Ôn thi Tốt nghiệp THPT môn Toán (Đề 19)
50 câu hỏi
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x−2x+1 là
y = 1
y = 2
x = -2
x = 1
Đáp án đúng là: A
Có limx→+∞y=limx→+∞x−2x+1=1;limx→−∞y=limx→−∞x−2x+1=1.
Do đó y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Chof,glà hai hàm số liên tục trên [1;3]thoả mãn điều kiện ∫13fx+3gxdx=10 đồng thời ∫132fx−gxdx=6. Tính ∫13fx+gxdx.
6
7
10
8
Đáp án đúng là: A
Ta có
∫13fx+3gxdx=10∫132fx−gxdx=6⇔∫13fxdx+3∫13gxdx=102∫13fxdx−∫13gxdx=6⇔∫13fxdx=4∫13gxdx=2
suy ra ∫13fx+gxdx=∫13fxdx+∫13gxdx=4+2=6.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C)dưới đây.
Khi đó f(2) gọi là
Giá trị cực tiểu của đồ thị hàm số.
Giá trị cực tiểu của hàm số.
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
Điểm cực tiểu của hàm số.
Đáp án đúng là: B
f(2) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số
Xét trên khoảng 0;+∞. Khẳng định nào dưới đây sai?
∫1xdx=lnx2+C.
∫1xdx=lnx+C.
∫1xdx=lnx+1+C.
∫1xdx=13lnx3+C.
Đáp án đúng là: C
Khẳng định ∫1xdx=lnx+1+C sai.
Phương trình log12x2+3x−2x=0 tương đương với phương trình nào sau đây?
x2+3x−2x=2.
x2+3x−2x=1.
x2+3x−2x=0.
x2+3x−2x=12.
Đáp án đúng là: B
Phương trình log12x2+3x−2x=0⇔x2+3x−2x=120=1.
Giá trị lớn nhất của hàm số y=x−2x trên nửa đoạn −∞;−1 là:
-3
-1
1
Không tồn tại.
Đáp án đúng là: C
Ta có y'=1+2x2>0 với ∀x∈−∞;−1.
Mặt khác limx→−∞y=−∞; y−1=1. Vậy min−∞;−1y=1
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên ℝ và có xét dấu đạo hàm như dưới đây?
Số điểm cực trị của hàm số gx=f−x−2 là:
3
2
4
1
Đáp án đúng là: A
Nhận xét: Số điểm cực trị y = f(x) bằng với số điểm cực trị g(x).
Vậy g(x) = f(-x - 2) có ba điểm cực trị.
Cho hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và SA=SB=SC. Gọi I là trung điểm của AB. Góc giữa SI và BC bằng?
90°
30°
45°
60°
Đáp án đúng là: D
Gọi K là trung điểm của AC.
Khi đó IK//BC⇒SI,BC^=SI,IK^.
Ta có SI=12AB, SK=12AC, IK=12BC(tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Do SA=SB=SC⇒AB=BC=AC, khi đó SI=SK=IK hay ΔSIK là tam giác đều.
Vậy SI,BC^=SI,IK^=60°.
Cho hai số phức z1=3−i và z2=−1+i. Phần ảo của số phức z1.z2 bằng
4
2
4i
2i
Đáp án đúng là: A
Ta có z1.z2=3−i−1+i=−2+4i.
Vậy phần ảo của số phức z1.z2 bằng .
Cho số phức z¯ có điểm biểu diễn là điểm Mtrong hình vẽ dưới đây.
Khi đó, số phức z là
1 + 3i
1 - 3i
3 + i
3 - i
Đáp án đúng là: D
Ta có z¯=3+i⇒z=3−i.
Đạo hàm của hàm số y=2x là
y'=x.2x−1.
y'=2xln2.
y'=2xln2.
y'=2x.
Đáp án đúng là: B
y=2x⇒y'=2x.ln2.
Cho n∈ℕ*, với điều kiện nào của a thì đẳng thức a−n=1an xảy ra?
∀a∈ℝ.
a≠0.
a<0.
a>0.
Đáp án đúng là: B
Cho n∈ℕ*, đẳng thức a−n=1an xảy ra khi a≠0.
Điểm M thuộc khối cầu tâm O bán kính R nếu:
OM = R
OM < R
0 < OM < R
OM≤R.
