Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 10)
50 câu hỏi
Cho hàm số y=ax4+bx2+c với a≠0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hàm số luôn có ba điểm cực trị.
Hàm số có một điểm cực trị khi ab≥0.
Đồ thị hàm số nhận trục hoành làm trục đối xứng.
Hàm số có ba điểm cực trị khi ab≤0.
Đáp án B
Hàm số có một điểm cực trị khi ab≥0.
Chú ý: Hàm số y=ax4+bx2+c với a≠0có ba điểm cực trị A, D sai.
Hàm số nhận trục tung (Oy) làm trục đối xứng → C sai.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng f(x) là một trong bốn hàm số được liệt kê trong các phương án A, B, C, D dưới đây. Tìm f(x).
f(x)=log3πx
f(x)=x3π
f(x)=lnx
f(x)=ex
Đáp án C
Từ đồ thị cho ta biết f(x) đồng biến (0;+∞) → loại A (vì 0<3π<1).
Đồ thị đi qua điểm có tọa độ (1;0) → loại B, D.
Đạo hàm của hàm số y=log3(2+e2x) là
y'=2e2xln32+e2x
y'=e2x2+e2x
y'=2e2x(2+e2x)ln3
y'=e2x(2+e2x)ln3
Đáp án C
Sử dụng công thức logau'=u'ulna, suy ra y'log3(2+e2x)'=2e2x(2+e2x)ln3.
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z=1−3i. Khi đó độ dài đoạn OM bằng bao nhiêu?
OM=10
OM=2
OM=5
OM=5
Đáp án A
Ta có z=1−3i⇒M(1;−3)⇒OM=12+32=10.
Cho z1=5−10ivà z2=2−i. Khi đó số phức w=z1z2 có phần ảo là
−3
3
4
−4
Đáp án A
Ta có w=z1z2=5−10i2−i=4−3i, suy ra w có phần ảo là −3.
Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ?
y=2x−1x+1
y=x3−x2+x+1
y=x4+x2+2
y=x2+1
Đáp án B
Hàm phân thức bậc nhất/ bậc nhất và hàm trùng phương luôn không đồng biến (hoặc nghịch biến) trên ℝ → loại A, C;
Xét hàmy=x3−x2+x+1 , ta có: y'=3x2−2x+1>0,∀x∈ℝ (thỏa mãn).
Chú ý: Ở đây đáp án D sai vì y=xx2+1 chỉ đồng biến trên 0;+∞.
Có bao nhiêu cách xếp 6 quyển sách lên kệ sách thành một dãy hàng ngang, trong đó có 3 cuốn sách Toán giống nhau và 3 cuốn sách Văn giống nhau?
20
120
720
40
Đáp án A
Số cách xếp 3 cuốn sách Toán giống nhau lên kệ (vào 6 vị trí không quan tâm tới thứ tự) là: C63.
Số cách xếp 3 cuốn sách Văn giống nhau vào 3 vị trí còn lại là: C33=1.
Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C63.1=20 .
Chú ý: Có thể tính theo cách: 6!3!.3!=20.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, vectơ nào sau đây không phải là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α):x−2z+3=0.
n1→=(2;0;−4)
n2→=(−1;0;2)
n3→=(1;−2;0)
n4→=(1;0;−2)
Đáp án C
Do (α):x−2z+3=0⇒n→=(1;0;−2) và những vectơ cùng phương với n→ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α). Do đó n3→=(1;−2;0) không phải là vectơ pháp tuyến của (α).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;0;1). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (α):2x−y+2z−1=0. Độ dài MH là
MH=1
MH=2
MH=3
MH=4
Đáp án A
Ta có MH=dM,(α)=2−0+2−122+(−1)2+22=1.
Tìm nguyên hàm của hàm số f(x)=2x+12x−3.
