Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 4)
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P:2x+y−z+1=0.Điểm nào sau đây không thuộc mặt phẳng (P) ?
0;−2;−1.
2;1;−1.
1;1;4.
−2;−1;−4.
Đáp án B
Ta thấy chỉ có điểm 2;1;−1không thuộc mặt phẳng P.
Cho hàm số y=fxxác định và liên tục trên ℝ có bảng biến thiên sau:
Phương trình fx=−8 có số nghiệm thực là
0.
1.
2.
3.
Đáp án B
Số nghiệm cần tìm là số giao điểm của đường thẳng y=−8và đồ thị hàm số y=fx.
Từ bảng biến thiên ta thấy chỉ có duy nhất 1 giao điểm giữa hai đồ thị.
Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 người vào một bàn tròn?
6!.
5!.
2.5!.
2.4!.
Đáp án B
Chọn 1 người làm vị khách danh dự ngồi ở vị trí cố định vậy 5 người còn lại có 5! cách xếp.
Vậy có 5! cách.
Cho các khẳng định sau với 0<a≠1;b,c≠0.1. logabc=logab+logac.2. logab2=2logab.3. logab2+c2≥loga2bc.
Số khẳng định sai là
0.
2.
3.
1.
Đáp án C
Khẳng định 1 sai vì các số có thể âm.
Khẳng định 2 sai vì b có thể âm.
Khẳng định 3 sai vì nếu a<1 thì chiều bất đẳng thức là ngược lại.
Khẳng định nào sau đây đúng?
∫1xdx=lnx+C.
∫1ax+bdx=1alnax+b+C,a≠0.
∫1x+1dx=lnx+C.
∫1x−1dx=lnx−1+C.
Đáp án B
Sử dụng bảng nguyên hàm ta được ∫1ax+bdx=1alnax+b+C,a≠0.
Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M1;2;−4. Khoảng cách từ M đến trục Oz bằng
6.
5.
3.
25.
Đáp án B
Gọi hình chiếu của M lên trục Oz là M'⇒M'0,0,−4
MM'=12+22+−4−−42=5.
Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có M là điểm nằm trong tứ giác ABCD sao cho SABCD=5SABM. Gọi O' là điểm bất kì nằm trong (A'B'C'D'). Tỉ số thể tích hình chóp O'.ABM và hình lăng trụ ABCD.AB'C'D' bằng
115.
15.
35.
13.
Đáp án A
Ta có VO'ABMVABCD.A'B'C'D'=13dO',ABCD.SABMdO',ABCD.SABCD=13.15=115.
Một nguyên hàm của hàm số y=2x+2x+12 là
lnx+12.
ln2x+1.
lnx2+2x.
ln2x2+2x.
Đáp án A
Ta có ∫2x+2x+12dx=∫2x+1dx=2lnx+1+C=lnx+12+C.
Cho số phức z=2−5i. Khi đó mô đun của z−1 là
1313.
2929.
5.
1717.
Đáp án B
Ta có 1z=12−5i=2929.
Cho hình trụ có thể tích bằng 16pa3, đường kính đáy bằng 4a. Chiều cao của hình trụ bằng
2a.
4a.
6a.
8a.
Đáp án B
Ta có Vtru=πr2h⇔π.4a2.h=16πa3⇒h=4a.
Giá trị của lim2n3+n−n4n22n2+1 bằng
-1.
+¥.
−12.
0.
Đáp án C
Cách 1. Dùng casio.
Nhập 2X3+X−X4X22X2+1→CALC→X=105→ta tính được lim2n3+n−n4n22n2+1=−12.
Cách 2. Có lim2n3+n−n4n22n2+1=lim2n+1n3−12+1n2=−12 vì lim1nk=0,∀k>0.
(Ta nhìn tử số và mẫu số sẽ thấy có bậc của n lớn nhất đều bằng 4 nên giới hạn ở đây sẽ bằng tỉ lệ hệ số của chúng là −12)
Mở rộng: Khi tính giới hạn dãy số ta chỉ cần giữ lại số hạng có số mũ cao nhất, ở đây đa thức dạng nkthì chỉ cần giữ lại k lớn nhất, an chỉ cần giữ lại a lớn nhất.
