℝ . Gọi là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=fx,y=0,x=−1 và x=1. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
S=∫−10fxdx+∫01fxdx
S=−∫−11fxdx
S=∫−11fxdx
S=∫−10fxdx+∫01fxdx
Đáp án B
Ta có diện tích hình phẳng cần tìm được giới hạn bởi đồ thị hàm số y=fx liên tục trên ℝ, y=0, x=−1 và x=1là S=∫−11fxdx=−∫−11fxdx (vì fx<0,∀x∈ℝ).
Cho số phức zthỏa mãn 2+iz=4−3i. Phần thực của số phức w=iz+2z¯ là:
2
3
4
5
Đáp án C
Ta có:z=4−3i2+i=1−2i⇒z¯=1+2iw=iz+2z¯=i1−2i+21+2i=4+5i
Vậy phần thực của số phức wlà 4.
Cho hàm số y=−x4+1Cvà Parabol P:y=x2−1 . Số giao điểm của C và Plà:
1
2
3
4
Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm: −x4+1=x2−1⇔−x4−x2+2=0⇔x2=1x2=−2⇔x=±1.
⇒Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇒ Đồ thị C và P cắt nhau tại hai điểm.
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z−1+i=1 là:
Parabol y=x2.
Đường thẳng x=1.
Đường tròn tâm I1;−1, bán kính R=1.
Đường tròn tâm I−1;0, bán kính R=1.
Đáp án C
Gọi Mx;ylà điểm biểu diễn số phức z .
x+yi−1+i=1⇔x−1+iy+1=1⇔x−12+y+12=1.
Đây là đường tròn tâm I1;−1 bán kính R=1.
Cho khối chóp SABCDcó đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hai mặt phẳng SABvà SADcùng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ S đến mặt phẳng ABCDlà a. Thể tích khối chóp SABCDbằng:
VSABCD=a239
VSABCD=a339
VSABCD=a3
VSABCD=a33
Đáp án D
Ta có: SAB⊥ABCDSAD⊥ABCD và SAB∩SAD=SA. ⇒SA⊥ABCD.
Khoảng cách từ S tới mặt phẳng ABCD=SA=a.
Ta có: SABCD=a2⇒VS.ABCD=13.SA.SABCD=13.a.a2=a33 .
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như sau:
Đồ thị hàm số đã cho có số đường tiệm cận là:
1
2
3
4
Đáp án B
Từ bảng biến thiên ta thấy:
+ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
+ limyx→0+=+∞; limyx→1+=−∞⇒Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là x=0 và x=1.
Cho hai mặt phẳng α:x+5y−2z+1=0, β:2x−y+z+4=0. Gọi φlà góc giữa hai mặt phẳng αvà β thì giá trị đúng của cosφ là:
56
56
65
55
Đáp án B
Ta có: nα→=1;5;−2 và nβ→=2;−1;1.
cosα;β=1.2−5.1−2.130.6=56.
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số có bốn chữ số chia hết cho 2?
1149
1029
574
2058
Đáp án B
Gọi số cần tìm là abcd¯ .
Vì abcd¯ chia hết cho 2 suy ra d=2;4;6.
Với d=2;4;6 , suy ra có 7 cách chọn a, 7 cách chọn b, 7 cách chọn c.
Khi đó, có 3×7×7×7=1029số cần tìm.
Vậy có 1029 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hình chóp tứ giác đều có các mặt bên là những tam giác đều. Cosin của góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp là:
33
32
34
36
Đáp án A
Hình chóp tứ giác đều có các mặt bên là tam giác đều.
⇒Tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a.
Gọi AC∩BD=O, kẻ OI⊥CDI∈CD .
Ta có CD⊥OICD⊥SO⇒CD⊥SOI⇒CD⊥SI .
⇒Góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp là SIO^=α.
Ta có: OI=a2; SI=a32⇒cosα=OISI=13=33.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x3+3xCtại điểm có hệ số góc nhỏ nhất là:
y=3x
y=3x+3
y=3x−3
y=6x−3
Đáp án A
Ta có y'=3x2+3≥3.
Dấu “=” xảy ra ⇔x=0
⇒Hệ số góc nhỏ nhất của Clà 3.
Tại x=0⇒y=0.
Vậy phương trình tiếp tuyến của Ctại điểm có hệ số góc nhỏ nhất là y=3.x−0+0=3x .
Cho nguyên hàm I=∫x24−x2dx. Nếu đặt x=2sintvới t∈−π2;π2 thì
I=2t+cos4t2+C
I=2t+sin8t4+C
I=2t−cos4t2+C
I=2t−sin4t2+C
Đáp án D
Đặt x=2sintvới t∈−π2;π2⇒dx=2costdt.
⇒I=16∫sin2tcos2tdt=4∫sin22tdt=2∫1−cos4tdt=2t−sin4t2+C.
