Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 15)
50 câu hỏi
Tính thể tích V của khối trụ có bán kính và chiều cao đều bằng 6a.
V=72πa3
V=9πa3
V=216πa3
V=72πa3
Đáp án C
Ta có: V=h.πR2=6a.π.6a2=216πa3
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình bên. Tổng các giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số bằng:
1
-1
-4
-2
Đáp án D
Ta có: yCÐ=3yCT=−5⇒yCÐ+yCT=−2
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:x−12=y+1−2=z1, một vectơ chỉ phương của đường thẳng d có tọa độ là:
u→=1;−1;0
u→=2;−2;0
u→=1;−1;1
u→=2;−2;1
Đáp án D
Vectơ chỉ phương của d là: u→=2;−2;1
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y=x+3x
y=x3+3x2
y=x4−3x2
y=x3−6x2+9x
Đáp án D
+) Đồ thị đi qua điểm O0;0 và có 2 điểm cực trị ⇒loại A, C.
+) Đồ thị đi qua điểm 3;0, suy ra loại B.
Cho ∫02fxdx=4 và ∫20gxdx=1, khi đó ∫02fx+2gxdx bằng
3
2
5
6
Đáp án B
Ta có ∫02fx+2gxdx=∫02fxdx−2∫20gxdx=4−2.1=2
Cho hàm số y=fx liên tục trên đoạn −2;4 và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn −2;4 . Giá trị của M + m bằng
0
-2
3
5
Đáp án C
Trên đoạn −2;4 điểm cao nhất và điểm thấp của đồ thị y=fx lần lượt có tung độ là: 7;−4⇒M=7m=−4⇒M+m=3
Họ nguyên hàm của hàm số fx=2x+cos2x là
x2+2sin2x+C
x2−2sin2x+C
x2+sin2x+C
x2−sin2x+C
Đáp án C
Ta có: nguyên hàm của fx bằng 21+12sin2x+C=2+sin2x+C
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng P:x+2y−2z−5=0
E2;1;0
M1;−3;0
G1;1;1
H3;0;−1
Đáp án D
Ta có: H3;0;−1∈P
Tập nghiệm S của bất phương trình log35−x<1 là
S=2;5
S=0;2
S=3;5
S=2;+∞
Đáp án A
log35−x<1⇔log35−x<log33⇔0<5−x<3⇔2<x<5⇒S=2;5
Cho k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k≤n , Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Ank=n!n−k!
Ank=n−k!
Ank=n!k!n−k!
Ank=n!k!
Đáp án A
Ta có: Ank=n!n−k!
Với a và b là sai số thực dương tùy ý, lna2b bằng
2lna−lnb
ln2a−lnb
2lna−lnb
2lnalnb
Đáp án C
Ta có lna2b=lna2−lnb=2lna−lnb
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;2;−2 và B3;−2;2. Độ dài đoạn thẳng AB bằng
3
10
2
6
Đáp án D
Ta có: AB=22+42+42=6
Gọi a và b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức z=2+3i. Tính giá trị biểu thức T=2a−b
1
7
4 + 3i
4 – 3i
Đáp án A
Ta có: z=2+3i⇒a=2, b=3⇒T=2a−b=1
Cho bốn hàm số y=x3, y=x13, y=log2x và y=logx2+12. Có bao nhiêu hàm số có tập xác định là ℝ?
1
2
3
4
Đáp án A
+) Hàm y=x3 có tập xác định là ℝ.
+) Hàm số y=x13 có tập xác định D=0;+∞
+) Hàm số y=log2x, có điều kiện: x>0⇔x≠0
+) Hàm số y=logx2+12, có điều kiện: 0<x2+1≠1⇔x≠0
Vậy chỉ có duy nhất hàm y=x3 có tập xác định là ℝ.
Chú ý: Do x3=x13 chỉ đúng khi x>0. Nên tập xác định của y=x3 và y=x13 là khác nhau.
