Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 5)
50 câu hỏi
Cho số phức z=1+i. Số phức nghịch đảo của zcó điểm biểu diễn là
12;−12.
12;12.
1;−1.
−1;−1.
Đáp án A
Ta có: 1z=12−12i Þ Điểm biểu diễn của số phức 1z là 12;−12.
Mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh athì có diện tích bằng
a3.
4πa33.
3πa2.
12πa23.
Đáp án C
Ta có R=OD=a32⇒S=4πa322=3πa2.
Hàm số y=fx liên tục và có đạo hàm trên ℝ , đồ thị hàm số y=f'x như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y=fxlà
0.
1.
2.
3.
Đáp án C
Từ hình vẽ thấy f'x=0 có 2 nghiệm và f'x=0 đổi dấu khi đi qua hai nghiệm
Þ hàm số y=fx có 2 điểm cực trị.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=cos2x là
−12sin2x+C.
sin2x+C.
12sin2x+C.
−sin2x+C.
Đáp án C
Có ∫cos2xdx=12sin2x+C .
Hàm số y=x.lnx đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
1e;+∞.
0;+∞.
0;1e.
0;1.
Đáp án A
Ta có y'=lnx+1. Hàm số đồng biến ⇔y'>0⇔lnx>−1⇔x>1e.
Phương trình mặt phẳng α đi qua 3 điểm A1;0;0, B0;2;0, C0;0;1có dạng
x+2y+x−4=0.
2x+y+2z−2=0.
x+2y+z−2=0.
2x+y+2z+2=0.
Đáp án B
Phương trình mặt phẳng đoạn chắn đi qua 3 điểm là x1+y2+z1=1⇔2x+y+2z−2=0.
Nghiệm của bất phương trình 4x−1≥2x−1 là
x≤0.
x≥1.
x≥2.
x≥3.
Đáp án B
Ta có 4x−1≥2x−1⇔14.22x−12.2x≥0⇔2x≥22x≤0⇔x≥1.
Giá trị I=∫ab2xdxđược tính là
b2−a2.
b2+a2.
b−a.
b+a.
Đáp án A
Ta có I=∫ab2xdx=x2ab=b2−a2.
Một khu di tích nọ có bốn cửa Đông, Tây, Nam, Bắc. Một người đi vào tham quan rồi đi ra. Người đó có bao nhiêu cách đi để cửa đi vào và đi ra là khác nhau?
8.
12.
14.
64.
Đáp án B
Ta có 4 cách chọn cửa đi vào và 3 cách chọn cửa đi ra (Do cửa đi vào và đi ra khác nhau)
Do đó theo quy tắc nhân có 4.3=12 cách đi.
Số mặt đối xứng của bát diện đều là
1.
6.
9.
7.
Đáp án C
Ta có hình bát diện đều như hình vẽ
Sẽ có các mặt phẳng đối xứng là
Vậy bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x4+3x2và đồ thị hàm số y=x2+3 là
0.
2.
3.
4.
Đáp án B
Ta có phương trình hoành độ giao điểm x4+3x2=x2+3⇔x4+2x2−3=0
⇔x2=1x2=−3l⇔x=±1.
Þ Đồ thị hàm số y=x4+3x2cắt đồ thị hàm số y=x2+3 tại hai giao điểm.
Cho đường thẳng d:x=1+2ty=1−tz=3tt∈ℝ. Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng d :
5;−1;3.
1;1;0.
1;1;3.
3;3;3.
Đáp án B
Ta có d:x=1+2ty=1−tz=3tt∈ℝ Þ Điểm A1;1;0∈d.
Trong khai triển x−y11, hệ số của số hạng chứa x8y3 là
−C113.
C118.
C113.
−C115.
Đáp án A
Ta có x−y11=∑k=011−1kC11kx11−kyk.
Số hạng chứa x8y3 ứng với 11−k=8k=3⇔k=3.
Þ Hệ số của số hạng chứa x8y3 là −13C113=−C113.
Cho mặt phẳng P:x+2y+z+1=0 và mặt phẳng Q:mx+2y+z+1=0. Xác định mđể hai mặt phẳng đã cho song song?
m=0.
m=1.
m=2.
m=∅.