Như bài này ta có lim2n3+n−n4n22n2+1=lim−n4n22n2=−12.
Hàm số y=x3−x2−x−5 đạt cực đại tại
x=−13.
x=2.
x=3.
x=4.
Đáp án A
Ta có y'=3x2−2x−1⇒y'=0⇔x=1,x=−13.
Nghiệm của phương trình 10log2=3x+5là
−14.
2.
−1.
−12.
Đáp án C
Ta có 10log2=3x+5⇔2=3x+5⇔x=−1.
Cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−6y+4z+5=0. Bán kính của mặt cầu (S) là
3.
2.
4.
6.
Đáp án A
Ta có x2+y2+z2−2x−6y+4z+5=0⇔x−12+y−32+z+22=9.
Vậy R=9=3.
Cho hình nón có diện tích xung quanh là Sxq=10πcm2,bán kính đáy R=3cm. Khi đó đường sinh của hình nón là
l=103cm.
l=4cm.
l=6cm.
l=7cm.
Đáp án A
Ta có Sxq=π.r.l⇒l=Sxqπ.r=103.
Cho logab=2;logac=5;A=ab3c5a3b24c2.Giá trị biểu thức logAa bằng
−132.
−213.
403.
340.
Đáp án B
Cách 1. Ta có logab=2logac=5⇒b=a2c=a5
⇒A=ab3c5a3b24c2=a.a23.a55a3.a224.a52=a152a14=a−132⇒logAa=loga−132a1=−213.
Cách 2. Ta cho a bằng một giá trị bất kì, sau đó sẽ tìm được b, c và A.
Cho z=a+bi . Mệnh đề nào sau đây đúng?
Phần thực là a và phần ảo là bi.
Điểm biểu diễn z là a;b.
z2=a2+b2+2abi.
z=a2+b2.
Đáp án B
A sai vì phần ảo là b
C sai vì z2=a2−b2+2abi
D sai vì z=a2+b2.
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=x+2020x2−2020 là
1.
2.
3.
4.
Đáp án C
Dùng casio nhập X+2020X2−2020→CALCX=99999→KQ1X=−99999→KQ−1X=2020,0001→KQ+∞X=−2020,0001→KQ0
⇒y=±1 là tiệm cận ngang và x=2020 là tiệm cận đứng.
Cho tứ diện ABCD có AD=14,BC=6.Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BD và MN=8.Gọi a là góc giữa hai đường thẳng BC và MN. Khi đó, tana bằng
223.
3.
12.
24.
Đáp án B
Gọi P là trung điểm của cạnh CD, ta có α=MN,BC^=MN,NP.^
Trong tam giác MNP, ta có cosMNP^=MN2+PN2−MP22MN.NP=12.
Suy ra MNP^=60o.
Suy ra tanα=3.
Cho hàm số y=2−xx+1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
Hàm số nghịch biến trên −∞;−1∪−1;+∞.
Hàm số nghịch biến trên ℝ\1.
Hàm số nghịch biến trên ℝ.
Hàm số nghịch biến trên −∞;−1,−1;+∞.
Đáp án D
Ta có y'=−3x+12<0,∀x∈ℝ\−1
Þ Hàm số nghịch biến trên −∞;−1,−1+∞.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x3−3x+3và đường thẳng y=x là
1.
2.
3.
0.
Đáp án C
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x3−4x+3=0⇔x=1x=−1±132
Tập nghiệm của bất phương trình 5log13x−2x<1 là
2;+∞.
−∞;0.
0;2.
0;+∞.
Đáp án B
Điều kiện x−2x>0⇔x<0x>2
Ta có 5log13x−2x<1⇔log13x−2x<0⇔x−2x>1⇔x<0
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là −∞;0.
