Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 14 )
43 câu hỏi
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y=1+sin2xsin2xn+1+cos2xcos2xn
2n
3n
2.3n
3.2n
Điều kiện
sinx≠0cosx≠0⇔sin2x≠0⇔x≠kπ2,k∈Z
Ta có
y=2cot2xn+2+tan2x≥22+cot2xn2+tan2xn=25+2tan2x+cot2x≥25+4n=2.3nminy=2.3n⇔tan2x=cot2x⇔tanx=±1⇔x=±π4+kπ,k∈Z
Đáp án C
Tính tổng các nghiệm thuộc khoảng 0;π của phương trình 4sin2x2-3cos2x=1+2cos2x-3π4
37π18
π
37π17
3π2
Phương trình đã cho tương đương với
21-cosx-3cos2x=1+1+cos2x-3π2⇔-2cosx=3cos2x-sin2x⇔-cosx=32cos2x-12sin2x⇔cosπ-x=cos2x+π6⇔x=5π18+k2π3x=-7π6+k2π
Do x∈0;π nên x∈5π18;17π18;5π6.
Vậy tổng các nghiệm là 37π18
Đáp án A
Tìm các họ nghiệm của phương trình: tan2x+tanxtan2x+1=22sinx+π4
x=-π4+kπ2x=π6+k2πx=5π6+k2π
x=π4+kπx=π6+k2πx=-5π6+k2π
x=π4+kπx=π6+k2πx=5π6+k2π
x=-π4+kπx=π6+k2πx=5π6+k2π
Điều kiện cosx≠0⇔x≠π2+kπ.
Phương trình đã cho tương đương:
tan2x+tanxcos2x=12sinx+cosx⇔sin2x+sinxcosx=12sinx+cosx⇔2sin2x+sin2x=sinx+cosx⇔2sinxsinx+cosx=sinx+cosx⇔sinx+cosx2sinx-1=0⇔sinx+cosx=02sinx-1=0⇔tanx=-1sinx=12⇔x=-π4+kπx=π6+k2πx=5π6+k2π
Đáp án D
Cho x bông hồng trắng và y bông hồng nhung khác nhau. Cho biết x, y là nghiệm của hệ bất phương trình Cxx-2+Cy+32+92<192Ax1Py-1=720 . Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung
193442
319442
139442
391442
Trước hết ta giải hệ bất phương trình để tìm x, y
Phương trình trong hệ cho ta
y-1!=720⇔y-1!=6!⇔y-1=6⇔y=7
Thay y = 7 vào bất phương trình trong hệ ta được: Cxx-2+C102+92<192Ax1
Với điều kiện x≥2,x∈N, bất phương trình tương đương với:
x!2!x-2!+45+92<192x⇔xx-12+45+92<192x
⇔x2-20x+99<0⇔9<x<11 Vì x∈N nên x = 10
Như vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung. Để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có C71.C102=1575 cách
Trường hợp 2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có C74.C101=350 cách
Trường hợp 3: 5 bông hồng nhung có C75=21 cách
Suy ra có tất cả 1575+350+21=1946 cách.
Số cách lấy ra 5 bông hồng bất kì là C175=6188.
Vậy xác suất cần tìm là P=19466188=139442
Đáp án C
Một lô hàng có 10 sản phẩm, trong đó có 2 phế phẩm. Lấy tùy ý 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Tìm xác suất để trong 6 sản phẩm đó có không quá 1 phế phẩm.
23
25
35
57
Số cách chọn 6 sản phẩm bất kì trong 10 sản phẩm là: C106=210
Số cách chọn 6 sản phẩm mà có 1 phế phẩm là: C21C85=112
Số cách chọn 6 sản phẩm mà không có phế phẩm nào: C86=28
Suy ra số cách chọn 6 sản phẩm mà có không quá 1 phế phẩm là:
Vậy xác suất cần tìm là: P=140210=23
Đáp án A
Hội đồng quản trị của một công ty gồm 12 người, trong đó có 5 nữ. Từ hội đồng quản trị đó người ta bầu ra 1 chủ tịch hội đồng quản trị, 1 phó chủ tịch hội đồng quản trị và 2 ủy viên. Hỏi có mấy cách bầu sao cho trong 4 người được bầu phải có nữ
5502
5520
5250.