Đáp án D
Ta có P//Q⇔m1=22=11≠11 Þ Không tồn tại m thỏa mãn đề.
Modun của số phức z=3+4i bằng
1.
3.
4.
5.
Đáp án D
Ta có z=32+42=5 .
Đường cong trong hình bên 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 số nào?
y=x+12x+1.
y=x+32x+1.
y=x2x+1.
y=x−12x+1.
Đáp án C
Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm O0;0 Þ chỉ có hàm số y=x2x+1 thỏa mãn.
Cho hình chóp S.ABCDcó SA, SB, SCđôi một vuông góc với nhau và SA=SB=SC=a. Gọi M là trung điểm của AB, góc giữa hai đường thẳng SMvà BCbằng
30°.
60°.
90°.
120°.
Đáp án B
Qua B kẻ đường thẳng d song song với SM và cắt đường thẳng SA tại N.
Do đó SM;BC^=BN;BC^
Ta có SM//BNvà M là trung điểm của AB
⇒SN=SA=SC=a⇒NC=SC2+SN2=a2.
Mặt khác,NB=2SM=AB=SA2+SB2=a2 .
Mà BC=SB2+SC2=a2⇒ΔNBC là tam giác đều. Vậy NBC^=60°⇒SM,BC^=60°.
Hàm số y=log2x có đạo hàm là
1x.ln2.
ln2x.
xln2.
x.ln2.
Đáp án A
Ta có công thức tổng quát logax'=1x.lna⇒log2x'=1x.ln2.
Cho hàm số y=x−1x+1C. Phương trình tiếp tuyến của Ctại điểm có hoành độ bằng 1 là
y=12x−112.
y=12x−12.
y=−12x−152.
y=−12x−12.
Đáp án B
Ta có y'=2x+12. tại x0=1⇒y0=1−11+1=0y'x0=2x0+12=12
Þ Phương trình tiếp tuyến y=y'x0x−x0+y0=12x−1=12x−12.
Kết quả của biểu thức P=log23.log34+log43.log32
52.
2.
12.
1.
Đáp án A
Ta có P=log23.log34+log43.log32=log24+log42=2+12=52.
Một chất điểm chuyển động với vận tốc vt=3t2+2 m/s. Quãng đường vật di chuyển trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135 m (tính từ thời điểm ban đầu) là
135 m.
393 m.
302 m.
168 m.
Đáp án B
Quãng đường vật di chuyển được tính từ thời điểm ban đầu đến thời điểm t=ks là St=∫0k3t2+2dx=t3+2tok=k3+2k
Theo bài ra ta có St=135⇔k3+2k−135=0⇔k=5s
Quãng đường vật đi được trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135m là ∫583t2+2dx=393m.
Nghiệm của phương trình 3z+2+3i1−2i=5+4itrên tập số phức là
1−53i.
−1+53i.
1+53i.
−1−53i.
Đáp án B
Cách 1. Ta có z=5+4i−2+3i1−2i3=−1+53i.
Cách 2. Nhập 3X+2+3i1−2i−5−4i rồi dùng CALC thử lần lượt các đáp án.
Cho đồ thị hàm số y=f'xcó dạng như hình vẽ. Khi đó hàm số y=fxnghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
−∞;12.
1;115.
14;1.
−∞;12, 14;74.
Đáp án B
Từ đồ thị hàm số y=f'xta thấy y'<0⇔x∈1;115.
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 1;115.
Người ta tạo một quả cầu gai bằng cách dựng ra phía ngoài mỗi mặt của hình lập phương (cạnh bằng 1) một hình chóp tứ giác đều đáy là mặt hình lập phương (các hình chóp tứ giác đều là bằng nhau). Gọi A,B,C,D,E,Flà đỉnh của mỗi hình chóp đều, và thể tích khối đa diện ABCDEF bằng 323 . Tính thể tích của khối cầu gai đó.
2.
3.
4.
163.
Đáp án C
Đa diện ABCDEF tạo thành từ 6 đỉnh của 6 hình chóp là các đỉnh của một bát diện đều có cạnh bằng x.