Đáp án đúng là: D
Điểm M thuộc khối cầu tâm O bán kính R nếu OM≤R.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình tham số x=−2ty=6+tz=1−3t và mặt phẳng P:2x−y+3z+12=0. Tìm sin của góc giữa d và (P)?
0o.
1
0
90o.
Đáp án đúng là: B
Đường thẳng d có phương trình tham số x=−2ty=6+tz=1−3t
⇒d có vectơ chỉ phương u→=−2;1;−3.
Mặt phẳng P:2x−y+3z+12=0⇒P có vectơ pháp tuyến n→=2;−1;3
Ta có u→.n→=0 nên d⊥P⇒d,P^=90o⇒sind,P^=1.
Trên mặt phẳng toạ độ, điểm biểu diễn số phức z=1+2i2 là điểm nào dưới đây?
M(4;5)
N(4;-3)
Q(5;4)
P(-3;4)
Đáp án đúng là: D
z=1+2i2=1+4i+4i2=−3+4i.
Vậy điểm biểu diễn số phức z là điểm P−3;4.
Cho một khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng2a.Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng:
32a3.
23a3.
233a3.
12a3.
Đáp án đúng là: B
Đáy hình lăng trụ là tam giác đều cạnh bằng 2a nên S=2a234=a23.
Chiều cao của hình lăng trụ bằng h = 2a.
Thể tích V=S.h=a23.2a=23a3.
Cho a,blà hai số thực dương thỏa mãn a4b=16. Giá trị của 4log2a+log2b bằng
4
2
8
16
Đáp án đúng là: A
4log2a+log2b=log2a4+log2b=log2a4b=log216=log224=4
Cho cấp số cộng un biết ba số hạng đầu lần lượt là 9, x, 17. Số hạng tổng quát un là:
un=4n+5
un=9n−5
un=4n+1
un=4n+9
Đáp án đúng là: A
Ta có: u1=9, u3=17. Công sai d=u3−u12=4.
Số hạng tổng quát un là: un=u1+n−1d=9+n−14=4n+5.
Tập nghiệm của bất phương trình logx≥1 là
10;+∞
0;+∞
−∞;10
10;+∞
Đáp án đúng là: D
logx≥1⇔x>0x≥10⇔x≥10.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là 10;+∞.
Cho hàm số f(x) liên tục, có đạo hàm trên −1;2,f−1=8;f2=−1. Tích phân∫−12f'x dx bằng
7
1
9
-9
Đáp án đúng là: D
Ta có ∫−12f'x dx=fx−12=f2−f−1=−1−8=−9.
Có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh từ một nhóm gồm 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ?
90
100
45
24
Đáp án đúng là: C
Số cách chọn 2 học sinh từ một nhóm gồm 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ là: C102=45.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và thể tích của khối chóp bằng a34. Tính cạnh bên SA.
3a2
a3
23a
3a
Đáp án đúng là: D
Do đáy là tam giác đều nên có diện tích là B=SΔABC=a234.
Cạnh bên SA vuông góc với đáy suy ra chiều cao là h = SA.
Ta có: V=13B.h⇒h=3VB=3.a34a234=a3.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
(0;1)
(-1;1)
0;+∞
−∞;0
Đáp án đúng là: A
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1).
Cho ∫fx dx=x55+ex−cosx+C thì f(x) bằng
x630+ex+sinx
x4+ex+sinx
x4+ex−sinx
x630+ex−sinx
Đáp án đúng là: B
Ta có: fx=x55+ex−cosx+C'=x4+ex+sinx.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyztọa độ nào sau đây là tọa độ của một vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ:x=2+4ty=1−6tz=9t,t∈ℝ?
4;−6;0
13;12;34
2;1;0
13;−12;34
Đáp án đúng là: D
Ta có: uΔ→=4;−6;9=1213;−12;34.
Tọa độ của một vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ là: 13;−12;34.
Cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y+2z−3=0. Tính bán kính R của mặt cầu (S).
R=33
R=9
R=3
R=3
Đáp án đúng là: C
Ta có a=1,b=−2,c=−1,d=−3⇒R=a2+b2+c2−d=9=3.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng x−2+y−1+z3=1 là
n→=−3;−6;−2
n→=−2;−1;3
n→=2;−1;3
n→=3;6;−2
Đáp án đúng là: D
Ta có x−2+y−1+z3=1⇔3x+6y−2z+6=0.