Tính thể tích V của hình lập phương ABCD.A'B'C'D'có đường chéo AC'=23a
V=a3
V=22a3
V=8a33
V=8a3
Đáp án D
Hình lập phương cạnh x có đường chéo AC'=x3=23a⇒x=2a⇒V=x3=2a3=8a3
Trong không gian Oxyz, bán kính của mặt cầu (S) tâm I2;1;−1 tiếp xúc với mặt phẳng P:x+2y−2z+6=0 bằng
12
4
3
6
Đáp án B
Do (S) tiếp xúc với P⇒dI,P=2+2+2+612+22+−22=4
Đặt log23=a . Khi đó log1218 bằng
1+3a2+a
2+a1+2a
a
1+2a2+a
Đáp án D
Ta có: log1218=log218log212=log22.32log222.3=1+2log232+log23=1+2a2+a
Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2−xx4−10x2+9 bằng
5
3
2
4
Đáp án D
+) Do 2−x có nghĩa khi x≤2 hay x∈−∞;−2 (chứa x→−∞) nên để xác định tiệm cận ngang (TCN) ta tính limx→−∞2−xx4−10x2+9=0⇒y=0 là TCN (bậc trên tử nhỏ hơn bậc mẫu).
+) Xét phương trình x4−10x2+9=0⇔x∈±1;±3. Thay lần lượt x=±1 và x=±3lên tử thì có x∈±1;−3 làm cho 2−x khác 0 và có nghĩa ⇒ có 3 tiệm cận đứng là x=±1; x=−3.
Vậy tổng số đường tiệm cận là: 4.
Tập nghiệm của phương trình log22x2−4log22x+4=0 là:
1;4
1;2
2;4
4
Đáp án B
Điều kiện: x>0. Biến đổi phương trình:
2log2x2−41+log2x+4=0⇔log22x−log2x=0⇔log2x=0log2x=1⇔x=1x=2⇒S=1;2
Trong không gian Oxyz, tọa độ giao điểm của đường thẳng d:x1=y+12=z−1−1 với mặt phẳng P:2x−y+z−1=0 là
H0;−1;1
F1;1;0
E2;3;−1
K0;−1;2
Đáp án B
d:x=ty=−1+2tz=1−tthay vào (P) được: 2t−−t+2t+1−t−1=0⇔t=1⇒F1;1;0
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA=4, OB=OC=8. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABCbằng
5
12
3
6
Đáp án D
Ta có: R=OA2+OB2+OC22=42+82+822=6
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên.
Số nghiệm thực của phương trình 2fx2−1−5=0
1
3
4
2
Đáp án D
Ta có: 2fx2−1−5=0⇔fx2−1=52
⇔x2−1=a<−3x2−1=b∈−2;−1x2−1=c∈−1;0⇔x2=a+1<−2<0x2=b+1<0x2=c+1>0⇔x=±c+1
Có 2 nghiệm thực.
Cho khối chóp S.ABCD có thể tích V=6a3, đáy ABCD là hình thang với hai cạnh đáy AD và BC thỏa mãn AD=2BC, diện tích tam giác SCD bằng 34a2(tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng SCD bằng
33417a
93434a
33434a
3417a
Đáp án A
Do AD=2BC⇒SBCD=12SADB⇒SBCD=13SABCD⇒VS.BCD=13VS.ABCD=6a33=2a3
Suy ra dB,SCD=3VB.SCDSSCD=3VS.BCDSSCD=6a334a2=334a17
Cho hàm số y=fxcó đạo hàm f'x=xx−12x+3, ∀x∈ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
2
1
3
4
Đáp án A
Ta có: f'x=0⇔x=0; x=−3x=1 loa•i⇒x∈0;−3: hàm số có 2 điểm cực trị.
Số cách xếp 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang sao cho hai học sinh nữ luôn luôn đứng cạnh nhau là
24
12
120
48
Đáp án D
Để thỏa mãn 2 học sinh nữ luôn đứng cạnh nhau, ta coi 2 học sinh nữa là 1 “học sinh đặc biệt”.
+) Số cách xếp 4 học sinh (gồm 3 học sinh nam và 1 học sinh đặc biệt) là: 4! = 24.
+) Số cách xếp nội bộ 2 học sinh nữa là: 2! = 2.
Suy ra số cách xếp thảo mãn bài toán là: 24.2=48.
Thể tích vật tròn xoay sinh bởi hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên khi quay quanh trục hoành được tính theo công thức nào dưới đây?
