Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 19)
50 câu hỏi
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên
Khẳng định nào sau đây là đúng?
Hàm số đạt cực đại tại x = 2
Hàm số đạt cực đại tại x = 3
Hàm số đạt cực đại tại x = 4
Hàm số đạt cực đại tại x = –2
Đáp án A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y' đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = 2, do đó hàm số cực đại tại x = 2.
Nếu log8a+log4b2=5 và log4a2+log8b=7 thì giá trị của ab là
29.
218.
8
2
Đáp án A
Điều kiện a>0,b>0.
log8a+log4b2=5log4a2+log8b=7⇔13log2a+log2b=5log2a+13log2b=7⇔log2a=6log2b=3⇔a=26.b=23.
Vậy ab=29.
Đồ thị sau đây là của hàm số nào?
y=x4+2x2−3.
y=x4−3x2−3.
y=x4−2x2−3.
y=−14x4+3x2−3.
Đáp án C
Đồ thị cólimx→+∞y=+∞⇒ D sai.
Hàm số có các điểm cực trị là x=0,x=±1⇒ A, B sai.
Một cấp số cộng gồm 5 số hạng. Hiệu số hạng đầu và số hạng cuối bằng 20. Tìm công sai d của cấp số cộng đã cho
d=−5.
d=4.
d=−4.
d=5.
Đáp án A
Gọi năm số hạng của cấp số cộng đã cho là: u1;u2;u3;u4;u5.
Theo đề bài ta có: u1−u5=20⇔u1−u1+4d=20⇔d=−5.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A1;−2;1 và mặt phẳng (P): x + 2y + 2z – 1 =0. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) bằng
23.
13.
1.
2.
Đáp án A
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) bằng dA,P=1−4+2−13=23.
Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm sốnào?
y=12x.
y=3x.
y=2x+52.
y=13x.
Đáp án D
Do đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số nghịch biến trên ℝ. Trong bốn hàm số trên chỉ có hàm số y=12x và y=13x có cơ số nhỏ hơn 1 là hàm nghịch biến nhưng đồ thị trên đi qua điểm x=−1;y=3, vậy chỉ có hàm số y=13x thoả mãn.
Số phức z=i−2+2i+1 có điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức là:
(3; –2).
(3; 0).
(3; 2).
(0; 3).
Đáp án D
z=i−2+2i+1=3i có điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức là 0;3.
Cho 2 vectơ a→=1;m;−1,b→=2;1;3. Tìm giá trị của m để a→⊥b→.
m=−1.
m=1.
m=2.
m=−2.
Đáp án B
a→⊥b→⇔1.2+m.1+−1.3=0⇔m=1.
Cho ∫01fxdx=2 và ∫01gxdx=3, khi đó ∫012fx−gxdx bằng:
−3.
12.
−8.
1.
Đáp án D
Ta có: ∫012fx−gxdx=2∫01fxdx−2∫01gxdx=2.2−3=1.
Nguyên hàm của hàm số fx=3x+x2 là
∫fxdx=3xln3+x33+C.
∫fxdx=3xln3+1+C.
∫fxdx=3xln3+x33+C.
∫fxdx=13x.ln3+x33+C.
Đáp án A
Ta có ∫fxdx=3xln3+x33+C.
Cho hình bát diện đều cạnh 2. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Khi đó S bằng
S=32.
S=83.
S=43.
S=163.
Đáp án B
Hình bát diện đều là hình có 8 mặt và mỗi mặt đều là một tam giác đều.
Diện tích của một mặt là 34.22=3. Như vậy tổng diện tích S=83.
Cho tam giác SOA vuông tại O có OA = 3 cm, SA = 5 cm, quay tam giác SOA xung quanh cạnh SO được hình nón. Thể tích của khối nón tương ứng là
12πcm3.
15πcm3.
80π3cm3.
36πcm3.
Đáp án A
Theo đề bài hình nón có:h=SO=SA2−AO2=4 cm , r = AO = 3 cm,
l= SA = 5 cm.
