Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 2)
50 câu hỏi
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên ℝvà có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là sai?
f(x) nghịch biến trên khoảng (−∞;−1).
f(x) đồng biến trên khoảng (0;6).
f(x) nghịch biến trên khoảng (3;+∞).
f(x) đồng biến trên khoảng (−1;3).
Đáp án B
Trên khoảng 0;6, hàm số đồng biến trên 0;3và nghịch biến trên 3;6 nên đáp án B sai.
Tìm tập xác định D của hàm số y=ex2+2x
D=ℝ
D=−2;0
D=−∞−2∪0;+∞
D=∅
Đáp án A
Hàm số y=ex2+2xxác định khi x2+2x, mà x2+2x là đa thức bậc hai nên nó xác định trên toàn trục số thực ℝ. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D=ℝ .
Cho cấp số cộng un có u1=−5 và d=3. Số 100 là số hạng thứ mấy của cấp số cộng?
Thứ 15.
Thứ 20.
Thứ 35.
Thứ 36.
Đáp án D
u1=−5d=3⇒100=un=u1+n−1d=3n−8⇔n=36.
Kết quả của giới hạn limx→−∞2x−3x2+1−x là
−2.
+∞.
3.
−1.
Đáp án D
limx→−∞2x−3x2+1−x=limx→−∞2−3x−1+1x2−1=−1.
Cho hàm số y=logax,y=logbx với a, b là hai số thực dương, khác 1 có đồ thị lần lượt là C1,C2 như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là sai?
0<b<a<1.
a>1.
0<b<1<a.
0<b<1.
Đáp án A
Từ đồ thị C1 ta có hàm số y=logax đồng biến trên tập xác định do đó a>1 nên A sai.
Cho một ô tô chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S=12t4−3t2 , trong đó thời gian t tính bằng giây svà quãng đường S được tính bằng mét m. Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t=4sbằng
280m/s.
232m/s.
140m/s.
116m/s.
Đáp án D
Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t là vt=S'=12t4−3t2/=2t3−3t.
Do đó v4=2.43−3.4=116m/s.
Cho hình trụ có thể tích bằng πa3 và bán kính đáy bằng a. Độ dài đường cao của hình trụ đã cho bằng
a.
2a.
3a.
22a.
Đáp án A
V=πr2h⇒h=Vπr2=πa3πa2=a.
Cho ∫01fx−2gxdx=12 và ∫01gxdx=5, khi đó ∫01fxdx bằng
−2.
12.
22.
2.
Đáp án C
Ta có ∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx
⇒∫01fxdx=∫01fx−2gxdx+2∫01gxdx=12+2.5=22.
Trong không gian tọa độ Oxyz, độ dài của véctơ u→=(1;2;2) là
3.
5.
2.
9.
Đáp án A
Ta có: u→=12+22+22=3.
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng song song với mặt phẳng Oyz và đi qua điểm A(−1;−1;−1) có phương trình là
y−1=0.
x+y+z−1=0.
x+1=0.
z−1=0.
Đáp án C
Mặt phẳng song song với mặt phẳng (Oyz) và đi qua A−1;−1;−1 nhận i→=1;0;0làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là x+1=0.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A−1;2;4,B3;4;2,C−2;−6;−6. Tìm tọa độ điểm G là trọng tâm ΔABC.
G1;3;−3
G−1;3;2
G1;3;2
G0;0;0
Đáp án D
Gọi GxG;yG;zG là trọng tâm tam giác ABC.
Ta có xG=xA+xB+xC3=−1+3−23=0yG=yA+yB+yC3=2+4−63=0zG=zA+zB+zC3=4+2−63=0
Vậy G0;0;0.
Cho hai số phức z1=1+2i và z2=2−3i . Phần ảo của số phức w=3z1−2z2 là
12.
11.
1.
12i.
Đáp án A
w=3z1−2z2=31+2i−22−3i=−1+12i . Vậy phần ảo của số thực w là 12.
Hình lập phương có mấy mặt phẳng đối xứng?
6
7
8
9
Đáp án D
Hình lập phương ABCDA'B'C'D'có 9 mặt phẳng đối xứng đó là:
+) Ba mặt phẳng trung trực của các cạnh AB, AD, AA'.