Gọi O là tâm hình lập phương ⇒O=BD∩CE Þ Thể tích của bát diện đều là V1=2.13AO.SBCDE=x323⇔x323=323⇔x=22⇒AO=x2=2.
Khi đó chiều cao của hình chóp đều là AI=32.
Thể tích của mỗi hình chóp tứ giác đều là V2=13.32.1=12.
Vậy thể tích của khối cầu gai là V=1+6.12=4.
Cho a,b>0thỏa mãn: a12>a13, b23>b34khi đó khẳng định nào sau đây là đúng?
0<a<1, b>1.
0<b<1<a.
0<a<1, 0<b<1.
a>1, b>1.
Đáp án B
Ta có a12>a13⇔a>1do 12>13b23>b34⇔0<b<1do 23<34⇔0<b<1<a.
Cho tứ diện đều ABCD. Xác định số hình nón tạo thành khi quay tứ diện quanh trục AB là
1.
2.
3.
4.
Đáp án B
Trong tứ diện đều, các cặp cạnh đối là vuông góc và thuộc mặt trung trực của cạnh kia.
Gọi M là trung điểm AB khi đó MC=MD nên thực chất ta chỉ thu được hai mặt nón là nón đỉnh A và nón đỉnh B với đáy chung là đường tròn tâm M bán kính MD.
Tập hợp các điểm cách đều 3 điểm A3;0;0; B0;3;0; C0;0;3là đường thẳng có phương trình
x=1+ty=1+2tz=1+t t∈ℝ.
x=1+ty=−1+2tz=1+t t∈ℝ.
x=1+ty=tz=1+t t∈ℝ.
x=1+ty=1+tz=1+t t∈ℝ.
Đáp án D
Tập hợp các điểm M cách đều ba điểm A,B,Clà đường thẳng Δ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Ta có nABC→=AB→;AC→=9;9;9.
Do ΔABClà tam giác đều nên đường thẳng Δsẽ đi qua trọng tâm G1;1;1của ΔABCvà nhận vectơ uΔ→=1;1;1làm một vectơ chỉ phương.
Þ Phương trình đường thẳng Δ:x=1+ty=1+tz=1+tt∈ℝ.
Cho hàm số y=fxxác định, liên tục trên ℝvà có bảng biến thiên sau.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng -1.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 1.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng -1 và 1.
Đáp án A
Từ bảng biến thiên ta thấy
+ fx≤2,∀x∈ℝvà f0=2nên giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 tại x=0 .
+ Vì limx→−∞fx=−1nên fx>−1,∀x∈ℝ Þ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất.
Một bình chứa 16 viên bi trong đó có 7 viên bi trắng, 6 viên bi đen, 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Xác suất lấy được cả 3 viên bi đỏ là
1560.
116.
128.
143280.
Đáp án A
Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C163.
Gọi A là biến cố. “Lấy được cả ba viên bi đỏ”.
⇒nA=C33⇒PA=nAnΩ=C33C163=1560.
Hàm số y=ax3+bx2+cx+dcó đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
a>0, b>0, c<0, d>0.
a<0, b<0, c<0, d<0.
a>0, b<0, c<0, d>0.
a>0, b>0, c>0, d<0.
Đáp án C
Từ hình dáng đồ thị hàm số ta có a>0.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d>0.
Ta có y'=3ax2+2bx+c.
Hàm số có hai điểm cực trị xCD,xCT là nghiệm của phương trìnhy'=0
và thỏa mãn −1<xCD<0;xCT>1⇒xCD+xCT>0xCD.xCT<0 *
Theo định lí Vi-et ta có:
*⇔−2b3a>0⇒ba<0→a>0b<0c3a<0⇒ca<0→a>0c<0.
Cho mặt phẳng P:2x+y+2z−9=0và điểm A3;2;5. Hình chiếu của điểm Alên mặt phẳng Pcó tọa độ là
1;1;3.
1;−1;3.
1;1;−3.
−1;−1;3.
Đáp án A
Gọi Δ là đường thẳng chứa điểm A và vuông góc với P⇒Δ:x=3+2ty=2+tz=5+2t t∈ℝ
A' là hình chiếu của A lên Pnên A'=Δ∩P⇒A'3+2t;2+t;5+2t
⇒23+2t+2+t+25+2t−9=0⇔t=−1.