Thể tích khối nón cần tìm V=13πr2h=13π.32.4=12π cm3.
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:x2=y−1−1=z2 và đường thẳng d:x+2−1=y−12=z+12. Góc giữa d và Δ bằng
00.
300.
600.
900.
Đáp án D
Đường thẳng Δ có một vectơ chỉ phương là u1→=2;−1;2
Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u2→=−1;2;2
Ta có u1→.u2→=2.−1+−1.2+2.2=0⇒ góc giữa d và Δ bằng 900.
Một lớp có 30 học sinh, số cách chọn 3 học sinh trong lớp để làm lớp trưởng, bí thư đoàn và lớp phó là:
C303.
A303.
P30.
P3.
Đáp án B
Số cách chọn 3 học sinh trong lớp để làm lớp trưởng, bí thư đoàn và lớp phó là: A303.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=mx−6x−m+1 đồng biến trên mỗi khoảng xác định?
4
6
Vô số
2
Đáp án A
Tập xác định: D=ℝ\m−1.
Ta có y'=−m2+m+6x−m+12, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi y'>0
⇔−m2+m+6>0⇔−2<m<3.
Vì m∈ℤ⇒m∈−1;0;1;2.
Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thoả yêu cầu bài toán.
Cho hàm số y=x+1x. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên (0; +∞) bằng
2.
2.
0.
1
Đáp án B
Cách 1:
+) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm x; 1x ta được:
y=x+1x≥2x1x=2, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=1x⇔x=1.
+) Vậy Min y0; +∞=2=y1.
Cách 2:
+) Ta có: y'=1−1x22x+1x;
y'=0⇔1−1x2=0⇔x=1∈0;+∞x=−1∉0;+∞
+) Bảng biến thiên:
+) Dựa vào BBT ta có Min y0; +∞=2=y1.
Phương trình log2x−2x−3=log3x−3x−2 có mấy nghiệm?
1
2
0
3
Đáp án A
Ta có: log2x−2x−3=log3x−3x−2⇔x>3log2x−2+log3x−2=log2x−3+log3x−31
Xét hàm ft=log2t+log3t là hàm đồng biến trên khoảng 0;+∞.
Khi đó từ hệ phương trình 1⇔x−2=x−3x>3⇔x2−5x+7=0x>3⇔x=5+212.
Vậy phương trình có một nghiệm.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=x−1x+16x−25. Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
0
1
2
3
Đáp án C
Ta có: f'x=0⇔x=±1x=2
Ta có x=−1 là nghiệm bội chẵn
⇒f'x không đổi dấu khi qua x=−1
x = 1 là nghiệm đơn, x = 2 là nghiệm bội lẻ ⇒f'x sẽ đổi dấu qua x = 1 và x = 2
⇒Hàm số có 2 điểm cực trị.
Cho hàm số y = f(x) xác định trên [0; +∞),liên tục trên khoảng (0; +∞) và có bảng biến thiên như sau:
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f(x) = m có hai nghiệm x1,x2 thoả mãn x1∈0;2 và x2∈2; +∞.
−1;0.
−2;−1.
−3;−1.
−2;0.
Đáp án B
Đường thẳng y = m có vị trí như trên thì thoả điều kiện bài toán.
Vậy −2<m<−1 là giá trị cần tìm.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = 2a. Mặt bên SBC là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC là
V=a3.
V=2a33.
V=2a33.
V=a33.
Đáp án D
Gọi H là trung điểm BC.
Ta có SH⊥ABC và SH=12BC=a.
SΔABC=12AH.BC=12a.2a=a2.
Vậy thể tích khối chóp VSABC=13SH.SΔABC=13.a.a2=a33.
Đồ thị hàm số nào dưới đây nhận đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng?
y=2x2−5x+3x2−1.
y=x−1x−1.
y=3x+1x−1.
y=x−12x+1.
