Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 14)
50 câu hỏi
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [-3;2] và có bảng biến thiên như sau:
![Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [-3;2] và có bảng biến thiên như sau. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-1;2] bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/04/1-1650419636.PNG)
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-1;2] bằng
0
-2
1
2
Đáp án A
Từ bảng biến thiên trên ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên [-1;2] là 0.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a→=−1;1;0;b→=1;1;0;c→=1;1;1. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
a→=2
a→⊥b→
c→=3
b→⊥c→
Đáp án D
a→=−12+12+02=2,c→=12+12+12=3,a→.b→=−1.1+1.1+0.0⇒a→⊥b→
⇒các mệnh đề A, B, C đúng. Lại có: b→.c→=1.1+1.1+0.1=2≠0⇒ mệnh đề sai.
Tìm I=∫cos3x−2dx
I=13sin3x−2+C
I=−13sin3x−2+C
I=3sin3x−2+C
I=−sin3x−2+C
Đáp án A
Ta có: I=∫cos3x−2dx=13∫cos3x−2d3x−2=13sin3x−2+C.
Đồ thị bên dưới là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau:
y=x−1x+1
y=2x−1x+1
y=x+31−x
y=2x+3x+1
Đáp án B
Từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -1 và tiệm cận ngang là y = 2. Nên ta loại A, C.
Mặt khác hàm số đồng biến nên ta loại D (do y=2x+3x+1⇒y'=−1x+12 ).
Số phức liên hợp của số phức z=1−i3+2i là:
z¯=1+i
z¯=1−i
z¯=5−i
z¯=5+i
Đáp án D
Ta có z=1−i3+2i=3+2i−3i−2i2=3−i+2=5−i⇒z¯=5+i.
Cho hàm số y = log2x. Khẳng định nào sau đây sai?
Đồ thị hàm số nhận trục tung làm tiệm cận đứng.
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm A(1;0) .
Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục hoành.
Hàm số đổng biến trên khoảng 0;+∞ .
Đáp án C
Hàm số y=log2x có đồ thị như hình bên:
Từ đồ thị hàm số ta thấy các khẳng định A, B, D là đúng, khẳng định C sai.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;0;-2), B(2;1;-1). Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB.
G−1;13;1
G1;−13;1
G1;13;−1
G13;1;−1
Đáp án C
Giả sử: GxG;yG;zG⇒xG=0+1+23=1yG=0+0+13=13zG=0+−2+−13=−1⇒G1;13;−1
Một bữa tiệc có 13 người, lúc ra về mỗi người đều bắt tay người khác một lần, riêng chủ bữa tiệc chỉ bắt tay ba người. Hỏi có bao nhiêu cái bắt tay?
69
80
82
70
Đáp án A
Số cái bắt tay 12 người (trừ chủ bữa tiệc) C122.
Vậy có C122+3=69 cái bắt tay.
Điều nào sau đây là đúng?
am<an⇔m>n
am>an⇔m>n
π49>π43
Nếu 0<a<b và am<bm thì m>0
Đáp án D
A sai khi a > 1; B sai khi 0 < a < l; C sai vì π4<1 .
Kí hiệu S là diện tích phẩn hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f (x); x = a; x = b, trục hoành như hình vẽ bên. Khẳng định nào đúng?
S=∫abfxdx
S=∫abfxdx
S=−∫acfxdx+∫cbfxdx
S=∫acfxdx−∫cbfxdx
Đáp án D
S=∫acfxdx−∫cbfxdx
Hình chóp có 20 cạnh thì có bao nhiêu mặt?
12 mặt
11 mặt
10 mặt
19 mặt
Đáp án B
Trong hình chóp số cạnh bên bằng số cạnh đáy nên số cạnh đáy bằng 202=10 (cạnh). Số mặt bên bằng số cạnh đáy. Vậy hình chóp có 11 mặt.
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 cm, độ dài đường cao bằng 4 cm. Tính diện tích xung quanh của hình trụ này.
