Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 13 )
45 câu hỏi
Tìm m để phương trình m+2sinx-2mcosx=2m+1 có nghiệm.
0 < m < 2
2 < m < 4
m≤0m≥4
0≤m≤4
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
m+22+2m2≥2m+22⇔m2-4m≥0⇔m≤0 hoặc m≥4
Đáp án C
Tính tổng các nghiệm của phương trình cossinx=1 trên đoạn 0;2π
0
π
2π
3π
cossinx=1⇔sinx=k2π,k∈Z Do -1≤k2π≤1 và k∈Z nên k = 0
Khi đó sinx=0⇔x=mπ,m∈Z
Vì x∈0;2π nên x∈0;π;2π.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 3π
Đáp án D
Tìm số nghiệm của phương trình Ax+1y+1.Px-yPx-1=72
8
7
6
0
Điều kiện: x,y∈Nx>y.
Phương trình đã cho tương đương với:
x+1!x-y!.x-y!x-1!=72⇔x+1x=72⇔x2+x-72=0⇔x=-9x=8
So điều kiện chọn
Do đó phương trình đã cho có nghiệm ( x;y ) thỏa mãn x=8y<8
Cụ thể là các nghiệm: ( 8;0 ), ( 8;1 0, ( 8;2 ), ( 8;3 ), ( 8;4 ), ( 8;5 ), ( 8;6 ), ( 8;7 )
Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là 8
Đáp án A
Một bộ bài Tây có 52 con. Rút ra 5 con, hỏi có bao nhiêu cách có ít nhất 2 con Át.
108335
108336
108337
108339
Không có con Át và 5 con khác có C485 cách.
1 con Át và 4 con khác có C41.C484
Vậy có tất cả là C525-C485-C41.C484=108336 cách chọn có ít nhất 2 con Át
Đáp án B
Một lớp học có 30 học sinh. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để tham gia hoạt động văn nghệ của nhà trường. Xác suất chọn được 2 nam và 1 nữ là 1229. Tính số học sinh nữ của lớp
14
15.
16
17
Gọi n là số học sinh nữ của lớp n∈N*,n≤28.
Số cách chọn 3 học sinh bất kì là cách. Suy ra số phần tử của không gian mẫu nΩ=C303
Gọi A là biến cố “chọn được 2 nam và 1 nữ”. Ta có nA=C30-n2Cn1
Theo đề
PA=1229⇔C30-n2Cn1C303=1229⇔n-14n2-45n+240=0⇔n=14n=45±10652
So với điều kiện, chọn n = 14
Vậy lớp đó có 14 học sinh nữ.
Đáp án A
Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15 câu dễ, 10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó đồng thời số câu dễ không ít hơn 2. Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên. Tính xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi tốt
5261655
6251566
5261655
6251566
Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C305=142506
Gọi A là biến cố: “đề thi lấy ra là một đề thi tốt”.
Vì trong một đề thi “tốt” có cả ba câu dễ, trung bình và khó đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 nên ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó có C151C101C51 cách.
Trường hợp 2: Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó có C152C102C51 cách.
Trường hợp 3: Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó có C152C101C52 cách.
Suy ra nA=C153C101C51+C152C102C51+C152C101C52=56875
Vậy xác suất cần tìm là PA=nAnΩ=56875142506=6251566
Đáp án D
Mệnh đề nào sau đây đúng?
lim2n+3n2n-1=-3
lim2n+3n2n-1=-1
2n+3n2n-1=-∞
2n+3n2n-1=+∞
Ta có: lim2n+3n2n-1=lim23n+123n-12n=+∞
Đáp án D
Tìm các giá trị của a và b để hàm số
fx=xx2+x-xx>0asinx+bcosx0≤x≤π2xπ+1x>π2
a=0b=32
a=0b=-32
a=32b=0
a=-32b=0
Hàm số f (x) liên tục trên R⇔f(x) liên tục tại các điểm x = 0; x = π2
⇔limx→0+fx=limx→0-fx=f0limx→π2fx=limx→-π2=fπ2⇔a=32b=0
Đáp án C
Cho hình vuông ABCD với O là giao điểm hai đường chéo. Tìm góc φ để phép quay QO;φ biến hình vuông ABCD thành chính nó.