Đáp án C
+ limx→1y=limx→12x2−5x+3x2−1=limx→1x−12x−3x−1x+1=limx→12x−3x+1=−12 nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại A.
+ limx→1+y=limx→1+x−12x−1=limx→1+x−1=0 nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại B.
+ limx→1+y=limx→1+3x+1x−1=+∞,limx→1−y=limx→1−3x+1x−1=−∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ chọn C.
+ limx→1y=limx→1x−12x+1=0 nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại D.
Tập nghiệm S của bất phương trình 3x<ex là
S=0; +∞.
S=ℝ\0.
S=−∞;0.
S=ℝ.
Đáp án C
Ta có: 3x<ex⇔3xex<1⇔3ex<3e0⇔x<0 (do cơ số 3e>1 ).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=−∞;0.
Cho điểm M−3;2;4, gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu của M trên trục Ox, Oy, Oz. Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC):
6x−4y−3z−12=0.
3x−6y−4z+12=0.
4x−6y−3z+12=0.
4x−6y−3z−12=0.
Đáp án D
Ta có: A−3;0;0,B0;2;0,C0;0;4.
Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC) là x−3+y2+z4=1 hay 4x−6y−3z+12=0.
Khi đó, mặt phẳng có phương trình 4x−6y−3z−12=0 song song với (ABC).
Cho đồ thị các hàm số y=logax, y=logbx như hình vẽ bên dưới. Khẳng định nào sau đây đúng?
0<b<a<1.
0<a<1<b.
a>b>1.
0<b<1<a.
Đáp án D
Hàm số y=logax đồng biến trên 0;+∞ nên a>1.
Hàm số y=logbx nghịch biến trên 0;+∞ nên 0<b<1.
Vậy 0<b<1<a.
Giả sử khi tính tích phân K=∫12x−1x2exdx ta được kết quả là ab.e2+c.e với a,b,c∈ℤ và ab là phân số tối giản. Khi đó tổng S = a + b + c bằng
1
2
3
0
Đáp án B
Ta có: K=∫12ex.x−exx2dx=∫12(ex)'.x−x'.exx2dx=∫12exx'dx=exx21=e22−e.
Vậy S=a+b+c=1+2−1=2.
Số phức nào sau đây là số đối của số phức z, biết z có phần thực dương thoả mãn z=2 và biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng y−3x=0.
1+3i.
1−3i.
−1−3i.
−1+3i.
Đáp án C
Gọi z=x+yi với x, y thuộc tập số thực, ta có x>0x2+y2=2y−3x=0⇔x>0x2+y2=4y=3x⇔x=1y=3⇒−z=−1−3i.
Tìm các số x,y∈ℝ thoả mãn 1+2yi=2i−1x+1+i.
x=1,y=1.
x=−1,y=−1.
x=1,y=−1.
x=−1,y=1.
Đáp án A
Ta có 1+2yi=2i−1x+1+i⇔x+1+2y−2xi=1+i.
⇔x=11+2y−2x=1⇔x=1y=1.
Cho hình vuông ABCD cạnh 8 cm. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Quay hình vuông ABCD xung quanh MN được hình trụ (T). Diện tích toàn phần của hình trụ (T) là
64π cm2.
80π cm2.
96π cm2.
192π cm2.
Đáp án C
Quay hình vuông ABCD xung quanh MN ta được hình trụ như hình vẽ.
Khi đó r=AB2=4 cm,1=h=AD=8 cm.
Stp=2πrh+2πr2=2π.4.8+2π.42=96π cm2.
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt cầu S:x−22+y−12+z−12=1 và mặt phẳng P:2x−y−2z+m=0. Tìm giá trị không âm của tham số m để mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) tiếp xúc với nhau.
m = 2
m = 1
m = 5
m = 0
Đáp án A
Xét mặt cầu S:x−22+y−12+z−12=1⇒I2;1;1 và bán kính R = 1.
