Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 16)
50 câu hỏi
Thể tích của khối lăng trụ đều tam giác có mặt bên là hình vuông cạnh a bằng
a3312
a336
a334
a333
Đáp án C
Ta có: V=h.Sday=a.a234=a334.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau
Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
1
3
2
4
Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có hai điểm cực trị x=1 và x=−1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−1;2;4). Điểm nào sau đây là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (Oyz)?
M(−1;0;0)
N(0;2;4)
P(−1;0;4)
Q(−1;2;0)
Đáp án B
Hình chiếu vuông góc của A(−1;2;4) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0;2;4)
Chú ý: Điểm A(x0;y0;z0) có hình chiếu vuông góc lên:
ü Mặt phẳng:
(Oxy) là điểm A1(x0;y0;0)
(Oyz) là điểm A2(0;y0;z0)
(Oxz) là điểm A3(x0;0;z0)
ü Trục:
Ox là điểm A4(x0;0;0)
Oy là điểm A5(0;y0;0)
Oz là điểm A6(0;0;z0)
Kết quả tính đạo hàm nào sau đây sai?
3x'=3xln3
lnx'=1x
log3x'=1xln3
e2x'=e2x
Đáp án D
Ta có: eu'=u'eu⇒e2x'=2e2x, suy ra D sai.
Cho số phức z¯=2−3i. Khi đó phần ảo của số phức z là
−3
−3i
3
3i
Đáp án C
Ta có: z¯=2−3i⇒z=2+3i có phần ảo là 3.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
(−∞;−1)
(−1;0)
(−1;1)
(0;1)
Đáp án B
Dựa vào đồ thị suy ra hàm số nghịch biến trong khoảng (−1;0) và (1;+∞).
Tìm nguyên hàm của hàm số f(x)=sin2x.
∫sin2xdx=2cos2x+C
∫sin2xdx=cos2x2+C
∫sin2xdx=−cos2x2+C
∫sin2xdx=−cos2x+C
Đáp án C
Ta có: ∫sin(ax+b)dx=−cos(ax+b)a+C⇒∫sin2xdx=−cos2x2+C.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1;−2;3), B(−1;0;2) và G(1;−3;2) là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C.
C(3;2;1)
C(2;−4;−1)
C(1;−1;−3)
C(3;−7;1)
Đáp án D
Ta có: xC=3xG−xA−xB=3yC=3yG−yA−yB=−7zC=3zG−zA−zB=1⇒C(3;−7;1).
Cho hàm số y=2x+1x−3 có đồ thị (C). Biết điểm I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Hỏi I thuộc đường thẳng nào trong các đường sau?
x−y+1=0
x−y−1=0
x+y−1=0
x+y+1=0
Đáp án B
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x=3 và tiệm cận ngang y=2⇒I(3;2) thuộc đường thẳng x−y−1=0.
Trong các biểu thức sau, biểu thức nào không có nghĩa?
235
−3−2
6,9−34
−513
Đáp án D
Nếu α không phải số nguyên thì aα có nghĩa khi a>0 nên −513 không có nghĩa.
Cho ∫01f(x)dx=3; ∫03f(x)dx=4. Tính ∫13f(x)dx.
∫13f(x)dx=7
∫13f(x)dx=−1
∫13f(x)dx=−7
∫13f(x)dx=1
Đáp án D
∫03f(x)dx=∫01f(x)dx+∫13f(x)dx⇔∫13f(x)dx=∫03f(x)dx−∫01f(x)dx=4−3=1.
Trong một lớp có 17 bạn nam và 11 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra hai bạn, trong đó có một bạn nam và một bạn nữ?
17 cách
28 cách
11 cách
187 cách
Đáp án D
Bước 1: Chọn bạn nam có 17 cách
Bước 2: Chọn bạn nữ có 11 cách. Theo quy tắc nhân ta có 17.11 = 187 cách.