⇒ vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là 3;6;−2.
Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình bên?
y=x3−3x2+3
y=−x4−2x2+3
y=−x2−2x+3
y=x4−4x2+3
Đáp án đúng là: B
- Đồ thị hàm số nhận Oy là trục đối xứng => Loại A, C.
- Đồ thị hàm số có một cực trị => Loại D.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (a;b;c). Khẳng định nào dưới đây là sai?
Tọa độ hình chiếu của M lên trục Oy là (0;b;0).
Điểm đối xứng của M qua trục Oz có tọa độ là (-a;-b;c).
Điểm M∈Oxkhi và chỉ khi b=c=0.
Khoảng cách từ M đến (Oxz) bằng b.
Đáp án đúng là: D
dM;Oxz=b.
Bác X có mảnh vườn hình chữ nhật ABCD, chiều dài AB=2πm, chiều rộng BC = 3(m). Bác muốn trồng hoa trên dải đất (phần tô đậm) được giới hạn bởi đường MN (với M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC) và một đường hình sin (tham khảo hình vẽ). Diện tích đất trồng hoa bằng
3m2
5,57m2
7,14m2
6m2
Đáp án đúng là: D
Dựng hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Vì phần đường cong là một đồ thị hình sin đi qua các điểm
0;0, −π2;1,5, −π;0, π2; −1,5, π;0 nên đường cong có phương trình y=−32sinx.
Khi đó phần diện tích đất trồng hoa giới hạn bởi các đồ thị hàm số: y=−32sinxy=0x=−π; x=π
Do đó diện tích đất trồng hoa là S=∫−ππ−32sinxdx=2∫0π32sinxdx=2−32cosx0π=6m2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=a3. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
a2
a32
2a55
a3
Đáp án đúng là: B
Có SA⊥ABCD⇒SA⊥BC mà BC⊥AB nên BC⊥SAB⇒SBC⊥SAB
Kẻ AH⊥SB tại H trong (SAB).
Khi đó: SAB⊥SBCSAB∩SBC=SBTrong SAB,AH⊥SB⇒AH⊥SBC.
Do đó dA,SBC=AH.
Xét ΔSAB vuông tại A, có 1AH2=1SA2+1AB2=13a2+1a2=43a2
⇒AH=a32 . Do vậy dA,SBC=a32.
Với m là tham số thực dương khác . Hãy tìm tập nghiệm S của bất phương trình logm12x+2−2logmx>log1mx2−x biết rằng x=54 là nghiệm của bất phương trình.
S=1;2
S=1;2∪2;+∞
S=0;2
S=2;+∞
Đáp án đúng là: A
Điều kiện: x > 1.
Ta có: x=54 là nghiệm của logm12x+2−2logmx>log1mx2−x nên:
logm1254+2−2logm54>log1m542−54
⇔logm138−logm2516>logm165⇔logm2625>logm165⇔0<m<1.
Khi đó: logm12x+2−2logmx>log1mx2−x
⇔logm12x+2+logmx2−x>logmx2
⇔logm12x+2x2−x>logmx2
⇔12x+2x2−x<x2
⇔x+2x2−x<2x2
⇔x3−x2+2x2−2x<2x2
⇔x3−x2−2x<0
⇔xx2−x−2<0
⇔xx−2x+1<0
⇔x<−10<x<2.
Mà x>1 nên 1<x<2.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=1;2.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là đường cong như trong hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 4|f(x)| - 25 = 0 là:
3
4
2
1
Đáp án đúng là: C
Ta có: 4fx−25=0⇔fx=254 hoặc fx=−254.
Với fx=254, phương trình có 1 nghiệm.
Với fx=−254, phương trình có 1 nghiệm.
Do vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức z1, z2 của phương trình z2−2z+5=0. Khi đó diện tích tam giác OAB bằng
52
4
2
534
Đáp án đúng là: C
Ta có: z2−2z+5=0⇔z1=1+2iz2=1−2i .
Giả sử A(1;2), B(1;-2) lần lượt là điểm biểu diễn của z1 và z2.
Khi đó: AB=1−12+−2−22=4 nên SOAB=12OK.AB=12.1.4=2.
