Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 7)
50 câu hỏi
Cho cấp số nhân có các số hạng lần lượt là 3; 9; 27; 81;... . Tìm số hạng tổng quát un của cấp số nhân đã cho.
un=3n−1
un=3n
un=3n+1
un=3+3n
Đáp án B
Cấp số nhân 3;9;27;81;...⇒u1=3q=93=3⇒un=u1qn−1=3.3n−1=3n
Đồ thị hình bên là của hàm số nào?
y=−xx+1
y=−x+1x+1
y=−2x+12x+1
y=−x+2x+1
Đáp án B
Dựa vào hình vẽ đề cho ta có:
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=−1. Vậy loại phương án C.
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x=1. Vậy loại phương án A, D.
Vậy ta chọn phương án B.
Nguyên hàm của hàm số fx=sinx.cos 2xlà
∫fxdx=16cos3x−12sinx+C
∫fxdx=16cos3x+12sinx+C
∫fxdx=cos3x3+cosx+C
∫fxdx=−2cos3x3+cosx+C
Đáp án D
∫sinx.cos2xdx=∫2cos2x−1sin xdx=−∫2cos2x−1dcosx=−2cos3x3+cosx+C
Cho hàm số y=fxcó bảng biến thiên như hình bên dưới
Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=fx là
3
1
0
2
Đáp án D
Từ bảng biến thiên ta có limx→−∞fx=−1limx→+∞fx=1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là y=±1.
Một lô hàng có 100 sản phẩm, trong đó có 80 sản phẩm tốt và 20 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên 4 sản phẩm từ hộp, tính xác suất để 4 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt.
A804A1004
C804C1004
80!100!
C204C1004
Đáp án B
Số cách chọn ra 4 sản phẩm từ hộp là C1004.
Để 4 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt thì số cách là C804.
Vậy xác suất để 4 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt là C804C1004.
Một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông có cạnh bằng a. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng
S=πa2
S=πa22
S=2a2
S=2πa2
Đáp án A
Ta có công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là S=2πrl;
Mà r=a2,l=a.
Vậy S=2πa2a=πa2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu của điểm M1;−3;5trên mặt phẳng Oxycó tọa độ là
1;−3;5
1;−3;0
1;−3;1
1;−3;2
Đáp án B
Hình chiếu của M1;−3;5 lên mặt phẳng Oxy thì sẽ có độ cao zM=0hay tọa độ hình chiếu H của M lên mặt phẳng Oxy là H1;−3;0.
Cho các số thực dương a và b. Biểu thức thu gọn của biểu thức P=a13b+b13aa6+b6−ab3 là
0
−1
1
−2
Đáp án A
P=a13b+b13aa6+b6−ab3=a13b12+b13a12a16+b16−ab13=a13b13b16+a16a16+b16−ab13=a13b13−ab13=0
Cho fxlà hàm số lẻ và liên tục trên −a;a. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
∫−aafxdx=2∫0afxdx
∫−aafxdx=0
∫−aafxdx=2∫−aafxdx
∫−aafxdx=−2∫0afxdx
Đáp án B
Ta có ∫−aafxdx=∫−a0fxdx+∫0afxdx
Xét tích phân ∫−a0fxdx. Đặt t=−x⇒dx=−dt. Đổi cận x=−a⇒t=ax=0⇒t=0
Do fx là hàm số lẻ và liên tục trên −a;a nên f−x=−fx⇒f−t=−ft
Khi đó ∫−a0fxdx=−∫a0f−tdt=−∫a0−ftdt=∫a0ftdt=−∫0aftdt=−∫0afxdx
Vậy ∫−aafxdx=∫−a0fxdx+∫0afxdx=−∫0afxdx+∫0afxdx=0
Cho đồ thị hàm số y=ax và y=logbx như hình vẽ.
Khẳng định nào sau đây đúng?
