Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 9)
50 câu hỏi
Cho khối trụ có thể tích bằng 45p cm3, chiều cao bằng 5 cm. Bán kính đáy R của khối trụ đã cho là
R=3cm.
R=4,5cm.
R=9cm.
R=33cm.
Đáp án A
V=πR2h⇔R2=Vπh⇔R2=45π5π=9⇒R=3cm.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y=x+22x−1.
y=2x3x−3.
y=x+12x−2.
y=2x−4x−1.
Đáp án C
Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị có tiệm cận ngang y=12 và tiệm cận đứng x=1.
Phương án A: TCN: y=12 và TCĐ: x=12 (loại).
Phương án B: TCN: y=23 và TCĐ: x=1.(loại).
Phương án D: TCN: y=2 và TCĐ: x=1. (loại).
Phương án C: TCN: y=12 và TCĐ: x=1. (thỏa mãn).
Trong không gian Oxyz, cho điểm A3;−1;1. Hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm
M3;0;0.
N0;−1;1.
P0;−1;0.
P0;0;1.
Đáp án B
Ta có hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N0;−1;1.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình bên.
Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) là
3.
1.
0.
2.
Đáp án D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấylimx→+∞y=1⇒y=1 là TCN.
limx→−∞y=−1⇒y=−1 là TCN. Vậy đồ thị hàm số có 2 TCN.
Một cấp số cộng có 6 số hạng. Biết rằng tổng của số hạng đầu và số hạng cuối bằng 17; tổng của số hạng thứ hai và số hạng thứ tư bằng 14. Công sai d của cấp số cộng đã cho là
d=2.
d=3.
d=4.
d=5.
Đáp án B
u1+u6=17u2+u4=14⇔2u1+5d=172u1+4d=14⇔u1=1d=3
Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng α:x+2y−z+3=0 và đường thẳng d:x−34=y+1−1=z−42.Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
d song song với (a).
d vuông góc với (a).
d nằm trên (a).
d cắt (a).
Đáp án C
Ta có α:x+2y−z+3=0,A1;1;6nα→1;2;−1;d:x−34=y+1−1=z−42,ud→4;−1;2B3;−1;4
nα→.ud→=1.4+2.−1+−1.2=0⇒nα→⊥ud→
Thay tọa độ điểm B3;−1;4 vào α:x+2y−z+3=0 ta được 3+2−1−4+3=0⇒B∈α
Có B∈αnα→⊥ud→ nên d nằm trên α.
Hàm số nào sau đây nghịch biến trên ℝ?
y=2018x.
y=3−x.
y=πx.
y=ex
Đáp án B
Do y=3−x=13x có y'=13xln13<0,∀x∈ℝ do 0<13<1.
Vậy hàm số y=3−x=13x nghịch biến trên ℝ.
Cho ∫01fxdx=3avà ∫01gxdx=4a,khi đó ∫01fx−2gxdx bằng
-3a.
5a.
11a.
-5a.
Đáp án D
∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx=3a−2.4a=−5a.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=ex3+e−x là
Fx=3ex−1ex+C.
Fx=3ex−x+C.
Fx=3ex+3xlnex+C.
Fx=3ex+x+C.
Đáp án D
∫ex3+e−xdx=∫3ex+1dx=3ex+x+C.
Cho hai hàm số y=logax,y=logbxvới a, b là hai số thực dương, khác 1 có đồ thị lần lượt là C1,C2như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây sai?
0<b<a<1.
a>1.
0<b<1<a.
0<b<1.
Đáp án A
Từ đồ thị (C1 ) ta thấy hàm số y=logaxlà hàm số đồng biến trên tập xác định do đó a>1 nên A sai.
Cho hình lăng trụ đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy và cạnh bên cùng bằng a. Thể tích của khối trụ đó là
a3612.
a364.
a3312.
a334.
Đáp án D
Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ đều nên ta có: VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=a234.a=a334.
Cho cấp số nhân 12;14;18;...;14096. Hỏi số 14096 là số hạng thứ mấy trong cấp số nhân đã cho?
11.
12.
10.
13.