π∫134xdx
π∫134x−4dx
π∫132x−22dx
∫132x−2dx
Đáp án B
Hình phẳng được giới hạn bởi các đường: y=2xy=2x=1x=3⇒VOx=π∫132x2−22dx=π∫134x−4dx
Hàm số fx=2x2−2x có đạo hàm
f'x=2x−1.2x2−2x+1
f'x=x−1.2x2−2x+1.ln2
f'x=x−1.2x2−2x.ln2
f'x=2x2−2x.ln2
Đáp án B
Áp dụng công thức: au '=u'aulna, ta có:f'x=2x2−2x'=2x−2.2x2−2xln2=x−1.2x2−2x+1ln2
Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 22a. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
42πa2
22πa33
22πa2
4πa2
Đáp án C
Do SA=SB nên tam giác SAB vuông cân tại S ⇒1=SA=AB2=22a2=2a⇒sxq=πRl=π.2a.2a=22πa2
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a, SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA = a (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng SBC bằng 
a3
a32
2a
a34
Đáp án B
Ta có: dA,SBC=AH (như hình vẽ)
Có: AM=2a.32=a3
⇒1AH2=1AS2+1AM2=1a2+13a2=43a2⇒AH=a32
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc giữa hai mặt bên SAD và SBC bằng 60o. Gọi M là trung điểm của cạnh SA (tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai mặt phẳng BCM và ABCD bằng
60o
30o
15o
45o
Đáp án B
Cách 1: Do AD//BC⇒SAD∩SBC=d//BC
Gọi EF lần lượt là trung điểm của BC, AD
⇒FS⊥dES⊥d⇒SAD,SBC=ESF^=60o
⇒ΔSEF đều.
Đặt AB=EF=a⇒SO=a32
Ta có: BCM,ABCD=MKH^=γ(như hình vẽ)
Với H, K lần lượt là trung điểm của AO, BE. Khi đó: MH=SO2=a34, HKAB=CHCA=34⇒HK=3a4
Suy ra: tanγ=MHHK=33⇒γ=30o
Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với O0;0;0
Ta có: A−1;0;0, B0;−1;0, C1;0;0; D0;1;0; S0;0;a với a>0
Ta có: AD→=1;1;0AS→=1;0;a⇒nSAD→=AD→,AS→=a;−a;−1
BC→=1;1;0BS→=0;1;a⇒nSBC→=BC→;BS→=a;−a;1
Suy ra cosSAD,SBC=nSAD→.nSBC→nSAD→.nSBC→=2a2−12a2+1=12
⇔2a2+1=22a2−12a2+1=−22a2−1⇔a=62a=66
Xét a=62 (với a=62 ta có kết quả tương tự).
Khi đó S0;0;62⇒M−12;0;64
Ta có: BC→=1;1;0BM→=−12;1;64⇒nBCM→=BC→,BM→=64;−64;32 song song với vectơ 1;−1;6
Ta có: nABCD→=nOxy→=k→=0;0;1
Suy ra cosBCM,ABCD=612+12+6.1=32⇒BCM,ABCD=30o
Cho hàm số y=fx. Hàm số y=f'x có bảng biến thiên như hình bên. Bất phương trình efx+x>m+lnx2+1 có nghiệm trên khoảng−2;2 khi và chỉ khi
m<ef2+2−ln5
m≤ef−2−2−ln5
m<ef−2−2−ln5
m≤ef2+2−ln5
Đáp án A
Bất phương trình tương đương: m<efx+x−lnx2+1=gx có nghiệm trên khoảng −2;2*
Ta có: g'x=f'xefx+1−2xx2+1=f'x.efx+x−12x2+1
Từ bảng xét dấu của: f'x⇒f'x>0,∀x∈−2;2⇒g'x>0,∀x∈−2;2
Khi đó g−2<gx<g2→*m<g2=efx+2−ln5
Ông A gửi tiết kiệm ngân hàng 500 triệu đồng theo hình thức lãi kép, loại kỳ hạn 1 tháng với lãi suất 0,6% / tháng. Cuối mỗi tháng đến ngày tính lãi ông A ta đến ngân hàng và rút 2 triệu đồng để chi tiêu. Sau đúng 5 năm kể từ ngày gửi ông A đến và rút hết số tiền còn lại tron ngân hàng, hỏi số tiền đó gần với con số nào dưới đây?