Cho hình nón có đường cao h = 3 và bán kính đáy R = 4. Diện tích xung quanh Sxq của hình nón là
Sxq=12π
Sxq=24π
Sxq=20π
Sxq=15π
Đáp án C
Ta có: Sxq=πRl=πR.R2+h2=π.4.42+32=20π.
Biết hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số được đưa ra ở các phương án A, B, C, D. Hỏi đó là hàm số nào?
y=x3−3x2+2
y=−x3+3x2+2
y=x4−2x2+2
y=x3+3x2+2
Đáp án A
+) Đồ thị có 2 điểm cực trị nên loại C (hàm trùng phương chỉ có 1 hoặc 3 điểm cực trị).
+) Đồ thị có “điểm cuối” đang có hướng đi lên nên , suy ra loại B.
+) Xét hàm ở phương án A có y'=3x2−6x=0⇔x=0x=2 thỏa mãn.
(trong khi nếu kiểm tra hàm ở phương án D cho ta 2 điểm cực trị x=0;x=−2 (loại)).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng d:x−13=y−2=z+21 không đi qua điểm nào sau đây?
M(1;0;−2)
N(4;−2;−1)
P(−2;2;1)
Q(7;−4;0)
Đáp án C
Điểm thuộc đường thẳng là điểm khi thay đổi tọa độ x, y, z vào phương trình đường thẳng ta được một chuỗi đẳng thức đúng, còn không điểm đó sẽ không thuộc.
Nhận thấy:−2−13=2−2≠1+21 , suy ra P(−2;2;1)∉d.
Nếu log8a+log4b2=5 và log4a2+log8b=7 thì giá trị của log2(ab) bằng bao nhiêu?
9
18
1
3
Đáp án A
log8a+log4b2=5log4a2+log8b=7⇔13log22+12log2b2=512log2a2+13log2b=7⇔log2a13b=log225log2ab13=log227⇔a13b=25ab13=27
Suy ra ab34=212⇔ab=21234=29⇒log2(ab)=log229=9
Nếu z = i là nghiệm phức của phương trình z2+az+b=0 với a,b∈ℝ thì a+b bằng
-1
2
-2
1
Đáp án D
Cách 1: Do z=i là nghiệm phức của phương trình z2+az+b=0 nên suy ra:
i2+ai+b=0⇔b−1+ai=0⇔b−1=0a=0⇔a=0b=1⇒a+b=1.
Cách 2: Sử dụng tính chất “Nếu phương trình az2+bz+c=0 với a,b,c∈ℝ có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm phức z1 thì sẽ có một nghiệm phức z2=z1¯”.
Do phương trình có nghiệm z1=i⇒z2=−i⇒z1+z2=0=−az1.z2=1=b⇔a=0b=1⇒a+b=1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu (S) có tâm O và bán kính R không cắt mặt phẳng (P):2x−y+2z−2=0. Khi đó khẳng định nào sau đây đúng?
R>23
R<23
R<1
R≥23
Đáp án B
Do (S) không cắt (P) ⇒dO;(P)>R⇔0−222+(−1)2+22>R⇔R<23.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
1
2
3
4
Đáp án C
Từ bảng biến thiên: limx→(−1)+y=−∞limx→2−y=+∞limx→−∞y=2⇒x=−1;x=2 là các tiệm cận đứng và y=2 là tiệm cận ngang.
Suy ra đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0<a≠1 và bc>0. Trong các khẳng định sau:
I.loga(bc)=logab+logac II. loga(bc)=1logbca
III.logabc2=2logabc IV.logab4=4logab
Có bao nhiêu khẳng định đúng?
0
1
2
3
Đáp án B
Vì bc>0, nên b, c có thể cùng âm do đó loga(bc)=logab+logaclogab4=4logab→ I, IV sai.
Còn loga(bc)=1logbca chỉ đúng khi 0<a≠1 và0<bc≠1 , song bài toán không có điều kiện bc≠1.
Do đó, II sai. Vậy chỉ có III đúng.
Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều cạnh a. Hai mặt phẳng (SAC), (SAB) cùng vuông góc với đáy và góc tạo bởi SC và đáy bằng 60° . Tính khoảng cách h từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a.
h=a155
h=a33
h=a153
h=a35
Đáp án A
Do (SAC)⊥(ABC)(SAB)⊥(ABC)(SAC)∩(SAB)=SA⇒SA⊥(ABC)⇒SC,(ABC)=SCA^=60°
⇒SA=ACtanSCA^=a3.
Gọi I, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC, SI, khi đó: dA,(SBC)=AH
Tam giác ABC đều cạnh a nên AI=a32
Khi đó xét tam giác SAI: 1AH2=1SA2+1AI2=13a2+43a2=53a2
⇒AH=a155.
Vậy h=dA,(SBC)=a155.
Biết ∫34dx(x+1)(x−2)=aln2+bln5+c, với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính S=a−3b+c.
S=3
S=2
S=−2
S=0
Đáp án B
Áp dụng công thức giải nhanh: I=∫αβdx(ax+b)(cx+d)=1ad−bclnax+bcx+dαβ.
Ta có: ∫34dx(x+1)(x−2)=1−3lnx+1x−234=−13ln58=−13(ln5−3ln2)=ln2−13ln5=aln2+bln5+c.
Suy ra a=1;b=−13;c=0⇒a−3b+c=1+1=2
Chú ý: Ta có công thức giải nhanh: I=∫αβdx(ax+b)(cx+d)=1ad−bclnax+bcx+dαβ.
Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi ít nhất sau bao nhiêu năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu?
8
9
10
11
Đáp án B
Gọi số tiền ban đầu là T. Sau n năm, số tiền thu được là: Tn=T(1+0,084)n=T.(1,084)n.
Khi đó, Tn≥2T⇔T.(1,084)n≥2T⇔(1,084)n≥2⇔n≥log1,0842≈8,59.
Vì n∈ℕ nên suy ra nmin=9.
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (DBC) và DBC^=90° . Khi quay các cạnh của tứ diện xung quanh trục là cạnh AB, có bao nhiêu hình nón được tạo thành?
1
2
3
4
Đáp án C
Trong 5 cạnh còn lại (không kể cạnh AB) chỉ có 3 cạnh AD, DB, AC khi quay quanh trục AB tạo ra các hình nón. Do đó có 3 hình nón được tạo thành (như hình bên).
Chú ý: Do CB⊥(ADB)⇒CB⊥AB, do đó CB quay quanh AB chỉ tạo ra hình tròn mà không phải là hình nón.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;−3;2), B(3;5;−2). Phương trình mặt phẳng trung trực của AB có dạng x+ay+bz+c=0. Khi đó a+b+c bằng
-4
-3
2
-2
Đáp án A
Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của AB. Ta có AB→=(2;8;−4)=2(1;4;−2)⇒n→(P)=12AB→=(1;4;−2)
Trung điểm của AB là I(2;1;0). Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của AB là (P):x+4y−2z−6=0⇔a=4b=−2c=−6⇒a+b+c=−4.
Cho số phức z thỏa mãn (1+z)2 là số thực. Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là
Đường tròn
Parabol
Một đường thẳng
Hai đường thẳng
Đáp án D
Gọi M(x;y)là điểm biểu diễn số phức z=x+yi (x,y∈ℝ)
Khi đó: (1+z)2=(1+x+yi)2=(1+x)2−y2+2(1+x)yi là số thực
⇔2(1+x)y=0⇔x=−1y=0.
Suy ra tập hợp biểu diễn số phức z là hai đường thẳng x=−1và y=0
Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu u1=3 và số hạng thứ tư u4=24. Tính tổng S10 của 10 số hạng đầu của cấp số nhân trên
S10=1533
S10=6141
S10=3069
S10=120
Đáp án C
Ta có: u4=u1.q3⇒q3=u4u1=243=8⇔q=2⇒S10=u1.1−q101−q=3.1−2101−2=3069.