Đáp án B
Cấp số nhân: 12;14;18;...;14096⇒u1=12q=u2u1=12⇒un=12.12n−1=12n.
un=14096⇔12n=1212⇔n=12.
Cho số phức z=a+bi≠0 . Số phức 1z có phần ảo là
a2+b2.
a2−b2.
aa2+b2.
−ba2+b2.
Đáp án D
Ta có z=a+bi, suy ra 1z=1a+bi=a−bia+bia−bi=a−bia2+b2
Do đó 1z có phần ảo là −ba2+b2.
Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng đi qua ba điểm A1;0;0,B0;−1;0,C0;0;12 là
x−y+2z−1=0.
x−y+2z=0.
x−y+2z+1=0.
x−y+z2−1=0.
Đáp án A
Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua A1;0;0,B0;−1;0,C0;0;12 là x1+y−1+z12=1. Hay là x−y+2z−1=0.
Cho hàm số y=fxcó đồ thị như hình vẽ. Hàm số y=fx có bao nhiêu điểm cực đại?
5.
4.
6.
3.
Đáp án D
Ta có đồ thị hàm số y=fx như sau:
Dựa vào đồ thị hàm số y=fx, ta thấy hàm số có 3 điểm cực đại
Một tàu bay đang bay với vận tốc 200 m/s thì người lái tàu đạp phanh; từ thời điểm đó, tàu chuyển động chậm dần đểu với vận tốc vt=200−20t m/s. Trong đó t khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, tàu còn di chuyển được quãng đường là
1000 m.
500 m.
1500 m.
2000 m.
Đáp án A
Lấy mốc thời gian là lúc bắt đầu đạp phanh. Giả sử t0 là thời điểm tàu dừng hẳn.
Khi đó vt0=0⇔200−20t0=0⇔t0=10s.
Như vậy từ lúc đạp phanh đến lúc tàu dừng hẳn là 10 (s).
Quãng đường tàu di chuyển được trong khoảng thời gian 10 (s) là S=∫010200−20tdt=1000m.
Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y=13x3−mx2+m2−m−1x đạt cực đại tại x=1.
m=0.
m=3.
m∈∅.
m=2.
Đáp án B
Ta có y'=x2−2mx+m2−m+1⇒y''=2x−2m
Hàm số đạt cực trị tại x=1⇒y'1=0⇔1−2m+m2−m−1=0⇔m=0m=31
Để x=1 là cực đại thì y''1<0⇔2−2m<0⇔m>12
Kết hợp (1) và (2) ta được m=3.
Trong không gian Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có A0;0;0,C2;2;0,B'2;0;2,D'0;2;2. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương.
3.
5.
2
6
Đáp án A
Gọi E1;1;2;F1;1;0 lần lượt là tâm 2 đáy của hình lập phương. Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là I1;1;1 chính là trung điểm của EF. Vậy bán kính mặt cầu là R=IA=3.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=x4−m+1x2+m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
0;+∞.
0;+∞\1.
0;+∞.
0;+∞\{1}.
Đáp án B
Xét phương trình: x4−m+1x2+m=0.1
⇔x4−mx2−x2+m=0⇔x2x2−m−x2−m=0⇔x2−mx2−1=0⇔x2=1x2=m
Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình x2=m có hai nghiệm phân biệt khác ±1⇔m>0m≠1.
Cho z1=1+3i;z2=7+i4−3i;z3=1−i.
Tính giá trị biểu thức của w=z125.z210.z32016.
21037−210373i.
−210373+21037i.
−210213+21021i.
210213−21021i.
Đáp án B
Ta có z125=1+3i25=88+883iz210=7+i4−3i10=2i5=25iz32016=1−i2016=−2i1008=21008⇒w=z125.z210.z32016=−210373+21037i.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB=a,BC=2a. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), cạnh SA=a15. Tính góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABD).
30°.
45°.
60°.
90°.
Đáp án C
Do SA⊥ABCD nên SC,ABD^=SC,ABCD^=SC,AC^=SCA^.
Xét tam giác vuông SAC, ta có tanSCA^=SAAC=SAAB2+BC2=3.
Suy ra SCA^=60o.
Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình 5z2−8z+5=0. Giá trị biểu thức S=z1+z2+z1z2 là
S=3.