22π(cm2)
24π(cm2)
20π(cm2)
26π(cm2)
Đáp án B
Ta có Sxq=2πRh=2π.3.4=24πcm2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x - 3y + z - 4 = 0. Vectơ nào trong số các vectơ sau là vectơ pháp tuyến (P) ?
n→=2i→+j→+k→
n→=i→−3j→+k→
n→=i→−3j→+4k→
n→=−3j→+k→
Đáp án B
Ta có n→p=1;−3;1=i→ -3j→+k→ làm véctơ pháp tuyến của (p).
Trong khai triển nhị thức (a + 2)n+6 (n∈ℕ) có tất cả 17 số hạng. Vậy n bằng:
10
17
11
12
Đáp án A
Số các số hạng của khai triển mũ m là m +1.
Vậy khai triển (a + 2)n+6 có tất cả 17 số hạng suy ra n + 6 = 16 n = 10.
Đồ thị hàm số y=x−1x2−1 có bao nhiêu tiệm cận?
0
1
3
2
Đáp án B
Đổ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là y = 0 .
+ limx→−1+y,limx→−1−y,limx→1+y và limx→1−y đều bằng 12
suy ra x = 1 và x = -1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
+ limx→±∞y=0 nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thi hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=x2−1x+15−x. Mệnh đề nào sau đây đúng?
f1<f4<f2
f1<f2<f4
f2<f1<f4
f4<f2<f1
Đáp án B
Dựa vào sự so sánh ở các phương án, ta thấy chỉ cần xét sự biến thiên của hàm số trên khoảng (1;4) .
Ta có f'x=x+12x−15−x>0,∀x∈1;4.
Nên hàm số y = f(x) đồng biến trên (1;4) mà 1<2<4⇒f1<f2<f4.
Cho các hàm số lũy thừa y=xα,y=xβ,y=xγ có đồ thị như hình vẽ. Mệnh để đúng là
α>β>γ
β>α>γ
β>γ>α
γ>β>α
Đáp án C
Từ đồ thị hàm số ta có
Hàm số y = xα nghịch biến trên 0;+∞ nên α < 0 .
Hàm số y=xβ,y=xγ đồng biến trên 0;+∞ nên β>0;γ>0.
Đổ thị hàm số nằm phía trên đồ thị hàm số y = x khi x > 1 nên β > 1.
Đồ thị hàm số nằm phía dưới đồ thị hàm số
y = x khi x > 1 nên γ<1
Vậy α<0<γ<1<β
Cho các số phức z và w thỏa mãn z−2i=3,w=3+4iz−5i . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w là một đường tròn có tâm I. Tọa độ của điểm I là
I1;4
I0;3
I−3;7
I−8;1
Đáp án D
Ta có
w = (3 + 4i)z - 5i = (3 + 4i)(z-2i) + 2i(3 + 4i)-5i = (3 + 4i)(z - 2i) - 8 + i
Suy ra w - ( -8 + i) = (3 + 4i)(z - 2i) .
Vậy đường tròn của các điểm biểu diễn số phức w có tâm là I−8;1
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới
Hàm số g(x) = f (x +1) đạt cực tiểu tại
x=12
x=−1
x=1
x=0
Đáp án B
Cách 1. Xét hàm số g(x) = f(x + 1), có g'(x) = f'(x + 1).
Ta có: g'x=0⇔f'x+1=0⇔x+1=−1x+1=0x+1=1⇔x=−2x=−1x=0
Bảng biến thiên của hàm g(x)
Từ bảng biến thiên của hàm g(x), ta thấy hàm số g(x) = f(x +1) đạt cực tiểu tại x = -1.
Cách 2. Đồ thị hàm số g(x) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số f(x) sang trái 1 đơn vị, mà đồ thị hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x = 0 nên hàm số g(x) = f(x +1) đạt cực tiểu tại x = -1.
Thể tích vật thể tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox, biết (H) được giới hạn bởi đường elip (E) : x2a2+y2b2=1.
b2aπ
b2a3π
2b2a3π
4b2a3π
Đáp án D
Hoành độ giao điểm của (E) và trục Ox : x = ±a
Phương trình (E):x2a2+y2b2=1⇔y2=b21−x2a2
⇒V=π∫−abb2−b2x2a2dx
=πb2x−b2x33a2a−a=πb2a−b2a3−π−b2a+b2a3=4b2a3π.