Vậy A'1;1;3.
Biết I=2∫01x2dxx+1x+1=a+b2c a,b,c∈ℝ. Giá trị a+b+c là
7.
9.
13.
17.
Đáp án C
Đặt t=x+1⇒x=t2−1⇒dx=2tdt.
Đổi cận x=0x=1⇒t=1t=2
Khi đó I=4∫12t2−12t3tdt=4∫12t2−2+1t2dt=4t33−2t−1t12=32−2223.
Vậy a+b+c=13.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Aa;0;0, B0;b;0, C0;0;cvới a,b,c>0. Biết mặt phẳng ABCqua I1;3;3và thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó phương trình ABClà
3x+3y+z−15=0.
x+3y+3z−19=0.
3x+y+z−9=0.
x+y+3z−13=0.
Đáp án C
Phương trình ABC:xa+yb+zc=1.Mà I1;3;3∈ABC nên 1a+3b+3c=1.
Ta có VOABC=16OA→,OB→.OC→=16abc
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 1a+3b+3c3≥27.9abc⇒abc≥243.
Vậy minVOABC=812⇔a=3, b=9, c=9.
Þ Phương trình ABC:3x+y+z−9=0.
Cho hàm số y=x−1x2+2m−1x+m3 với m là tham số thực và m>12.
Hỏi đồ thị hàm số có bao nhiêu đường tiệm cận?
1.
2.
3.
4.
Đáp án B
Xét phương trình x2+2m−1x+m2=0 có Δ'=1−2m<0, ∀m>12.
Þ Phương trình vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
Ta có limx→+∞y=limx→+∞x−1x2+2m−1x+m2=1⇒y=1 là tiệm cận ngang.
limx→−∞y=limx→−∞x−1x2+2m−1x+m2=−1⇒y=−1 là tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận.
Xác định m để bất phương trình 9x−4.3x+3>mcó nghiệm thuộc 0;+∞.
m∈ℝ.
m<−1.
m<0.
m∈∅.
Đáp án A
Đặt t=3x>0.
Để bất phương trình 9x−4.3x+3>mcó nghiệm thuộc khoảng 0;+∞ thì bất phương trình t2−4t+3>m có nghiệm thuộc 1;+∞.
Xét bảng biến thiên của hàm số ft=t2−4t+3trên 1;+∞.
Từ bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm thuộc 1;+∞ với ∀m∈ℝ.
Một tấm nhôm hình chữ nhật có hai kích thước là avà 2a(a là độ dài có sẵn). Người ta cuốn tấm nhôm đó thành một hình trụ. Nếu hình trụ được tạo thành có chu vi đáy bằng 2athì thể tích của nó bằng
a3π.
πa3.
a32π.
2πa3.
Đáp án A
Gọi bán kính đáy là R. Hình trụ có chu vi đáy bằng 2anên 2πR=2a⇔R=aπ.
Vậy thể tích khối trụ V=πR2h=πaπ2a=a3π (đvtt).
Cho hàm số y=fxxác định trên ℝ\−2;2thỏa mãn f'x=1x2−4. Biết f3+f−3=3; f1+f−1=6. Giá trị của f−4+f0+f5=14aln3+bln7+ckhi đó a+b+c bằng
7.
2.
3.
39.
Đáp án A
Ta có f'x=1x2−4⇒fx=∫dxx2−4=14lnx−2x+2+C1, x>214lnx−2x+2+C2, −2<x<214lnx−2x+2+C3, x<−2
Thay vào các dữ kiện ta có: f3+f−3=3f1+f−1=6⇔C1+C3=3C2=3
⇒f−4+f0+f5=142ln3−ln7+6
Vậy a+b+c=7.
Cho bảng biến thiên của hàm số y=fxnhư hình
Để hàm số y=fx+m có 5 điểm cực trị thì giá trị của mthuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
2;3.
−1;0.
0;1.
−2;−1.