φ=π6
φ=π3
φ=π2
φ=2π3
Phép quay Q0;π2:A↦B;B↦C;C↦D;D↦A
Do đó φ=π2
Đáp án C
Trong không gian, cho ba vectơ u→,v→,w→ không đồng phẳng. Tìm x để ba vectơ a→=u→+2v→+3w→; b→=-u→+v→+w→; c→=xu→+v→-2w→ đồng phẳng.
x = 10
x = -10
x = 5
x = -5
Rõ ràng a→ và b→ không cùng phương.
Ba vectơ a→,b→,c→ đồng phẳng ⇔∃ cặp số ( m,n ) sao cho c→=ma→+nb→
Vì u→,v→,w→ không đồng phẳng nên
x-m+n=01-2m-n=0-2-3m-n=0⇔x=-10
Đáp án B
Cho hàm số y=x2+2x+2018x4-3x2+2.Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho.
1
2
5
6
Hàm số đã cho có tập xác định là D=-∞;-2∪-1;1∪2;+∞
Ta có limx→∞y=1;limx→-∞y=-1 suy ra y = -1; y = 1 là các tiệm cận ngang.
limx→-2y=+∞,limx→1+y=+∞limx→1-y=+∞,limx→2y=+∞
suy ra có 4 đường tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 6 đường tiệm cận
Đáp án D
Tìm m để hàm số y=x+m2018x+1 luôn đồng biến trên các khoảng -∞;-1 và -1;+∞
m<-1m>1
-1≤m≤1
m∈R
-1<m<1
y'=1-m2018x+12
Hàm số đồng biến trên các khoảng -∞;-1,-1;+∞ (đồng biến) khi và chỉ khi y ' > 0⇔1-m2018>0⇔-1<m<1
Đáp án D
Cho hàm số y=x4-2m2+1x2+1. Tìm giá trị của tham số m để hàm số này có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.
m = 0
m = -1
m = -2
m = 2
y'=4x3-4m2+1xy'=0⇔x=0x=±m2+1
Dễ thấy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị với mọi m.
Với xCT=±m2+1⇒ giá trị cực tiểu yCT=-m2+1+1
Ta có m2+12≥1⇒yCT≤0maxyCT=0⇔m2+1=1⇔m=0
Đáp án A
Đường thẳng y = ax + b cắt đồ thị hàm số y=1-2x1+2x tại hai điểm A và B có hoành độ lần lượt bằng –1 và 0. Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng?
a-b2018=-1
ab=4
ab = -2
a-b+52019=0
xA=-1⇒y=-3⇒A-1;-3xB=0⇒yB=11⇒B0;1
Vì đường thẳng y=1-2x1+2x đi qua hai điểm A và B nên ta có hệ:
a-1+b=-3a.0+b=1⇔a=4b=1
Vậy ab=4
Đáp án B
Cho hàm số y=x2+2x+a-4. Tìm giá trị a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ -2;1 ] đạt giá trị nhỏ nhất.
a = 3
a = 2
a = 1
Giá trị khác
Ta có y=x2+2x+a-4=x+12+a-5
Đặt u=x+12 khi đó ∀x∈-2;1 thì u∈0;4
Ta được hàm số fu=u+a-5
Khi đó
Maxx∈-2;1y=Maxx∈0;4fu=Maxf0,f4=Maxa-5;a-1
Trường hợp 1:
a-5≤a-1⇔a≤3⇒Maxx∈0;4fu=5-a≥2⇔a=3
Trường hợp 2:
a-5≤a-1⇔a≥3⇒Maxx∈0;4fu=a-1≥2⇔a=3
Vậy giá trị nhỏ nhất của Maxx∈-2;1y=2⇔a=3
Đáp án A
Tìm số tiếp tuyến tại điểm nằm trên đồ thị hàm số y=x+2x+1 cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân.
0
1
2
4
Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là 1 và –1.
Do đó nên -1x+12=-1⇔x=0x=-2
Vậy có hai tiếp tuyến.