574 triệu đồng
560 triệu đồng
571 triệu dồng
580 triệu đồng
Đáp án C
Ta có công thức: Tn=T1+rn−t.1+rn−1r với T = 500 triệu đồng, r = 0,6% / tháng, n = 5.12 = 60 tháng.
Suy ra: T60=500.1+0,6%−21+0,6%60−10,6%≈571,97đồng gần nhất với 571 triệu đồng.
Cho ∫03x+1x−8dx=a+bln2+cln5 với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của biểu thức T=a+2b+c bằng
11
-7
-1
5
Đáp án D
Ta có: t=x+1⇒t2=x+1⇒2tdt=dx
Đổi cận: x=0⇒t=1; x=3⇒t=2
Suy ra: I=∫12t.2tdtt2−9=s∫121+9t2−9dt=2t+96lnt−3t+312=2+3ln2−3ln5=a+bln2+cln5
Suy ra a=2b=3c=−3⇒T=a+2b+c=5
Cho khối đa diện đều loại 3;4 có độ dài cạnh bằng a6. Thể tich khối cầu ngoại tiếp khối đa diện đều đã cho bằng
92πa3
43πa3
123πa3
66a3
Đáp án B
Khối đa diện đều loại 3;4là một khối bát diện đều có tâm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện (như hình vẽ).
Ta có bán kính: R=IA=BD2=a6.22=a3
Suy ra thể tích khối cầu: V=43πR3=43πa33=43πa3
Cho hình chữ nhật ABCD và hình thang cân ABEF nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Biết AB=a;BC=BE=a2, AB//EFvà EF=3a(tham khảo hình vẽ), thể tích khối đa diện ABCDEF bằng
32a32
52a36
2a3
2a33
Đáp án B
Do CB⊥AB=ABCD∩ABEFABCD⊥ABEF⇒CB⊥ABEF
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên EF.
Khi đó: EN=NM=MF=a và VABCDEF=VC.BNE+VBNC.AMD+VD.AME=2VC.BNE+VBNC.AMD=2.13CB.SBNE+AB.SCBN=23.a2.12.a2+a.12.a2.a=52a36
Giả sử z1, z2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn z+iz¯+3i là số thuần ảo. Biết rằng z1−z2=3, giá trị lớn nhất của z1+2z2 bằng
32−3
3+32
2+1
2−1
Đáp án B
Gọi z=x+yix,y∈ℝ, khi đó:
z+iz¯+3i=x+y+1i.x−y−3i là số thuần ảo
⇔phần thực: x2+y+1y−3=0⇔x2+y−12=4*
Gọi Az1Bz2→*z1−z2=3AB=3
Và A, B thuộc đường tròn tâm I0;1 và bán kính R = 2.
Xét điểm M thỏa mãn MA→+2MB→=0→2*
Khi đó: P=z1+2z2=OA→+2OB→=OM→+MA→+2OM→+MB→2*=3OM→=3OM
Gọi H là trung điểm của AB, khi đó với (2*), suy ra:
MH=BH−BM=32−1=12IH=IB2−HB2=22−322=72⇒IM=MH2+IH2=2
Suy ra M thuộc đường tròn tâm I0;1, bán kính r=2.
Khi đó: Pmin=3OMmin=3OC=3OI+r=31+2=3+32.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB=2a, AD=2a, SA vuông góc với đáy và SA=2a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và AD (tham khảo hình vẽ). Tính cosin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng SAC?
36
33
63
13
Đáp án B
Cách 1: Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC khi đó MPQ//SAC⇒MN,SAC=MN,MPQ
Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên PQ ⇒NH⊥MPQ
Suy ra: MN,MPQ=NMH^
Ta có: NH=2SNPQPQ=2.14SABCSAC2=SABCDAC=AB.BCAB2+BC2=a2.2aa6=2a3MN=AM2+AN2=a2+a2=a2
Suy ra: MH=MN2−NH2=a22−2a32=6a3
Suy ra cosNMP^=MHMN=a63:a2=33
Cách 2: Ta gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ và cho a = 1.