Giá trị của m để đồ thị hàm số y=x3−3x2+1 cắt đường thẳng y = m tại ba điểm phân biệt là
−3≤m≤1
m>1
m<-3
-3<m<1
Đáp án D
y'=3x2−6xy'=0⇔x=0x=2
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra -3 < m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích V khi đó thể tích khối chóp tứ giác A.BCC'B' bằng
23V
12V
13V
34V
Đáp án A
Ta có: V=SA'B'C'.dA,A'B'C'
Mà VA.A'B'C'=13SA'B'C'.dA,A'B'C'=13V
⇒VA.BCB'C'=V−VA.A'B'C'=V−13V=23V
Số nghiệm trong đoạn [0;30] của phương trình tanx = tan3x là:
8
9
10
11
Đáp án C
Điều kiện để phương trình có nghĩa cosx≠0cos3x≠0⇔x≠π2+kπx≠π6+kπ3(*)
Khi đó phương trình trở thảnh 3x=x+kπ⇔x=kπ2 so sánh với điều kiện (*) ta có: x=k2πx=π+k2π,x∈0;30⇒k∈0;...;4⇒x∈0;π;2π;...;9π
Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x1−x2. Khi đó M + m bằng
0
-1
1
2
Đáp án A
Xét hàm số y=x1−x2
+ Tập xác định: D=−1;1
+y'=1−x2+x.−x1−x2=1−2x21−x2,x≠±1
y'=0⇔1−2x2=0⇔x=22∈−1;1x=−22∈−1;1
+ Ta có: y−1=0;y1=0;y22=12;y−22=−12
Vậy M=Max−1;1y=12 khi x=22, m=Min−1;1y=−12khi x=−22
M+m=12+−12=0.
Tìm tập nghiệm của bất phương trình 10−32x+4≥10+3−5x+11
1;+∞
−∞;1
5;+∞
−∞;5
Đáp án C
Ta có: 10−310+3=1⇒10−3=10+3−1
10−32x+4≥10−3−5x+11⇔10−3−2x−4≥10+3−5x+11⇔−2x−4≥−5x+11⇔x≥5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 5;+∞.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x – y – z - 1 = 0 và (Q):x+2y−1=0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A(2; -1; -1), song song với hai mặt phẳng (P) và (Q) .
d:x+22=y−1−1=z−13
d:x−22=y+1−1=z+13
d:x−2−2=y+1−1=z+13
d:x+2−2=y−1−1=z−13
Đáp án B
Ta có: n→P=1;−1;−1 và nQ→=1;2;0
Vì ∆ song song với (P) và (Q) nên nd→=nP→;nQ→=2;−1;3
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d cần tìm là x−22=y+1−1=z+13.
Phương trình 9x+1−13.6x+4x+1=0 có 2 nghiệm x1, x2. Phát biểu nào sau đây đúng?
Phương trình có 2 nghiệm nguyên âm
Phương trình có 2 nghiệm nguyên
Phương trình có 1 nghiệm dương
Phương trình có tích 2 nghiệm là số dương
Đáp án B
Ta có 9x+1−13.6x+4x+1=0⇔9.9x−13.6x+4.4x=0⇔9.9x4x−13.6x4x+4=0
⇔9.322x−13.32x+4=0⇔32x=132x=49⇔x=0x=−2
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên.
Kí hiệu z1, z2, z3, z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z4 - z2 - 6 = 0. Tính tổng P=z1+z2+z3+z4.
P=22+3
P=2+3
P=32+3
0
Đáp án A
Ta có: z4−z2−6=0⇔z2=−2z2=3⇔z1=2iz2=−2iz3=3z4=−3 . Vậy P=2+3.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a. Góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60°. Khi đó thể tích hình nón nội tiếp hình chóp S.ABCD là
πa336
πa333
πa33
πa339
Đáp án B
Gọi O, H lần lượt là trung điểm các đoạn AC và BC thì BC⊥OH và BC⊥SO⇒BC⊥SH
⇒SBC,ABC^=SHO^⇒SHO^=60°.