Đáp án C
Tìm m để đồ thị hàm số y=x3-3mx2+3mx-1 cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1;x2;x3 thỏa điều kiện x12+x22+x32>15
m∈-∞;-13∪1;+∞
m∈-∞;-1∪1;+∞
m∈-∞;-1∪53;+∞
m∈-∞;-13∪53;+∞
Hoành độ giao điểm của (C) và Ox là nghiệm phương trình
x-1x2-3m-1x+1=0⇔x=1gx=x2-3m-1x+1=01
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
Khi đó ∆>0g1≠0
⇔m>1m<-13m≠1⇔m>1m<-13
Giả sử x3=1
Theo đề thì phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2
x12+x22>14⇔x1+x22-2x1x2>14⇔m>53m<-1
(thỏa mãn)
Vậy m∈-∞;-1∪53;+∞
Đáp án C
Người ta tiêm một loại thuộc vào mạch máu ở cánh tay phải của một bệnh nhân. Sau thời gian là t giờ, nồng độ thuốc hấp thu trong máu của bệnh nhân đó được xác định theo công thức Ct=0,28tt2+4 ( 0 < t < 24 ). Hỏi sau bao nhiêu giờ thì nồng độ thuốc hấp thu trong máy của bệnh nhân đó là cao nhất?
24 giờ
4 giờ.
2 giờ
1 giờ.
Xét hàm số Ct=0,28tt2+4 liên tục trên khoảng 0;24. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Ct=0,28tt2+4≤0,28t2t2.4=7100
Dấu “=” xảy ra t2=4⇔t=2
Vậy sau 2 giờ nồng độ thuốc hấp thu trong máu là cao nhất.
Đáp án C
Cho các số thực a,b,c,d thỏa mãn 2a.5b=2c.5d. Phát biểu nào sau đây là đúng?
a = c
a = c và b = d
b = d
a-cln2=d-bln5
2a.5b=2c.5d⇔ln2a.5b=ln2c.5d⇔aln2+bln5=cln2+dln5⇔a-cln2=d-bln5
Đáp án D
Cho x, y là các số thực thỏa mãn log4x+2y+log4x-2y=1. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức x=y
3
0
1
2
Giả thiết bài toán cho ta x>0 và x2-4y2=4
Không mất tính tổng quát, giả sử y≥0 . Đặt t = x - y. Khi đó ta có 3y2-2ty+4-t2=0
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi ∆=4t2-124-t2≥0⇒t≥3
Do x > 0 và y≥0 nên t=x-y=x-y≥3
Đáp án A
Cho a=log25 và b=log23. Tính giá trị của biểu thức P=log3675 theo a,b.
2a+3bb
2ab
ab+3
2ab+1
Ta có
P=log3675=log353.33=2log35+3=2log25log23+3=2ab+3=2a+3bb
Đáp án A
Cho hàm số y=sinlnx+coslnx. Hãy chọn hệ thức đúng?
xy"-x2y'+y=0
x2y"-xy'-y=0
x2y"+xy'+y=0
x2y"-xy'+y=0
Ta có
y'=1xcoslnx-sinlnxy"=-2coslnxx2
Khi
x2y"+xy'+y=x2.-2coslnxx2+x.1xcoslnx-sinlnx+sinlnx+coslnx=0
Đáp án C
Cho
log2log3log4x=log3log4log2y=log4log2log3x=0
Tính tổng x3+x4+x
9
11
15
24
Ta có
log2log3log4x=0⇔log3log4x=1⇔log4x=3⇔x=43
Giải tương tự ta thu được y=24;z=32
Khi đó x3+x4+x = 9
Đáp án A
Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hàm số y=a2-3a+3x đồng biến
a = 1
a = 2
1 < a < 2
a < 1hoặc a < 2
Hàm số đã cho đồng biến khi và chỉ khi a2-3a+3x > 1 ⇔a2-3a+2>0⇔a<1 hoặc a > 2
Đáp án D
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=ln2x2+2xx2+e2+e2 trên 0;e
12
1
1+ln1+2
1-ln1+2
Do x∈0;e nên
fx=ln2x2+2xx2+e2+e2=lnx+x2+e22=lnx+x2+e2=lnx+x2+e2
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 0;e
Ta có f'x=1x2+e2>0,∀x∈0;e
Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn 0;e
Khi đó minx∈0;efx=f0=1
Đáp án B
Cho biết I=∫0π2xsinx+2mdx=1+π2. Tính giá trị của m-1
4
2
3
5
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần (hoặc bấm máy tính) ta có được ∫0π2xsinxdx=1
Khi đó
I=1+2m∫0π2xdx=1+mπ24=1+π2⇒m=4⇒m-1=3
Đáp án C
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x và x - 2y = 0 bằng với diện tích của hình nào trong các hình dưới đây?