Đáp án B
Do số điểm cực trị của hàm số y=fx+mbằng tổng số điểm cực trị của hàm số y=fx+mvà số nghiệm của phương trình fx+m=0* (không kể nghiệm bội chẵn)
Từ bảng biến thiên ta có hàm số y=fx có hai điểm cực trị.
Þ Hàm số y=fx+m có hai điểm cực trị.
Þ Hàm số y=fx+mcó 5 điểm cực trị Û Phương trình fx+m=0có ba nghiệm phân biệt (không kể nghiệm bội chẵn)
Û Đường thẳng y=−mcắt đồ thị hàm số y=fxtại ba điểm phân biệt.
⇔0<−m<1⇔−1<m<0.
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C'có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30°. Hình chiếu Hcủa điểm A trên mặt phẳng A'B'C'thuộc đường thẳng B'C'. Khoảng cách giữa AA' và B'C'bằng
a34.
a.
a2.
a3.
Đáp án A
Tam giác AHA'vuông tại H nên A'H=AA'.cos30°=a32.
Vì A'B'C'là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng B'C'và A'H=a32nên A'H⊥B'C'hay H là trung điểm của B'C' .
Mặt khác AH⊥B'C'nên B'C'⊥AA'H⇒AA'⊥B'C'.
Kẻ đường cao HK của tam giác AA'H thì HK chính là khoảng cách giữa AA',B'C'.
Do AA'.HK=AH.A'Hnên HK=a2.a32a=a34.
Cho các khẳng định sau.
I. x+y≥x+yvới x,ylà các số phức. II. x+y2≥x2+y2 véc-tơ
III. x−y≥x−y véc-tơ
Số các khẳng định sai trong các khẳng định sau là
2.
1.
3.
4.
Đáp án A
Khẳng định I sai vì nếu x, y là các số thực trái dấu thì sẽ không thỏa mãn đẳng thức.
Khẳng định II sai vì cho x=−yta có điều ngược lại.
Khẳng định III là đúng. Đây chính là bất đẳng thức tam giác.
Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức zthỏa mãn điều kiện z+4+z−4=10 là
Đường tròn tâm O0;0và bán kính R=4.
Đường elip có phương trình x29+y225=1.
Những điểm Mx;ytrong mặt phẳng Oxythỏa mãn phương trình x+42+y2+x−42+y2=12.
Đường elip có phương trình x225+y29=1.
Đáp án D
Gọi Mx;ylà điểm biểu diễn của số phức z=x+yi x;y∈ℝ.
Gọi A4;0là điểm biểu diễn của số phức z=4.
Gọi B−4;0là điểm biểu diễn của số phức z=−4.
Khi đó z+4+z−4=10
⇔x+42+y2+x−42+y2=10
⇔MA+MB=10*
Þ Tập hợp các điểm M là elip nhận A,B là các tiêu điểm.
Gọi phương trình của elip là x2a2+y2b2=1,a>b>0,a2=b2+c2
Từ (*) ta có 2a=10AB=2c⇔a=5c=4⇒b2=a2−c2=9.
Vậy quỹ tích các điểm M là elip E:x225+y29=1.
Cho hàm số y=fxcó đồ thị y=f'xnhư hình bên. Gọi Mvà mlần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y=fx trên −1;4. Khi đó,M+m bằng![Cho hàm số y = f(x) có đồ thị y = f'(x) như hình bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên [-1;4] . Khi đó, M + m bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/04/2-1649756068.PNG)
f−1+f4.
f−1+f12.
f2+f12.
f2+f4.
Đáp án A
Ta có bảng biến thiên của hàm số y=fx
![Cho hàm số y = f(x) có đồ thị y = f'(x) như hình bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên [-1;4] . Khi đó, M + m bằng (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/04/3-1649756209.PNG)
+ Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=fxtrên −1;4 ta đi so sánh f−1và f2
Ta có ∫−1af'xdx+∫a2f'xdx=∫−12f'xdx<0
⇔fx−12<0
⇔f2−f−1<0⇒f2<f−1⇒M=f−1.
+ Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=fxtrên −1;4 ta đi so sánh fa và f4
Ta có ∫a2f'xdx+∫24f'xdx=∫a4f'xdx<0
⇔fxa4<0
⇔f4−fa<0⇒f4<fa⇒m=f4.