Khi đó: A0;0;0, B2;0;0, C2;2;0, D0;2;0, S0;0;2
⇒M22;0;22N0;1;0⇒NM→=22;−1;22
Có AC→=2;2;0AS→=0;0;2⇒AC→,AS→=22;−2;0⇒nSAC→=2;−1;0
Suy ra sinMN,SAC=uMN→.nSAC→uMN→.nSAC→=2223=63
⇒cosMN,SAC=1−632=33
Cho hàm số y=2x3−m+3x2−2m−6x+2019. Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số trên có hai điểm cực trị đều thuộc đoạn 0;3?
0
3
2
1
Đáp án B
Ta có: y'=6x2−2m+3−2m−6; y'=0⇔3x2−m+3x+6−m=0
⇔m=3x2−x+2x+1=fx*
Yêu cầu bài toán trở thành “Tìm m∈ℤ, sao cho (*) có 2 nghiệm phân biệt đều thuộc 0;3”.
Xét hàm số fx=3x2−x+2x+1 trên đoạn 0;3.
Ta có: f'x=3x2+2x−3x+12; f'x=0⇔x=1x=−3
Từ bảng biến thiên, suy ra: 3<m≤6→m∈ℤm∈4;5;6
Cho số phức z=a+bia,b∈ℝ thỏa mãn phương trình iz−5=2z¯−3−1−iz. Giá trị biểu thức T=a−2b bằng
11
2
-2
-11
Đáp án C
Biến đổi phương trình tương đương: i.a+bi−5=2a−bi−3−1−ia2+b2
⇔2a+b−6−a2+b2+a2+b2−a−2b+5i=0
⇔2a+b−6−a2+b2=0a2+b2−a−2b+5=0⇔a2+b2=2a+b−6a2+b2=a+2b−5⇒2a+b−6=a+2b−5⇔b=a−1
Khi đó ta có: a2+a−12=2a+a−1−6⇔2a2−2a+1=3a−7
⇔a≥737a2−40a+48=0⇔a=4⇒b=3⇒T=a−2b=−2
Gọi S là tập hợp các số có bốn chữ số được lập nên từ các số 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8. Rút ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số đực rút là số chẵn có dạng abcd¯ thỏa mãn a≤b<c≤d.
221
8343
802401
762401
Đáp án C
Số phần tử không gian mẫu: nΩ=7.7.7.7=2401
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Do abcd¯ là số chẵn nên ta có:
Trường hợp 1: Nếu d=8⇒2≤a≤b<c≤8⇔2≤a<b+1<c+1≤9*
Khi đó ứng với mỗi bộ 3 số: a, b + 1, c + 1 lấy từ các chữ số từ 2→9 (có 8 chữ số) ta chỉ có 1 cách xếp suy nhất thỏa mãn (*). Suy ra số các số tạo ra: C83
Trường hợp 2: Nếu d=6⇒2≤a≤b<c≤6⇔2≤a<b+1<c+1≤72*
Lí luận (2*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: C63
Trường hợp 3: Nếu d=4⇒2≤a≤b<c≤4⇔2≤a<b+1<c+1≤53*
Lí luận (3*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: C43
Vậy: nA=C83+C63+C43=80. Suy ra: PA=nAnΩ=802401.
Cho hàm số y=fx có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn f2x−xfxf'x=2x+4 ∀x∈0;1. Biết f1=3, tích phân I=∫01f2xdx bằng
13
133
193
19
Đáp án C
Ta có: f2x=xfxf'x+2x+4
⇒I=∫01f2xdx=∫01xfxf'x+2x+4dx=∫01xfxf'xdx+∫012x+4dx=A+5*
Tính A=∫01xfxf'xdx
Đặt u=xfxdv=f'xdx⇒du=fx+xf'xdxv=fx
⇒A=xf2x01−∫01fxfx+xf'xdx=9−∫01f2xdx−∫01xfxf'xdx
⇒A=9−I22*. Thay (2*) vào (*), ta được: I=9−I2+5⇔I=193
Một biển quảng cáo có dạng hình vuông ABCD và I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Trên tấm biển đó có đường Parabol đỉnh I đi qua A, B và cắt đường chéo BD tại M. Chi phí để sơn phần tô hình tổ ong (có diện tích S1) là 200000 đồng/m2, chi phí sơn phần tô đậm (có diện tích S2) là 150000 đồng/m2 và phần còn lại là 100000 đồng/m2. Số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết AB=4m?