S=15.
S=135.
S=135.
Đáp án A
Ta có: 5z2−8z+5=0⇔z1=45+35iz2=45−35i.
⇒S=z1+z2+z1z2=45+35i+45−35i+45+35i45−35i=3.
Đầu năm 2019, anh Tài có xe công nông trị giá 100 triệu đồng. Biết mỗi tháng thì xe công nông hao mòn mất 0,4% giá trị, đồng thời làm ra được 6 triệu đồng (số tiền làm ra mỗi tháng là không đổi). Hỏi sau một năm, tổng số tiền (bao gồm giá tiền xe công nông và tổng số tiền anh Tài làm ra) anh Tài có là bao nhiêu?
172 triệu.
72 triệu.
167,3042 triệu.
104,907 triệu.
Đáp án C
Sau một năm số tiền anh Tài làm ra là 6.12=72 triệu đồng
Sau một năm giá trị xe công nông còn 1001−0,4%12≈95,3042 triệu đồng
Vậy sau một năm số tiền anh Tài có là 167,3042 triệu đồng.
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh a,BAC^=60o và thể tích bằng 3a3. Chiều cao h của hình hộp đã cho là
h=3a.
h=a.
h=2a.
h=4a.
Đáp án C
Ta có: SABCD=2.SABC=2.12.AC.AB.sin60o=a.a.32=a2.32.
Do đó: h=VABCD.A'B'C'D'SABCD=a33a2.32=2a.
Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O, 6) và (O', 6), OO'=10. Một hình nón đỉnh O' và đáy là hình tròn (O, 6). Mặt xung quanh của hình nón chia khối trụ thành hai phần. Thể tích phần khối trụ còn lại (không chứa khối nón) bằng
60π.
240π.
90π.
120π.
Đáp án B
Gọi V1 là thể tích khối nón, V2 là thể tích khối trụ.
Khi đó V1=13π.62.10=120π;V2=π.62.10=360π.
Suy ra thể tích phần khối trụ còn lại là V2−V1=240π.
Cho log25=a,log53=b, biết log2415=ma+abn+ab,với m,n∈ℤ. Tính S=m2+n2.
S=10.
S=2.
S=13.
S=5.
Đáp án A
Ta có log2415=log215log224=log25+log23log28+log23=log25+log53.log25log223+log53.log25=a+ab3+ab.
Do đó S=m2+n2=12+32=10.
Cho hàm số y=x2x+1 có đồ thị như “Hình 1”. Đồ thị “Hình 2” là của hàm số nào trong các đáp án A, B, C, D dưới đây?
y=x2x+1.
y=x2x+1.
y=x2x+1.
y=x2x+1.
Đáp án A
Để có đồ thị ở hình 2, từ đồ thị hình 1 ta giữ nguyên phần đồ thị nằm phía trên trục hoành và lấy đối xứng phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x+2y+z−4=0 và đường thẳng d:x+12=y1=z+23. Viết phương trình đường thẳng D nằm trong mặt phẳng (P) đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d.
x−15=y−1−1=z−1−3
x−15=y−11=z−1−3
x−15=y−1−1=z−12
x−15=y−1−1=z−13
Đáp án A
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là n→1;2;1
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là ud→=2;1;3. Gọi A=d∩α
Gọi A−1+2t;t;−2+3t∈d. Do A∈α⇒−1+2t+2t−2+3t−4=0⇔t=1⇒A1;1;1.
Đường thẳng D nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d nên có vectơ chỉ phương là uΔ→=n→,ud→=5;−1;−3.
Vậy phương trình D có dạng: x−15=y−1−1=z−1−3.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=x2−x+1x−1 trên khoảng 1;+∞ là:
min1;+∞y=3.
min1;+∞y=−1.
min1;+∞y=5.
min1;+∞y=−73.
Đáp án A
fx=x2−x+1x−1=x+1x−1⇒f'x=1−1x−12=x2−2xx−12.
Ta có f'x=0⇔x=0x=2
Bảng biến thiên của hàm số trên khoảng 1;+∞
Từ đó min1;+∞y=3.