Cho hàm mcó đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của mđể giá trị lớn nhất của hàm số y=fx+mtrên đoạn 0;2bằng 4?
4
1
0
2
Đáp án D
Đặt y=gx=fx+m.
Ta có: min0;2fx=−2max0;2fx=2⇒min0;2gx=m−2max0;2gx=m+2⇒max0;2gx=maxm+2;m−2⇔m+2=4m+2>m−2m−2=4m−2>m+2⇔m=±2
Có một số lượng vi khuẩn đang phát triển ở góc bồn rửa chén trong nhà bếp của bạn. Bạn sử dụng một chất tẩy bồn rửa chén và đã có 99% vi khuẩn bị tiêu diệt. Giả sử, cứ sau 20 phút thì số lượng vi khuẩn tăng gấp đôi. Để số lượng vi khuẩn phục hồi như cũ thì cần thời gian là (tính gần đúng và theo đơn vị phút).
80 phút
100 phút
120 phút
133 phút
Đáp án D
Sau khi diệt khuẩn, số vi khuẩn còn lại sẽ là 1%.
Sau 20 phút, số vi khuẩn là 1%.2=1%.22020=2%.
Sau 20 phút nữa (40 phút), số vi khuẩn là 2%.2=1%.22020.22020=1%.24020=4%.
Sau n phút, ta có số vi khuẩn là 1%.2n20.
Để phục hồi số vi khuẩn như cũ thì 1%.2n20=100%⇔log2100=n20⇒n≈133 (phút).
Biết thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị các hàm số y=x2−2x,y=−x2quay quanh trục Ox bằng 1k lần diện tích mặt cầu có bán kính bằng 1. Khí đó kbằng:
3
2
12
4
Đáp án C
Phương trình hoành độ giao điểm là: x2−2x=−x2⇔x=0x=1V=π∫01x2−2x2dx−π∫01x4dx=π∫01x2−2x2−x4dx
Diện tích mặt cầu có bán kính bằng 1 là 4π .
Ta có: 1k=π3:4π⇔k=12.
Cho số phức z có z=5. Khi đó, quỹ tích các điểm biểu diễn số phức w=3−4iz+2+3ilà:
Đường tròn bán kính r=5.
Đường tròn bán kính r=25.
Đường elip.
Đường thẳng.
Đáp án B
Ta có: w−2−3i=3−4iz⇒w−2−3i=3−4iz=25.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn bán kính r=25 .
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'cạnh a. Thể tích vật thể tạo thành khi quay tứ diện ACB'D' quanh trục là đường thẳng qua ACbằng:
a3π26
a323
a3π33
πa322
Đáp án D
Ta có ACB'D' là tứ diện đều cạnh a2 .
Do tính chất của tứ diện đều nên khi quay tứ diện quanh cạnh ACthì ta được vật thể tạo thành từ hai khối nón có bán kính đường tròn đáy bằng B'O=a62 và độ dài đường sinh là CB'=a2, đường cao CO=a22.⇒Thể tích vật thể là:V=2.13π.r2.h=2.13π.a622.a22=πa322.
Cho mặt cầu S:x−22+y−12+z−12=25 . Mặt phẳng Pcắt S theo giao tuyến là một hình tròn có diện tích S=16π và đi qua A1;−1;−1có phương trình:
x+2y+2z−3=0
x+2y+2z+3=0
x+2y−2z−3=0
x+2y−2z+3=0
Đáp án B
Ta có mặt cầu S có tâm I2;1;1, bán kính R=5.
Mặt khác hình tròn có diện tích S=16π⇒Bán kính đường tròn là r=4.
dI;P=52−42=3.
Mà AI=12+22+22=3=dI;P.⇒n→p=AI→=(1;2;2)
Vậy mặt phẳng Pđi qua A1;−1;−1 và có vectơ pháp tuyến np→=1;2;2 có phương trình là x+2y+2z+3=0.
Tổng tất cả các giá trị thực của tham số mđể đồ thị hàm số y=mx3−3mx2+3m−3 có hai điểm cực trị A,B sao cho 2AB2−OA2+OB2=20 (Olà gốc tọa độ) bằng:
−611
511
−1311
−1711
Đáp án A
Ta có: y'=3mx2−2x.
Để hàm số có hai điểm cực trị thì m≠0.
Ta có: y'=0⇔x=0⇒y=3m−3x=2⇒y=−m−3 .
Giả sử A0;3m−3,B2;−m−3.
Ta có: 2AB2−OA2+OB2=20⇔24+16m2−(3m−3)2+4+(−m−3)2=20⇔11m2+6m−17=0⇔m=1m=−1711
Tổng các giá trị của mbằng −611.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD^=600 . Các mặt phẳng SADvà SABcùng vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD . Góc tạo bởi SCvới ABCDbằng 600 . Cho N là điểm nằm trên cạnh ADsao cho DN=2AN. Khoảng cách giữa hai đường thẳng NCvà SD là:
2a15
3a379
2a379
2a21
Đáp án C
Gọi E là điểm thỏa mãn NCDElà hình bình hành.