+) Sáu mặt phẳng chứa 6 đường chéo của hình lập phương.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=3x2+sinx là
x3+cosx+C.
6x+cosx+C.
x3−cosx+C.
sinx + 1.
Đáp án C
Ta có ∫3x2+sinxdx=x3−cosx+C.
Cho hàm số y=2x3+3x2−4x+5 có đồ thị là C. Trong số các tiếp tuyến của C, có một tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất. Hệ số góc của tiếp tuyến này bằng
−3,5.
−5,5.
−7,5.
−9,5.
Đáp án B
Đạo hàm y/=6x2+6x−4
Giả sử đường thẳng Δ là tiếp tuyến của C tại điểm Mx0;y0.
Suy ra đường thẳng Δ có hệ số góc là k=y/x0=6x02+6x0−4.
Khi đó k=6x02+x0−23=6x02+x0+14−1112=6x0+122−112≥−112.
Vậy trong các tiếp tuyến của C, tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất là k=−5,5.
Cho hàm số y=f(x). Hàm số y=f'(x)có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Đồ thị hàm số y=f(x)có hai điểm cực đại.
Đồ thị hàm số y=f(x)có ba điểm cực trị.
Đồ thị hàm số y=f(x)có hai điểm cực trị.
Đồ thị hàm số y=f(x)có một điểm cực trị.
Đáp án B
Ta có đồ thị hàm số y=f'(x)cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt, mà qua các điểm đó đạo hàm đổi dấu. Nên đạo hàm đổi dấu ba lần qua ba nghiệm. Do vậy hàm số y=f(x) có ba điểm cực trị.
Cho đường thẳng d x−12=y−21=z−32 và hai mặt phẳng P1:x+2y+2z−2=0;P2:2x+y+2z−1=0. Mặt cầu có tâm I nằm trên d và tiếp xúc với 2 mặt phẳng P1,P2, có phương trình.
S:x+12+y+22+z+32=9.
S:x+12+y+22+z+32=9.
S:x−12+y−22+z−32=3.
S:x−12+y−22+z−32=9.
Đáp án D
• I∈d⇒I2t+1;t+2;2t+3
• Mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng ⇔dI;P1=dI2;P2
• t=0⇒I1;2;3;R=3⇒S:x−12+y−22+z−32=9 .
• t=−1817⇒I−1917;1617;1517;R=317⇒S:x+19172+y−16172+z−15172=9289.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M2;−6;3và đường thẳng d:x=1+3ty=−2−2tz=t. Tọa độ hình chiếu vuông góc của M lên d là
1;−2;0.
−8;4;−3.
1;2;1.
4;−4;1.
Đáp án D
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d.
Suy ra H∈d nên H1+3t;−2−2t;t⇒MH→=3t−1;4−2t;t−3 .
Đường thẳng d có một VTCP là u→=3;−2;1 .
Ta có MH⊥d nên MH→.u→=0⇔33t−1−24−2t+t−3=0⇔t=1⇒H4;−4;1.
Cho hàm số y=3x2+13x+19x+3. Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình là
5x−2y+13=0.
y=3x+13.
y=6x+13.
2x+4y−1=0.
Đáp án C
Phương pháp tự luận y'=3x2+18x+20x+32=0⇔x=−9+213x=−9−213
⇒Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là y=6x+13.
Phương pháp trắc nghiệm
Tại điểm cực trị của đồ thị hàm số phân thức ở dạng bậc 2 trên bậc 1, ta có: fxgx=f'xg'x
Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là y=3x2+13x+19'x+3'⇔y=6x+13.
Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V=32cm3, tam giác BCD vuông cân có cạnh huyền CD=42cm. Khoảng cách từ A đến BCD bằng
8cm.
4cm.
9cm.
12cm.
Đáp án D
Ta có BC=BD=4cm⇒SBCD=8cm2.
Khoảng cách từ A đến (BCD) là d=3VABCDSBCD=3.328=12cm.
Số các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x+3−2x2−1 là
3.
1.
2.
0.
Đáp án B
Ta có:
+) limx→1+y=limx→1+x+3−2x2−1=18,limx→1−y=limx→1−=x+3−2x2−1=18.
Suy ra x=1 không phải là đường tiệm cận đứng.
+) limx→−1+y=limx→−1+x+3−2x2−1=+∞. Suy ra x=−1 là đường tiệm cận đứng.
Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên d1lấy 17 điểm phân biệt, trên d2lấy 20 điểm phân biệt. Số tam giác mà có các đỉnh được chọn từ 37 điểm này là
5690.
5960.
5950.
5590.
Đáp án C
TH1. Chọn 1 điểm thuộc d1và 2 điểm thuộc d2⇒ có C171.C202 tam giác.
TH2. Chọn 2 điểm thuộc d1và 1 điểm thuộc d2⇒có C172.C201 tam giác.
Như vậy, ta có C171.C202+C172.C201=5950 tam giác cần tìm.
Cho hàm số y=ax3+bx2+cx+dcó đạo hàm là hàm số y'=f'(x)có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng đồ thị hàm số y=f(x)tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ dương. Hỏi đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng bao nhiêu?
1.
23.
32.
43.
Đáp án D
Tập xác định: D=ℝ.
y=fx=ax3+bx2+cx+dC.
y/=f/x=3ax2+2bx+c P.
Dựa vào đồ thị của P⇒f/0=0⇒c=0
P có đỉnh I1;−1⇒−b3a=13a+2b=−1⇔3a+b=03a+2b=−1⇔a=13b=−1
Vì C tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ dương nên C tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ x=2, theo điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị⇒f2=0f/2=0⇔83−4+d=0⇔d=43⇒C cắt Oy tại điểm A0;43 .
Các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
Cho x, y là hai số phức thì số phức x+y¯ có số phức liên hợp x¯+y.
Cho x, y là hai số phức thì số phức x−y¯ có số phức liên hợp x¯−y.
Cho x, y là hai số phức thì số phức xy¯có số phức liên hợp x¯y.
Số phức z=a+bi thì z2+z¯2=2a2+b2.
Đáp án D
Gọi z=a+bi⇒z¯=a−bi.
Khi đó z2+z¯2=a+bi2+a−bi2=2a2+2b2i2=2a2−b2.
Một hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
πa222.
πa224.
πa22.
2πa223.
Đáp án A
Theo giả thiết,SA=SB=avà tam giác ASB vuông cân tại S .⇒AB=a2
Nếu gọi O là tâm đường tròn đáy thì O là trung điểm của AB, SO là chiều cao của hình nón và SO=R=a22.
Khi đó Sxq=π.R.SB=πa222.
Trên tập số phức, phương trình bậc hai có hai nghiệm α=4+3i;β=−2+i là
z2+2+4iz−11+2i=0.
z2−2+4iz−11+2i=0.
z2−2+4iz+11+2i=0.
z2+2+4iz+11+2i=0.
Đáp án B
Áp dụng định lý Viet, ta có S=α+β=2+4iP=α.β=−11−2i.
Do đó α,β là hai nghiệm của phương trình z2−Sz+P=0⇔z2−2+4iz−11+2i=0.
Cho hàm số fa=a23a−13−a3a18a38−a−18 với a>0,a≠1a, Tính giá trị f20192018.
20191009.
20191009+1.
−20191009+1.
−20191009−1.
Đáp án D
Ta có fa=a23a−23−a3a18a38−a−18=a23a−23−a13a18a38−a−18=1−aa12−1=−a12−1a12+1a12−1=−a12−1.
Khi đó f20192018=−2019201812−1=−20191009−1.
Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số y=ax,y=bx,y=cx (0<a,b,c≠1). Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
a>b>c.
c>b>a.
a>c>b.
b>a>c.
Đáp án D
Ta có y=ax,y=bx là hai hàm số đồng biến, hàm số y=cx là hàm số nghịch biến nên ta có a>1b>10<c<1⇒c<a,b.
Thay x=1 vào hai hàm số y=ax,y=bx ta được:a<b
Do đó, ta có: c<a<b.
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA⊥ABCD. ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB=2a;AD=3BC=3a. Tính thể tích khối chóp S.ABCDtheo a biết góc giữa mặt phẳng SCD và ABCD bằng 60°.
26a3
66a3
23a3
63a3
Đáp án A
Dựng AM⊥CD tại M. Ta có: SMA^=60°.
SABCD=AD+BC2.AB=4a2.
CD=AD−BC2+AB2=2a2.