Cho các hàm số y=ax,y=logbx,y=logcx có đồ thị như hình vẽ bên. Chọn khẳng định đúng?
b>c>a.
b>a>c.
a>b>c.
c>b>a.
Đáp án D
Ta thấy y=ax có đồ thị từ trái sang phải theo hướng đi xuống nên là hàm nghịch biến ⇒a<1. Còn hàm số y=logbx và y=logcx là những hàm đồng biến ⇒c,b>1. Từ đó loại được các đáp án B và đáp án C.
+ Từ đồ thị hàm số ta thấy tại cùng một giá trị x0>1 thì đồ thị hàm số y=logbx nằm trên đồ thị hàm số y=logcx hay x>1logbx>logcx⇒c>b.
Vậy c>b>a.
Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp, tính xác suất để 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng.
313408.
95408.
5102.
25136.
Đáp án B
Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 viên bi từ hộp chứa 18 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω=C185=8568.
Gọi A là biến cố "5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng". Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:
TH1: Chọn 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh nên có C61.C71.C53 cách.
TH2: Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh nên có C62.C72.C51 cách.
Suy ra số phần tử của biến cố A là ΩA=C61.C71.C53+C62.C72.C51=1995.
Vậy xác suất cần tính PA=ΩAΩ=19958568=95408.
Cho hàm số y=−x3+mx2+mx+1 có đồ thị (C) (với m là tham số). Biết rằng tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất của (C) đi qua gốc tọa độ O. Khẳng định nào sau đây đúng?
m∈−5;−3.
m∈−3;0.
m∈0;3.
m∈3;5.
Đáp án D
Ta có y'x0=−3x02+2mx0+m=−3x0−m32+m23+m≤m23+m.
Dấu “=” đạt tại x0=m3. Thay vào hàm số ta được y0=2m327+m23+1.
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm Mx0;y0 là d:y=m23+mx−m3+2m327+m23+1.
Vì đi qua O0;0 nên 0=m23+m−m3+2m327+m23+1⇔m327=1⇔m=3.
Cho hàm số y=ax4+bx2+ca≠0,a,b,c∈ℝ có đồ thị (C). Biết rằng (C) không cắt trục Ox và đồ thị hàm số y=f'x cho bởi hình vẽ bên.
Hàm số đã cho có thể là hàm số nào trong các hàm số đã cho dưới đây?
y=−4x4−x2−1.
y=2x4−x2+2.
y=x4+x2−2.
y=14x4+x2+1.
Đáp án D
Dựa vào đồ thị của hàm số y=f'x ta có BBT của hàm sốy=fx như sau.
Vậy hàm số chỉ có 1 CT nên a>0;b≥0, ta loại được hai đáp án A và B. Mặt khác (C) không cắt trục Ox nên đồ thị (C) nằm hoàn toàn phía trên trục Ox do đó c>0. Nên ta loại đáp án C.
Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy là một tam giác vuông cân tại B,AB=BC=a,AA'=a2,Mlà trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B'C.
a77.
a32.
2a5.
a3.
Đáp án A
Gọi E là trung điểm của BB'. Khi đó EM//B'C⇒B'C//AME.
Ta có: dB'C,AM=dB'C,AME=dC;AME=dB,AME.
+) Xét khối chóp B.AME có các cạnh BE, AB, BM đôi một vuông góc nên 1d2B,AME=1AB2+1MB2+1EB2=7a2⇒dB,AME=a77.
Vậy dB'C,AM=a77.
Cho hàm số y=2x+1+12x−m, tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trên −1;1 là
−12<m≤12 hoặc m≥2.
m≤12 hoặc m≥2.
−12<m<12 hoặc m>2.
m>−12.
Đáp án A
y=fx=2x+1+12x−m, đặt t=2x,x∈−1;1⇒t∈12;2.
f(x) trở thành gt=2t+1t−m,g't=−2m−1t−m2.
f(x) nghịch biến trên −1;1⇔gt nghịch biến trên 12;2 ( vì tx=2xlà hàm đồng biến trên ℝ ).
⇔g't<0,∀t∈12;2⇔−2m−1<0m∉12;2⇔−12<m≤12∨m≥2
Cho hàm số fx=x+1khi x≥0e2xkhi x≤0.Tính tích phân I=∫−12fxdx.