Ta có OH=12AB=a⇒SO=OH.tanSHO^=a3.
Hình nón nội tiếp S.ABCD có bán kính r=OH=a và đường cao h=SO=a3
Thể tích hình nón đó là Vn=13πr2h=13πa2.a3=a3π33.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(-1; 2; 4), B(1; 4; 2) và đường thẳng ∆: x−1−1=y+21=z2. Tìm tọa độ điểm M∈Δsao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất?
(-1;0;4)
(0;-1;4)
(1;0;4)
(1;0;-4)
Đáp án A
Viết đường thẳng thành dạng tham số: Δ:x=1−ty=−2+tz=2t
M1−t;−2+t;2t∈Δ⇒MB→=t;6−t;2−2tMA→=−2+t;4−t;4−2t⇒MB2=6t2−20t+40MA2=6t2−28t+36
⇒MA2+MB2=12t2−48t+76 nhỏ nhất khi t = 2.
⇒M−1;0;4
Cho hình chóp S.ABC có SA, AB, AC đôi một vuông góc, AB = a, AC=a2 và diện tích tam giác SBC bằng a2336 . Khoảng cách từ điểm A đến măt phẳng (SBC) bằng
a33033
a33011
a11033
2a33033
Đáp án A
Kẻ AH vuông góc BC khi đó ta có: BC=a3;SH=a113;AH=a63;SA=a53
Thể tích của khối chóp S.ABC là VS.ABC=13SA.SΔABC=a53.a222=a31018
Suy ra dA,SBC=3VS.ABCVΔSBC=a33033.
Cho hàm số y = f(x) thỏa mãn f'x.fx=x4+x2 với mọi số thực x, biết f0=2. Tính f22.
f22=31315
f22=33215
f22=32415
f22=32315
Đáp án B
Ta có: f'x.fx=x4+x2⇒∫f'x.fxdx=∫x4+x2dx
⇔∫fx.dfx=x55+x33+C⇔f2x2=x55+x33+C
mà f0=2⇒f20=4⇒C=2⇒x55+x33+2
Vậy f22=2x55+x33+2x=2=33215
Cho hàm số bậc ba f(x) = ax3 +bx2 + cx + d (a,b,c,d∈ℝ,a≠0) có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau 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
Đáp án B
Ta có: limx→−∞y=−∞limx→+∞y=+∞⇒a>0
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm ⇒d<0
Vì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị, ta có: y'=3ax3+2bx+c=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
x1+x2=−2b3a<0⇒b>0;x1.x2=c3a=0⇒c=0
Vậy a>0;b>0;c=0;d<0
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 22 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với SC cắt cạnh SB, SC, SD lần lượt tại các điểm M, N, P. Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP.
V=32π3
V=642π3
V=108π3
V=125π6
Đáp án A
CB⊥SAB,AM⊂SAB⇒AM⊥CB (1)
α⊥SC,AM⊂α⇒AM⊥SC (2)
Từ (l),(2) ⇒AM⊥SBC⇒AM⊥MC⇒AMC^=90°.
Chứng minh tương tự ta có APC^=90°
Có AN⊥SC⇒ANC^=90°
Ta có AMC^=APC^=ANC^=90°
⇒Khối cầu đường kính AC là khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
Bán kính cầu này là r=AC2=2.
Thể tích cầu V=43πr3=32π3.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2), C(1;1;1). Phương trình mặt phẳng (P) nào sau đây thỏa mãn (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P) bằng 3?
x - y + z + 2 = 0
7x - 5y + z + 2 = 0
7x - 5y + z - 2 = 0
x - y + z - 2 = 0
Đáp án A
Gọi n→=a;b;c (điều kiện a2 + b2 + c2 > 0 ) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(-1;1;0) và có vectơ pháp tuyến n→=a;b;c là
ax+1+by−1+cz=0⇔ax+by+cz+a−b=0 (1).