Hình vuông có cạnh bằng 2
Hình chữ nhật có chiều dài, chiều rộng lần lượt là 5 và 3.
Hình tròn có bán kính bằng 3
Diện tích toàn phần khối tứ diện đều có cạnh bằng 233
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y=x và x-2y=0⇔y=x2 là x=x2⇔x≥0x=x24⇔x=0 hoặc x = 4
Diện tích hình phẳng cần tìm là
S∫04x-x2dx=∫04x-x2dx=2x33-x2404=43
Diện tích toàn phần của một khối tứ diện đều cạnh 2343 là Sxq=4.2343234=43
Đáp án D
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y=11+4-3x, y = 0, x = 0, x = 1 quay xung quanh trục Ox. Tính thể tích khối tròn xoay
π44ln32-1
π46ln32-1
π49ln32-1
π46ln32-1
Đặt
t=4-3x⇒dt=-324-3xdx⇒dx=-23dt
Đổi cận x=0→t=2;x=1⇒t=1
Khi đó
V=2π3∫12t1+t2dt=2π3∫1211+t-11+t2dt=2π3ln1+t+11+t2=π96ln32-1
Đáp án D
Một tàu lửa đang chạy với vận tốc 200m/s thì người lái tàu đạp phanh; từ thời điểm đó, tàu chuyển động chậm dần đều với vận tốc vt=200-20t m/s. Trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi thời gian khi tàu đi được quãng đường 750 m ít hơn bao nhiêu giây so với lúc tàu dừng hẳn?
5 s
10 s
15 s
8 s
Khi tàu dừng lại thì v = 0⇔200-20t=0⇔t=10s.
Ta có phương trình chuyển động với tại thời điểm đang xét với t0∈0;10
S=∫0t0vtdt=100t-20t220t0=200t=10t02
Khi đó
S=750⇔10t02+200t0-750=0⇒t0=5
vì t0∈0;10
Lệch nhau: 10 - 5 = 5s
Đáp án A
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm M, N, P là điểm biểu diễn của 3 số phức: z1=8+i;z2=1+4i;z3=5+xi.Tìm x để tam giác MNP vuông tại P
1 và 2
0 và 7
-1 và -7
3 và 5
Ta có 3 điểm M ( 8;3 ), N ( 1;4 ), P ( 5;x )⇒MP→-3;x;-3,NP→4;x;-4
∆MNP vuông tại P ⇔MP→.NP→=0⇔-12+x-3x-4=0⇔x=0;x=7.
Đáp án B
Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện z4+5z2+4=0
35-65i
65-35i
95
355
Gọi z = a + bi
Ta có
-2-3i+z=z-i⇔a-2-b+3i=a+b-1i⇔a-22+b+32=a2+b-12⇔a=2b+3
Ta cần tìm z sao cho a2+b2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có
a2+b2=2b+32+b2=5b+652+95≥95
Do đó mina2+b2=95⇔b=-65,a=35
Vậy 35-65i
Đáp án A
Gọi z1;z2;z3;z4 là các nghiệm phức của phương trình z4+5z2+4=0 Tính giá trị của biểu thức S=11-z1+11-z2+11-z3+11-z4
75
25
1
2
Giải phương trình ta được bốn nghiệm là i; -i; 2i; -2i
Do đó ta có:
S=11+i+11-i+11-2i+11+2i=21+i1-i+21-2i1+2i=22+25=75
Đáp án A
Cho hai số phức a và b thỏa mãn a=b=1. So sánh hai số x=a+b+i; y=ab+ia+b ta thu được kết quả nào trong các kết quả sau?
x = y
x < y
x > y
Kết quả khác
Do a=b=1 nên ta có thể đặt a=cosA+isinA; b=cosB+isinB
Khi đó ta có
x=cosA+cosB2+sinA+sinB+12y=cosAcosB-sinAsinB-sinA-sinB2+cosAsinB+sinAcosB+cosA+cosB2
Rút gọn ta có
x=3+2cosA-B+2sinA+sinBy=3+2cosA-B+2sinA+sinB
Do đó x = y
Đáp án A
Cho số phức z = a + bi thỏa mãn z+2i.z=3+3i Tính giá trị của biểu thức P=a2017+b2018
0
2
34034-3201852018
-34034-3201852018
Gọi z = a + bi. Suy ra z=a-bi⇒i.z=ia+b
Khi đó
z+2i.z=a+bi+2ia+b=a+2b+b+2ai=3+3i⇒a+2b=3b+2a=3⇒a=b=1
Do đó P=12017+12018=2
Đáp án B
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60o. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm CC’. Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C
a334
a332
a338
a336
Do tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC cho nên AM⊥BC và AM=a32.