I=3e2−12e2.
I=7e2+12e2.
I=9e2−12e2.
I=11e2−112e2.
Đáp án C
Ta có I=∫−10fxdx+∫02fxdx=∫−10e2xdx+∫02x+1dx=9e2−12e2.
Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác vuông tại A,B^=60o,bán kính đường tròn nội tiếp đáy là r=4. Các mặt bên tạo với đáy một góc 60° và hình chiếu của đỉnh lên mặt phẳng đáy nằm trong tam giác ABC. Thể tích khối chóp SABC là
642+3.
322+3.
302+3.
602+3.
Đáp án A
Kẻ SH⊥ABC,HM,HN,HE lần lượt vuông góc với AB,AC,BC
Þ Góc giữa mặt bên và đáy là SMH^=SNH^=SEH^=60o
Ta có ΔSMH=ΔSNH=ΔSEH⇒HM=HN=HE
Þ H là tâm đường tròn nội tiếp đáy và r=HM=HN=HE=4
Ta có MB=MH.cot30o=43,MA=MH=4⇒AB=4+43
AC=AB.tan60o=12+43,SH=HM.tan60o=43⇒VSABC=13SH.SABC=16SH.AB.AC=642+3.
Tính Fx=∫x1+sin2xdx=Ax2+Bxcos2x+Csin2x+D. Giá trị của biểu thức A+B+C bằng
14.
−14.
54.
−34.
Đáp án A
Đặt u=x,dv=1+sin2xdx ta được
Fx=12x2−12xcos2x+14sin2x+D. Vậy A+B+C=14.
Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A6;−2;3,B0;1;6,C2;0;−1,D4;1;0. Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tọa độ là:
I2;−1;3.
I2;−1;−3.
I−2;−1;3.
I2;1;3.
Đáp án A
Phương trình mặt cầu (S) có dạng: x2+y2+z2−2Ax−2By−2Cz+D=0, ta có
A6;−2;3∈SB0;1;6∈SC2;0;−1∈SD4;1;0∈S⇔49−12A+4B−6C+D=0137−2B−12C+D=025−4A+2C+D=0317−8A−2B+D=04
Lấy 1−2;2−3;3−4 ta được hệ:
−12A+6B+6C=−124A−2B−14C=−324A+2B+2C=12⇔A=2B=−1C=3⇒D=−3.
Vậy phương trình mặt cầu là: x2+y2+z2−4x+2y−6z−3=0.
Cho hai số phức z1, z2 thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau z−1=34;z+1+mi=z+m+2i (trong đó m là số thực) sao cho z1−z2 là lớn nhất. Khi đó giá trị của z1+z2bằng
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 d2−2mx+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.
Û MN là đường kính của đường tròn tâm I bán kính 34
Khi đó z1+z2=2OI→=2.OI=2
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 3x−1+mx+1=2x2−14 có đúng hai nghiệm thực phân biệt?
13≤m<1.
−1≤m≤14.
−2<m≤13.
0≤m<13.
Đáp án D
Điều kiện: x≥1
Pt⇔3x−1x+1+m=2x2−14x+124⇔3x−1x+1+m=2x−1x+14
t=x−1x+14với x≥1 ta có 0≤t<1.
Thay vào phương trình ta được m=2t−3t2=ft
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có để phương trình có hai nghiệm khi 0≤m<13.
Một kho hàng được đặt tại ví trí A trên bến cảng cần được chuyển tới kho C trên một đảo, biết rằng khoảng cách ngắn nhất từ kho C đến bờ biển 60km AB bằng độ dài CB=60kmvà khoảng cách giữa 2 điểm A, B là AB=130km. Chi phí để vận chuyển toàn bộ kho hàng bằng đường bộ là 300.000 đồng/km, trong khi đó chi phí vận chuyển hàng bằng đường thủy là 500.000 đồng/km. Hỏi phải chọn điểm trung chuyển hàng D (giữa đường bộ và đường thủy) cách kho A một khoảng bằng bao nhiêu thì tổng chi phí vận chuyển hàng từ kho A đến kho C là ít nhất?
45km.
65km.
85km.