Điểm B(0;0;-2) thuộc mặt phẳng (P) nên -2c + a-b = 0 b = a - 2c (2).
Khoảng cách từ điểm C(1;1;1) đến mặt phẳng (P) bằng 3 nên a+b+c+a−ba2+b2+c2=3⇔2a+c=3.a2+b2+c2 (3).
Thế (2) vào (3) và bình phương hai vế ta được
2a+c2=3a2+a−2c2+c2⇔2a2−16ac+14c2=0⇔a=ca=7c
+) a = c, chọn a=1c=1 thế vào (2) ta được b = -1.
Phương trình mặt phẳng (P1) là x - y + z + 2 = 0.
+) a = 7c , chọn a=7c=1thế vào (2) ta được b = 5.
Phương trình mặt phẳng (P2) là 7x + 5y + z + 2 = 0.
Vậy có hai phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là ( P1): x - y + z + 2 = 0 và (P2): 7x + 5y+ z + 2 = 0.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và có đạo hàm f'x=x2x−2x2−6x+m với mọi x∈ℝ. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [-2019;2019] để hàm số gx=f1−x nghịch biến trên khoảng −∞;−1?
2012
2011
2009
2010
Đáp án B
gx=f1−x=f1−x,∀x∈−∞;−1
Suy ra g'x=f1−x'=−f'1−x=−1−x21−x−21−x2−61−x+m
=x−12x+1x2+4x+m−5
Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng −∞;−1⇔g'x≤0 với mọi x < -1 (dấu " = " chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm)
⇔x2+4x+m−5≥0 với mọi x∈−∞;−1(vì x−12x+1<0,∀x∈−∞;−1)
⇔x+22≥9−m với mọi x∈−∞;−1 ⇔9−m≤0⇔m≥9
Do m nguyên và [-2019; 2019] nên suy ra m∈9;10;11;...;2019.
Vậy có 2011 giá trị nguyên của m thỏa mãn điểu kiện.
Ông A vay dài hạn ngân hàng 300 triệu, với lãi suất 12% năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một năm kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một năm, số tiền hoàn ở mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 4 năm kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lẩn hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ.
m=361,1241,124−1(triệu đồng)
m=361,122(triệu đồng)
m=361,123−11,123(triệu đồng)
m=3001,1241,124−1(triệu đồng)
Đáp án A
Số tiền nợ sau năm thứ nhất T1 = 300(1 +12%) - m = 300p -m , với p = (1 +12%) = 1,12% .
Số tiền nợ sau năm thứ hai T2 = (300p - m)p - m = 300p2 – mp - m.
Số tiền nợ sau năm thứ ba T3 = (300p2 – mp - m)p - m = 300p3 - mp2 – mp - m.
Trả hết nợ sau năm thứ tư (300p3 - mp2 – mp - m)p - m = 0.
⇔300p4−mp3−mp2−mp−m=0⇔300p4−mp3+p2+p+1=0⇔300p4−m.p4−1p−1=0⇔3001,124=m.1,122−10,12⇔m=3001,124.0,121,124−1⇔m=361,1241,124−1
Vậy m=361,1241,124−1.
Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn bởi đổ thị hai hàm số y=x,y=6−x và trục hoành.
32π3
8π
8π3
46−18
Đáp án A
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng tổng thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng OAC quanh trục Ox với thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ACD quanh trục Ox.
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng OAC quanh trục Ox bằng
V1=π∫04x2dx=π12x240=8π
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ACD quanh trục Ox V2=13πAC2.CD=8π3
Thể tích cần tìm là V=V1+V2=32π3
Biết số phức z = x + yi,(x,y∈ℝ), thỏa mãn điều kiện z−2−4i=z−2i và có môđun nhỏ nhất. Tính P = x2 + y2.
P = 10
P = 8
P = 26
P = 16
Đáp án B
Ta có z = x + yi, (x,y∈ℝ). Khi đó, điểm M(x;y) là điểm biểu diễn của số phức z.
z−2−4i=z−2i⇔z−22+y−42=x2+y−22⇔x+y−4=0
⇒Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường thẳng Δ:x+y−4=0
Gọi H là hình chiếu của gốc tọa độ O lên đường thẳng (Δ) .