Tích tất cả các nghiệm của phương trình log212−2x=5−x bằng
12
6
32
5
Đáp án đúng là: B
Ta có: log212−2x=5−x⇔12−2x>012−2x=25−x⇔x<log2122x2−12.2x+32=0
⇔x<log2122x=82x=4⇔x<log212x=3 x=2⇔x=3 x=2.
Do đó tích các nghiệm của phương trình là P = 3.2 = 6.
Một hộp chứa 15 quả cầu gồm 6 quả màu đỏ được đánh số từ 1 đến 6 và 9 quả màu xanh được đánh số từ 1 đến 9. Lấy ngẫu nhiên hai quả từ hộp đó, xác suất để lấy được hai quả khác màu, khác số và có ít nhất một quả ghi số chẵn bằng
27
1335
935
1235
Đáp án đúng là: B
Ta có nΩ=C152=105
Gọi A “lấy được hai quả khác màu, khác số và có ít nhất một quả ghi số chẵn”
TH1: Lấy được 1 quả màu đỏ chẵn, 1 quả màu xanh lẻ: C31C51 = 15 cách.
TH2: Lấy được 1 quả màu đỏ lẻ, 1 quả màu xanh chẵn: C31C41=12 cách.
TH3: Lấy được 1 quả màu đỏ chẵn, 1 quả màu xanh chẵn: C31C41=12cách.
Ta có nA=C31.C51+C31.C41+C31.C41=39
Ta có PA=nAnΩ=39105=1335.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=x+m2x+4 đồng biến trên từng khoảng xác định.
Vô số.
3
5
0
Đáp án đúng là: B
Tập xác định: D=ℝ\−4.
Ta có y'=4−m2x+42
Để hàm số y=x+m2x+4 đồng biến trên từng khoảng xác định ⇒y'>0⇔4−m2>0⇔−2<m<2.
Vì m∈ℤ⇒m∈−1; 0;1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;3;−4,B8;6;2. Đường thẳng AB cắt mặt phẳng (Oxy) tại điểm C. Tính tỉ số BCAC.
4
2
14
12
Đáp án đúng là: D
Mặt phẳng Oxy: z=0.
Có AB→=6;3;6=32;1;2.
Đường thẳng AB đi qua điểm A(2;3;-4) và nhận u→2;1;2 làm vectơ chỉ phương có dạng: x=2+2ty=3+tz=−4+2t.
Mà C∈AB nên C2+2t;3+t;−4+2t.
Mặt khác C∈Oxy nên −4+2t=0⇔t=2.
Với t = 2 thì C(6;5;0).
Do đó BC=−22+−12+−22=3; AC=42+22+42=6.
Vậy BCAC=36=12.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A0;−1;3,B1;0;1,C−1;1;2. Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A và song song với đường thẳng BC?
x−2=y+11=z−31
x=−2ty=−1+tz=3+t
x−1−2=y1=z−11
−2x+y+z−2=0
Đáp án đúng là: A
Đường thẳng d song song với BC⇒ud→=BC→=−2;1;1.
Đường thẳng d đi qua A(0;-1;3) và song song BC có dạng: x=−2ty=−1+tz=3+t.
Do đó dạng chính tắc của d là: x−2=y+11=z−31.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ thỏa mãn ∫0π4ftanxdx=3 và ∫01x2fxx2+1dx=1. Tính I=∫01fxdx.
I = 3
I = 2
I = 4
I = 6
Đáp án đúng là: C
Xét I1=∫0π4ftanxdx=3
Đặt t=tanx⇒dt=1cos2xdx
I1=∫01ft.11+t2dt=∫01fx1+x2dx=3
Ta có:
∫01x2fxx2+1dx=1⇔∫011−1x2+1fx dx=1⇔∫01fxdx−∫01fxx2+1dx=1
⇔∫01fxdx−3=1⇔∫01fxdx=4.
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 tham số thực) và sao cho z1−z2 là lớn nhất. Khi đó giá trị z1+z2 bằng
34
234
10
2
Đáp án đúng là: D
Đặt z=x+yi (x, y∈ℝ). Khi đó z−1=34⇔x−12+y2=34 (C).
Suy ra điểm biểu diễn của số phức z1, z2 nằm trên đường tròn (C) tâm I(1;0) bán kính R=34.