Cho 9x+9−x=3. Giá trị của biểu thức T=15−81x−81−x3+3x−3−x bằng bao nhiêu?
T=2
T=3
T=4
T=1
Đáp án A
Ta có: 9x+9−x=3⇒81x+81−x+2=93x-3-x+2=3⇔81x+81−x=73x−3−x=1
Khi đó: T=15−(81x+81−x)3+3x−3−x=15−73+1=2.
Cho hàm số y=x3+bx2+cx+d (c<0)có đồ thị (T) là một trong bốn hình dưới đây
Hỏi đồ thị (T) là hình nào?
Hình 1
Hình 2
Hình 3
Hình 4
Đáp án A
Do hàm bậc ba có số cực trị hoặc là 0 hoặc là 2 nên loại B (B là hàm trùng phương).
Ta xét b2−3ac=b2−3c>0,∀c<0, suy ra hàm số có 3 điểm cực trị → loại D. Gọi x1, x2 là hai điểm cực trị của hàm số nên x1x2 cùng dấu với ac<0, suy ra x1x2<0. Suy ra A đúng.
Có bao nhiêu số có bốn chữ số có dạng abcd¯ sao cho a<b<c≤d.
426
246
210
330
Đáp án C
Cách 1:
Trường hợp 1: a<b<c<d.
Khi đó, ta cần chọn 4 chữ số a, b, c, d phân biệt từ 9 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ứng với bộ 4 số (a, b, c, d) ta chỉ có thể tạo ra được 1 số abcd¯ thỏa mãn a<b<c<d. Do đó số cách chọn là: C94=126
Trường hợp 2: a<b<c=d.
Khi đó, ta cần chọn 3 chữ số a, b, c phân biệt từ 9 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ứng với bộ 3 số (a, b, c) ta chỉ có thể tạo ra được 1 số abcd¯thỏa mãn a<b<c=d. Do đó số cách chọn là: C93=84
Vậy có 126+84=210 số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Cách 2: Ta có: 1≤a<b<c≤d≤9⇔1≤a<b<c<d+1≤10 (*). Ứng với bộ 4 số (a, b, c, d) được lấy từ 10 chữ số (từ 1 tới 10) thỏa mãn (*), ta được 1 số duy nhất thỏa mãn bài toán. Do đó số các số thỏa mãn bài toán là: C104=210.
Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi 14 cung tròn có bán kính R = 2, đường cong y=4−x và trục hoành (miền tô đậm như hình vẽ). Tính thể tích V của khối tạo thành khi cho hình (H) quay quanh trục Ox.
V=77π6
V=8π3
V=40π3
V=66π7
Đáp án C
Phương trình 14 cung tròn có bán kính R = 2 (như hình vẽ) là x2+y2=4y≥0; x∈−2;0⇒y=4−x2
Khi đó hình phẳng (H) được tách thành 2 hình phẳng.
(H1):y=4−x2y=0x=−2x=0và (H2):y=4−xy=0x=0x=4.
Nên ta có : V=V1+V2=π∫−20(4−x2)dx+π∫04(4−x)dx→Casio40π3.
Chú ý: Ở bài toán này V1 là phần thể tích của 12 khối cầu (sau khi quay 14 đường tròn bán kính R = 2 quanh trục Ox) nên ta có thể tính V1 bằng công thức thể tích khối cầu như sau: V1=12.43π.23=16π3.
Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Diện tích xung quanh Sxq của hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD là
Sxq=πa223
Sxq=πa232
Sxq=πa23
Sxq=2πa223
Đáp án D
Do BCD là tam giác đều cạnh a ⇒R=OB=a33
Ta có: h=OA=AB2−OB2=a2−a332=a63.
Suy ra: Sxq=2πRh=2π.a33.a63=2πa223.