∫f(x)dx=x+ln2x−3+C
∫f(x)dx=x+12ln2x−3+C
∫f(x)dx=x+2ln2x−3+C
∫f(x)dx=2x+2ln2x−3+C
Đáp án C
Ta có ∫f(x)dx=∫2x+12x−3dx=∫1+42x−3dx=x+2ln2x−3+C.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x3−x+2 với đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x+1x−2 là
0
1
2
3
Đáp án D
Đồ thị hàm số y=2x+1x−2 có tiệm cận ngang là y=2.
Khi đó xét phương trình hoành độ giao điểm:x3−x+2=2⇔x(x2−1)=0⇔x=0x=±1 .
Nghĩa là có 3 giao điểm.
Cho a là số thực dương khác 1. Khẳng định nào sau đây là sai?
32log3a=2a
loga1a=−1
2loga1=1
loga1a=−12
Đáp án A
Do 32log3a=3log3a2=a2≠2a.
Cho hàm số y=4x−2x+3+6xln2. Tập nghiệm S của bất phương trình y'<0 là
S=(0;2)
S=(0;log23)
S=(−∞;0)∪(log23;+∞)
(2;+∞)
Đáp án B
Ta có y'=4xln4−2x+3ln2+6ln2=2ln2.(4x−4.2x+3).
Khi đó: y'<0⇔4x−4.2x+3<0⇔1<2x<3⇔20<2x<2log23⇔0<x<log23
⇒S=(0;log23).
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình f(x)=mcó ba nghiệm đều không lớn hơn 3 khi và chỉ khi
−1<m<2
0≤m<2
−1<m≤0
0<m<2
Đáp án B
Số nghiệm của phương trình f(x)=m (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x)và đường thẳng y=m (song song hoặc trùng với Ox).
Để phương trình (*) có ba nghiệm x1, x2, x3 thỏa mãn x1<x2<x3≤3 thì 0≤m<2.
Cho hàm số y=−2x3+(2m−1)x2−(m2−1)x+2. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số đã cho có hai điểm cực trị.
4
5
3
6
Đáp án B
Ta có y'=−6x2+2(2m−1)x−(m2−1).
y'=0⇔6x2−2(2m−1)x+m2−1=0(*)
Để hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt
⇔Δ'=(2m−1)2−6(m2−1)=−2m2−4m+7>0⇔−2−322<m<−2+322
hay−3,12<m<1,12→m∈ℤm∈−3;−2;−1;0;1 : có 5 giá trị.
Cho hình nón có chu vi đáy là 6π cm và độ dài đoạn nối đỉnh của nón và tâm đáy bằng 4 cm. Diện tích xung quanh Sxq của nón là
Sxq=12π cm2
Sxq=24π cm2
Sxq=15π cm2
Sxq=25π cm2
Đáp án C
Chu vi: C=2πr⇒r=C2π=6π2π=3.
Ta có h=4⇒l=r2+h2=5⇒Sxq=πrl=15π.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(1;−2;1), N(2;−3;3). Gọi P là giao điểm của MN và mặt phẳng (Oyz). Tọa độ điểm P là
P(0;1;1)
P(−1;0;0)
P(0;−1;−1)
P(0;−2;1)
Đáp án C
Ta có: MN→=(1;−1;2)⇒MN:x=1+ty=−2−tz=1+2t⇒P(1+t;−2−t;1+2t)
→(Oyz):x=0P∈(Oyz)1+t=0⇔t=−1⇒P(0;−1;−1).
Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1, z2như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
z1.z2=OM→.ON→
z1−z2=MN
z1+z2=MN
z1+z2=MN
Đáp án B
Gọi M(x1;y1)N(x2;y2)⇒z1=x1+y1iz2=x2+y2i⇒MN=(x2−x1)2+(y2−y1)2=z1−z2.
Gọi m=m0là giá trị lớn nhất làm cho hàm số y=x4+m2x2+m−2 có giá trị nhỏ nhất trên 1;3 bằng 1. Khi đó m0 gần giá trị nào nhất sau đây?