0<a<12<b
0<a<1<b
0<b<1<a
0<a<1,0<b<12
Đáp án B
Xét hàm số y=ax đi qua 0;1 suy ra đồ thị hàm số 1 là đồ thị của hàm nghịch biến nên 0<a<1.
Xét đồ thị hàm số y=logbxđi qua 1;0 suy ra đồ thị của hàm số (2) là đồ thị của hàm đồng biến suy ra b>1.
Vậy 0<a<1<b
Điểm biểu diễn của số phức z=12−3i là:
3;−2
213;313
−2;3
4;−1
Đáp án B
z=12−3i=2+3i2−3i2+3i=213+313i
Suy ra điểm biểu diễn của số phức z=12−3i là: 213;313.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x=2−ty=−3+tz=1+t và mặt phẳng P:m2x−2my+6−3mz−5=0. Tìm m để d//P
m=1m=−6
m=−1m=6
m=−1m=−6
m=−6
Đáp án A
Ta có d đi qua M2;−3;1 và có VTCP u→−1;1;1
Và P có vectơ pháp tuyến: n→m2;−2m;6−3m
Để d//P thì u→⊥n→M∉P⇔u→.n→=0M∉P⇔−1.m2−2m+6−3m=02m2−2−3m+6−3m−5≠0
⇔−m2−5m+6=02m2+3m+1≠0⇔m=−6 và m=1.
Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−4y−6z=0 cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm A,B,C(khác O). Phương trình mặt phẳng ABC là
x2−y4−z6=1
x2+y4+z6=1
x2+y4+z6=0
x2+y4−z6=1
Đáp án B
Do cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−4y−6z=0 cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm A,B,C (khác O) nên A2;0;0,B0;4;0,C0;0;6.
Phương trình mặt phẳng ABC là: x2+y4+z6=1.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Biết cạnh bên SA=2avà vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.
4a33
2a3
a33
2a33
Đáp án D
Ta có VS.ABCD=13SABCD.SA=13a2.2a=2a33
Cho hàm số y=fx xác định, liên tục trên ℝvà có bảng biến thiên như sau:
Đồ thị của hàm số y=fx có bao nhiêu điểm cực trị?
2
3
4
5
Đáp án B
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị y=fxcó 2 điểm cực trị nằm phía trên trục Ox và cắt trục Ox tại 1 điểm duy nhất. Suy ra đồ thị y=fxsẽ có 3 điểm cực trị.
Hai người A, B đang chạy xe ngược chiều nhau thì xảy ra va chạm, hai xe tiếp tục di chuyển theo chiều của mình thêm một quãng đường nữa thì dừng hẳn. Biết rằng sau khi va chạm, một người di chuyển tiếp với vận tốc v1t=6−3t mét trên giây, người còn lại di chuyển với vận tốc v2t=12−4t mét trên giây. Tính khoảng cách hai xe khi đã dừng hẳn.
25 mét
22 mét
20 mét
24 mét
Đáp án D
Thời gian người thứ nhất di chuyển sau khi va chạm là: 6−3t=0⇔t=2 giây.
Quãng đường người thứ nhất di chuyển sau khi va chạm là: S1=∫026−3tdt=6t−3t2220=6 mét.
Thời gian người thứ hai di chuyển sau khi va chạm là: 12−4t=0⇔t=3 giây.
Quãng đường người thứ hai di chuyển sau khi va chạm là: S2=∫0312−4tdt=12t−2t230=18 mét.
Khoảng cách hai xe khi đã dừng hẳn là: S=S1+S2=6+18=24 mét.
Cho hàm số fx=x−m2x+8với m là tham số thực. Giả sử m0là giá trị dương của tham số m để hàm số có giá trị nhỏ nhất trên đoạn 0;3 bằng −3. Giá trị m0 thuộc khoảng nào trong các khoảng cho dưới đây?