Cho hàm số y=fx=ax3+bx2+cx+dcó đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
Phương trình fx=0có 3 nghiệm phân biệt.
Đồ thị hàm số luôn đồng biến trong khoảng −1;+∞.
Hàm số có điểm cực đại nhỏ hơn điểm cực tiểu.
Hàm số có hệ số a>0.
Đáp án B
Khẳng định A đúng do đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
Khẳng định B sai do dễ thấy trong khoảng −1;0đồ thị hàm số đi xuống nên trong khoảng này hàm số nghịch biến.
Khẳng định C đúng do điểm cực đại của hàm số nằm bên trái điểm cực tiểu.
Khẳng định D đúng do đồ thị hàm số có xu hướng đi lên khi x→+∞.
Tập xác định của hàm số y=log2x−1x2−3x+2 là
1;+∞.
2;+∞.
12;1∪2;+∞.
12;1.
Đáp án C
Điều kiện 2x−1>02x−1≠1x2−3x+2>0⇔12<x<1x>2.
Cho I=∫01f2x+3dx=4.Khi đó giá trị của ∫35fxdx bằng
1.
2.
8.
11.
Đáp án C
Đặt t=2x+3⇒dt=2dx⇒I=12∫35ftdt=4⇒∫35ftdt=8.
Hàm số y=3x3+4x−2có giá trị nhỏ nhất trên 1;3 bằng
2.
4.
5.
30.
Đáp án C
Ta có y=3x3+4x−2⇒y'=9x2+4>0,∀x∈1;3
Vậy giá trị nhỏ nhất là y1=5.
Tọa độ hình chiếu vuông góc của M6;0;0trên đường thẳng Δ:x−11=y2=z−2−2 là
−2;2;1.
1;−2;0.
4;0;−1.
2;2;0.
Đáp án D
Gọi M't+1;2t;−2t+2là hình chiếu của M lên D. Ta có MM'→=t−5;2t;−2t+2,uΔ→=1;2;−2MM'→.uΔ→=0⇔t−5+4t+4t−4=0⇔t=1⇒M'=2;2;0.
Cho số phức z=a+bi. Khi đó số z−z¯bằng
2a2+b2.
2b.
4b2.
2b.
Đáp án D
Ta có z−z¯=a+bi−a+bi=2bi=2b.
Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng 6a và đường chéo 10a. Thể tích khối lăng trụ này là
64a3.
96a3.
192a3.
200a3.
Đáp án C
Ta có AC=10a2−6a2=8a⇒AB=AD=4a2⇒VABCD.A'B'C'D'=6a.4a22=192a3.
Trong hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A3;1;2,B−1;3;4,C4;−1;3. Điểm D thỏa mãn ABCD là hình bình hành. Khi đó, tọa độ điểm D là
8;−3;1.
1;−2;4.
1;0;1.
2;4;−1.
Đáp án A
Ta có ABCD là hình bình hành
AD→=BC→⇔xD−3=5yD−1=−4zD−2=−1⇔xD=8yD=−3zD=1⇒D8;−3;1.
Gieo 2 đồng xu A và B một cách độc lập với nhau. Đồng xu A chế tạo cân đối. Đồng xu B chế tạo không cân đối nên xác suất xuất hiện mặt sấp gấp ba lần xác suất xuất hiện mặt ngửa. Xác suất để khi gieo hai đồng xu hai lần thì cả hai đồng xu đều ngửa là
116
164
132
14
Đáp án B
Xác suất gieo hai đồng xu một lần đều xuất hiện mặt ngửa là 12.14=18.
Do đó, xác suất gieo hai đồng xu 1 lần đều xuất hiện mặt ngửa là 18.18=164.
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB=a,AD=a3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng DD' và AC' bằng
a34.
a3.
a32.
a22.
Đáp án C
Ta có dDD',AC'=dBB',AC'.
Ta có A'C'=A'B'2+B'C'2=2a.
Kẻ B'H⊥A'C'.
B'H=A'B'.B'C'A'C'=a.a32a=a32.