105km.
Đáp án C
Đặt BD=x0<x<130⇒AD=130−x. Ta có CD=DB2+DC2=x2+3600
Chi phí vận chuyển hàng là: fx=300000.130−x+500000x2+3600 (đồng)
Khảo sát hàm ta được fx nhỏ nhất khi x=45km⇒AD=85km.
Cho hàm số y=fx=mx4+nx3+px2+qx+rtrong đó m,n,p,q,r∈ℝ. Biết rằng hàm số y=f'x có đồ thị như hình vẽ bên. Tập nghiệm của phương trình fx=r có tất cả bao nhiêu phần tử?
3.
4.
5.
6.
Đáp án A
Ta đặt y=f'x=kx+2x−76x−3.
Xét: S1=k∫076x+2x−76x−3dx=652191552kS2=k∫763x+2x−76x−3dx=652191552k
Do đó: S1=S2⇔∫076f'xdx=−∫763f'xdx⇔f0=f3.
Lập bảng biến thiên ta có:
Vậy phương trình f(x) = r = f(0) có tất cả 3 nghiệm.
Cho hàm số fx=2x−2−x. Số giá trị nguyên của m để bất phương trình fx3−2x2+3x−m+f2x−2x2−5<0 có nghiệm đúng với mọi x∈0;1.
7.
3.
9.
5.
Đáp án C
Có f−x=2−x−2x=−2x−2−x=−fx
f'x=2xln2+2−xln2>0,∀x⇒fx là hàm đồng biến trên ℝ
Do đó fx3−2x2+3x−m+f2x−2x2−5<0,∀x∈0;1
⇔fx3−2x2+3x−m<−f2x−2x2−5=f2x2−2x+5,∀x∈0;1⇔x3−2x2+3x−m<2x2−2x+5,∀x∈0;1⇔−2x2−2x+5<x3−2x2+3x−m<2x2−2x+5,∀x∈0;1⇔m>x3−4x2+5x−5,∀x∈0;1m<x3+x+5,∀x∈0;1
• Xét gx=x3−4x2+5x−5,∀x∈0;1
g'x=3x2−8x+5;g'x=0⇔x=1x=53
• Xét hx=x3+x+5,∀x∈0;1
h'x=3x2+1>0,∀x∈0;1
Vậy −3≤m≤5.
Một khối cầu có bán kính là 5 (dm), người ta cắt bỏ hai phần của khối cầu bằng hai mặt phẳng song song cùng vuông góc với 1 đường kính và cách tâm một khoảng 3 (dm) để làm một chiếc lu đựng nước (như hình vẽ). Tính thể tích mà chiếc lu chứa được.
1003πdm3.
433πdm3.
41πdm3.
132πdm3.
Đáp án D
Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét đường tròn C:x−52+y2=25. Ta thấy nếu cho nửa trên trục Ox của (C) quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5. Nếu cho hình phẳng (H) giới hạn bởi nửa trên trục Ox của (C), trục Ox, hai đường thẳng x=0,x=2 quay xung quanh trục Ox ta sẽ được khối tròn xoay chính là phần cắt đi của khối cầu trong đề bài.
Ta có x−52+y2=25⇔y=±25−x−52
Þ Nửa trên trục Ox của (C) có phương trình y=25−x−52=10x−x2
Þ Thể tích vật thể tròn xoay khi cho (H) quay quanh Ox là: V1=π∫0210x−x2dx=π5x2−x3320=52π3
Thể tích khối cầu là: V2=43π.53=500π3
Thể tích cần tìm: V=V2−2V1=500π3−2.52π3=132πdm3.
Cho hàm số fxliên tục và có đạo hàm trên 0;π2, thỏa mãn hệ thức fx+tanxf'x=xcos3x. Biết rằng 3fπ3−fπ6=aπ3+bln3 trong đó a,b∈ℚ. Tính giá trị của biểu thức P=a+b.
P=−49.
P=−29.
P=79.
P=149.
Đáp án A
Ta có cosxfx+sinxf'x=xcos2x⇔sinxfx'=xcos2x.
Suy ra sinxfx=∫xcos2xdx=xtanx+lncosx+C.