2;5
1;4
6;9
20;25
Đáp án A
Xét hàm số fx=x−m2x+8trên 0;3;f'x=8+m2x+82>0nên hàm số đồng biến trên 0;3 . Suy ra min0;3fx=f0=−m28
Ta có min0;3fx=−3⇔−m28=−3⇔m=26m=−26
⇒m0=26∈2;5.
Cho số phức z=a+bi, với a,blà các số thực thỏa mãn a+bi+2ia−bi+4=i, với i là đơn vị ảo. Tìm mô đun của ω=1+z+z2
ω=229
ω=13
ω=229
ω=13
Đáp án A
Ta cóa+bi+2ia−bi+4=i⇔a+2b=−4b+2a=1⇔a=2b=−3. Suy ra z=2−3i.
Do đó ω=1+z+z2=−2−15i. Vậy ω=−22+−152=229.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C'có đáy là tam giác đều cạnh a,A'B tạo với mặt phẳng đáy góc 60°. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'bằng
3a32
a34
3a34
3a38
Đáp án C
Góc giữa A'Bvà ABC là A'BA^=60°.
A A'=AB.tan60°=a3.
SΔABC=a234⇒VABC.A'B'C'=A A'.SΔABC=3a34. 
Cho hàm số y=fx xác định và liên tục trên ℝ biết f'x=x2x−1x2+x−23x−54. Số điểm cực trị của hàm số là
4
3
2
1
Đáp án D
Ta có: f'x=x2x−14x+23x−54.
f'x=0⇔x=0(nghiệm bội 2), x=1 (nghiệm bội 4), x=5 (nghiệm bội 4), x=−2 (nghiệm bội 3). Bảng xét dấu đạo hàm
Như vậy hàm số chỉ có 1 điểm cực trị.
Cho A=2a.2a.2a2.2a3...2a9a−1. Giá trị của a khi A=225?
a=2
a=2
a=5
a=4
Đáp án B
Ta có: S=a+a2+...+a9⇒a.S=a2+a3+...+a10⇒a−1S=a10−a
A=2a.2Sa−1=2S.a−1+a=2a10=225⇒a10=25⇒a10=210⇒a=2
Hình nón tròn xoay ngoại tiếp tứ diện đều cạnh a, có diện tích xung quanh là
Sxq=πa233
Sxq=πa223
Sxq=πa23
Sxq=πa236
Đáp án A
Giả sử hình nón ngoại tiếp tứ diện đều ABCD cạnh a như hình vẽ bên. Ta có:
+) Bán kính đáy R=OC=23.a32=a33.
+) Độ dài đường sinh l=AC=a.
Vậy diện tích xung quanh hình nón Sxq=πRl=π.a33a=πa233.
Cho hàm số y=fx=e1xx+1. Tính giá trị biểu thức T=f1.f2...f2017.e2018
T=1
T=e
T=1e
T=e12018
Đáp án B
Ta có fx=e1xx+1⇔fx=e1xe1x+1
⇒T=f1.f2...f2017.e2018=ee12.e12e13...e12017e12018.e12018⇔T=e
Cho hàm số y=fx xác định và có đạo hàm trên ℝ\±1 . Hàm số có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Hỏi đồ thị hàm số y=fx có bao nhiêu tiệm cận?
1
4
3
2
Đáp án B
Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị có hai tiệm cận đứng là x=1,x=−1 và hai tiệm cận ngang là y=−3;y=3.
Kí hiệu z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−2z+9=0. Giá trị của z1+z2+z1−z2 bằng
2+42
2+4i2
6
2
Đáp án A
Phương trình có Δ=−8<0, nên phương trình có 2 nghiệm phức là z1=1+2i2;z2=1−2i2. Ta có z1+z2=2,z1−z2=4i2.
Do đó z1+z2+z1−z2=2+42.