0
−1
3
−4
Đáp án A
Ta có y'=4x3+2m2x>0,∀x∈1;3, suy ra hàm số đồng biến trên 1;3.
⇒minx∈1;3y=y(1)=m2+m−1=1⇔m=1m=−2→m0=maxmm0=1 gần 0 nhất.
Số mặt đối xứng của đa diện đều loại 4;3 là
4
6
9
12
Đáp án C
Đa diện đều loại 4;3 là hình lập phương với 9 mặt đối xứng. Cụ thể:
Hình phẳng (H) giới hạn bởi các đồ thị hàm số y=f(x), y=g(x)và trục hoành như hình dưới đây. Thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay (H) quanh trục Ox là
V=π∫acf2(x)dx+π∫cbg2(x)dx
V=π∫acf2(x)dx−π∫cbg2(x)dx
V=π∫abf2(x)+g2(x)dx
V=π∫abf2(x)−g2(x)dx
Đáp án A
Đây là thể tích khối tròn xoay thuộc mô hình 2, do đó V=π∫acf2(x)dx+π∫cbg2(x)dx.
Phương trình log22x−log2x2+1=0 có hai nghiệm x1, x2. Tính tích x1x2.
x1x2=1
x1x2=16
x1x2=4
x1x2=2
Đáp án B
Điều kiện: x>0, ta có phương trình tương đương: log22x−4log2x+1=0→t=log2xt2−4t+1=0
Theo Vi-ét ta có: 4=t1+t2=log2x1+log2x2=log2(x1x2)⇒x1x2=24=16.
Cho hàm số y=ax+bx+ccó đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị của a+2b+3cbằng bao nhiêu?
−1
−2
3
0
Đáp án A
Từ hình vẽ, cho ta biết đồ thị có tiệm cận đứng x=2 và tiệm cận ngang y=−1.
Suy ra x=−c=2y=a=−1⇔c=−2a=−1⇒y=−x+bx−2 (C).
Do M(3;0)∈(C)⇒0=−3+b3−2⇔b=3⇒a+2b+3c=−1+2.3+3.(−2)=−1.
Tính tích phân I=∫02maxx2;xdx.
I=176
I=116
I=76
I=83
Đáp án A
Trên đoạn 0;2, xét: x2≥x⇔x(x−1)≥0⇔x≤0x≥1→x∈0;2x∈1;2∪0.
Nghĩa là: maxx2;x=x2 khi x∈1;2x khi x∈0;1.
Suy ra: I=∫02maxx2;xdx=∫01xdx+∫12x2dx=176.
Cho z là số phức thuần ảo. Trong những khẳng định sau, đâu là khẳng định sai?
z+z¯=0
z2=z¯2
z+2z¯=z
z3=z¯3
Đáp án D
Do z là số phức thuần ảo ⇒z=−ai⇒z¯=ai⇒z+z¯=0z2=−a2=z¯2z+2z¯=−ai+2ai=ai=a=z
Suy ra A, B, C đúng.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy. Biết AB=a , AC=a5 và góc tạo bởi SC và (ABCD) bằng 60°. Thể tích V của khối chóp S.ABCD là
V=2a3153
V=3a3152
V=2a315
V=a3156
Đáp án A
Ta có SC,(ABCD)=SCA^=60°
⇒SA=ACtan60°=a15.
Ta có: BC=AC2−AB2=2a
Suy ra V=13SA.SABCD=13.a15.a.2a=2a3153.
Cho f'(x)=2x+1và f(1)=5. Phương trình f(x)=5 có hai nghiệm x1, x2. Tính tổng S=log2x1+log2x2.
S=0
S=1
S=2
S=4
Đáp án B
Ta có: f(x)=∫f'(x)dx=∫(2x+1)dx=x2+x+C.
Khi đó f(1)=5⇔12+1+C=5⇔C=3⇒f(x)=x2+x+3.