⇒NC//ED⇒NC//SED.
Kẻ AH⊥DE, AK⊥SH⇒AK=dA;SED.
Ta có dNC;SD=dNC;SED=dN;SED.
Mặt khác
dN;SEDdA;SED=NDAD=23⇒dN;SED=23AK .
Vì ABCDlà hình thoi cạnh avà BAD^=600nên ΔABDđều có cạnh bằng a.
⇒AC=2.a32=a3.
Ta có:CN2=CA2+AN2−2AN.AC.cos300
=3a2+a32−2.a3.a3.32=199a2
⇒NC2=DE2=199a2
⇒cosNDE^=DN2+DE2−EN22.DN.DE=2a32+199a2−a22.2a3.19a3=71938
⇒sinNDE^=2776⇒AH=AD.sinNDE^=2716a
1AK2=1AS2+1AH2=1AC.tan6002+1AH2=13a2+12776a2
⇒AK=a2779=3a379
⇒dN;SED=23AK=2a379
Cho số phức zcó z−5i=3và w=w−10. Khi đó, giá trị nhỏ nhất của w−z bằng:
1
2
3
22
Đáp án B
Từ giả thiết ta có tập hợp điểm M biểu diễn z là đường tròn tâm I0;5 ,bán kính và R=3 tập hợp điểm Nbiểu diễn số phức wlà đường thẳng có phương trình d:x=5.
Để w−z=MN nhỏ nhất thì độ dài MNnhỏ nhất, khi đó MN=dI;d−R=5−3=2.
Cho mặt cầu S:x+12+y−12+z2=9và các điểm A1;0;0,B2;8;0,C3;4;0. Điểm M∈Sthỏa mãn biểu thức P=MA→+2MB→+MC→đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, Pmin bằng:
5
3
446−3
8
Đáp án D
Mặt cầu Scó tâm E−1;1;0 ,bán kính R=3 .
Gọi điểm Ix;y;zthỏa mãn:
IA→+2IB→+IC→=0⇒1−x+22−x+3−x=0−y+28−y+4−y=0−z−2z−z=0⇔x=2y=5z=0⇒I2;5;0.
Khi đó P=MA→+2MB→+MC→=IA→+2IB→+IC→+4MI→=4MI.
Vậy để Pmin thì MI ngắn nhất. Khi đó M=EI∩S.
Ta có:EI=32+42+02=5⇒Pmin=4EI−R=45−3=8
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ thỏa mãn 2f3−x+fx=8x−6. Khi đó, ∫01fxdx bằng:
10
6
8
14
Đáp án A
Ta có: 2f3−x+fx=8x−6.
Đặt t=3−x⇒2ft+f3−t=83−t−6⇒f3−x+2fx=−8x+18⇔2f3−x+fx=8x−6f3−x+2fx=−8x+18⇒fx=−8x+14
Ta có:∫01fxdx=∫01−8x+14dx=10 .
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ có f0=1và đồ thị hàm số y=f'xnhư hình vẽ bên. Hàm số y=f3x−9x3−1đồng biến trên khoảng:
13;+∞
−∞;0
0;2
0;23
Đáp án D
Đặt
gx=f3x−9x3−1⇒g'x=3f'3x−27x2g'x=0⇔f'3x=3x2*
Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, ta vẽ đồ thị hàm số y=f'x và y=x2 như hình bên.
Từ đồ thị hàm số ta có *⇔3x=03x=13x=2⇔x=0x=13x=23
Khi đó g'x>0⇔f'3x>3x2⇔0<x<23.
⇒g'x<0 trên −∞;0;23;+∞
Ta có g0=f0−9.03−1=0.
Bảng biến thiên của hàm số y=gx .
Từ bảng biến thiên ta có hàm số y=gx đồng biến trên 0;23 .
Cho hàm số y=fx có đạo hàm và đồng biến trên π6;π3. Xác định m để bất phương trình fx<ecosx−lnsinx−m nghiệm đúng với mọi x∈π6;π3
m>e−ln32−fπ3
m≤e−ln32−fπ3
m<e−ln12−fπ6
m≥e−ln12−fπ6
Đáp án B
Ta có: fx<ecosx−lnsinx−m⇔m<ecosx−lnsinx−fx=gx⇒g'x=−sinx.ecosx−cotx−f'x=−sinx.ecosx+cotx+f'x<0,∀x∈π6;π3
⇒y=gxnghịch biến trên π6;π3.
Để thỏa mãn đề thì m≤minπ6;π3gx=gπ3=e−ln32−fπ3.