Để lấy nước tưới cây, ông An cần xây một bể chứa nước có dạng hình hộp chữ nhật không có nắp đậy. Nếu bể cần có thể tích 50m3 và chiều dài gấp 4 lần chiều rộng thì chiều cao bằng bao nhiêu để chi phí vật liệu thấp nhất.
4,5m
5m
2,5m
2m
Đáp án C
Gọi chiều rộng của bể là xm,x>0. Khi đó chiều dài 4xmvà chiều cao 504x2=252xm.
Diện tích các mặt cần xây: Sx=4x2+2x+4x.252x2=4x2+2502xm2
S'x=8x−2502x2=0⇔x3=1258⇔x=52
Chi phí thấp nhất khi Sxđạt giá trị nhỏ nhất trên 0;+∞ . Do đó x=2,5(m).
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M1;2;3, gọi A,B,C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các trục Ox,Oy,Oz. Khi đó khoảng cách từ điểm O0;0;0đến mặt phẳng ABC có giá trị bằng
12
6
67
114
Đáp án C
A,B,C lần lượt là hình chiếu của điểm M trên các trục Ox,Oy,Oz.
⇒A1;0;0,B0;2;0,C0;0;3
⇒Phương trình mặt phẳng ABC là x1+y2+z3=1⇔6x+3y+2z−6=0
⇒dO;ABC=662+32+22=67.
Trong hình vẽ bên có đồ thị các hàm số y=ax,y=bx,y=logcx. Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
a<c<b
c<a<b
a<b=c
b<c<a
Đáp án A
Hàm số y=ax nghịch biến trên ℝ nên ta có: 0<a<1.
Các hàm số y=bx,y=logcx đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có: b>1c>1
Xét đồ thị hàm số y=logcx, ta có:logc2>1⇔c<2 .
Xét đồ thị hàm số y=bx, ta có: b1>2⇔b>2.
Do đó: 0<a<c<b.
Tìm hệ số của x6trong khai triển 1x+x33n+1 với x≠0, biết n là số nguyên dương thỏa mãn 3Cn+12+nP2=4An2
210x6
120x6
120
210
Đáp án D
Từ phương trình 3Cn+12+nP2=4An2⇒n=3
Với n=3, ta có 1x+x33n+1=1x+x310=∑k=010C10k.1x10−k.x3k=∑k=010C10k.x4k−10
Hệ số của x6ứng với 4k−10=6⇔k=4⇒ hệ số cần tìm C104=210.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng α:x−3y+z=0 và β:x+y−z+4=0. Phương trình tham số của đường thẳng d là
x=2+ty=tz=2+2t
x=2+ty=tz=−2+2t
x=2−ty=−tz=−2−2t
x=−2+ty=tz=2+2t
Đáp án D
Đặt y=t, ta có x+z=3tx−z=−4−t⇒x=−2+tz=2+2t
Vậy phương trình tham số của d là x=−2+ty=tz=2+2t
Cho khối chóp S.ABC có SA⊥ABC, tam giác ABC vuông tại B,AC=2a,BC=a,SB=2a3. Tính góc giữa SA và mặt phẳng SBC .
45°
30°
60°
90°
Đáp án B
Kẻ AH⊥SBH∈SB (1)
Theo giả thiết ta có BC⊥SABC⊥AB⇒BC⊥SAB⇒BC⊥AH (2).
Từ (1) và (2) suy ra,AH⊥SBC . Do đó góc giữa SA và mặt phẳng SBC bằng góc giữa SA và SH bằng góc ASH^
Ta có AB=AC2−BC2=a3
Trong tam giác vuông ΔSAB ta có sinA SB=ABSB=a32a3=12.
VậyA SB^=A SH^=30° . Do đó góc giữa SA và mặt phẳng SBC bằng 30°.
Cho hàm số y=fx. Đồ thị hàm số y=f'x như hình bên.
Hỏi hàm số gx=fx2−5 có bao nhiêu khoảng nghịch biến?