Suy ra f(x)=5⇔x2+x+3=5⇔x2+x−2=0⇒x1x2=−2
⇒S=log2x1+log2x2=log2x1x2=log2−2=1.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Biết ACC'A'là hình vuông và AB = a. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
V=πa326
V=πa32
V=2πa32
V=πa322
Đáp án D
Vì tam giác ABC vuông tại B .⇒h=AA'=AC=AB2+BC2=a2
Khi đó r=AC2=a22⇒V=hπr2=a2.π.a222=πa322.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(−1;2;−3), B(1;0;2), C(x;y;−2) thẳng hàng. Khi đó tổng x+ybằng bao nhiêu?
x+y=1
x+y=17
x+y=115
x+y=−115
Đáp án A
Ta có: AB→=(2;−2;5)AC→=(x+1;y−2;1).
Khi đó A, B, C thẳng hàng⇔x+12=y−2−2=15⇒x=−35;y=85⇒x+y=1 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua điểm M(−2;1;3)và chứa trục hoành có phương trình là
(P):y+z−4=0
(P):x−y+z=0
(P):3y+z−6=0
(P):3y−z=0
Đáp án D
Chọn N(1;0;0)∈Ox⇒MN→=(3;−1;−3).
Ta có i→=(1;0;0) là vectơ chỉ phương (vectơ đơn vị) của trục Ox.
Do MN⊂(P)Ox⊂(P)⇒n(P)→=MN→,i→=(0;−3;1)⇒(P):−3y+z=0 hay (P):3y−z=0.
Cho hàm số f(x)=ax+1bx−1có đồ thị (C). Biết (C) có tiệm cận ngang y=2và f'(1)=−6. Khi đó giá trị của a−b lớn nhất bằng
0
12
2
4
Đáp án C
Ta có f'(x)=−a−b(bx−1)2 , khi đó theo đề ra ta có:
y=ab=2f'(1)=−a−b(b−1)2=−6⇔a=2b6b-12=a+b⇔a=1;b=12a=4b=2⇒a−b=12a−b=2⇒max(a−b)=2.
Biết đồ thị (T) của hàm số y=ax4+bx2+c có A(1;4)và B(0;3) là các điểm cực trị. Hỏi trong các điểm sau đây, đâu là điểm thuộc đồ thị (T)?
M(−2;5)
N(−1;−4)
P(3;−15)
Q(2;−5)
Đáp án D
Ta có f'(x)=4ax3+2bx. Do A(1;4)và B(0;3)là hai điểm cực trị nên ta có:
f'(1)=0f(1)=4f(0)=3⇔4a+2b=0a+b+c=4c=3⇔2a+b=0a+b=1c=3⇔a=−1b=2c=3⇒f(x)=−x4+2x2+3.
Chỉ có điểm Q(2;−5) thỏa mãn f(2)=−5⇒Q∈(T).
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của cạnh BC, A'C'. Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng DE và AB'.
h=a32
h=a33
h=a36
h=a34
Đáp án D
Gọi F là trung điểm của B'C', khi đó: EF ⇒(FED) // (A'B'BA)⇒DE
⇒d(DE,AB')=dDE,(A'B'BA)=dD,(A'B'BA)
Kẻ DK⊥AB (K∈AB), khi đó: ⇒dD,(A'B'BA)=DK
Ta có DK=2SADBAB=SABCAB=a234a=a34.
Vậy d(DE,AB')=a34.
Cho hàm số y=f(x)liên tục trên ℝ và hàm số y=g(x)=x2.f(x3−1)có đồ thị trên đoạn −1;2 như hình vẽ bên. Biết diện tích phần tô màu là S=3. Khi đó giá trị của tích phân I=∫−27f(x)dx bằng bao nhiêu?
![Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và hàm số y = g(x) = x^2 f(x^3 - 1) có đồ thị trên đoạn [-1;2] như hình vẽ bên. Biết diện tích phần tô màu là S = 3 . Khi đó giá trị của tích phân I = tích phân từ -2 đến 7 f(x) dx bằng bao nhiêu (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/04/106-1650107936.PNG)
I=1
I=3
I=9
I=32
Đáp án C
Ta có S=3=∫−12g(x)dx=∫−12x2f(x3−1)dx.