⇒M+m=f−1+f4.
Cho phương trình log24x+23x−8=x+m . Giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng nằm trong khoảng nào sau đây?
−1;0.
0;2.
2;4.
−4;−3.
Đáp án B
Ta có log24x+23x+8=x+m⇔4x+23x−8=2m.2x.
Đặt t=2x t>0 khi đó ta có phương trình t3+t2−2m.t−8=0 *.
Phương trình log24x+23x+8=x+mcó ba nghiệm x1,x2,x3lập thành cấp số cộng hay x1+x3=2x2.
Û Phương trình (*) có ba nghiệm dương t1,t2,t3 thỏa t1.t3=t22 .
Theo định lý Vi-ét ta có t1.t2.t3=8⇒t23=8⇒t2=2thay vào (*) ta được m=1.
Một thùng rượu có dạng khối tròn xoay với đường sinh là một phần của parabol, bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m (như hình vẽ). Khi đó, thể tích của thùng rượu (đơn vị lít) là bao nhiêu?
425,2 lít.
425162 lít.
212581 lít.
212,6 lít.
Đáp án A
Gọi P:y=ax2+bx+clà parabol đi qua điểm A0,5;0,3và có đỉnh S0;0;4(hình vẽ)
⇒P:y=−25x2+0,4.
Khi đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi P:y=−25x2+0,4x, trục hoành và hai đường thẳng x=±0,5quay quanh trục Ox.
Thể tích thùng rượu là
V=π∫−0.50.5−25x2+0,42dx=2π∫−0.50.5−25x2+0,42dx=203π1500≈0,4252m3≈425,2lít.
Cho hàm số y=cosx+210cosx−m. Xác định mđể hàm số đồng biến trên π3;π2.
m≥−20.
m<−20.
−20<m<0m>5.
−20<m≤0m≥5.
Đáp án B
Đặt t=cosx⇒y=t+210t−m⇒y'=−m−2010t−m2.
Với x∈π3;π2 thì t∈0;12
Hàm số y=cosx+210cosx−mđồng biến trên π3;π2
Û Hàm số y=t+210t−m nghịch biến trên 0;12
⇔y'<0, ∀t∈0;12
⇔m+2010t−m2≤0, ∀t∈0;12
⇔m+20<0m10∉0;12⇔m=−20m∉0;5⇔m<−20.
Cho tứ diện đều ABCDcó cạnh bằng a. Gọi M,Nlần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BCvà E là điểm đối xứng với Bqua D. Mặt phẳng MNE chia khối tứ diện ABCDthành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh Acó thể tích V. Khi đó, V bằng
V=72a3216.
V=112a3216.
V=132a3216.
V=2a318.
Đáp án B
Thể tích khối tứ diện ABCD cạnh a là VABCD=a3212.
Gọi P=EN∩CDvà Q=EM∩AD
⇒P,Q lần lượt là trọng tâm của ΔBCEvà ΔABE.
Thể tích khối đa điện chứa đỉnh A là V=VABCD−VPQD.NMB=VABCD−VM.BNE−VQ.PDE.
Gọi S là diện tích tam giác BCD⇒SΔCDE=SΔBNE=S.
SΔPDE=13.SΔCDE=S3.
Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD
⇒dM,BCD=h2; dQ,BCD=h3
⇒VM.BNE=12SΔBNE.dM,BCD=S.h6; VQ.PDE=13SΔPDE.dQ,BCD=S.h27.
Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là
SV=13Sh−Sh6−Sh27=1118.13Sh=1118.a3212=112a3216.
Cho hàm số y=fxcó đạo hàm trên tập xác định và thỏa mãn 2fx.1−2x2.fx=x.f'x; f2=23. Khi đó, ∫13fx.x3−10xdx bằng
4.
10.
252.
212.
Đáp án A
Ta có 2fx.1−2x2.fx=x.f'x⇔2fx−4x2.f2x=x.f'x
⇔2x.fx−4x3.f2x=x2.f'x
⇔2x.fx−x2.f'xf2x=4x3
⇔x2fx'=4x3⇔∫x2fx'dx=∫4x3dx⇔x2fx=x4+C⇔fx=x2x4+C.