2
3
4
5
Đáp án C
Ta có g'x=2x.f'x2−5;
g'x=0⇔x=0f'x2−5=0←theo do thi f'xx=0x2−5=−4x2−5=−1x2−5=2⇔x=0x=±1x=±2x=±7
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên và đối chiếu với các đáp án, ta chọn C.
Một trang trại mỗi ngày thu hoạch được một tấn rau. Mỗi ngày, nếu bán rau với giá 30000 đồng/kg thì hết sạch rau, nếu giá bán cứ tăng thêm 1 nghìn đồng/kg thì số rau thừa lại tăng thêm 20 kg. Số rau thừa này được thu mua làm thức ăn chăn nuôi với giá 2000 đồng/kg. Hỏi số tiền bán rau nhiều nhất trang trại có thể thu được mỗi ngày là bao nhiêu?
32420000 đồng
32400000 đồng
34400000 đồng
34240000 đồng
Đáp án A
Trang trại đó bán tăng x nghìn đồng thì số tiền bán mỗi một kg rau là 30+x(nghìn đồng)x≥0 .
Số rau thừa là 20x,x≤50.
Tổng số rau bán được là 1000−20xkg.
Tổng số tiền thu được là: T=1000−20x30+x+20x.2=−20x2+440x+30000
Ta có T=−20x2+440x+30000=32420−20x−112≤32420 nghìn đồng.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=11.
Vậy số tiền bán rau nhiều nhất mà trang trại có thể thu được mỗi ngày là 32420000 đồng.
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2x2−5x+2logx7x−6−2=0 bằng
172
9
8
192
Đáp án C
Điều kiện 0<x≠1x>67⇔67<x≠1*.
Phương trình 2x2−5x+2logx7x−6−2=0⇔2x2−5x+2=0logx7x−6−2=0
+ Phương trình 2x2−5x+2=0⇔x=2x=12. Kết hợp với điều kiện *⇒x=2.
+ Phương trình logx7x−6−2=0⇔7x−6=x2⇔x2−7x+6=0⇔x=1x=6
Kết hợp điều kiện *⇒x=6.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=2;x=6 suy ra tổng các nghiệm bằng 8.
Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 3 quay xung quanh cạnh AC của nó. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành.
V=78π
V=π
V=74π
V=2π
Đáp án D
SABC=3⇒AB=BC=CA=2. Chọn hệ trục vuông góc Oxy sao cho O0;0,A1;0,C0;−3với O là trung điểm AC. Phương trình đường thẳng AB là y=3x−1, thể tích khối tròn xoay khi quay ABO quanh trục AC (trùng Ox) tính bởi V'=π∫013x−1dx=π.
Vậy thể tích cần tìm V=2V'=2π .
Cho lăng trụ ABC.A'B'C'có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 4. Hình chiếu vuông góc của A'trên mp ABCtrùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔABC. Gọi M là trung điểm cạnh AC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B'C bằng
2
2
1
22
Đáp án A
Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC
⇒G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có A'G⊥ABC .
Dựng hình chiếu H của B' trên mặt phẳng ABC⇒ Tứ giác ABHG là hình bình hành và AG=BH=433,BH⊥BC.
Xét tam giác BHC vuông tại B, ta có: tanBCH^=BHBC=33⇒BCH^=30°
Do đó ACH^=ACB^+BCH^=90° hay AC⊥HC.
Mà AC⊥B'H. Do đó: AC⊥B'Ctại C hay MC⊥B'C tại C (1)
Ta lại có MC⊥BMtại M (2)
Từ (1),(2) ⇒MClà đoạn vuông góc chung của BM và B'C.
Do đó dBM,B'C=MC=2
Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau z−1=34;z+1+mi=z+m+2i (trong đó m là số thực) và sao cho z1−z2là lớn nhất. Khi đó giá trị của z1+z2 bằng
2
10
2
130
Đáp án C
Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1,z2.
Gọi số phức z=x+yix,y∈ℝ .