SABC=12AB.BC=a2
SACD=SABCD−SABC=3a2.SACD=12AM.CD⇒AM=2SACDCD=322a
Ta có:SA=AM.tanSMA^=362a⇒vS.ABCD=13SA.SABCD=26a3 .
Nguyên hàm Fxcủa hàm số fx=2x+1sin2x thỏa mãn Fπ4=−1 là
−cotx+x2−π216.
cotx−x2+π216.
−cotx+x2−1.
cotx+x2−π216.
Đáp án A
Ta có F(x)=∫2x+1sin2xdx=x2−cotx+C
Fπ4=−1⇔π42−cotπ4+C=−1⇔C=−π216
Vậy F(x)=−cotx+x2−π216.
Cho P=5−2620185+262019. Khẳng định nào sau đây đúng?
P∈2;7.
P∈6;9.
P∈0;3.
P∈8;10.
Đáp án D
Ta có P=5−2620185+262019=5−2620185+2620185+26
=5−2620185+2620185+26
=5−265+2620185+26=120185+26=5+26
Vậy P∈8;10 .
Có tất cả bao nhiêu giá trị m nguyên dương để hàm số y=31−x2+mx+2m+1 xác định với mọi x∈1;2.
1.
Vô số.
4.
10.
Đáp án B
Yêu cầu bài toán ⇔−x2+mx+2m+1>0,∀x∈1;2
⇔mx+2>x2−1,∀x∈1;2⇔m>x2−1x+2,∀x∈1;2.
Xét hàm số fx=x2−1x+2, với x∈1;2
f'(x)=x2+4x+1x+22,f'x=0⇔x=−2−3∉1;2x=−2+3∉1;2⇒f'x>0,∀x∈1;2
Dựa vào bảng biến thiên có m>x2−1x+2,∀x∈1;2 khi m≥34. Vậy m≥34.
Cho hàm số fx xác định trên ℝ và có đồ thị f'xnhư hình vẽ bên. Đặt gx=fx−x. Hàm số gx đạt cực đại tại điểm thuộc khoảng nào dưới đây?
32;3.
−2;0.
0;1.
12;2.
Đáp án B
Ta có g'x=f'x−1.
g'x=0⇔f'x=1.
Từ đồ thị, ta được x=−1,x=1,x=2 .
Từ đồ thị, ta có bảng xét dấu của g'(x).
Vậy hàm số g(x) đạt cực đại tại x=−1.
Cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AB=AD=a,CD=2a . Tính thể tích khối tròn xoay được tạo ra khi cho hình thang ABCD quay quanh trục AD.
7πa33.
4πa33.
πa33.
8πa33.
Đáp án A
Khi cho hình thang ABCD quay quanh trục AD ta thu được khối nón cụt có đường cao AD, bán kính của đáy lớn là DC, bán kính đáy nhỏ là AB.
Áp dụng công thức tích thể tích khối nón cụt, ta có thể tích của khối tròn xoay tạo thành là:V=13h.πR12+R22+R1.R2
=13AD.πAB2+DC2+AB.DC=13a.πa2+4a2+a.2a=7πa33.
Vậy thể tích khối tròn xoay là =7πa33.
Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC với A1;2;−1,B1;−1;3,C−5;2;5. Phương trình đường thẳng đi qua chân đường phân giác trong góc B của tam giác và vuông góc với ABC là
x=−32+3ty=2+4tz=−32+3t
x=−32+3ty=−2+4tz=32+3t
x=32+3ty=2+4tz=32+3t
x=−32+3ty=2+4tz=32+3t
Đáp án D
Gọi đường thẳng đi qua chân đường phân giác trong góc B của tam giác và vuông góc với ABC là Δ.
Ta có AB→=0;−3;4;BC→=−6;3;2;AB→,BC→=−18;−24;−18.
AB=02+−32+42=5;BC=−62+32+22=7.
Gọi Kx;y;z là chân đường phân giác trong góc B, ta cóKAKC=ABBC⇒KA→=−ABBCKC→⇔KA→=−57KC→.⇒1−x=−57−5−x2−y=−572−y−1−z=−575−z⇒x=−32y=2−z=32⇒K−32;2;32.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ là u→=3;4;3. Phương trình Δ là x=−32+3ty=2+4tz=32+3t.
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số gx=f2sin4x+cos4x. Tổng M+mbằng
3.