Vì mp (P) tiếp xúc mặt cầu (S) nên dI;P=R⇔m+13=1⇔m+1=3⇔m=2m=−4
Cho tứ diện đều ABCD. Góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng
600.
900.
450.
300.
Đáp án B
Gọi E là trung điểm của CD do các tam giác Δ ACD,ΔBCD đều nên ta có
AE⊥CDBE⊥CD⇒CD⊥ABE⇒CD⊥AB.
Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 900.
Tìm hệ số của đơn thức a3b2 trong khai triển nhị thức a+2b5.
40.
40a3b2.
10.
10a3b2.
Đáp án A
Ta có a+2b5=∑k=05C5k.ak.2b5−k=∑k=05C5k.25−kak.b5−k
Số hạng chứa a3b2 tương ứng với giá trị k = 3.
Suy ra hệ số của a3b2 trong khai triển trên là: C53.22=40.
Cho hàm số y=ax+bcx+d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
0<ad<bc.
ad<bc<0.
bc<ad<0.
ad<0<bc.
Đáp án B
Dựa vào hình vẽ ta thấy:
+ Hàm số y=ax+bcx+d là hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra y'<0⇔ad−bc<0⇔ad<bc , loại đáp án C.
+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x=−dc>0⇒cd<01
+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thẳng y=ac>0⇒ac>02
Từ (1), (2) suy ra ad<0 nên loại đáp án A.
+ Đồ thị hàm số giao với trục Ox tại điểm có hoành độ x=−ba>0⇒ab<03
Từ (2), (3) suy ra bc<0 nên loại đáp án D.
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho (E) có phương trình x2a2+y2b2=1, a,b>0 với ab = 100 và đường tròn C:x−12+y+42=10. Tỉ số diện tích elip (E) so với diện tích hình tròn (C) là
20
10
0,5
0,1
Đáp án B
Ta có x2a2+y2b2=1,a,b>0⇒y=baa2−x2.
Diện tích (E) là SE=4∫0aba2−x2adx=4ba∫0aa2−x2dx
Đặt x=asint,t∈−π2;π2⇒dx=acostdt.
Đổi cận x=0⇒t=0;x=a⇒t=π2
SE=4ba∫0π2a2.cos2tdt=2ab∫0π21+cos2tdt=πab=100π
Mà ta có SC=π.R2=10π.Vậy SESC=10010=10.
Một trang chữ của một quyển sách giáo khoa Toán học cần diện tích 384cm2. Biết rằng trang giấy được căn lề trái 2cm, lề phải 2cm, lề trên 3cm, lề dưới là 3cm. Trang sách đạt diện tích nhỏ nhất thì có chiều dài và chiều rộng là:
45cm và 25cm
40cm và 20cm
30cm và 25cm
30cm và 20cm
Đáp án D
Giả sử chiều dài và chiều rộng của trang sách lần lượt là x, y (điều kiện:x>6;y>4 )
Ta có xy=4.2.3+y−4.3.2+x−6.2.2+384
⇔xy=4x+6y+360≥224xy+360 1
Đặt t=xy,t>0.
1⇒t2−46t−360≥0⇔t≥106t≤−66⇒t≥106
Hay xy≥600.
Trang giấy đạt diện tích nhỏ nhất bằng 600 khi xy=6002x=3y⇔x=30y=20.
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P:2m2+m+2x+m2−1y+m+2z+m2+m+1=0 luôn chứa đường thẳng Δ cố định khi m thay đổi. Khoảng cách từ gốc toạ độ đến Δ là
13.
23.
23.
23.
Đáp án C
Ta có: 2m2+m+2x+m2−1y+m+2z+m2+m+1=0 ∀m∈ℝ
⇔m22x+y+1+m2x+z+1+4x−y+2z+1=0 ∀m∈ℝ
⇔2x+y+1=02x+z+1=04x−y+2z+1=0⇔2x+y+1=02x+z+1=0⇔y=z2x+y+1=0
Vậy (P) luôn chứa đường thẳng Δ cố định x=−t2−12y=tz=t,t∈ℝ
Đường thẳng Δ đi qua A−12;0;0 và có vectơ uΔ→=−12;1;1
Vậy khoảng cách từ gốc toạ độ đến Δ là: dO;Δ=OA→,uΔ→uΔ→=23.