Ta có z=OM≥OH . Do đó,z nhỏ nhất⇔OM=OH⇔M≡H.
Mặt khác, OH⊥Δ và đi qua gốc tọa độ O nên ta được OH:x−y=0
Ta có H=OH∩Δ nên tọa độ H là nghiệm hệ x−y=0x+y−4=0⇔x=2y=2
Vậy P=x2+y2=8.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB = 2a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60°. Tang góc giữa hai mặt phẳng (BCC'B') và (ABC) bằng
14
2
4
2
Đáp án B
Cách 1. Gọi E là điểm đối xứng với H qua điểm B ta có:
A'H // B'E và B'E⊥ABC⇒B'E=A'H=a3
Kẻ EK⊥BC;EF⊥B'K. Ta có BC⊥B'EK⇒BC⊥B'K .
Khi đó BCC'B',ABC=B'K,EK=B'KE^.
Xét tam giác KEB vuông tại K và KBE^=60° ta có EK=BEsin60°=32a
Xét tam giác B'EK vuông tại E có tanB'KE^=B'EEK=a3a32=2
Cách 2. [Phương pháp tọa độ]
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho H0;0;0, Ba;0;0, A−a;0;0,C0;a3;0,A'0;0;a3
Mặt phẳng (ABC): z = 0 có vectơ pháp tuyến k→=0;0;1
Mặt phẳng (BCB') có vectơ pháp tuyến n→=BC→,BB'→=a233;1;−1
cosBCC'B',ABC=n→.k→n→.k→=55⇒tanBCC'B',ABC=2.
Cho hàm số fx=ax+bcx+d (với a, b, c, d là các số thực) có đồ thị hàm số f'(x) như hình vẽ. Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số y = f (x) trên đoạn [-3;-2] bằng 7. Giá trị f(2) bằng
-2
3
-1
5
Đáp án B
f'x=ad−bccx+d2.
Từ đồ thị ta có: −c+d=0ad−bc=3d2⇔c=dad−bd=3d2⇔c=da−b=3d
Từ đồ thị f'(x) > 0 nên hàm số fx=ax+bcx+d đồng biến trên −∞;−1và −1;+∞
⇒max−3;−2fx=f−2=7⇒−2a+b−2c+d=7⇔−23d+b+b−2c+d=7⇔−6d−b=−7d⇔b=df2=2a+d2c+d=9d3d=3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 = 8 và điểm M12;32;0 . Đường thẳng d thay đổi đi qua M và cắt mặt cầu (S) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích S lớn nhất của tam giác OAB.
S=22
S=27
S=4
S=7
Đáp án D
(S): O(0;0;0)R=22
Có OM=1<22 nên M nằm trong (S)
Dựng OH⊥AB(H∈AB), đặt OH = x. Khi đó 0≤x≤OM=1
Khi đó diện tích tam giác OAB là: SOAB=12OH.AB=12OH.2HB=OH.OB2−OH2=OH8−OH2=x8−x2=f(x)
Xét hàm số f(x)=x8−x2với x∈0;1
f'(x)=8−x2−x28−x2=8−2x28−x2
f'(x)=0⇔x=2(L)x=−2(L)
Có f(0)=0,f(1)=7. Vậy maxf0;1(x)=7⇒Smax=7.
Cho hàm số f(x) thỏa mãn f'x2+fx.f"x=x3−2x,∀x∈ℝ và f0=f'0=1. Tính giá trị của T=f22.
4330
1615
4315
2615
Đáp án C
f'(x)2+f(x).f''(x)=x3−2x⇔f(x).f'(x)'=x3−2x⇔f(x).f'(x)=x44−x2+C
Ta có f(0)=f'(0)=1 nên C=1
Ta có f(0)=1 nên C1=12
⇒12f2(x)=x520−x23+x+12⇔f2(x)=x510−2x33+2x+1⇒f2(2)=4315
Vậy f2(2)=4315.
Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1−z2−9−12i =3 và z1−3−20i=7−z2. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P=z1+2z2+12−15i . Khi đó giá trị M2−m2 bằng
220
223
224
225
Đáp án D
Đặt w=z1−9−12i⇒w-z2=3w+6-8i+z2=7
Gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức w và z2. Khi đó ta có AB=3AM+OB=7 với điểm M(-6;8).
⇒AB+AM+OB=10=OM. Suy ra A, B thuộc đoạn OM.
Suy ra OA→=xOM→=(−6x;8x) và OB→=yOM→=(−6y;8y) với x,y∈0;1
Đặt w=−6x+8xiz2=−6y+8yivới x,y∈0;1
Khi đó P=−6x+8xi−12y+16yi+21−3i
Hay P=(−6x−12y+21)2+(8x+16y−3)2. Đặt t=x+2y,t∈0;3
Khi đó P=100t2−300t+450
Khảo sát hàm số f(t)=100t2−300t+450 trên đoạn 0;3ta được max0;3f(t)=f(0)=450,min0;3ft=f32=225
Từ đó suy ra M=450,m=15. Vậy M2−m2=225.
Cho hàm số y = f(x) là hàm đa thức bậc bốn có f(3) < 0, đồ thị hàm số y = f’(x) như hình vẽ.
Số điểm cực trị của hàm số gx=fx−12020là:
1
2
3
4
Đáp án C
Từ hình vẽ có bảng biến thiên hàm số y=f(x)
Ta có: g'(x)=2020f'(x−1)f2019(x−1)
Xét g'(x)=0⇔f'(x−1)=0 (1)f(x−1)=0 (2)
Xét (1): Dựa vào đồ thị hàm số y=f'(x)
ta có: f'(x)=0⇔x=−1x=3 (nghiem kep)
⇒f'(x−1)=0⇒x−1=−1x−1=3⇒x=0x=4(nghiem kep)
Xét (2): Do f(3)<0 nên f(x)=0 có hai nghiệm phân biệt thuộc (−∞;−1) và (3;+∞)
Suy ra f(x−1)=0 có hai nghiệm phân biệt x1∈(−∞;0) và x2∈(4;+∞)
Ta có: g'(x)=0⇔x=0x=4 (nghiem kep)x=x1∈(−∞;0)x=x2∈(4;+∞)
Do vậy hàm số g(x) có 3 điểm cực trị.
Trong tất cả các cặp (x;y) thỏa mãn logx2+y2+24x+4y−4≥1 . Tính tích các số dương m để tổn tại duy nhất cặp (x; y) sao cho x2+y2+2x−2y+2−m=0.
10
64
2
8
Đáp án B
Ta có: logx2+y2+2(4x+4y−4)≥1⇔x2+y2−4x−4y+6≤0(1)
Giả sử M(x;y) thỏa mãn bất phương trình (1), khi đó tập hợp điểm M là hình tròn C1 tâm I2;2 bán kính R1=2
Vì m > 0 nên dễ thấy x2+y2+2x−2y+2−m=0 là phương trình đường tròn C2 tâm J−1;1 bán kính R2=m
Vậy để tồn tại duy nhất cặp x;y thỏa mãn đề bài khi chỉ khi C1 và C2 tiếp xúc ngoài hoặc tiếp xúc trong.
⇔IJ=R1+R2IJ=R1−R2⇔10=m+210=m−2⇔m=10-22m=10+22
Tích các số m: 10−210+22=64.
Cho hàm số y=13x3+mx2−2x−2m−13C. Tham số m∈0;56 sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi đổ thị (C) và các đường x = 0; x = 2; y = 0 bằng 4 có dạng m0=ab,ab là phân số tối giản. Khi đó a - b bằng:
1
-1
2
-2
Đáp án B
Xét hàm số: y=13x3+mx2−2x−2m−13
Có: y'=x2+2mx−2
y'=x2+2mx−2=0⇔x=−m−m2+2x=−m+m2+2
Do m∈0;56 nên −m−m2+2<00<−m+m2+2<2
Và y(0)=−2m−13<0y(2)=2m−53<0
Suy ra y<0,∀x∈(0;2)
Vậy S=4
⇔∫0213x3+mx2−2x−2m−13dx=4⇔−∫0213x3+mx2−2x−2m−13dx=4⇔4m+103=4⇔m=12.