Đặt t=x3⇒dt=3x2dx⇔x2dx=13dtvà x:−1→2 thì t:−2→7.
Suy ra:3=13∫−27f(t)dt=13∫−27f(x)dx⇒∫−27f(x)dx=9 .
Nếu ba cạnh của một tam giác bất kì mà lập thành một cấp số nhân thì tập tất cả các giá trị của công bội có thể nhận được là S=(a;b) . Tính giá trị của T=a+b.
0
1
3
5
Đáp án D
Gọi ba cạnh của tam giác lần lượt là: m, n, p ⇒n=mqp=mq2 (với q là công bội của cấp số nhân m, n, p).
Khi đó điều kiện tồn tại tam giác: m+n>pn+p>m⇔m+mq>mq2mq+mq2>m⇔q2−q−1<0q2+q−1>0
⇔1−52<q<1+52q<−1−52q>−1+52⇔−1+52<q<1+52⇒q∈−1+52;1+52=(a;b).
Suy ra: T=a+b=−1+52+1+52=5.
Cho đồ thị (C):y=x3−3x2+3x−1. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của a để có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua điểm A(0;a). Tính tổng các phần tử của (S).
−1
2
1
3
Đáp án A
Phương trình hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua điểm A(0;a)là: x3−3x2+3x−1=(3x2−6x+3)x+a
⇔a=−2x3+3x2−1=f(x) (*).
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt.
Ta có: f'(x)=−6x2+6x; f'(x)=0⇔x=0x=1 .
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (*) có hai nghiệm phân biệt khi: a=−1 hoặc a=0.
Suy ra:S=−1;0⇒∑S=−1+0=−1 .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;−2;0), đường thẳng d:x−21=y−53=z−32 và mặt phẳng (P):2x+y−z−5=0. Đường thẳng Δ đi qua M cắt d và song song với (P) có phương trình là
Δ:x−11=y+2−1=z1
Δ:x−11=y+21=z3
Δ:x−11=y+22=z4
Δ:x−12=y+2−1=z3
Đáp án A
Gọi Δ∩d=N⇒N(2+t;5+3t;3+2t)∈d⇒MN→=(t+1;3t+7;2t+3).
Do Δ // (P)⇒MN→.n(P)→=0⇔2.(t+1)+1.(3t+7)−1.(2t+3)=0⇔t=−2⇒N(0;−1;−1).
⇒MN→=(−1;1;−1)=−(1;−1;1)⇒uΔ→=(1;−1;1)⇒Δ:x−11=y+2−1=z1.
Cho hàm số y=f(x)liên tục trên 0;+∞và thỏa mãn f(0)=1, f(x)+f'(x)=4x+1exvới mọi x≥0. Giá trị f(2) thuộc khoảng nào trong các khoảng sau?
(0;1)
(1;2)
(2;3)
(3;4)
Đáp án A
Ta có: f(x)+f'(x)=4x+1ex⇔f'(x).ex+f(x).ex=4x+1
⇔f(x)ex'=4x+1⇔∫02f(x)ex'dx=∫024x+1dx⇔f(x)ex02=133
⇔f(2).e2−f(0)=133⇔f(2)=163e2≈0,72∈(0;1).
Cho số phức z thỏa mãn (z+1)(z¯−2i) là một số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một dường tròn có diện tích bằng
5π
5π4
5π2
25π
Đáp án B
Gọi M(x;y)là điểm biểu diễn số phức z=x+yi (x,y∈ℝ) .
Khi đó (z+1)(z¯−2i)=(x+1+yi)x−(y+2)i=x2+y2+x+2y−(2x+y+2)ilà số thuần ảo.