Vì BB'//ACC'A' nên dBB',AC'=dBB',ACC'A'
dBB',ACC'A'=B'H=a32.
Nên dBB',AC'=a32.
Cho hàm số y=23x3−2mx2−m+2. Có bao nhiêu giá trị của m để hàm số đạt giá trị lớn nhất trên 1;3 bằng 6?
1.
2.
3.
4.
Đáp án A
Cách 1. Xét y'=0⇔2x2−4mx=0⇔x=0x=2m.
Trường hợp 1: 2m≤1⇔m≤12. Khi đó maxx∈1;3y=y3=20−19m=6⇔m=1419 (loại)
• Trường hợp 2: 1<2m<3⇔12<m<32. Khi đó maxx∈1;3y=y1 hoặc maxx∈1;3y=y3
+) y1=6⇔m=−109 (loại)
+) y3=6⇔m=1419, khi đó y1=2657 (thỏa mãn).
• Trường hợp 3: 2m≥3⇔m≥32. Khi đó maxx∈1;3y=y1=−3m+83=6⇔m=−109 (loại).
Cách 2. Giá trị lớn nhất của hàm số chỉ đạt tại f1,f3,f2m(vì 0∉1;3).
Biện luận sẽ thấy f2m không thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f1và f3.
Giả sử maxx∈1;3fx=f1=6tìm ra m thay vào f1,f3,f2m(vì 0∉1;3
Biện luận sẽ thấy f2mkhông thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f1và f3.
Giả sử maxx∈1;3fx=f1=6 tìm ra m thay vào f3 xem có lớn hơn không, tương tự làm với f3.
Một quả bóng bầu dục có khoảng cách giữa 2 điểm xa nhất bằng 20 cm và cắt quả bóng bằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng đó thì được đường tròn có diện tích bằng 16p(cm2). Thể tích của quả bóng bằng bao nhiêu? (Tính gần đúng đến hai chữ số thập phân)
0,15 (lít).
0,38 (lít).
0,5 (lít).
1 (lít).
Đáp án B
Quả bóng bầu dục sẽ có dạng elip, đặt tọa độ Oxy,xA=10và xB=−10.
Ta có diện tích đường tròn thiết diện là
S=πr2=16π⇒r=4⇒yC=4 và yD=−4.
Ta sẽ có phương trình elip x2100+y216=1
⇒y=π∫−44161−x2100dx≈380cm3=0,381.
Quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức ω=1+i3−1−3 biết số phức z thỏa mãn z−1≤2 là
Hình tròn x−32+y−32≤16.
Đường tròn x−32+y−32=16.
Hình tròn x−32+y−32≤4.
Đường tròn x−32+y−32=4.
Đáp án A
Gọi số phức z=a+bi.
Ta có 1⇔a+bi−1≤2⇔a−12+b2≤4. Điểm M biểu diễn số phức
ω=1+i3z−1−3=1+i3.a+bi−1−3⇔ω=a−b3−1+a3+b−3⇒ω=a−b3−12+a3+b−32=4a−12+4b2≤4.4=16
Một hình nón được cắt bởi một mặt phẳng (P) song song với đáy. Mặt phẳng này chia với mặt xung quanh của hình nón thành hai phần có diện tích bằng nhau như hình vẽ. Gọi (N1) là hình nón có đỉnh A, bán kính đáy HM; (N2) là hình nón có đỉnh A, bán kính đáy OD. Tỉ số thể tích của khối nón (N1) và khối nón (N2) là
12
18
24
28
Đáp án C
Ta có mặt phẳng (P) chia với mặt xung quanh của hình nón thành hai phần có diện tích bằng nhau⇒SxqN1SxqN2=12
Ta có MN//CD nên theo định lí Ta-let ta có AMAD=AHAO=HMOD=k
SxqN1SxqN2=12⇔π.HM.AMπ.OD.AD=12⇔π.k.OD.k.ADπ.OD.AD=12⇔k2=12⇒k=22⇒VN1VN2=π.HM2.AHπ.OD2.AO=π.k.OD2.k.AOπ.OD2.AO=k3=223=24.