4.
5.
6.
Đáp án B
Vì sin4x+cos4x=1−12sin22x∈1;2.fx<34,∀x∈1;2
Dựa vào đồ thị suy ra M=maxgx=f1=3m=mingx=f2=1. Vậy M+m=4.
Cho số phức z thỏa mãn z+iz−i là số thuần ảo. Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là
Đường tròn tâm O, bán kính R=1.
Hình tròn tâm O, bán kính R=1 (kể cả biên).
Hình tròn tâm O, bán kính R=1(không kể biên).
Đường tròn tâm O, bán kính R=1 bỏ đi một điểm 0;1.
Đáp án D
Gọi Ma,b là điểm biểu diễn số phức z=a+bi (a,b∈ℝ)
Ta có: z+iz−i=a+(b+1)ia+(b−1)i=a2+b2−1a2+(b−1)2+2aia2+(b−1)2
Để z+iz−ilà số thuần ảo thì a2+b2−1a2+b−12=0⇔ a2+b2=1a2+b−12≠0⇔a2+b2=1a≠0,b≠1 .
Cho hàm số y=fxliên tục trên ℝ\0 và thỏa mãn 2f3x+3f2x=−15x2,∫39fxdx=k . Tính I=∫1232f1xdx theo k.
I=−45+k9.
I=45−k9.
I=45+k9.
I=45−2k9.
Đáp án A
Đặt t=2x⇒dx=12dt. Đổi cận x=12⇒t=1x=32⇒t=3.
Khi đó I=12∫12f2tdx.
Mà 2f3x+3f2x=−15x2⇔f2x=−5x2−23f3x.
Nên I=12∫13−5x2−23f3xdx=−54∫13xdx−13∫13f3xdx=−5−13∫13f3xdx *
Đặt u=3x⇒dx=13dx. Đổi cận x=1⇒u=3x=3⇒t=9.
Khi đó I=−5−19∫39ftdt=−5−k9=−45+k9.
Cho hàm số fxxác định trên 0;+∞\e , thỏa mãn f'x=1xlnx−1, f1e2=ln6 và fe2=3 . Giá trị biểu thức f1e+fe3 bằng
3ln2+1.
2ln2.
3ln2+1.
ln2+3.
Đáp án A
Ta có f'x=1xlnx−1
⇒fx=∫1xlnx−1dx=lnlnx−1+C=ln1−lnx+C1 khi x∈0;elnlnx−1+C2 khi x∈e;+∞.
+) f1e2=ln6⇒C1=ln2.
+) fe2=3⇒C2=3 .
Do đó fx=ln1−lnx+ln2 khi x∈0;elnlnx−1+3 khi x∈e;+∞⇒f1e=ln2+ln2fe3=ln2+3
→f1e+fe3=3ln2+1.
Cho hàm số y=fxliên tục trên R và có đồ thị là hình bên. Gọi M, m theo thứ tự là GTLN, GTNN của hàm số y=fx−23−3fx−22+5 trên đoạn −1;3 . Tính M.mbằng
2.
3.
54.
55.
Đáp án D
Trên −1;3, ta có 1≤fx≤7⇒0≤fx−2≤5.
Đặt t=fx−2với t∈0;5. Khi đó y=t3−3t2+5⇒y'=3t2−6t=0⇔t=0t=2.
Ta có y0=5;y2=1;y5=55. Suy ra M=55m=1⇒M.m=55 .
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ biết ∫1e6flnxxdx=6 và ∫0π2fcos2xsin2xdx=2. Giá trị của ∫13fx+2dx bằng
10.
16.
9.
5.
Đáp án D
+) Xét I1=∫1e6flnxxdx=6. Đặt t=lnx⇒dt=12xdx⇒2dt=1xdx
Suy ra: I1=∫032ftdt=6⇒I1=∫03ftdt=3
+) Xét I2=∫0π2fcos2x.sin2x.dx. Đặt t=cos2x→dt=−sin2xdx
Suy ra: I2=∫01ftdt=2⇒I2=2.
Vậy ∫13fx+2dx=∫13fxdx+∫032dx=∫03fxdx−∫01fxdx+4=I1−I2+4=5.