Mà f2=23⇔2224+C=23⇔C=−10⇒fx=x2x4−10.
Ta có ∫13fx.x3−10xdx=∫13x2x4−10.x3−10xdx=4 .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyzcho mặt phẳng P:3x+y−z+5=0và hai điểm A1;0;2, B2;−1;4. Tập hợp các điểm Mx;y;z nằm trên mặt phẳng P sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất là đường thẳng có phương trình
x=−1311−ty=tz=211−2t t∈ℝ.
x=1−ty=tz=−2−2t t∈ℝ.
x=−1+ty=−211−tz=2011+2t t∈ℝ.
x=−1+ty=−tz=2+2t t∈ℝ.
Đáp án C
Ta có AB→=1;−1;2 , vectơ pháp tuyến của Plà nP→=3;1;−1.
Ta thấy hai điểm A,Bnằm cùng 1 phía với mặt phẳng Pvà ABsong song với P.
Điểm M∈P sao cho tam giác ABMcó diện tích nhỏ nhất
⇔SΔABC=AB.dM;AB2 nhỏ nhất
⇔dM;AB nhỏ nhất, hayM∈Δ=P∩Q , Q là mặt phẳng đi qua ABvà vuông góc với P.
⇒Δ//AB hay Δnhận AB→=1;−1;2là một vectơ chỉ phương.
Ta có vectơ pháp tuyến của Qlà nQ→=AB→;nP→=−1;7;4
Þ Phương trình mặt phẳng Q:−1x−1+7y+4z−2=0⇔x−7y−4z+7=0
Þ Tập hợp các điểm Mx;y;z thỏa mãn hệ phương trình x−7y−4z+7=03x+y−z+5=0.
Chọn x=−1⇒y=−211;z=2011
⇒Δ:x=−1+ty=−211−tz=2011+2t t∈ℝ.
Cho hàm số y=fx=x3+3x−4. Có bao nhiêu giá trị của tham số mđể phương trình fx3=fx+m3+m có đúng hai nghiệm phân biệt?
Vô số.
2.
4.
5.
Đáp án B
Đặt u=fx+m3⇒u3=fx+m. Khi đó, fx3=u+m
⇒u3+u=fx3+fx *
Xét hàm số gx=x3+x⇒g'x=3x2+1>0,∀x∈ℝ
Þ Hàm số y=gx luôn đồng biến trên ℝ
⇔*⇔u=fx⇔fx3−m=fx⇔fx3−fx=m **
Đặt t=fx⇒**⇔t3−t=m
Xét hàm số y=fx=x3+3x−4⇒f'x=3x2+3>0, ∀x∈ℝ
Þ Hàm số y=fx luôn đồng biến trên ℝ
Þ Mỗi giá trị của t cho duy nhất một nghiệm của phương trình x3+3x−4=t
Þ Phương trình fx3=fx+m3+mcó đúng hai nghiệm phân biệt thì phương trình t3−t=mcó đúng hai nghiệm phân biệt.
Xét hàm số ft=t3−t⇒f't=3t2−1
f't=0⇔t=±13
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có phương trình t3−t=m có đúng hai nghiệm phân biệt ⇔m=±239.
Trong không gian với hệ trục tọa độ, cho mặt phẳng P:3x−3y+2z+37=0 và các điểm A4;1;5, B3;0;1, C−1;2;0. Biết Mthuộc Psao cho biểu thức S=MA→.MB→+MB→.MC→+MC→.MA→đạt giá trị nhỏ nhất. Tọa độ điểm Mlà
−4;7;−2.
−3;6;−5.
1;8;−8.
−2;5;−8.
Đáp án A
Gọi Mx;y;z.
Do M∈P nên 3x−3y+2z+37=0.
Có MA→=4−x;1−y;5−z, MB→=3−x;−y;1−z, MC→=−1−x;2−y;−z.
Khi đó S=3x−22+y−12+z−22−5.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 3x−2−3y−1+2z−22≤32+32+22x−22+y−12+z−22
⇔442≤22S3+5⇔S≥249
Dấu “=” xảy ra khi x−23=y−1−3=z−22⇔x=−4y=7z=−2.