Gọi a, b lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của số nguyên m thỏa mãn phương trình log0,5(m+6x)+log2(3−2x−x2)=0 có duy nhất một nghiệm. Khi đó hiệu a−b bằng
a−b=22
a−b=24
a−b=26
a−b=4
Đáp án A
Phương trình tương đương: log2(3−2x−x2)=log2(m+6x)⇔3−2x−x2>0m+6x=3−2x−x2⇔−3<x<1m=−x2−8x+3=f(x).
Ta đi giải bài toán sau: “Tìm m để đồ thị hàm số f(x)=−x2−8x+3 (với x∈(−3;1)) cắt đường thẳng y=m tại một điểm duy nhất”. Ta có: f'(x)=−2x−8<0,∀x∈(−3;1). Suy ra hàm số nghịch biến trên (−3;1).
Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện: −6<m<18→m∈ℤmmax=17=ammin=−5=b⇒a−b=22.
Cho số phức z thỏa mãn z.z¯=13. Biết M là điểm biểu diễn số phức z và M thuộc đường thẳng y=−3 nằm trong góc phần tư thứ ba trên mặt phẳng Oxy. Khi đó môđun của số phức w=z−3+15i bằng bao nhiêu?
w=5
w=317
w=13
w=25
Đáp án C
Gọi z=x+yi (x,y∈ℝ) được biểu diễn bởi điểm M(x;y). Khi đó ta có:
x2+y2=13y=−3;x<0⇔x=−2y=−3⇒z=−2−3i⇒w=−5+12i⇒w=13.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α):x+y−z+3=0 và mặt cầu (S):x2+y2+z2−2x+4z−11=0. Biết mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (α) theo giao tuyến là đường tròn (T). Tính chu vi đường tròn (T).
2π
4π
6π
π
Đáp án B
Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;−2) và bán kính R=12+02+22+11=4
Khi đó h=dI;(α)=1+0+2+33=23
Mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (α) theo giao tuyến là đường tròn (T) có bán kính: r=R2−h2=42−232=2. Suy ra chu vi đường tròn (T) là: 2πr=4π.
Gọi a là hệ số không chứa x trong khai triển nhị thức Niu tơn x2−2xn=Cn0x2n+Cn1x2n−1−2x+...+Cnn−1x2−2xn−1+Cnn−2xn n∈ℕ*
Biết rằng trong khai triển trên tổng hệ số của ba số hạng đầu bằng 161. Tìm a.
a=11520
a=11250
a=12150
a=10125
Đáp án A
Ta có hệ số của số hạng thứ k trong khai triển là: Cnk−1.(−2)k−1.
Suy ra hệ số của 3 số hạng đầu lần lượt là: Cn0;−2Cn1 và (−2)2Cn2.
Do tổng hệ số ba số hạng đầu bằng 161 nên ta có: Cn0−2Cn1+(−2)2Cn2=161
⇔1−2n+4n(n−1)2=161⇔n2−2n−80=0⇔n=10 hoặc n=−8 (loại).
Với n=10, ta có:
x2−2xn=x2−2x10=∑k=010C10kx210−k−2xk=∑k=010C10k(−2)kx40−5k2.
Khi đó hệ số không chứa x trong khai triển thỏa mãn: 40−5k2=0⇔k=8.
Vậy hệ số không chứa x trong khai triển là: a=C108(−2)8=11520.
Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có BB'=a, góc giữa đường thẳng BB' và mặt phẳng (ABC) bằng 60°, tam giác ABC vuông tại C và BAC^=60°. Hình chiếu vuông góc của điểm B' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Thể tích của khối tứ diện A'.ABC tính theo a bằng
9a3416
13a3108
9a3208
13a3416
Đáp án C
Ta có: VA'.ABC=VB'.ABC=13B'G.SABC(*).
Ta có: B'G=BB'sin60°=a32(1)BG=BB'cos60°=a2⇒BM=32BG=3a4.
Đặt BC=x⇒AC=BC.cot60°=x3⇒MC=x23.
Ta có: BM2=BC2+MC2⇔9a216=x2+x212⇔x=3a3926.