Lại có, z+1+mi=z+m+2i⇔x+12+y+m2=x+m2+y+22
⇔2−2mx+2m−4y−3=0 (d).
Suy ra điểm biểu diễn số phức z1, z2 nằm trên đường thẳng (d).
Gọi Ax0; y0 là điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua. Khi đó, 2−2mx0+2m−4y0−3=0, ∀m
⇔ 2m(y0−x0)+2x0−4y0−3=0, ∀m
⇔ y0−x0=02x0−4y0−3=0⇔x0=y0=−32⇒A−32; −32.
Ta có, IA=342<R nên điểm A nằm trong đường tròn (C).
Do đó đường thẳng (d) luôn cắt đường tròn (C) tại 2 điểm M, N và điểm M, N chính là điểm biểu diễn của số phức z1, z2.
Theo giả thiết thì z1−z2=MN lớn nhất ⇔ d≡ IA .
Do đó z1+z2=OM→+ON→=2.OI→=2.OI=2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3), B(-2; -7;6) và đường thẳng Δ:x−2−2=y+21=z−13. Biết điểm M thay đổi trên Δ sao cho MA−MB đạt giá trị lớn nhất. Giá trị lớn nhất của MA−MB thuộc khoảng nào dưới đây?
(6;7)
(5;6)
(4;5)
(3;4)
Đáp án đúng là: D
Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường thẳng Δ.
Vì H∈Δ nên H2−2t; −2+t; 1+3t.
Ta có AH→1−2t; −4+t; −2+3t và u→Δ=−2; 1; 3.
Vì AH vuông góc với đường thẳng Δ nên AH→⊥u→Δ⇔AH→.u→Δ=0
⇔−21−2t+1−4+t+3−2+3t=0⇔14t=12
⇔t=67 ⇒H27; −87; 257.
Tương tự, giả sử I2−2a; −2+a; 1+3a.
Ta có BI→4−2a; 5+a; −5+3a và u→Δ=−2; 1; 3.
Vì BI vuông góc với đường thẳng Δ nên BI→⊥u→Δ⇔BI→.u→Δ=0
⇔−24−2a+15+a+3−5+3a=0
⇔14a=18
⇔a=97 ⇒I−47; −57; 347.
Dựng đường thẳng d đi qua I và song song với HA và chọn điểm B' cùng phía với A so với Δ sao cho B'I=BI.
Ta có MB=MB' ⇒MA−MB=MA−MB'≤AB'.
Dấu "=" xảy ra khi A, B', M thẳng hàng và M nằm ngoài đoạn AB (hình vẽ).
Vậy giá trị lớn nhất của MA−MB là AB'.
Ta có AH=27−12+−87−22+257−32=5217,
B'I=BI=−47+22+−57+72+347−62=10217.
⇒B'K=B'I−AH=5217 (do B'I>AH) và HI=3147.
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AKB' ta có,
AB'=AK2+B'K2=6517≈3,645.
Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang ( mặt trong của thùng) là một đường elip có trục lớn là 1m, trục bé0,8m, chiều dài (mặt trong của thùng) bằng3m. Được đặt sao cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình vẽ). Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là0,6m. Tính thể tích V của dầu có trong thùng (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
V=1,27m3.
V=1,31m3.
V=1,19m3.
V=1,52m3.
Đáp án đúng là: D
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Vì độ dài trục lớn là 1m nên ta có 2a=1⇔a=12.
Độ dài trục bé là 0,8m nên ta có 2b=0,8⇒b=25.
Ta có phương trình của Elip là x214+y2425=1.
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của dầu với elip.
Gọi S1 là diện tích của Elip ta có S1=πab=π.12.25=π5.
Gọi S2 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN
Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng ( tính từ đáy thùng lên mặt dầu) là 0,6m nên ta có phương trình của đường thẳng MN là y=15.
Mặt khác từ phương trình x214+y2425=1, ta có y=4514−x2.
Tọa độ giao điểm của elip và đường thẳng y=15 là nghiệm của hệ:
x214+y2425=1y=15⇔x=±34y=15.
Do đó đường thẳng y=15 cắt Elip tại hai đỉnh M, N có hoành độ lần lượt là −34 và 34 nên S2=∫−34344514−x2−15dx=45∫−343414−x2dx−310.
Tính I=∫−343414−x2dx.