2,51 triệu đồng
2,36 triệu đồng
2,58 triệu đồng
2,34 triệu đồng
Đáp án B
Diện tích hình vuông là: S=42=16m2
Gọi S3 là phần diện tích còn lại (không tô đậm).
Gắn hệ tọa độ nhưu hình vẽ:
Do I0;4 là đỉnh của parabol (P) nên có phương trình: y=ax2+4→B2;0∈P0=4a+4⇔a=−1⇒y=−x2+4
Ta có B2;0, D−2;4⇒ phương trình DB:y=−x+2
Xét phương trình: −x2+4=−x+2⇔x=−1x=2⇒M−1;3. Khi đó S1=∫−12−x2+4−−x+2dx=∫−12−x2+x+2dx=92m2S2=∫−2−1−x2+4dx+∫−12−x+2dx=376m2→*S3=S−S1+S2=163
Suy ra tổng tiền:T=92.200000+376.150000+163.100000=2368333,3≈2,37 triệu đồng.
Chú ý: Ở bài toán này ta có thể sử dụng công thức giải nhanh: “Diện tích giới hạn bởi parabol (P) và trục hoành là:
S1+S2=23IO.AB=23.4.4=323m2⇒S2=323−S1=323−92=376m2
Bình hút chân không bằng thủy tinh là kết hợp của một hình nón cụt (N) và một hình trụ (T) xếp chồng lên nhau, bán kính đường tròn đáy của hình trụ và đáy lớn của hình nón cụt lần lượt là R và 4R, chiều cao của hình trụ và hình nón cụt lần lượt là h và 3h (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích của bình bằng 4dm3, thể tích của khối nón cụt (N) bằng
4211dm3
19219dm3
3,5dm3
3dm3
Đáp án A
Gọi V, V1, V2 lần lượt là thể tích của bình hút chân không, khối trụ (T) và khối nón cụt (N).
Ta có: V1=hπR2V2=13.3h.πR2+4R2+R.4R=21hπR2⇒V1=V221
Khi đó: V=V1+V2=V221+V2=22V221⇒V2=2122V=2122.4=4211dm3
Cho dãy số un có un+1=10un+9, ∀n≥1 và logu10+1=u1+1. Giá trị nhỏ nhất của n để un>20182019 bằng
6673
6672
6671
6674
Đáp án A
Ta có: un+1=10un+9⇔un+1+1=10.un+1*
Đặt vn=un+1→*vn+1=10vn, suy ra vn là một cấp số nhân với công bội q=10.
Suy ra: vn=v1.10n−1⇔un+1=u1+1.10n−12*. Từ (2*), suy ra: u10+1=u1+1.109
Khi đó: logu10+1=u1+1⇔logu1+1.109=u1+1⇔9+logu1+1=u1+1⇔Casiou1=9
Suy ra: un+1=10n⇔un=10n−1
Khi đó: un>20182019⇔10n−1>20182019⇒10n>20182019⇒n>2019log2018≈6672,64
⇒nmin=6673
Gọi S là tập hợp tất cả các gái trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=xlnx−mx−18x đồng biến trên khoảng1;+∞ . Tổng tất cả các phần tử thuộc S bằng
1
6
10
3
Đáp án B
Yêu cầu bài toán tương đương: y'=lnx+1−m+18x2≥0 với ∀x∈1;+∞
⇔m≤18x2+1+lnx=fx, ∀x∈1;+∞ *
Ta có: f'x=−36x3+1x=x2−36x3; f'x=0→x>1x=6
Lập bảng biến thiên, suy ra: min fx1;+∞=f6=32+ln6
Khi đó *⇔m≤min fx1;+∞=32+ln6≈3,3→m∈N*S=1;2;3⇒∑S=6
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;3;0, B4;3;3 và đường thẳng d:x+55=y+34=z1. Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho AMB^=60o, giá trị biểu thức T=MA2+MB2 bằng
207
30
12
36
Đáp án B
Do M∈d⇒M5t−5;4t−3;t
⇒AM→=5t−6;4t−6;tBM→=5t−9;4t−6;t−3⇒MA2=42t2−108t+72MB2=42t2−144t+126MA2+MB2=84t2−252t+198 *
Ta có: AB2+MA2+MB2−2MA.MB.cosAMB^
⇔18=84t2−252t+198−42t2−108t+7242t2−144t+126⇔84t2−252t+180−42t2−108t+7242t2−144t+126=0→Casiot=2
Thay t = 2 vào (*), ta được T = 30.