AM⊥BC và AA'⊥BC⇒A'M⊥BC
⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là A'MA^=60o
Tam giác A’AM vuông góc tại A nên AA'=AM.tan60o=a32.3=3a2
Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là SBB'C'C=BB'.BC=3a22
AM⊥BC và AM⊥BB'⇒AM⊥BB'C'C
Thể tích khối chóp A.BB’C’C là: V=13.SBB'C'C.AM=13.3a22.a32= a334(đvtt).
Đáp án A
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB = 2a, AD = 2a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một góc bằng 45o. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
a63
a23
a66
a36
Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM⊥CD; CD⊥SH mà HP⊥SM⇒HP⊥SCD. Lại có AB//CD suy ra AB//SCD⇒dA;SCD=dH;SCD=HP
Ta có 1HP2=1HM2+1HS2 suy ra HP=a63
Vậy dA;SCD=a63
Đáp án A
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều có cạnh bằng a, cạnh bên tạo với đáy góc 30o. Biết hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) trùng với trung điểm cạnh BC. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC.
a3
a32
a36
a33
Gọi H là trung điểm BC⇒A'H⊥ABC⇒A'AH^=30o
Ta có AH=a32;A'H=AH.tan30o=a2
Tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC.
Gọi G là tâm của tam giác ABC, qua G kẻ đường thẳng d//A’H cắt AA’ tại E.
Gọi F là trung điểm AA’,trong mp (AA’H) kẻ đường trung trực của AA’ cắt d’ tại I ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’.ABC và bán kính .
Ta có: AEI^=60o;EF=16AA'=a6; IF=EF.tan60o=a36
Vậy R=AF2+IF2=a33
Đáp án D
Từ cùng một tấm kim loại dẻo hình quạt như hình vẽ có kích thước bán kính R = 5 và chu vi hình quạt là P=8π+10, người ta gò tấm kim loại thành những chiếc phễu theo hai cách:
1. Gò tấm kim loại ban đầu thành mặt xung quanh của một cái phễu.
2. Chia đôi tấm kim loại thành 2 phần bằng nhau rồi gò thành mặt xung quanh của hai cái phễu. Gọi V1 là thể tích của cái phễu thứ nhất, V2 là tổng thể tích của hai cái phễu ở cách 2.Tính V1V2
V1V2=217
V1V2=2212
V1V2=26
V1V2=62
8π chính là chu vi đường tròn đáy của cái phễu. Điều này có nghĩa là 2πγ=8π⇒r=4
Suy ra h=R2-r2=52-42=3
Do đó V1=13.3π.42=2217
Đáp án B
Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân ( BA = BC ), cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và có độ dài là a3 , cạnh bên SB tạo với đáy một góc 60o. Tính diện tích toàn phần của hình chóp
3+3+62a2
3+62a2
3+62a2
3-62a2
Ta có: SA⊥AB;SA⊥AC;BC⊥AB;BC⊥SA
Suy ra, BC⊥SAB nên: BC⊥SB
Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vuông.
Ta có: AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên SBA^=60o
tanSBA^=SAAB⇒AB=SAtanSBO^=a33=a=BCAC=AB2+BC2=a2+a2=a2SB=SA2+AB2=a33+a2=2a
Do đó ta có
Stp=SSAB+SSBC+SSAC+SABC=12SA.AB+SB.BC+SA.AC+AB.BC=12a3.a+2a.a+a3.a2+a.a=3+3+62a2
Vậy Stp=3+3+62a2
Đáp án A
Cối xay gió của nhân vật Đôn-Ki- Hô -Tê (trong tác phẩm “Đánh nhau với cối xoay gió” của tác Xéc-Van-Téc) phần trên có dạng một hình nón. Chiều cao của hình nón là 40cm và thể tích của nó là 18000cm3.Tìm bán kính đáy hình nón có giá trị gần đúng nhất.