Suy ra:x2+y2+x+2y=0⇔x+122+(y+1)2=54 .
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính R=52⇒S=πR2=5π4.
Một người đem gửi ngân hàng 10 triệu đồng với thể thức lãi suất kép kì hạn 3 tháng với lãi suất 6% một năm. Sau 2 năm người đó đến rút tiền cả vốn lẫn lãi. Hỏi người đó nhận được tất cả bao nhiêu tiền?
11.200.000 đồng
11.000.000 đồng
11.264.926 đồng
11.263.125 đồng
Đáp án C
Phân tích:
+) Số liệu đầu vào: T = 10 triệu; r = 6%/năm = 1,5%/3 tháng (1 kì hạn), n=2.123=8 kì hạn.
+) Số liệu đầu ra: Tn=?
Lời giải:
Ta có công thức: Tn=T.(1+r)n=10.106.(1+1,5%)8≈11.264.926 đồng.
Chú ý: Ở bài toán này ta có thể sử dụng công thức Tn=T.(l+mr)n với m=3: là kì hạn 3 tháng và r = 6%/năm = 0,5%/tháng.
Có bao nhiêu giá trị của tham số thực a để hàm số y=cosx+asinx+1cosx+2 có giá trị lớn nhất bằng 1?
0
1
2
3
Đáp án C
Ta có y=cosx+asinx+1cosx+2⇔y(cosx+2)=cosx+asinx+1⇔asinx+(1−y)cosx=2y−1.
Phương trình có nghiệm ⇔a2+(1−y)2≥(2y−1)2⇔3y2−2y−a2≤0
⇔1−1+3a23≤y≤1+1+3a23.
Yêu cầu bài toán ⇔1+1+3a23=1⇔1+3a2=2⇔1+3a2=4⇔a=1a=−1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):x−2y+z−5=0và mặt cầu (S):x2+y2+z2−2x+4z+1=0 có tâm I. Từ một điểm M(a;b;c)thuộc mặt phẳng (P) kẻ một đường thẳng tiếp xúc với (S) tại N sao cho diện tích tam giác IMN bằng 2. Khi đó giá trị T=a+2b+3c bằng bao nhiêu?
T=−1
T=−5
T=3
T=2
Đáp án B
Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;−2) và bán kính R = 2.
Ta có:SIMN=2⇔12IN.MN=2→IN=R=2MN=2⇒IM=MN2+IN2=6 .
Khi đó: 6=IM≥dI,(P)=6⇒IM=dI,(P).
Suy ra M là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Khi đó, IM nhận n(P)→=(1;−2;1) làm vectơ chỉ phương nên IM có phương trình:x−11=y−2=y+21⇒M(1+t;−2t;−2+t) .
Do M∈(P)⇒t+t+4t−2+t−5=0⇔t=1⇒M(2;−2;−1)
Khi đó a=2;b=−2;c=−1⇒T=a+2b+3c=−5.
Cho hàm số f(x)=lnx2+2018−x2018−axsin2x+1 với a,b,c∈ℝ và f(1)+f(−2)+f(3)+...+f(−2018)=b
;f(−1)+f(2)+f(−3)+...+f(2016)=c . Tính giá trị của biểu thức T=f(−2017)+f(2018).
T=b+c−a
T=2018+a−b−c
T=2018−b−c
T=4036−b−c
Đáp án D
Xét tổng: f(x)+f(−x)=lnx2+2018−x2018−axsin2x+1+lnx2+2018+x2018+axsin2x+1
=lnx2+2018−x2018.x2+2018+x2018+2=ln20182018+2=2.
Vậy f(x)+f(−x)=2 với ∀x∈ℝ (*).
Áp dụng (*), ta có: b+c+T=f(1)+f(−1)+f(2)+f(−2)+...+f(2018)+f(−2018)=2+2+...+2=2.2018
Suy ra: T=4036−b−c.