Cho hàm số f(x) liên tục và dương trên 0;+∞thỏa mãn f'x+2x+4f2x=0 và f0=13. Tính tổng S=f0+f1+f2+...+f2018=abvới a∈ℤ,b∈ℕ,abtối giản. Khi đó b−a=?
1220202021+10092020.
1220202021−10092020.
1220202021+1.
2019.
Đáp án A
Xét f'x+2x+4f2x=0⇔−f'xf2x=2x+4
⇒∫−f'xf2xdx=∫2x+4dx⇒1fx=x2+4x+C.
Vì f0=13⇒C=3⇒fx=1x2+4x+3=121x+1−1x+3.
Vậy S=f0+f2+...+f2018+f1+f3+...+f2017
S=121−13+13−15+...+12019−12021+1212−14+14−16+...+12018−12020 S=121+12−12020−12021=1220202021+10092020.
Cho số phức z thỏa mãn z−1−i+z−3−2i=5. Giá trị lớn nhất của z+2i bằng
10.
5.
10.
210.
Đáp án B
Gọi z=x+yi,x,y∈ℝ.
Khi đó z−1−i+z−3−2i=5⇔x−1+y−1i+x−3+y−2i=5 1.
Trong mặt phẳng Oxy, đặt A1;1;B3;2;Ma;b.
⇒Số phức z thỏa mãn (1) là tập hợp điểm Ma;b trên mặt phẳng hệ tọa độ Oxy thỏa mãn MA+MB=5.
Mặt khác AB=3−12+2−12=5 nên quỹ tích điểm M là đoạn thẳng AB.
Ta có z+2i=a+b+2i . Đặt N0;−2thì z+2i=MN.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên đường thẳng AB.
Phương trình AB: x−2y+1=0 .
Ta có H−1;0nên hai điểm A, B nằm cùng phía đối với H.
Ta có AN=12+32=10BN=32+2+22=5.
Vì M thuộc đoạn thẳng AB nên áp dụng tính chất đường xiên và hình chiếu ta có AN≤MN≤BN=5.
Vậy giá trị lớn nhất của z+2ibằng 5 đạt được khi M≡B3;2, tức là z=3+2i.
Cho hình chóp SABC có SA=SB=SC=a,ASB^=ASC^=90°,BSC^=60°. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
7πa218.
7πa212.
7πa23.
7πa26.
Đáp án C
Ta có AB=AC=a2,BC=a, suy ra tam giác ABC cân tại A.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, SB và SA.
Gọi I=SM∩CNthì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.
Qua I dựng đường thẳng d song song với SA, dễ thấy SA⊥SBCnên d⊥SBC, suy ra d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.
Trong mặt phẳng SAMdựng trung trực của SA cắt d tại O, khi đó OA=OS=OB=OCnên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Ta có SM=a32⇒SI=23SM=a3. Tứ giác SIOP là hình chữ nhật nên OS2=SI2+SP2=a23+a24=7a212⇒SO=a216.
Diện tích mặt cầu S=4π.SO2=4π.7a212=7πa23.
Trong không gian, cho đường thẳng d:x=1+aty=2+btz=ct trong đó a, b, c thỏa mãn a2=b2+c2. Tập hợp tất cả các giao điểm của d và mặt phẳng I(0;2;1) là
Đường tròn tâm I0;2;1, bán kính R=3nằm trong mặt phẳng Oyz
Đường tròn tâm I0;2;0, bán kính R=3nằm trong mặt phẳng Oyz
Đường tròn tâm I0;2;0, bán kính R=3nằm trong mặt phẳng Oyz
Đường tròn tâm I0;2;1, bán kính R=3 nằm trong mặt phẳng Oyz
Đáp án C
Ta có tọa độ giao điểm Mx;y;z thỏa mãn hệ phương trình x=1+aty=2+btz=ctx=0⇔t=−1ay−2=btz=ctx=0
(vì a2=b2+c2 nên a≠0 ) ⇒y−22+z2=b2+c2−1a2=1.
Hay tập hợp tất cả các giao điểm là đường tròn tâm I0;2;0, bán kính R=1nằm trong mặt phẳng Oyz.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình bên dưới. Hàm số g(x)=f(f(x)) đồng biến trên khoảng nào?