Cắt ba góc của một tam giác đểu cạnh bằng a các đoạn bằng x, 0<x<a2 phần còn lại là một tam giác đều bên ngoài là các hình chữ nhật, rồi gấp các hình chữ nhật lại tạo thành khối lăng trụ tam giác đều như hình vẽ. Tìm độ dài x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất.
a3
a4
a5
a6
Đáp án D
Xét tam giác AMI như hình vẽ ,đặt AM=x>0,MAI^=30o⇒MI=x3
Lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy a−2x,0<x<a2, chiều cao x3 nên thể tích khối lăng trụ là V=a−2x234.x3=a2x−4ax2+4x34
Ta cần tìm x∈0;a2 để thể tích V đạt giá trị lớn nhất.
Xét f(x)=a2x−4ax2+4x3,có f'(x)=12x2−8ax+a2=0⇒x=a6x=a2 (1)
Từ bảng biến thiên suy ra thể tích V đạt giá trị lớn nhất khi x=a6
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2+y−42+z2=5 . Tìm tọa độ điểm A∈Oy, biết rằng ba mặt phẳng phân biệt đi qua A đôi một vuông góc với nhau và cắt mặt cầu (S) theo thiết diện là ba đường tròn có tổng diện tích bằng 11π.
A0;2;0A0;−6;0
A0;2;0A0;8;0
A0;0;0A0;−6;0
A0;2;0A0;6;0
Đáp án D
Gọi A(0;m;0) thuộc Oy
Thực hiện phép tịnh tiến theo OA→ biến đổi hệ tọa độ Oxyz thành AXYZ.
Công thức đổi trục x=Xy=Y+mz=Z
Xét bài toán trong hệ tọa độ AXYZ
Phương trình mặt cầu S:X2+Y+m−42+Z2=5 có tâm I0;m−4;0 và R=5
Ba mặt phẳng vuông góc nhau từng đôi một và đi qua A là ba mặt phẳng tọa độ: AXY, AYZ, AZX.
dI,AXY=d1=0⇒r1=5dI,AYZ=d2=m−4⇒r2=5−(m−4)2dI,AZX=0⇒r3=5
Mặt khác theo đề r12+r22+r32π=11π⇒r12+r22+r32=11⇔15−(m−4)2=11⇔m=6m=2
Vậy A(0;2;0)A(0;6;0) cần tìm.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Biết f(0) = 0 và đồ thị hàm số y = f'(x) có đồ thị như hình vẽ dưới. Phương trình fx=m , với m là tham số có nhiều nhất là bao nhiêu nghiệm?
8
6
2
4
Đáp án B
Cách 1. Gọi phương trình y=f'(x)có dạng y=g(x)=ax3+bx2+cx+3 , khi đó ta có
g(1)=0g(3)=0g'(1)=0⇔a+b+c+3=027a+9b+3c+3=03a+2b+c=0⇔a+b+c=−39a+3b+c=−13a+2b+c=0⇔a=−1b=5c=−7
⇒y=f'(x)=−x3+5x2−7x+3
Lấy nguyên hàm f'(x) ta được
∫−x3+5x2−7x+3dx=−14x4+53x3−72x2+3x+C=f(x)
Vì f(0)=0⇒C=0⇒y=f(x)=−14x4+53x3−72x2+3x. Ta có bảng biến thiên
Từ đồ thị hàm số y=f(x) ta suy ra được đồ thị hàm số y=fx
Do đó phương trình fx=mcó nhiều nhất là 6 nghiệm.
Cách 2.
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên
Từ đồ thị hàm số y = f (x) ta suy ra được đồ thị hàm số y=fx
Do đó phương trìnhfx=m có nhiều nhất là 6 nghiệm.