Với x=π3⇒32fπ3=π3.3−ln2+C⇒3fπ3=23.π3−2ln2+2C.
Với x=π6⇒12fπ6=π6.33+12ln3−ln2+C⇒fπ6=19.π3+ln3−2ln2+2C.
Vậy 3fπ3−fπ6=59π3−ln3⇒a=59b=−1⇒P=a+b=−49.
Trong tất cả các số phức z=a+bi,a,b∈ℝthỏa mãn hệ thức z−2+5i=z−i. Biết rằng, z+1−i nhỏ nhất. Tính P=a.b.
−23100.
13100.
−516.
925.
Đáp án A
Đặt M=Mz.
Từ hệ thức z−2+5i=z−i, ta được M∈Δ:x−3y−7=0.
Đặt M0−1;1 thì z+1−i=M0M.
Gọi d là đường thẳng đi qua M0−1;1 và vuông góc với D thì d:3x+y+2=0.
Xét hệ: x−3y=73x+y=−2⇒x=110y=−2310.
Vậy hình chiếu vuông góc của M0 lên D là H110;−2310.
Ta có z+1−i nhỏ nhất khi z=110−2310i⇒P=−23100.
Cho hình hộp ABCD. A'B'C'D' có thể tích V, gọi M, N là hai điểm thỏa mãn D'M→=2MD→,C'N→=2NC→,đường thẳng AM cắt đường A'D' tại P, đường thẳng BN cắt đường thẳng B'C' tại Q. Thể tích của khối PQNMD'C' bằng
23V.
13V.
12V.
34V.
Đáp án A
D'M→=2MD→⇒M nằm trên đoạn D'D và D'M=23D'D.
C'N→=2NC→⇒N nằm trên đoạn C'C và C'N=23C'C.
Trong (BB'C'C) qua N kẻ HK vuông với BC,B'C'H∈BC,K∈B'C'.
BC//B'C'⇒NKNH=NC'NC=2⇒NK=2NH,NH=13HK.
BC//B'C'⇒QC'BC=C'NCN=2⇒QC'=2BC.SQC'N=12NK.QC'=12.2NH.2BC=4.12.13HK.BC=23SBB'C'C.VPQNMD'C'V=VNQC'.MPD'V=SNQC'SBCC'B'=23⇒VPQNMD'C'=23V.
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A1;2;0,B3;2;−1,C−1;−4;4. Tập hợp tất cả các điểm M sao cho MA2+MB2+MC2=52là
mặt cầu tâm I−1;0;−1,bán kính r=2.
mặt cầu tâm I−1;0;−1,bán kính r=2.
mặt cầu tâm I1;0;1,bán kính r=2.
mặt cầu tâm I1;0;1,bán kính r=2.
Đáp án C
Gọi Mx;y;z.
Khi đó MA2+MB2+MC2
=x−12+y−22+z2+x−32+y−22+z+12+x+12+y+42+z−42=3x2+3y2+3z2−6x−6z+52.
Theo đề ta có MA2+MB2+MC2=52⇔3x2+3y2+3z2−6x−6z+52=52
⇔x−12+y2+z−12=2
Û M thuộc mặt cầu tâm I1;0;1, bán kính r=2.
Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho các điểm A−1;2;3,B6;−5;8 và OM→=ai→+bk→ với a, b là các số thực luôn thay đổi. Nếu MA→−2MB→ đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của a−b bằng
-25.
-13.
0.
26.
Đáp án C
Ta có OM→=ai→+bk→⇒Ma;0;b.
MA→=−1−a;2;3−bMB→=6−a;−5;8−b⇒MA→−2MB→=a−13;12;b−13.MA→−2MB→2=a−132+122+b−132≥122.
Suy ra minMA→−2MB→=12, xảy ra khi a=b=13.
Ghi chú: Nhận xét rằng điểm thuộc mặt phẳng (Oxz) nên ta có thể xét điểm I sao cho IA→−2IB→=0→ và gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (Oxz). Khi đó I13;−12;−13,H13;0;13 và MA→−2MB→=MI→=MI≥HI.
Suy ra minMA→−2MB→=IH=12, xảy ra khi M≡H nên a=b=13.