Cho hàm số y=f(x)có đồ thị (C), xác định và liên tục trên ℝ thỏa mãn đồng thời các điều kiện f(x)>0,∀x∈ℝ; f'(x)=x.f(x)2,∀x∈ℝ và f(0)=2. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=1của đồ thị (C) là
y=6x+30
y=−6x+30
y=36x−30
y=−36x+42
Đáp án C
Biến đổi: f'(x)=x.f(x)2⇔f'xf2x=x2⇔∫01f'xf2xdx=∫01x2dx.
⇔∫01f'xf2xdx=x3301⇔−1f(x)01=13⇔1f1−1f0=−13⇔1f1=16⇔f1=6
f'(x)=x.f(x)2⇒f'1=1.f12=36
Suy ra phương trình tiếp tuyến cần lập là: y=36(x−1)+6⇔y=36x−30.
Cho x, y là các số thực và x dương thỏa mãn log21−y2x=3(x+y2−1) . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức P=1−y2+9x2+18x2+y2+x bằng abc2 với a, b, c là các số nguyên tố. Tính giá trị của biểu thức T=a+b+c.
T=8
T=10
T=12
T=7
Đáp án D
Điều kiện: x>0y∈(−1;1). Khi đó điều kiện bài toán tương đương: log2(1−y2)+3(1−y2)=log2x+3x⇔f(1−y2)=f(x) (*) với f(t)=log2t+t đồng biến trên (0;+∞).
Khi đó (*) ⇔1−y2=x, suy ra: P=x+9x2+18x2+1=19x2+1−x=1g(x) với x>0.
Xét hàm số g(x)=9x2+1−x với x>0.
Ta có: g'(x)=9x9x2+1−1=0⇔9x2+1=81x2→x>0x=212.
Lập bảng biến thiên, suy ra: min(0;+∞)g(x)=g212=223
Khi đó Pmax=1min(0;+∞)g(x)=322=3222=abc2⇒a=3b=c=2⇒T=7 .
Cho đa giác có 20 đỉnh. Chọn 4 đỉnh bất kì của đa giác. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có đúng 2 cạnh chung với đa giác.
314
17
30323
20323
Đáp án C
Số cách chọn 4 đỉnh từ 20 đỉnh là: n(Ω)=C204.
Gọi A là biến cố 4 đỉnh được chọn tạo thành tứ giác có đúng 2 cạnh chung với đa giác.
Số tứ giác có 2 cạnh chung với đa giác n đỉnh có công thức là: 3n(n−5)2.
Trường hợp 1: Tứ giác có hai cạnh kề trùng với cạnh của đa giác. Vì hai cạnh kề cắt nhau tại 1 đỉnh, mà đa giác có n đỉnh, nên có n cách chọn hai cạnh kề tùng với cạnh của đa giác.
Chọn 1 đỉnh còn lại trong n−5đỉnh (bỏ 3 đỉnh tạo nên hai cạnh kề và 2 đỉnh hai bên). Do đó trường hợp này có n(n−5) tứ giác.
Trường hợp 2: Tứ giác có hai cạnh đối thuộc cạnh của đa giác. Chọn 1 cạnh trong n cạnh của đa giác nên có n cách.
Trong n−4 đỉnh còn lại (bỏ 2 đỉnh tạo nên cạnh đã chọn ở trên và 2 đỉnh liền kề cạnh đã chọn sẽ tạo nên n−5cạnh.
Chọn 1 cạnh trong n−5 cạnh đó nên có n−5 cách.
Song trường hợp này số tứ giác ta đếm 2 lần, do đó trường hợp này có n(n−5)2tứ giác.
Vậy có tất cả: n(n−5)+n(n−5)2=3n(n−5)2 tứ giác.
Áp dụng vào bài với n=20, suy ra n(A)=3.20.(20−5)2=450.