Cho hàm số y=4x3+2x . Biết rằng đồ thị hàm số cùng với trục hoành và hai đường thẳng có phương trình x=a; x=b a,b≥0 (hai đường thẳng này cách nhau một đoạn bằng 1) tạo ra hình phẳng có diện tích S . Để diện tích S là nhỏ nhất thì tổng a+b bằng:
1
2
52
3
Đáp án A
Do hàm số y=4x3+2x đồng biến nên cắt trục hoành tại điểm duy nhất có hoành độ x=0.
Giả sử b>a khi đó ta có b−a=1⇔b=a+1.
Ta có diện tích hình phẳng là:S=∫a1+a4x3+2xdx=∫a1+a4x3+2xdx=x4+xa1+a =1+a4+1+a2−a4+a2=4a3+6a2+6a+2=fa
Xét hàm số fa=4a3+6a2+6a+2 có min0;+∞fa=2⇔a=0, b=1.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=4a, AA' vuông góc với mặt phẳng ABC. Góc giữa AB'C và BB'C bằng 600. Thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' bằng:
4a33
8a323
4a333
8a32
Đáp án D
Từ A kẻ AI⊥BC⇒I là trung điểm BC.
Ta có BB'⊥ABC⇒BB'⊥AI⇒AI⊥BB'C'C⇒AI⊥B'C.
Kẻ IM⊥B'C khi đó B'C⊥MA .
⇒Góc giữa AB'Cvà BB'C bằng góc AMI^=600.
Ta có: AI=12BC=2a; IM=2a3⇒sinMCI^=IMIC=13⇒cosMCI^=63⇒tanMCI^=12⇒BB'=2a2⇒VABC.A'B'C'=8a32
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình x3−x2+x−m.fx≤0 nghiệm đúng với mọi x∈−2;52?
1
3
0
2
Đáp án A
Đặt gx=x3−x2+x−m .
Từ đồ thị hàm số y=fx ta có fx≥0,∀x∈−2;1fx<0,∀x∈1;52.
Bất phương trình x3−x2+x−m.fx≤0 nghiệm đúng với mọi x∈−2;52.
⇔gx≤0,∀x∈−2;1gx≥0,∀x∈1;52⇒limx→1+gx≥0; limx→1−gx≤0
Do hàm số y=gxliên tục trên ℝ nên ta có:
limx→1+gx=limx→1−gx=g1⇔g1=0⇔m=1.
Thử lại, với m=1 ta có gx=x3−x2+x−m=x3−x2+x−1=x−1x2+1 thỏa mãn đề bài.
Trong không gian Oxyz với hệ trục tọa độ cho điểm A2;0;0,B0;2;0,C0;0;2. Có bao nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng α.:x+y+z=0 và tiếp xúc với 3 đường thẳng AB,BC,CA?
1
2
3
4
Đáp án D
Gọi mặt cầu S có tâm I là mặt cầu tiếp xúc 3 cạnh AB,BC,CA.
dI,AB=dI,BC=dI,AC.
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng ABC.
M,P,C lần lượt là hình chiếu của H trên AB,BC,CA.
Ta có: ΔIHM=ΔIHN=ΔIHP (Cạnh huyền – cạnh góc vuông).
⇒HM=HN=HP⇒H là điểm thuộc mặt phẳng ABC và cách đều 3 cạnh AB,BC,CA.
⇒H có thể là tâm đường tròn nội tiếp hay là một trong ba tâm đường tròn bàng tiếp của ΔABC.
Mà IH⊥ABC nên tập hợp điểm I là những đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp hay một trong ba tâm đường tròn bàng tiếp của ΔABC và vuông góc với mặt phẳng ABC⇒ có 4 đường thẳng như thế.
Ta có A2;0;0,B0;2;0,C0;0;2⇒phương trình mặt phẳng ABC:x+y+z−2=0⇒ABC//α
Vậy tồn tại 4 giao điểm của tập hợp điểm I nêu trên và mặt phẳng α .
4 giao điểm đó chính là 4 tâm mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán ⇒ có 4 mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình fffx=0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
14
5
8
9
Đáp án A
Từ đồ thị hàm số ta thấy:
fffx=0⇔ffx=0ffx=3+) ffx=0⇔fx=0fx=3⇔x=0x=3x=a0<a<1x=b1<b<3x=c3<c<4+) ffx=3⇔fx=afx=bfx=c
· Với fx=a0<a<1 ta có 3 nghiệm phân biệt x1,x2,x3.
· Với fx=b1<b<3 ta có 3 nghiệm phân biệt x4,x5,x6.
· Với fx=c3<c<4 ta có 3 nghiệm phân biệt x7,x8,x9.
Vậy phương trình fffx=0 có tất cả 5+3+3+3=14 nghiệm phân biệt.