Kết thúc năm 2018, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A đạt 2300 USD/1 người/1 năm. Trong hội nghị bàn về các vấn đề tăng trưởng kinh tế, các đại biểu về kinh tế đã đặt mục tiêu thu nhập bình quân đầu người của quốc gia này vào cuối năm 2035 sẽ đạt mức 10000 USD/ 1 người/ 1 năm (theo giá hiện hành). Hỏi để đạt được mục tiêu đó, trung bình mỗi năm thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A tăng bao nhiêu % (kết quả làm tròn đến số thập phân thứ hai).
8,2
8,7
9,02
9,03
Đáp án D
Giả sử để đạt được mục tiêu đề ra, trung bình mỗi năm thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A tăng x (%).
- Cuối năm 2019, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: S1=2300+x100.2300=2300.1+x100USD.
- Cuối năm 2020, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: S2=S1+x100.S1=2300.1+x1002 USD.
- Cuối năm 2035, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: S17=2300.1+x10017USD.
Ta có: S17=10000⇔2300.1+x10017=10000⇔1+x10017=10023
⇔17log1+x100=log10023⇔x≈9,03.
Một vật chuyển động trong 6 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị như hình bên dưới. Trong khoảng thời gian 2 giờ từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị là một phần đường Parabol có đỉnh I(3;9) và có trục đối xứng song song với trục tung. Khoảng thời gian còn lại, đồ thị vận tốc là một đường thẳng có hệ số góc bằng 14. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 6 giờ?
1303km.
9km.
40km.
1343km.
Đáp án A
+ Vì Parabol đi qua O(0;0) và có toạ độ đỉnh I (3;9) nên thiết lập được phương trình Parabol P:y=vt=−t2+6t;∀t∈0;2.
+ Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất y=14t+m, dựa trên đồ thị ta thấy đi qua điểm có toạ độ (6;9) nên thế vào phương trình hàm số và tìm được m=152.
Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là y=14t+152;∀t∈2;6.
+ Quãng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau S=S1+S2=∫02−t2+6tdt+∫2614t+152dt=1303km.
Cho số phức z≠0 thoả mãn z3zz¯+1=z2+6iz. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
14<z<13.
13<z<12.
12<z<1.
z<14.
Đáp án A
z3zz¯+1=z2+6iz⇔z3zz¯+1−6iz=2z.
Ta thấy 3zz¯+1−6iz là số phức có phần thực là 3zz¯+1 và phần ảo là 6z.
Suy ra z3zz¯+1+36z2=2z
⇔3zz¯+1+36z2=4⇔3z2+1+36z2=4⇔z2=113⇒z=1313.
Người ta đặt được vào một hình nón hai khối cầu có bán kính lần lượt là a và 2a sao cho các khối cầu đều tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón, hai khối cầu tiếp xúc với nhau và khối cầu lớn tiếp xúc với đáy của hình nón. Bán kính đáy của hình nón đã cho là
2a.
3a.
22a.
5a.
Đáp án C
Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là ΔABC với A là đỉnh nón, BC là đường kính đáy nón, H là tâm đáy O1, O2 lần lượt là tâm của
mặt cầu lớn và nhỏ D1, D2 lần lượt là tiếp điểm của AC với (O1) và (O2).
Vì O1D1//O2D2 và O1D1=2O2D2 nên O2 là trung điểm AO1
⇒AO1=2O1O2=2.3a=6a
O1D1=2a,AH=AO1+O1H=8a.
Ta có AD1=AO12−O1D12=4a2.
Từ ΔAO1D1∽ΔACH⇒O1D1CH=AD1AH⇒CH=22a⇒r=22a.