Hay BC=3a3926;AC=3a1326⇒SABC=12AC.BC=12.3a3926.3a1326=9a23104 (2).
Thay (1), (2) vào (*) ta được: VA'.ABC=13.a32.9a23104=9a3208.
Cho hàm số f(x)=x+1 khi x≥0e2x khi x≤0. Tích phân I=∫−12f(x)dx có giá trị bằng bao nhiêu?
I=7e2+12e2
I=11e2−112e2
I=3e2−1e2
I=9e2−12e2
Đáp án D
I=∫−12f(x)dx=∫−10f(x)dx+∫02f(x)dx=∫−10e2xdx+∫02(x+1)dx=12e2x−10+(x+1)2202=9e2−12e2.
Cho hàm số y=f(x) xác định trên ℝ. Đồ thị hàm số y=f'(x) cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ a, b, c (a<b<c) như hình bên. Biết f(b)<0, hỏi phương trình f(x)=0 có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?
1
2
3
4
Đáp án D
Từ đồ thị hàm số y=f'(x) ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị y=f(x) cắt trục hoành (y = 0) nhiều nhất tại 4 điểm phân biệt. Vậy phương trình f(x)=0 có nhiều nhất 4 nghiệm.
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi E, F lần lượt là các điểm đối xứng của B qua C, D và M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Gọi (T) là thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MEF). Tính diện tích S của thiết diện (T).
S=a22
S=a236
S=a239
S=a26
Đáp án D
Ta có thiết diện (T) là tam giác MHK như hình vẽ.
Dễ thấy H, K lần lượt là trọng tâm tam giác ABE, ABF (đều là giao 2 đường trung tuyến).
Khi đó: AHAC=AKAD=23⇒HK // CD⇒HK=23CD=2a3
Ta có: MH2=AM2+AH2−2AM.AH.cos60°
=a22+2a32−2.a2.2a3.12=13a236.
Suy ra MK=MH=a136.
Xét tam giác cân MHK như hình vẽ.
Ta có: MI=MH2−IH2=13a236−a32=a2
⇒SMHK=12MI.HK=12.a2.2a3=a26.
Số nghiệm của phương trình cosπ2−x.sinx=1−sinπ2+x với x∈0;3π là
2
3
4
5
Đáp án D
Phương trình tương đương: sin2x=1−cos⇔1−cos2x=1−cosx⇔cosx.(cosx−1)=0⇔cosx=0cosx=1⇔x=π2+kπx=k2π→x∈0;3πx∈π2;3π2;5π2;0;2π : có 5 nghiệm.
Cho mặt phẳng (P):x−y−z−1=0 và hai điểm A(−5;1;2), B(1;−2;2). Trong tất cả các điểm M thuộc mặt phẳng (P), điểm để MA→+2MB→ đạt giá trị nhỏ nhất có tung độ yM là
yM=1
yM=−2
yM=0
yM=−1
Đáp án B
Xét điểm IA→+2IB→=0→ (*) ⇒xI=xA+2xB1+2=−1yI=yA+2yB1+2=−1zI=zA+2zB1+2=2⇒I(−1;−1;2).
Khi đó MA→+2MB→=MI→+IA→+2MI→+IB→=(*)3MI→=3MI
Suy ra: MA→+2MB→min=3MImin⇔M là hình chiếu vuông góc của I trên (P).
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình: x=−1+ty=−1−tz=2−t (2*)
Thay (2*) vào phương trình mặt phẳng (P) ta được: −1+t−(−1−t)−(2−t)−1=0⇔t=1⇒M(0;−2;1)⇒yM=−2.
Chú ý: Công thức xác định nhanh tọa độ điểm I:
∑kiIAi→=0→⇔OI→=1∑ki.∑ki.OAi→⇒xI=1∑ki.∑kixiyI=1∑ki.∑kiyizI=1∑ki.∑kizi.