Cho phương trình đường thẳng d:x4=y−21=z−31và đường thẳng d':x+1=y=z+1 . Mặt cầu có bán kính lớn nhất thỏa mãn tâm I nằm trên (d’), đi qua A3;2;2 và tiếp xúc với đường thẳng d có phương trình
x−12+y2+z−12=9.
x−32+y−22+z−32=1.
x−22+y−12+z−12=9.
x+22+y−22+z2=9.
Đáp án A
Gọi tâm It+1;t;t+1.
Khi đó AI→=t−2;t−2;t−1,AI=3t2−10t+9.
Lấy N0;2;3∈d,NI→=t+1,t−2,t−2.
Ta có dI,d=NI→,ud→ud→=3t−9232=t−3.
Có dI,d=AI⇔t−3=3t2−10t+9⇔t=0t=2.
Do bán kính lớn nhất nên chọn t=0. Khi đó phương trình mặt cầu là x−12+y2+z−12=9.
Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số y=x3−3mx2+4mx+m−2cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số nhân?
2.
1.
3.
0.
Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm x3−3mx2+4mx+m−2=0*
Giả sử phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,x2,x3lập thành cấp số nhân ⇒x22=x1.x3
Theo Vi-et ta có x1+x2+x3=−bax1.x2+x1.x3+x2.x3=cax1.x2.x3=−da⇒x1.x2.x3=2−mx22=x1.x3⇒m=2−x23
Thay tất cả vào phương trình (*) ta có x23x2−4x23−2=0⇔x2=0⇒m=2x2=43⇒n=−1027x2=23⇒m=0
Thử lại, chỉ có m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Theo số liệu của Tổng cục thống kê, năm 2016 dân số Việt Nam ước tính khoảng 94444200 người. Tỉ lệ tăng dân số hàng năm ở Việt Nam được duy trì ở mức 1,07% . Cho biết sự tăng dân số được tính theo công thức S=A.eNr(trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì năm bao nhiêu dân số Việt Nam ở mức 120 triệu người?
2037.
2040.
2038.
2039.
Đáp án D
Ta có S=120000000,A=94444200,r=1,07%
⇒120000000=94444200e1,07%N⇒N≈22,38(năm)
Vây sau 23 năm nữa dân số đạt mức 120 triệu người hay năm 2039, dân số Việt Nam ở mức 120 triệu.
Cho hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y=log2x,y=0,x=4.Đường thẳng x=2chia hình phẳng đó thành 2 hình có diện tích là S1>S2. Tỷ lệ thể tích S1−2S2 là
2.
74.
3.
14.
Đáp án A
Ta có log2x=0⇔x=1.
Hai hình phẳng được tạo thành có diện tích là S2=∫12log2xdx=2−1ln2 và S1=∫24log2xdx=6−2ln2. Tỷ lệ S1−2S2=2.
Cho số phức z thỏa mãn z=1. Tổng giá trị lớn nhất Mmax và giá trị nhỏ nhất Mmin của biểu thức M=z2+z+1+z3+1 bằng
6.
9.
3.
10.
Đáp án A
Ta có M≤z2+z+1+z3+1=5, khi z=1⇒M=5⇒Mmax=5.
Mặt khác: M=1−z31−z+1+z3≥1−z32+1+z32≥1−z3+1+z32=1,
Khi z=−1⇒M=1⇒Mmin=1.
Cho hàm số y=f'x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y=gx=fx2−2x có bao nhiêu điểm cực đại?
2.
3.
1.
0.
Đáp án A
Ta có g'x=2x−1f'x2−2x
g'x=0⇔2x−1f'xx2−2x=0⇔x=1f'x2−2x=0⇔x=1x2−2x=1x2−2x=−1x2−2x=0⇔x=1x=1+2x=1−2x=2x=0
Ta có f'x2−2x>0⇔x2−2x>1−1<x2−2x<0⇔x<1−2x>1+20<x<11<x<2
Bảng xét dấu của g'x
Bảng biến thiên của hàm y=gx
Vậy hàm số y=gx=fx2−2x có hai điểm cực đại.