Đặt x=12sint⇒dx=12costdt.
Đổi cận: Khi x=−34 thì t=−π3; khi x=34 thì t=π3.
I=∫−π3π312.12cos2tdt=18∫−π3π31+cos2tdt=182π3+32.
Vậy S2=45.182π3+32−310=π15−320.
Thể tích của dầu trong thùng là V=π5−π15+320.3=1,52.
Vậy V=1,52m3.
Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng 32 chiều cao của thùng nước và đo được thể tích tràn ra là 543πdm3. Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng bằng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có giá trị nào sau đây?
4633πdm3.
4653πdm3.
183πdm3.
18πdm3.
Đáp án đúng là: A
Theo đề, ta có OA=3DK
Thể tích nước trong thùng là:
V=13π.OKOA2+DK2+OA.DK ⇒V=133π.OK.DK2.
Thể tích nước tràn ra bằng một nửa thể tích khối cầu nên
ta có 12.43π.OH3=543π⇒OH=33 cm.
Theo đề 2OH=32OK⇒OK=43OH=43 cm.
Vì IKOI=DKAO=13⇒OI=32OK=63.
Xét tam giác OBI vuông tại O,
ta có
1OB2=1OH2−1OI2=1332−1632⇒OA=OB=6cm⇒DK=2cm.
Thể tích cần tìm là
V−543π=133π.43.22−543π=463π3dm3.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [-1;4] và có đồ thị như hình vẽ.
![Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [-1;4] và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng (0;20) (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/03/17-1709281177.png)
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng (0;20) để bất phương trình fx+m<2m đúng với mọi x thuộc đoạn [-1;4].
16
18
14
10
Đáp án đúng là: A
Với m > 0, bất phương trình fx+m<2m⇔−3m<fx<m.
Từ đồ thị ta suy ra: −3m<−2m>3⇒m>3.
Kết hợp m∈0; 20, m∈ℤ ta được m∈4; 5;...; 19.
Trong không gian Oxyz, cho ba đường thẳng d1:x−12=y−11=z−1−2, d2:x−31=y+12=z−22,d3:x−42=y−4−2=z−11. Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I(a;b;c), tiếp xúc với 3 đường thẳng d1, d2, d3. Giá trị tổng S=a+2b+3c là
11
13
10
12
Đáp án đúng là: A
d1 đi qua điểm A(1;1;1) có VTCP u1→=2;1;−2.
d2 đi qua điểm B(3;-1;2) có VTCP u2→=1;2;2.
d3 đi qua điểm C(4;4;1) có VTCP u3→=(2;−2;1).
Ta có: u1→.u2→=0, u2→.u3→=0, u3→.u1→=0⇒d1,d2,d3 đôi một vuông góc với nhau.
u1→; u2→.AB→≠0,u2→; u3→.BC→≠0,u3→,u1→.CA→≠0⇒d1,d2,d3 đôi một chéo nhau.
Lại có: AB→=2;−2;1;AB→. u1→=0 và AB→. u2→=0 nên d1,d2,d3 chứa 3 cạnh của hình hộp chữ nhật như hình vẽ.
Vì mặt cầu tâm I(a;b;c) tiếp xúc với 3 đường thẳng d1,d2,d3 nên bán kính
R=dI,d1=dI,d2=dI,d3⇔R2=d2I,d1=d2I,d2=d2I,d3
⇔R2=AI→,u→1u1→2=BI→,u2→u2→2=CI→,u3→u3¯2, ta thấy u1→2=u2→2=u3→2=9 và
AI→=a−1;b−1;c−1,AI→,u1→=−2b−c+3;2a+2c−4;a−2b+1.
BI→=a−3;b+1;c−2, BI→,u2→=2b−2c+6;−2a+c+4;2a−b−7.
CI→=a−4;b−4;c−1,CI→,u3→=b+2c−6;−a+2c+2;−2a−2b+16.
9R2=AI→,u→12=BI→,u2→2=CI→,u3→2⇒27R2=AI→,u→12+BI→,u2→2+CI→,u3→2
=18a2+b2+c2−126a−54b−54c+423
=18a−722+18b−322+18c−322+2432≥2432
⇒Rmin=322≈2,12 khi a=72, b=32, c=32.
Tổng S=a+2b+3c=11.