Cho tứ diện ABCD có các tam giác ABC và BCD vuông cân và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau, AB = AC = DB = DC = 2a. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng
a6.
a62.
a63.
2a63.
Đáp án D
Gọi H, E lần lượt là trung điểm của BC, AC thì DH⊥ABC.
Ta có BA⊥AC,HE//BA⇒HE⊥CA.
Lại có AC⊥DH nên AC⊥DHE⇒DHE⊥DAC.
Kẻ HK⊥DEK∈DE⇒HK⊥DAC.
Tam giác DHE vuông tại H có DH=12BC=124a2+4a2=a2,HE=12AB=a.
Áp dụng công thức 1HK2=1DH2+1HE2 ta tính được HK=a63.
Vì H là trung điểm BC nên dB,DAC=2dH,DAC=2HK=2a63.
Vậy khoảng cách dC,SAB=3VSSAB=3.a332a23134=6a13=613a13.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y=2x+mxx2+2 có điểm cực trị và tất cả các điểm cực trị thuộc hình nón tâm O, bán kính 68?
16
10
12
4
Đáp án C
y=2x+mxx2+2⇒y'=2+mx2+2−mx2x2+2x2+2=2+2mx2+2x2+2
⇒y'=0⇔m=−x2+2x2+2
Gọi A (x;y) là điểm cực trị ta có y=2x+mxx2+2=2x−xx2+2=−x3⇒Ax;−x3.
Yêu cầu bài toán ⇒OA≤68⇔x6+x2−68≤0⇔x2≤4⇔−2≤x≤2
fx=−x2+2x2+2,x∈−2;2
f'x=−2xx2+2−x2+2xx2+2=−3x3−6xx2+2⇒f'x=0⇔x=0
Bảng biến thiên:
Để hàm số có cực trị thoả yêu cầu bài toán thì −66≤m≤−22.
Bất phương trình log4x+2+x+3<log22x+1x+1+1x2+2x+2 có tập nghiệm là S. Tập nào sau đây là tập con của S?
0;72.
1−22;1−5.
1−22;0.
1;2.
Đáp án B
Điều kiện: x+2>02x+1x>0⇔−2<x<−12x>0 *
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình:
log2x+2+x+2−2x+2<log22+1x+2+1x2−22+1x 1
+) Xét hàm số ft=log2t+t2−2t trên 0;+∞
Ta có f't=1tln2+2t−2>1t+2t−2=t+t−12t>0, ∀t>0.
Do đó f(t) đồng biến trên 0;+∞.
Suy ra 1⇔fx+2<f2+1x⇔x+2<2+1x 2
+) Vì (*) nên (2) ⇔x+2<2+1x2⇔x+2<4+4x+1x2
⇔x3−2x2−4x−1<0⇔x∈−∞;−1∪3−132;3+132
Kết hợp điều kiện (*) ta được S=−2;−1∪0;3+132.
Gọi F(x) là nguyên hàm trên ℝ của hàm số fx=x2eaxa≠0, sao cho F1a=F0+1. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
0<a≤1.
a<−2.
a≥3.
1<a<2.
Đáp án A
Fx=∫x2eaxdx.
Đặt u=x2dv=eaxdx⇒du=2xdxv=1aeax.
⇒Fx=1ax2eax−2a∫xeaxdx=1ax2eax−2a.A 1
Xét A=∫xeaxdx. Đặt u=xdv=eaxdx⇒du=dxv=1aeax.
⇒A=1axeax−1a∫eaxdx 2
Từ (1) và (2) suy ra Fx=1ax2eax−2a2xeax+2a2∫eaxdx=1ax2eax−2a2xeax+2a3eax+C.
Mà F1a=F0+1⇒1a3e−2a3e+2a3e+C=2a3+1+C
⇒a3=e−2⇒a=e−23⇒0<a≤1.