Cho hàm số y=fx có đồ thị hàm số y=f'x liên tục trên ℝnhư hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈−10;10 đề hàm số y=f3x−1+x3−3mx đồng biến trên khoảng −2;1 ?
10
8
6
11
Đáp án C
Yêu cầu bài toán tương đương: y'=3f'3x−1+3x2−3m≥0 với ∀x∈−2;1
⇔m≤f'3x−1+x2, ∀x∈−2;1 *
Đặt t=3x−1→x∈−2;1t∈−7;2
Khi đó (*) có dạng: m≤f't+t+129=gt,∀t∈−7;2
Ta có: min f't−7;2=f'−1=−4min−7;2 t+129=0 khi t=−1⇒min gt−7;2=min f't−7;2+min−7;2 t+129=−4 khi t=−1
Vậy (*)⇔m≤min gt−7;2=−4→m∈−10;10,m∈ℤm∈−9,−8;...;−4 : có 6 số nguyên m
Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có A'B=4a. Gọi M là trung điểm của cạnh BB' và CM=a2. Biết khoảng cách giữa A'B và CM bằng a và góc tạo bởi hai đường thẳng A'B và CM là 30o(tham khảo hình bên), thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng
22a3
2a32
62a3
32a32
Đáp án A
Gọi N là trung điểm của A'B', khi đó: NM//A'B'
Suy ra: MN=AB2=2aA'B,CM^=NM,CM^=30o
⇒SCMN=12MN.CM.sinNM,CM^=30o
Ta có: dA'B,CM=dA'B,CMN=dB,CMN=a
Khi đó: VB.CMN=13dB,CMN.SCMN=13a.a222=a326*
Ta có: SBMN=12SBNB'=14SA'BB'⇒VB.CMN=VC.BMN=14SC.A'BB'=14.13.VABC.A'B'C'
⇒VABC.A'B'C'=12VB.CMN=12.a326=22a3
Chú ý: Với khối lăng trụ tam giác có thể tích V nếu lấy 4 đỉnh bất kì từ 6 đỉnh (để tạo thành tứ diện) thì thể tích V4=V3, nếu lấy 5 điểm bất kì tạo thành khối đa diện có thể tích V5=2V3
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình m−1ex=2xm+1 có 2 nghiệm phân biệt. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng
28
20
27
21
Đáp án B
Do m = -1 (không thỏa mãn phương trình) nên phương trình tương đương: m−1m+1=2xex=fx
Ta có: f'x=2ex−2xexe2x=21−xex; f'x=0⇔x=1
Có: limx→−∞2xex=limx→−∞2x.e−x=−∞.+∞limx→+∞2xex=0
Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm khi và chỉ khi:
0<m−1m+1<2e↔m>0m−1>0e−2m−e−2<0⇔1<m<e+2e−2≈6,6→m∈ℕ*m∈2;3;4;5;6
Suy ra ∑m=2+3+4+5+6=20
Cho hàm số fx=x3−2ax2+a2x+ba,b∈ℝ có 2 điểm cực trị A và B. Biết tam giác ABC vuông cân tại O (O là gốc tọa độ), giá trị của biểu thức P=a2+b2 bằng
25
103
40
10
Đáp án D
Ta có: f'x=3x2−4ax+a2; f'x=0⇔3x2−4ax+a2=0*
Để hàm số có 2 điểm cực trị thì Δ'=a2>0⇔a≠0
Khi đó (*) ⇔x=2a+a3=a⇒y=bx=2a−a3=a3⇒y=4a327+b⇒Aa;bBa3;4a327+b
Đặt c=a3≠0⇒A3c;bBc;4c3+b⇒AB2=4c2+16c6OA2=9c2+b2OB2=c2+16c6+8c3b+b2
Tam giác OAB vuông cân ⇔OA2=OB2AB2=2OA2⇔c2=2c6+c3b8c6=7c2+b2
⇔2c4+bc=18c6=7c2+b2⇔b=1;c=−1b=−1;c=1⇒b=1;a=−3b=−1;a=3⇒T=a2+b2=10