12cm
21cm
11cm
20cm
Theo đề bài ta có V = 18000cm3, h = 40cm
Do đó, ta có:
V=13πr2h⇒r=3Vπh=3.1800040π⇒r≈20,72cm
Vậy bán kính của hình tròn là r = 21cm
Đáp án D
Từ một mảnh giấy hình vuông cạnh là a, người ta gấp nó thành 4 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tứ giác đều (như hình vẽ). Từ một mảnh giấy hình vuông khác cũng có cạnh là a, người ta gấp nó thành 3 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tam giác đều (như hình vẽ). Gọi V1;V2 lần lượt là thể tích của lăng trụ tứ giác đều và lăng trụ tam giác đều. So sánh V1 và V2
V1>V2
V1=V2
V1<V2
Không so sánh được
Ta có V1=a316 và V2=a.12.a3.32.a3=a3336.
Do đó V1>V2
Đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x+22=y-4-3=z+11 và điểm M ( 2;-1;3 ) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm K ( 1;0;0 ), song song với đường thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3
(P): 17x + 5y - 19z + 17 = 0
(P): 17x + 5y - 19z - 17 = 0
(P): 17x - 5y - 19z + 17 = 0
(P): 17x - 5y - 19z - 17 = 0
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u→2;-3;1, qua H ( -2;4;-1 )
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n→A;B;C;A2+B2+C2>0
Ta có
d//P⇔u→.n→=0H-2;4;-1∉P⇔2A-3B+C=0-3A+4B-C≠0⇔C=0-2A+3BC≠3A-4B
Mặt khác (P) qua K ( 1;0;0 ) suy ra P:Ax+By+3B-2Az-A=0
Ngoài ra
dM;P=-5A+8BA2+B2+3B-2A2=3⇔5A2-22.AB+17B2=0⇔A=B5A=17B
Với A = B⇒C = B không thỏa mãn (*)
Với 5A = 17B, chọn A = 17, suy ra B = 5, do đó C = -19 (nhận)
Vậy (P): 17x + 5y - 19z - 17 = 0
Đáp án B
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vecto a→1;-2;4 và b→x0;y0;z0 cùng phương với vectơ a→. Biết vectơ b→ tạo với tia Oy một góc nhọn và b→=21. Tính tổng x0+y0+z0
x0+y0+z0 = 3
x0+y0+z0 = -3
x0+y0+z0 = 6
x0+y0+z0 = -6
Do b→x0;y0;z0 cùng phương với a→1;-2;4 nên b→k;-2k;4k
Mà b→=21=k2+4k2+16k2=21k2 nên suy ra
Do đó x0=-1;y0=2;z0=-4
Vậy x0+y0+z0 = -3
Đáp án B
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x+y+z-1=0 và hai điểm A ( 1;-3;0 ), B ( 5;-1;-2 ). Điểm m ( a;b;c ) trên mặt phẳng (P) sao cho MA-MB đạt giá trị lớn nhất. Tính tổng a + b + c
1
11
5
6
Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng (P)
Ta tìm được điểm đối xứng với B qua (P) là B ' ( -1;-3;4 )
Lại có MA-MB=MA-MB'≤AB'=const.
Vậy MA-MB đạt giá trị lớn nhất khi M, A, B’ thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB’ với mặt phẳng (P).
Đường thẳng AB’ có phương trình tham số là x=1+ty=-3z=-2y.
Tọa độ điểm M ứng với tham số t là nghiệm của phương trình
1+t+-3+-2t-1=0⇔t=-3⇒M-2;-3;6
Suy ra a = -2; b = -3; c = 6
Vậy a + b + c = 1
Đáp án A
Cho m≠0 và hai đường thẳng
d:x-1m=y-31=z+5m; ∆:x=t+5y=2y+3z=-t+3
Nếu d cắt ∆ thì giá trị của m như thế nào trong các trường hợp dưới đây?
Một số nguyên dương
Một số nguyên âm
Một số hữu tỉ dương
Một số hữu tỉ âm
Ta có hệ giao điểm như sau
1+mt'=t+53+t'=2t+3-5+mt'=-t+3⇒t'=2t2mt+1=t+52mt-5=-t+3⇔2m-1t=42m+1t=8
Hệ có nghiệm duy nhất ⇔42m-1=82m+1⇔m=32
Vậy m là một số hữu tỉ dương.
Đáp án C