Ta có z−1=34⇒M, N thuộc đường tròn C có tâm I1;0, bán kính R=34.
Mà z+1+mi=z+m+2i⇔x+1+y+mi=x+m+y+2i
⇔2−2mx+2m−4y−3=0⇒M, N thuộc đường thẳng d:2−2mx+2m−4y−3=0.
Do đó M, N là giao điểm của d và đường tròn C.
Ta có z1−z2=MN nên z1−z2 lớn nhất ⇔MN lớn nhất.
⇔MN là đường kính của đường tròn tâm I bán kính 34.
Khi đó z1+z2=2OI→=2.OI=2
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB=BC=a,AD=2a. Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC.
6πa2
10πa2
3πa2
5πa2
Đáp án D
Gọi H là trung điểm AD, ta có SH⊥ABCD.
Gọi M, I lần lượt là trung điểm AC, SB ⇒ MI là trục đường tròn ngoại tiếp .
⇒IA=IB=IC.
Mà ΔSHB vuông tại H⇒IS=IB=IH=SB2.
Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC.
Ta có SH=a3,BH=a2⇒SB=a5⇒R=SB2=a52
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC là 4πR2=4π5a24=5πa2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A−1;2;2,B3;−1;−2,C−4;0;3. Tọa độ điểm I trên mặt phẳng Oxz sao cho biểu thứcIA→−2IB→+3IC→ đạt giá trị nhỏ nhất là
I−192;0;152
I−192;0;−152
I192;0;152
I192;0;−152
Đáp án A
Gọi KxK;yK;zK sao cho: KA→−2KB→+3KC→=0→⇒K−192;2;152
Ta có: IA→−2IB→+3IC→=IK→+KA→−2IK→+KB→+3IK→+KC→
=2IK→+KA→−2KB→+3KC→=2IK→=2IK
Do đó: IA→−2IB→+3IC→min⇔IKmin⇔IK⊥Oxz
Hay I là hình chiếu vuông góc của K lên Oxz⇒I−192;0;152.
Cho ∫0π42+3tanx1+cos2xdx=a5+b2, với a,b∈ℝ. Giá trị biểu thức A=a+b là
13
712
23
43
Đáp án A
Ta có I=∫0π42+3tanx1+cos2xdx=∫0π42+3tanx2cos2xdx
Đặt u=2+3tanx⇒u2=2+3tanx⇒2udu=3cos2xdx
Đổi cận x=0⇒u=2
x=π4⇒u=5. Khi đó I=13∫25u2du=19u352=559−229
Do đó a=59,b=−29⇒a+b=13.
Ông B gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,8%/ tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo và từ tháng thứ hai trở đi, mỗi tháng ông B gửi thêm vào tài khoản với số tiền 2 triệu đồng. Hỏi sau đúng 2 năm số tiền ông B nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng trong suốt thời gian gửi lãi suất không thay đổi và ông B không rút tiền ra (kết quả được làm tròn đến hàng nghìn).
169.871.000 đồng
171.761.000 đồng.
173.807.000 đồng
169.675.000 đồng.
Đáp án B
Với 100 triệu ban đầu số tiền cả lãi và gốc thu được sau hai năm là T1=100.1+0,8%24.106=121074524
Mỗi tháng tiếp theo gửi 2 triệu thì tổng số tiền cả lãi và gốc là T2=20,008.1+0,00823−1.1+0,008106=50686310
Vậy tổng số tiền là T=T1+T2=171.761.000
Cho hàm số fx=x3+ax2+bx+c có đồ thị hàm số như hình bên. Hàm số gx=f−x2+3x đồng biến trên khoảng nào?
0;1
1;2
4;+∞
−∞;0
Đáp án A
Ta có g'x=−2x+3.f'−x2+3x;
g'x=0⇔−2x+3=0f'−x2+3x=0←theo do thi fxx=32−x2+3x=−2−x2+3x=0⇔x=32x=3±172x=0x=3
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên và đối chiếu với các đáp án, ta chọn A.
Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m+m+1+1+sinx=sinxcó nghiệm là a;b. Giá trị của a+b bằng
4
12−2
3
−14−2
Đáp án D
Phương trình ⇔m+1+1+sinx+m+1+1+sin x=1+sin x+1+sin x
Xét hàm số ft=t2+t với t∈0;+∞.
Hàm này đồng biến trên 0;+∞ nên suy ra fm+1+1+sinx=f1+sin x
⇔m+1+1+sin x=1+sin x⇔m+1+1+sin x=1+sin x⇔m=sin x−1+sin x
Đặt u=1+sin x, vì sin x∈−1;1⇐u∈0;2
Phương trình trở thành: m=u2−u−1
Xét hàm gu=u2−u−1 với u∈0;2
Ta có g'u=2u−1;g'u=0⇔u=12
Bảng biến thiên
![Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m + căn bậc 2 của ( m + 1 + căn bậc 2 của (1 + sinx)) = sinx có nghiệm là [a,b] . Giá trị của a + b bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/04/1-1649903972.PNG)
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm ⇔−54≤m≤1−2⇒a=−54b=1−2⇒a+b=−14−2
Cho hàm số fxliên tục trên 12;2và thỏa mãn fx+2f1x=3x.Tính tích phân I=∫122fxxdx.
I=12
I=32
I=52
I=72
Đáp án B
Từ giả thiết, thay x bằng 1x ta được f1x+2fx=3x
Do đó ta có hệ fx+2f1x=3xf1x+2fx=3x⇔fx+2f1x=3x4fx+2f1x=6x⇒fx=2x−x
Khi đó I=∫122fxxdx=∫1222x2−1dx=−2x−x212=32
Một khối đá có hình là một khối cầu có bán kính R, người thợ thủ công mỹ nghệ cần cắt và gọt viên đá đó thành một viên đá cảnh có hình dạng là một khối trụ. Tính thể tích lớn nhất có thể của viên đá cảnh sau khi đã hoàn thiện.
43πR33
43πR39
43πR36
33πR312
Đáp án B
Giả sử 2x là chiều cao hình trụ 0<x<R (xem hình vẽ)
Bán kính của khối trụ là r=R2−x2. Thể tích khối trụ là: V=πR2−x22x
Xét hàm số Vx=πR2−x22x,0<x<R,
Có V'x=2πR2−3x2=0⇔x=R33
Bảng biến thiên:
Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là 2R33;Vmax=4πR339
Cho chiếc trống như hình vẽ, có đường sinh là nửa elip được cắt bởi trục lớn có độ dài trục lớn bằng 80 cm, độ dài trục bé bằng 60 cm và đáy trống là hình tròn có bán kính bằng 60 cm. Tính thể tích V của chiếc trống (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
V=344963 cm3
V=344964 cm3
V=208347 cm3
V=208346 cm3
Đáp án B
Đặt hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ (trục hoành là trục của chiếu trống, gốc tọa độ là trung điểm của đường cao chiếu trống, đơn vị: dm).
Gọi E là elip có phương trình x216+y29=1thì ảnh của Equa phép tịnh tiến theo vectơ u→0;6là elip E'có phương trình x216+y−629=1.
Suy ra, phương trình của đường sinh là: y=6−3416−x2
Do đó, thể tích của chiếc trống là: V=π∫−446−3416−x22dx≈344,964(dm3).
Trong không gian Oxyz, cho A0;1;2,B0;1;0,C3;1;1và mặt phẳng Q:x+y+z−5=0 .Xét điểm M thay đổi thuộc Q. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2+MB2+MC2 bằng
12
0
8
10
Đáp án A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có GA→+GB→+GC→=0→ và G1;1;1
Khi đó ta có: MA2+MB2+MC2=MA→2+MB→2+MC→2
=MG→+GA→2+MG→+GB→2+MG→+GC→2
=3MG→2+GA→2+GB→2+GC→2+2MG→GA→+GB→+GC→=3MG→2+GA→2+GB→2+GC→2
=3MG2+GA2+GB2+GC2
Do các điểm A, B, C, G cố định nên GA2+GB2+GC2 không đổi.