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ bên. Xét hàm số g(x)=fx+3x−1+2m. Tìm m để giá trị lớn nhất của g(x) trên đoạn −1;0 bằng 1.
m=−1
m=−2
m=−12
m=1
Đáp án A
Đặt t=x+3x−1⇒t'=−4(x−1)2<0,∀x∈−1;0⇒t(0)≤t≤t(−1)⇔t∈−3;−1.
Khi đó, giá trị lớn nhất của g(x) trên đoạn −1;0 là giá trị lớn nhất của hàm f(t)+2m trên đoạn −3;−1.
Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x) hay y=f(t)⇒maxf(t)−3;−1=3
⇒maxg(x)−1;0=3+2m⇔1=3+2m⇔m=−1.
Cho hàm số y=m.x−1−9x−1−m. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến trên khoảng (2;17)?
2
3
4
5
Đáp án C
Đặt t=x−1⇒t'=12x−1>0,∀x∈(2;17)⇒ t là hàm đồng biến và t∈(1;4).
Khi đó bài toán có thể phát biểu lại là: “Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y=mt−9t−m đồng biến trên khoảng (1;4)”.
Yêu cầu bài toán tương đương: y'=−m2+9(t−m)2>0,∀t∈(1;4)⇔m∉(1;4)−m2+9>0⇔m≤1m≥4−3<m<3
⇔−3<m≤1→m∈ℤm∈−2;−1;0;1 :có 4 giá trị m thỏa mãn.
Cho số phức z thỏa mãn z−1−3i+2z−4+i≤5. Khi đó số phức w=z+1−11i có môđun bằng bao nhiêu?
12
32
23
13
Đáp án D
Gọi M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi (x,y∈ℝ)
Khi đó: z−1−3i+2z−4+i≤5⇔MA+2MB≤5 (*) trong đó A(1;3)B(4;−1).
Do AB=5 nên (*) ⇔MA+2MB≤AB (1).
Mặt khác, ta có: MA+2MB=MA+MB+MB≥AB+MB≥AB (2).
Từ (1) và (2), suy ra: MB=0⇔M≡B(4;−1)⇒z=4−i⇒w=5−12i⇒w=13.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈−100;100 để phương trình log3x2m+1=(m+3)(x−1) có hai nghiệm thực dương phân biệt?
196
198
200
199
Đáp án B
Điều kiện xác định x>0
Với m=−12, phương trình không có 2 nghiệm thực dương phân biệt
Với m≠−12, ta có: log3x2m+1=(m+3)(x−1)⇔f(x)=log3x=m+32m+1x−m+32m+1
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: m+32m+1>0m+32m+1≠f'(1) (phương pháp tiếp tuyến và tương giao)
⇔m>−12m<−3m+32m+1≠1ln3⇔m>−12m<−3→m∈−100;100m∈−100;−3∪−12;100
Do m∈ℤ⇒m∈±100;±99;...;±4;0;1;2;3: có 198 giá trị của m thỏa mãn đề bài.
Cho hàm số y=f(x) liên tục và có đạo hàm trên ℝ, có đồ thị như hình vẽ bên. Với m là tham số thực bất kì thuộc đoạn 1;2, phương trình f(x3−3x2)=m3−3m2+5 có bao nhiêu nghiệm thực?
3
7
5
9
Đáp án B
Đặt t=x3−3x2⇒t'=3x2−6x=0⇔x∈0;2. Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, suy ra:
+) Hàm số y=x3−3x2 nghịch biến trên 1;2⇒t∈−4;−2.
Suy ra (m3−3m2)∈−4;−2 khi m∈1;2
⇒(m3−3m2+5)∈1;3 với m∈1;2.
+) Khi đó dựa vào đồ thị suy ra phương trình f(t)=m3−3m2+5⇔t=t1<−4t=t2∈(−4;0)t=t3∈(−4;0)
+) Bảng biến thiên của hàm số y=x3−3x2 cho ta biết:
Với t=t1⇒x3−3x2=t1<−4: có 1 nghiệm.