Số giá trị nguyên không lớn hơn 10 của m để bất phương trình m−1log122x−22−4m−5log121x−2+4m−4≥0 có nghiệm trên 52,4.
14.
13.
15.
12.
Đáp án A
Điều kiện x>2
Ta có m−1log122x−22−4m−5log121x−2+4m−4≥0
⇔4m−1log122x−2+4m−5log12x−2+4m−4≥0
Đặt t=log12x−2. Do x∈54;4⇒t∈−1;1
4m−1t2+4m−5t+4m−4≥0⇔mt2+t+1≥t2+5t+1⇔m≥t2+5t+1t2+t+1=ft
Xét ft=t2+5t+1t2+t+1 trên −1;1
f't=4−4t2t2+t+12≥0,∀t∈−1;1⇒Hàm số đồng biến trên đoạn −1;1
⇒m≥t2+5t+1t2+t+1có nghiệm trên −1;1⇔m≥min−1;1ft⇔m≥f−1=−3
→m∈−3;10m∈ℤCó 14 giá trị của m thỏa mãn.
Cho hàm số y=x3−3x+2Cvà đường thẳng d:y=mx+2. Tích các giá trị của m để diện tích hai hình phẳng S1=S2
−14.
1.
32.
9.
Đáp án B
Phương trình hoành độ giao điểm x3−3x+2=mx+2⇔x=−2x−12=m*
Để d và (C) giới hạn 2 hình phẳng thì (*) có ba nghiệm phân biệt ⇔0<m≠9
Nếu m=1,dđi qua điểm uốn 0;2của (C). Khi đó S1=S2=∫−20x3−4xdx=4
Nếu 0<m<1:S1>4>S2
Nếu 1<m<9:S1<4<S2
Nếu m>9⇒1−m<−2;1+m>4 khi đó S1=∫1−m−2x3−3x+2−mx+2dxS2=∫−21+mx3−3x+2−mx+2dxS2−S1=2mm>0
Vậy m=1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hàm số fx=∫1x4t3−8tdt.Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số fxtrên đoạn [2;5]. Khi đó, M+mbằng
8.
12.
7.
9.
Đáp án C
Ta có fx=∫1x4t3−8tdt=t4−4t2x1=x2−4x+3, với x≥2.
f'x=2x−4;f'x=0⇔x=2∈2;5.
f2=−1;f5=8. Suy ra M+m=7.
Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y=x3−3mx+2cắt đường tròn tâm I1;1, bán kính bằng 1 tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12.
m=2±32.
m=1±32.
m=2±52.
m=2±33.
Đáp án A
Ta có y'=3x2−3mnên y'=0⇔x2=m.
Đồ thị hàm số y=x3−3mx+2có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m>0.
Ta có y=x3−3mx+2=13x3x2−3m−2mx+2=13x.y'−2mx+2.
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y=x3−3mx+2có phương trình Δ:y=−2mx+2
Ta có SΔIAB=12IA.IB.sinAIB^=12sinAIB^≤12
Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 12 khi sinAIB^=1⇔AI⊥BI.
Gọi H là trung điểm AB ta có IH=12AB=22dI;Δ
Mà dI;Δ=2m+1−24m2+1
dI;Δ=2m+1−24m2+1=22⇔4m−2=24m2+1⇔8m2−16m+2=0⇔m=2±32.
Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có BB'=a, góc giữa đường thẳng BB' và (ABC) bằng 60°, tam giác ABC vuông tại C và góc BAC^=60o.Hình chiếu vuông góc của điểm B' lên (ABC) trùng với trọng tâm của DABC . Thể tích của khối tứ diện A'.ABC theo a bằng
13a3108.
7a3106.