Suy ra xác suất cần tìm là: P(A)=n(A)n(Ω)=450C204=30323.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):x2+y2+z2=25cắt mặt phẳng (α):x+2y−2z−9=0theo giao tuyến là một đường tròn (T) có đường kính CD. Biết A là một điểm di động thuộc mặt cầu (S) sao cho hình chiếu vuông góc của A trên (α) là điểm B thuộc đường tròn (T) (khác C, D). Thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD là
32
96
16
64
Đáp án A
Mặt cầu (S) có tâm và bán kính R = 5.
Gọi I là tâm đường tròn (T), khi đó:
OI=dO,(α)=912+22+22=3.
⇒CD=2CI=2R2−OI2=252−32=8
Gọi BH là đường kính của (T), khi đó: AB=2OI=6.
Ta có: VABCD=13.AB.SBCD=13AB.12BK.CD=8BK
Với K là hình chiếu vuông góc của B trên CD.
Ta có: BK≤BI=CD2=4. Dấu “=” xảy ra khi K≡I hay BI⊥CD.
Suy ra: VABCD=8BK≤8.4=32⇒(VABCD)max=32.
Giả sử z1, z2 là hai số phức thỏa mãn z1−2−3i=1 và z2+2+5i=2 và số phức z thỏa mãn z−3−i=z−1+i . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T=z−z1+z−z2.
45
25
45−3
25−1
Đáp án C
Gọi M(z1), khi đó z1−2−3i=1⇔M∈(C1) với (C1) là đường tròn tâm I1(2;3) và R1=1.
Gọi N(z2), khi đó z2+2+5i=2⇔N∈(C2)với (C2) là đường tròn tâm I2(−2;−5) và R2=2.
Gọi A(z) và z=x+yi, khi đó: z−3−i=z−1+i
⇔(x−3)2+(y−1)2=(x−1)2+(y+1)2⇔x+y−2=0.
Suy ra A∈Δ:x+y−2=0. Ta có: T=AM+AN=(AM+MI1)+(AN+NI2)−3≥AI1+AI2−3≥I1I2−3=45−3.
Dấu “=” xảy ra khi A=I1I2∩Δ . Vậy Tmin=45−3.
Chú ý: Ở bài toán này do I1, I2 khác phía so với nên dấu “=” xảy ra, nếu trường hợp cùng phía ta phải lấy thêm điểm đối xứng để chuyển về khác phía.
Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều, SA vuông góc với đáy và góc tạo bởi SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60°. Biết diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng 13πa23. Khi đó thể tích V của khối chóp S.ABC bằng bao nhiêu?
V=3a34
V=3a34
V=3a32
V=a34
Đáp án D
Ta có diện tích mặt cầu Smc=4πRc2⇒Rc2=Smc4π=13πa234π=13a212(*).
Gọi Rd là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.
Đặt AB=x⇒SA=ACtan60°=x3Rday=x33.
Áp dụng mô hình 1 (cạnh bên vuông góc với mặt đáy)
Ta có: Rc=Rday2+SA22⇔Rc2=Rday2+SA22=x332+x322=13x212 (2*).
Từ (*) và (2*), suy ra: x=a⇒SA=a3SABC=a234.
Khi đó VS.ABC=13SA.SABC=a34.
Gọi V, V1, V2 lần lượt là thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi một tam giác vuông khi quay quanh cạnh huyền và các cạnh góc vuông của tam giác đó. Biết V1=3 và V2=4. Khi đó giá trị của V là:
V=5
V=7
V=125
V=712
Đáp án C
Đặt BC=a,AC=b,AB=c,AH=h.
Ta có: V=13BC.πh2=πah23V1=13CA.πAB2=πbc23V2=13BA.πAC2=πcb23⇒1V2=9π2a2h41V12=9π2b2c41V22=9π2c2b4.
Suy ra: 1V12+1V22=9π2b2c4+9π2c2b4=9π2b2c21c2+1b2
=9π2a2h2.1h2=9π2a2h4=1V2.
Vậy 1V2=1V12+1V22⇒V=V1.V2V12+V22=3.432+42=125 .