Với t=t2⇒x3−3x2=t2∈(−4;0): có 3 nghiệm.
Với t=t3⇒x3−3x2=t3∈(−4;0): có 3 nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có tất cả: 1+3+3=7 nghiệm.
Chú ý: Ở câu hỏi này ta có thể chọn m=1∈1;2 để đưa phương trình về dạng: f(x3−3x2)=3
(Do số nghiệm của phương trình không đổi với ∀m∈1;2).
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, CD và P là điểm trên cạnh BB' sao cho BP=3PB' . Mặt phẳng (MNP) chia khối lập phương thành hai khối lần lượt có thể tích V1, V2. Biết khối có thể tích V1 chứa điểm A. Tính tỉ số V1V2.
V1V2=14
V1V2=2571
V1V2=18
V1V2=2596
Đáp án B
Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) và hình lập phương là ngũ giác MNHPK (như hình vẽ).
Khi đó ta có: V1=VP.BIJ−VK.AMJ+VH.CIN (*).
Ta có: DMN là tam giác vuông cân tại D.
Suy ra: ΔAMJ, ΔCIN đều là tam giác vuông cân.
Đặt AB=2a, khi đó: AJ=AM=CN=CI=a và PB=3a2
KAPB=JAJB=a3a=13⇒KA=13PB=a2.
Khi đó HC=KA=a2.
Suy ra: VK.AMJ+VH.CIN=2VK.AMJ=2.16.AK.AJ.AM=2.16.a2.a.a=a36VP.BIJ=16.BP.BI.BJ=16.3a2.3a.3a=9a342*
Thay (2*) vào (*) ta được: V1=9a34−a36=25a312
⇒V2=VABCD.A'B'C'D'−V1=8a3−25a312=71a312⇒V1V2=2571.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;−1;−1), B(−1;−3;1). Giả sử C, D là hai điểm di động thuộc mặt phẳng (P):2x+y−2z−1=0 sao cho CD = 4 và A, C, D thẳng hàng. Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam giác BCD. Khi đó tổng S1+S2 có giá trị bằng bao nhiêu?
343
173
113
373
Đáp án A
Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng (P) và đường thẳng CD.
Khi đó: BK≤BH≤AB(*)
Ta có: SΔBCD=BH.CD2=2BH→(*)2BK≤SΔBCD≤2AB(1).
Ta có BK=dB,(P)=−2−3−2−122+12+22=83 và AB=3 (2).
Từ (1) và (2), suy ra: S2=163≤SΔBCD≤6=S1⇒S1+S2=343.
Trên cánh đồng cỏ, có 2 con bò được cột vào hai cây cọc khác nhau. Biết khoảng cách giữa hai cọc là 5m, còn hai sợi dây buộc hai con bò lần lượt có chiều dài là 4m và 3m (không tính phần chiều dài dây buộc bò). Tính diện tích mặt cỏ lớn nhất mà 2 con bò có thể ăn chung (làm tròn đến hàng phần nghìn).
6,642m2
6,246m2
4,624m2
4,262m2
Đáp án A
Miền hình phẳng mà hai con bò ăn lần lượt là hai hình tròn có bán kính là 4m và 3m (hình vẽ). Đoạn nối tâm AB=5m của hai hình tròn bằng 5m. Diện tích mặt cỏ lớn nhất mà 2 con bò có thể ăn chung là phần diện tích khi dây buộc hai con bò căng tối đa thuộc phần chung của hai hình tròn (phần tô đậm), nên ta gắn hệ trục tọa độ Oxy (như hình vẽ bên).
Đường tròn tâm A≡O(0;0) có bán kính R1=4 có phương trình: x2+y2=16⇔y2=16−x2 (C1).
Đường tròn tâm B(5;0) có bán kính R2=3 có phương trình: (x−5)2+y2=9 (C2).
Phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) là: (x−5)2+16−x2=9⇔x=165.