Cho hai hàm số y = f(x), y = g(x) có đồ thị như sau:
Khi đó tổng số nghiệm của hai phương trình fgx=0 và gfx=0 là
25
22
21
26
Đáp án B
Quan sát đồ thị ta thấy fx=0⇔x=x1−3<x1<−2x=−1x=x21<x2<2x=x32<x3<3x=x44<x4<5
Do đó fgx=0⇔gx=x11gx=−12gx=x23gx=x34gx=x45
Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm; phương trình (2) có đúng 3 nghiệm; phương trình (3) có đúng 3 nghiệm; phương trình (4) có đúng 3 nghiệm; phương trình (5) có đúng 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nên phương trình f(g(x)) = 0 có đúng 11 nghiệm.
Quan sát đồ thị ta thấy gx=0⇔x=x5−2<x5<−1x=x60<x6<1x=3
Do đó gfx=0⇔fx=x56fx=x67fx=38
Phương trình (6) có 5 nghiệm; phương trình (7) có 5 nghiệm; phương trình (8) có 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm này đều phân biệt nên phương trình (f(g(x)) = 0 có đúng 11 nghiệm.
Vậy tổng số nghiệm của hai phương trình f(g(x)) = 0 và g(f(x)) = 0 là 22 nghiệm.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có A0;0;3,B0;3;0,C3;0;0,D3;3;3. Hỏi có bao nhiêu điểm Mx;y;z (với x, y, z nguyên) nằm trong tứ diện?
4
10
1
7
Đáp án A
Ta có phương trình các mặt phẳng (ABC), (DAB), (DBC), (DAC) lần lượt là x+y+z−3=0, −x+y+z−3=0, x+y−z−3=0, x−y+z−3=0.
Nếu M(x;y;z) nằm trong tứ diện thì M, O khác phía so với mặt phẳng (ABC) và cùng phía so với các mặt phẳng còn lại, đồng thời M có toạ độ là những số nguyên dương.
Từ đó toạ độ M thoả mãn x+y+z−3>0−x+y+z−3<0x−y+z−3<0x+y−z−3<0x,y,z∈ℤ+
Không mất tính tổng quát giả sử x≥y≥z.
Từ x+y<3+z≤3+y⇔x<3⇒1≤x,y,z≤2.
Do đó ta có các bộ x;y;z∈1;1;2;1;2;1;2;1;1;2;2;2 thoả mãn hệ phương trình trên. Vậy có tất cả 4 điểm M nằm trong tứ diện.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn 12;2 và thoả mãn fx+2f1x=3x;∀x∈ℝ*. Tính tích phân ∫122fxxdx.
I=4ln2+158
I=4ln2−158
I=52
I=32
Đáp án D
Ta có: fx+2f1x=3x , chia cả 2 vế cho x ta được fxx+2f1xx=3
Lấy tích phân 2 vế ∫122fxx+2f1xxdx=∫1223dx
⇔∫122fxxdx+2∫122f1xxdx=3x212=92
Xét ∫122f1xxdx: Đặt 1x=t⇒−1x2dx=dt⇒dx=−dtt2. Đổi cận x=12⇒t=2x=2⇒t=12.
Khi đó ∫122f1xxdx=−∫212t.ftt2dt⇒∫122f1xxdx=∫122fttdt=∫122fxxdx.
Thay vào tích phân ban đầu ta được 3∫122fxxdx=92⇒∫122fxxdx=32.
Cho số phức z thoả mãn z−8+z+8=20. Gọi m, n lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z. Tính P = m + n.
P = 16.
P =102.
P = 17.
P = 510.
Đáp án A
Gọi z=x+yix,y∈ℝ và Mx,y là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng phức. Xét các điểm F1−8;0,F28;0.
Ta có: MF1=−8−x2+−y2=x+82+y2=z+8.
MF2=8−x2+−y2=x−82+y2=z−8.
⇒z−8+z+8=20⇔x+82+y2+x−82+y2=20⇔MF1+MF2=20.