0;2
−∞;0
0;4
−1;1
Đáp án B
Dựa vào đồ thị ta thấy f(x)đạt cực trị tại 0 và 2
Suy ra f'x=0⇔x=0x=2.
Ta có g'x=f'xf'f(x)=0⇔f'(x)=0⇔x=0x=2f'f(x)=0⇔f(x)=0⇔x=0;x=a>2f(x)=2⇔x=b>a
Vậy phương trình g'x=0có 4 nghiệm bội lẻ là x=0,x=2,x=avà x=b. Lập bảng biến thiên của hàm số gx=ffxta có được đáp án đúng.
Cho bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log23x2+3x+m+12x2−x+1=x2−5x+2−mcó hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1?
Vô số.
2.
4.
3.
Đáp án B
ĐKXĐ: 3x2+3x+m+1>0 * .
Ta có phương trình ban đầu tương đương log23x2+3x+m+1+3x2+3x+m+1=log22.2x2−x+1+2.2x2−x+1
⇔3x2+3x+m+1=22x2−x+1 1
⇔x2−5x+1−m=0 2
Với đẳng thức 1 thì điều kiện *được thỏa mãn nên yêu cầu của bài toán ⇔2có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
⇔Δ>0x1+x2−2>0x1−1x2−1>0⇔21+4m>05−2>01−m−5+1>0⇔−214<m<−3.
Vậy có hai giá trị nguyên của m.
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2x+3−x=mfx có nghiệm trên đoạn 0;3?
2.
3.
4.
5.
Đáp án B
TXĐ: D∈0,3. Ta có m=2x+3−xfx.
Vì 2x+3−x≤x+3−x.2+1=3fx≥f2=1 nên 2x+3−xfx≤3,∀x∈0;3.
Dấu "=" xảy ra khi x=2.
Vì 2x+3−x≥2x+3−x=3+x≥3fx≤f0=5 nên 2x+3−xfx≥35,∀x∈0;3.
Dấu "=" xảy ra khi x=0.
Vậy 35≤m≤3→m∈ℤm∈1;2;3.
Trong không gian Oxyz, cho điểm E2;1;3, mặt phẳng P:2x+2y−z−3=0và mặt cầu S:x−32+y−22+z−52=36. Gọi Δ là đường thẳng đi qua E, nằm trong mặt phẳng P và cắt S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của Δlà
x=2+9ty=1+9tz=3+8t.
x=2−5ty=1+3tz=3.
x=2+ty=1−tz=3.
x=2+4ty=1+3tz=3−3t.
Đáp án C
S:x−32+y−22+z−52=36, có tâm I3;2;5 và R=6
Ta có: EI→=1;1;2⇒EI→=12+12+22=6<6=R .
Do đó điểm E nằm trong mặt cầu (S).
Vì E∈P và E∈ΔΔ⊂P nên giao điểm của Δ và (S) nằm trên đường tròn giao tuyến (C) tâm K của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S), trong đó K là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P). Gọi Δ∩S=A;B. Độ dài AB nhỏ nhất khi và chỉ khi dK,Δ lớn nhất.
Gọi F là hình chiếu của K trên Δ khi đó dK;Δ=KF≤KE. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi F≡E.
Vì IK⊥PKE⊥Δ⇒IK⊥ΔKE⊥Δ⇒IE⊥Δ.
Mặt khác:n→P,EI→=5;−5;0 , cùng phương với u→=1;−1;0.
Vì Δ⊂PΔ⊥IE nên Δ có một vectơ chỉ phương là u→=1;−1;0. Vậy Δ:x=2+ty=1−tz=3 .
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3 cm. Gọi M là trung điểm của CD. Khoảng cách giữa AC và BM là
21111cm.
32211cm.
3211cm.
211cm.
Đáp án B
Gọi G là tâm tam giác đều BCD .⇒AG⊥BCD
Trong mặt phẳng BCD , dựng hình bình hành BMCN mà BM⊥CMnên BMCN là hình chữ nhật.
Ta có BM//ACN
⇒dBM,AC=dBM,ACN=dG,ACN.
Kẻ GK⊥NC K∈NC và GH⊥AK H∈AK
⇒dG,ACN=GH.
Ta có AG=AB2−BG2=9−23.3322=6 cm ,GK=CM=32 cm.
Vậy GH=AG.GKAG2+GK2=6.326+94=32211 cm.