15a3108.
9a3208.
Đáp án D
Gọi M, N là trung điểm của AB, AC và trọng tâm của DABC.
Ta có B'G⊥ABC⇒BB',ABC^=B'BG^=60o.
VA'.ABC=13.SΔABC.B'G=16AC.BC.B'G
Xét DB'BG vuông tại G, có B'BG^=60o⇒B'G=a32.
Đặt AB=2x. Trong DABC vuông tại C có BAC^=60o.
⇒AC=AB2=x,BC=x3
Do G là trọng tâm ΔABC⇒BN=32BG=3a4.
Trong DBNC vuông tại C, ta có BN2=NC2+BC2
⇔9a216=x24+3x2⇔x2=9a252⇒x=3a213⇒AC=3a213BC=3a3213
Vậy VA'ABC=16.3a213.3a3213.a32=9a3208.
Cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4z+1=0 và đường thẳng d:x=2−ty=tz=m+t. Tổng các giá trị của m để d cắt (S) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A và B vuông góc với nhau
-5.
-1.
-4.
3.
Đáp án A
Để d cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình 2−t2+t2+m+t2−22−t+4m+t+1=01 có 2 nghiệm phân biệt.
Ta có 1⇔3t2+2m+1t+m2+4m+1=0
(1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0⇔m+12−3m2−12m−3>0⇔m2+5m+1<0
Pt có 2 nghiệm phân biệt, áp dụng Vi-ét t1t2=m2+4m+13t1+t2=−23m+1
Khi đó, IA→=1−t1;t1;m+2+t1,IB→=1−t2;t2;m+2+t2
Vậy IA→.IB→=1−t11−t2+t1t2+m+2+t1m+2+t2=0
⇔3t1t2+m+1t1+t2+m+22+1=0⇔m2+4m+1−23m+12+m+22+1=0⇔m=−1m=−4TM.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M3;2;1.Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam giác ABC. Trong các mặt phẳng sau, mặt phẳng nào song song với mặt phẳng (P) ?
3x+2y+z+14=0.
2x+y+3z+9=0.
2x+2y+z−14=0.
2x+y+z−9=0.
Đáp án A
Gọi Aa;0;0;B0;b;0;C0;0;c
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng xa+yb+zc=1abc≠0
Vì (P) qua M nên 3a+2b+1c=11
Ta có MA→=a−3;−2;−1;MB→=−3;b−2;−1;BC→=0;−b;c;AC→=−a;0;c.
Vì M là trục tâm của tam giác ABC nên MA→.BC→=0MB→.AC→=0⇔2b=c3a=c2
Từ (1) và (2) suy ra a=143;b=142;c=14. Khi đó phương trình P:3x+2y+z−14=0
Vậy mặt phẳng song song với (P) là 3x+2y+z+14=0.
Cho parabol P:y=−x2+2x,có đỉnh S và A là giao điểm khác O của (P) và trục hoành. M là điểm di động trên cung nhỏ SA, tiếp tuyến của (P) tại M cắt Ox, Oy tại E, F. Khi đó, tổng diện tích 2 tam giác cong MOF và MAE có giá trị nhỏ nhất bằng
2324.
1314.
3233.
2827.
Đáp án D
Ta có S1;1,A2;0
y'=−2x+2
Tiếp tuyến tại Mm;2m−m2,1≤m≤2 có phương trình y=2−2mx−m+2m−m2⇔y=2−2mx+m2
+, Với m=1ta có M1;1≡S⇒ Không tồn tại điểm F⇒m=1 không thỏa mãn.
+, Với 1<m≤2ta có E0;m2;Fm22m−2;0
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành S=∫02−x2+2xdx=43.
Ta có SOEF=12m42m−2=m44m−1
Ta thấy SMOF+SMAE=SOEF−S,SMOF+SMAEmin⇔SOEFmin
Ta có minm∈1;2m44m−1=6427⇔m=43
⇒SMOF+SMAEmin=6427−43=2827 khi m=43.