Do MF1+MF2≥F1F2⇒ Tập hợp điểm M là một elip có dạng x2a2+y2b2=1
⇒2a=20c=8⇒a2=100b2=a2−c2=36⇒x2100+y236=1⇒maxz=10minz=6⇒m+n=16.
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng 3a. Mặt phẳng (P) qua B'và vuông góc với A'C chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V1 và V2 với V1<V2. Tỉ số V1V2 bằng?
147.
1107.
17.
1108.
Đáp án B
Gọi H là trung điểm của A'C', tam giác ΔA'B'C' đều nên B'H⊥A'C'.
Trong A'C'CA, kẻ HE⊥A'C,HE∩A'A=I.
Ta có: B'H⊥A'C'HI⊥A'C'⇒A'C'⊥B'HI⇒P≡B'HI.
ΔA'EH~ΔA'C'C⇒A'EA'H=A'C'A'C⇒A'E=A'C'.A'HA'C=a1020.
ΔA'IH~ΔA'C'C⇒IHA'H=A'CC'C⇒IH=A'C.A'HC'C=a106.
SB'HI=12B'H.HI=a23024⇒V1=13.SB'HI.A'E=13.a23024.a1020=a33144.
VABC.A'B'C'=SABC.AA'=a234.3a=3a334, V2=107144.a33 do đó V1V2=1107.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:x−11=y−12=z2 và mặt phẳng α:x−2y+2z−5=0. Gọi (P) là mặt phẳng chứa Δ và tạo với α một góc nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng (P) có dạng ax+by+cx+d=0a,b,c,d∈ℤ;a,b,c,d<5. Khi đó tích abcd bằng
−60.
−120.
120.
60.
Đáp án B
α có vectơ pháp tuyến n→=1;−2;2.
Δ:x−11=y−12=z2 là giao tuyến của hai mặt phẳng 2x−y−1=0;y−z−1=0.
(P) là mặt phẳng chứa Δ nên phương trình (P) có dạng m2x−y−1+ny−z−1=0;m2+n2>0.
⇒2mx+n−my−nz−m−n=0
cosP,α=4m−4n35m2−2mn+2n2.
+ Với n = 0: cosP,α=4m35m2=435
+ Với n≠0:cosP,α=4mn−15mn2−2mn+23.
Đặt t=mn,cosP,α=4t−135t2−2t+2=43t2−2t+15t2−2t+2
Xét ft=t2−2t+15t2−2t+2
f't=8t2−6t−25t2−2t+22;f't=0⇔t=1t=−14
(P) là mặt phẳng tạo với α một góc nhỏ nhất nên cosP,α=4359=459
Khi đó t=−14⇒mn=−14.
Chọn m=1;n=−4 ta được phương trình mặt phẳng P:2x−5y+4z+3=0.
Khi đó a=2;b=−5;c=4;d=3⇒abcd=−120.
Giả sử đồ thị hàm số y=m2+1x4−2mx2+m2+1 có 3 điểm cực trị A, B, C với xA<xB<xC. Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để thể tích khối tròn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
−2;0.
0;2.
2;4.
4;6.
Đáp án C
Ta có: y'=4m2+1x3−4mx=4xm2+1x2−m.
Cho y'=0⇔x=0x=±mm2+1m>0.
Khi m>0 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị: A−mm2+1;−m2m2+1+m2+1,B0;m2+1,Cmm2+1;−m2m2+1+m2+1.
Tam giác ABC cân tại B, gọi I là trung điểm của AC.
Khi đó BI=m2m2+1.
Khi quay tam giác ABC quay quanh AC thì được khối tròn xoay có thể tích là: V=2.13.πr2h=23πBI2.IC=23πm2m2+12mm2+1=23πm9m2+15
Xét hàm số fm=m9m2+15, ta có f'm=m89−m2m2+16, với m>0.
Cho f'm=0⇒m=3m>0.
Bảng biến thiên của hàm số y = f(m):
Từ bảng biến thiên ta có maxfm=f3. Vậy thể tích lớn nhất khi m=3∈2;4.