Suy ra MA2+MB2+MC2 \nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất. Do đó M là hình chiếu vuông góc của G lên Q⇒MG=dG;Q=23⇒3MG2=4
Lại có: GA2=2;GB2=2;GC2=4
Vậy giá trị nhỏ nhất của MA2+MB2+MC2 bằng 12.
Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng Pchứa BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa hai mặt phẳng Pvà BCDcó số đo là α thỏa mãn tanα=527 . Gọi thể tích của hai tứ diện ABCE và BCDE lần lượt làV1,V2 . Tính tỉ số V1V2.
38
18
35
58
Đáp án C
Ta có: P≡EBC
Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, F là trung điểm của BC và I=AG∩EF
Do ABCD là tứ diện đều ⇒AG⊥BCD⇒AG⊥FD
AG=AD2−DG2=a2−a332=a63
Mặt khác: ABCD là tứ diện đều nên AF⊥BCAB=AC và DF⊥BCAB=AC⇒AFD⊥BC⇒EF⊥BC
Ta có: EF⊥BCDF⊥BCP∩DBC=BC⇒EBC,DBC=EF,DF=EFD^ (vì AG⊥FD).⇒EFD^=α
IG=FG.tanα=a36.527=5a642
Dựng EK//FD,K∈AG và đặt AEAD=x
EKGD=x⇒EK2FG=x⇒EKFG=2x⇒IKIG=2x⇒IK=2x.IG=2x.5a642
Suy ra: AKAG=x⇒AK=xAG=x.a63
Ta có: AG=AK+IK+IG⇔a63=x.a63+2x.5a642+5a642⇒x=38
⇒V1V1+V2=AEAD=38⇒V1V2=35.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các mặt phẳng P:2x−y−z−2=0, Q:x−2y+z+2=0,R:x+y−2z+2=0 và T:x+y+z=0. Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc Tvà tiếp xúc với P,Q,R?
1
2
3
4
Đáp án D
Giả sử mặt cầu S có tâm I=a;b;c∈T⇒a+b+c=0
Theo đề bài, ta có dI,P=dI,Q=dI,R
⇔2a−b−c−26=a−2b+c+26=a+b−2c+26
⇔2a−b−c−2=a−2b+c+22a−b−c−2=a+b−2c+2↔a+b+c=03a−2=3b−23a−2=3c−2⇔a=b3a+3b=4a=c3a+3c=4
Trường hợp 1 a+b+c=0a=ba=c⇒I0;0;0
Tương tự cho ba trường hợp còn lại ta chọn được đáp án D.
Xét các số phức z1=x−2+y+2i;z2=x+yix,y∈ℝ,z1=1 . Phần ảo của số phức z2 có môđun lớn nhất bằng
−5
−2+22
2−22
3
Đáp án B
Gọi Mx;y là điểm biểu diễn cho số phức z2
Ta có: z1=1⇔x−2+y+2i=1⇔x−22+y+22=1T.
Đường tròn T có tâm I2;−2, bán kính R=1, có OI=−22+22=22
Khi đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 là đường tròn C có tâm O, bán kính OM.
Bài yêu cầu: Tìm số phức z2 có: z2=x2+y2 lớn nhất.
Bài toán trở thành: Tìm vị trí điểm Mx;y∈C sao cho OMmax⇔OM=OI+R=22+1
OM→OI→=22+122=1+122⇒OM→=1+122.OI→⇒xM=1+122.x1yM=1+122.y1
⇒yM=1+122.−2=−2−22=−2+22