Cho một khối lăng trụ lục giác đều MNPQRS.M’N’P’Q’R’S’ có thể tích bằng 8103 cm3 và độ dài cạnh đáy là 6cm nội tiếp trong một khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ (hai đáy lăng trụ nội tiếp hai đáy khối hộp, minh họa đáy dưới MNPQRS nội tiếp đáy dưới hộp ABCD như hình dưới đây). Tang góc giữa A’B và mặt phẳng BCC’ bằng
65
54
56
45
Đáp án đúng là: D
Gọi O tâm lục giác đều MNPQRS, khi đó SMNPQRS=6SMNO=66234=543cm2.
Suy ra chiều cao của khối lăng trụ lục giác đều là h=VS=8103543=15cm.
Ta có A'B'⊥BCC' nên B' là hình chiếu của A' trên (BCC').
Khi đó A'B,BCC'=A'B,BB'=A'BB'^.
Tam giác A'BB' vuông tại B' nên tanA'BB'^=A'B'BB'=1215=45.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=x2+2x trên ℝ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số gx= fx2–8x+m có 5 điểm cực trị dương?
0
14
13
12
Đáp án đúng là: C
Có f'x=x2+2x=0⇔x=0x=−2.
gx= fx2–8x+m⇒g'x= 2x−4f'x2–8x+m.
⇒g'x=0⇔x−4=0x2–8x+m=0x2–8x+m=−2⇔x−4=0x2–8x=−mx2–8x=−2−m12.
Để gx= fx2–8x+m có 5 điểm cực trị dương khi và chỉ khi (1), (2) có 4 nghiệm dương phân biệt khác .
Xét hàm số hx=x2−8x với x > 0.
Ta có bảng biến thiên của hx=x2−8x:
Để (1), (2) có 4 nghiệm dương phân biệt khác 4 ⇔−m<0−2−m>−16⇔0<m<14.
⇒m∈1;2;...;13 nên có tất cả 13 giá trị tham số m.
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z2−(m+1)z+m2+34+m=0 (m là số thực). Có bao nhiêu giá trị của mđể phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1, z2 thỏa mãn z1+z2=2z1−z2?
4
3
1
2
Đáp án đúng là: D
Ta có Δ=m+12−m2−3−4m=−2m−2.
TH1: Δ>0⇔m<−1. Phương trình có hai nghiệm thực phân biệt z1, z2.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có z1+z2=m+1, z1z2=m2+34+m.
Suy ra z1−z22=z1+z22−4z1z2=m+12−m2−3−4m=−2m−2.
Khi đó:
z1+z2=2z1−z2⇔z1+z22=2z1−z22
⇔m+12=2−2m−2⇔m2+6m+5=0⇔m=−1m=−5.
So với điều kiện ta nhận m = -5.
TH2: Δ<0⇔m>−1. Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt có phần ảo khác không z1, z2 với z1=z2¯.
Suy ra z1−z2=i−Δ⇒z1−z2=−Δ.
Do đó z1+z2=2z1−z2⇔z1+z22=2−Δ2
⇔m+12=22m+2⇔m2−2m−3=0⇔m=−1m=3..
So với điều kiện ta nhận m = 3.
Vậy có hai giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.
Xét các số thực x, y thỏa mãn log12x+log2x2+y≤−2log14y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3x+4y.
11+47
11+57
11-57
11-47
Đáp án đúng là: A
Điều kiện x,y>0. Bất phương trình đã cho tương đương
log12x+log2x2+y≤−2log14y⇔log2x2+yx≤log2y⇔x2+yx≤y⇔x2+y≤xy.
Xét 0<x≤1, ta có x2+y≤xy⇔x2≤x−1y≤0 (vô nghiệm).
Xét x>1, ta có P=3x+4y>3x>3. (1)
Mặt khác P=3x+4y⇔y=P−3x4 suy ra.
x2+y≤xy⇔x2+P−3x4≤x⋅P−3x4⇔7x2−P+3x+P≤0
Tồn tại x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi 7x2−P+3x+P≤0 có nghiệm.
Do đó Δ=P+32−28P≥0⇔P2−22P+9≥0⇔P≥11+47P≤11−47. (2)
Từ (1) và (2) suy ra P≥11+47.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
7x2−14+47x+11+47≤0⇔x=7+277⇒y=28+11714.