5052.
+ Loại 1: bầu 4 người tùy ý (không phân biệt nam, nữ)
- Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có A122 cách.
- Bước 2: bầu 2 ủy viên có C102 cách.
Suy ra có A122.C102 cách bầu loại 1.
+ Loại 2: bầu 4 người toàn nam.
- Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có A72 cách.
- Bước 2: bầu 2 ủy viên có C52 cách.
Suy ra có A72.C52 cách bầu loại 2.
Vậy có A122.C102-A72.C52=5520 cách.
Đáp án B
Cho n là số nguyên dương thỏa mãn An+33-6Cn+13=294
Tìm số hạng mà tích số mũ của x và y bằng 18 trong khai triển nhị thức Newton: 6n.x43y+y2x2n (với x≠0;y≠0).
160x9y2
160x2y9
160x3y6
160x6y3
Điều kiện: 2≤n∈N
Ta có
An+33-6Cn+13=294⇔n+3!n!-6n+1!3!n-2!=294⇔n+3n+2n+1-n+1nn-1=294⇔n2+2n-48=0⇔n=6n=-8
So với điều kiện chọn n = 6
Với n = 6 ta có 2x4y+y2x26=∑k=06C0k2x4y6-ky2x2k=∑k=06C0k26-kx24-6ky-6+3k
Giả thiết bài toán cho ta 24-6k-6+3k=18⇔k-32=0⇔k=3
Khi k = 3 ta thu được số hạng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C6322x6y3=160x6y3
Đáp án D
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi G là trọng tâm của tứ diện BCC’D’. Đặt AB→=a→;AD→=b→;AA'→=c→. Biểu diễn vectơ AG→ theo các vectơ a→,b→,c→
AG→=14a→+5b→+2c→
AG→=143a→+5b→+c→
AG→=143a→+3b→+2c→
AG→=143a→-b→+2c→
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và C’D’. Khi đó G là trung điểm IJ.
Ta có
AG→=12AI→+AJ→=12AB→+BI→+AD→+DD'→+D'J→=12a→+12b→+b→+c→+12a→=143a→+3b→+2c→
Đáp án C
Cho hàm số y=1-x2. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
1+x2y"+x.y'+y=0
1+x2y"-x.y'-y=0
1-x2y"+x.y'+y=0
1-x2y"-x.y'+y=0
Ta có y'=-x1-x2; y"=-11-x23
Khi đó
1-x2y"-x.y'+y=0=1-x2.-11-x23-x.-x1-x2=0
Đáp án D
Một viên đạn được bắn ra với vận tốc ban đầu v0>0từ một nòng súng đặt ở gốc tọa độ O nghiêng một góc α với mặt đất (nòng súng nằm trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy và tạo với trục hoành Ox góc α ). Biết quỹ đạo chuyển động của viên đạn là parabol γα:y=-g2v021+tan2αx2+xtanα (với g là gia tốc trọng trường) và giả sử rằng quỹ đạo lấy luôn tiếp xúc với parabol an toàn T:y=-g2v02x2+v022g . Tìm tọa độ tiếp điểm khi α∈0;π2
M-v02gtanα;v022g1-cot2α
Mv02gtanα;v022g1-1tan2α
Mv02tanα;v022-gtan2α+1g
Mv02tanα;12v02g-gtanα
Xét γα:y=-g2v021+tan2αx2+xtanα và T:y=-g2v02x2+v022g
γα tiếp xúc T khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm fx=gx1f'x=g'x2
Ta có
2⇔-gv021+tan2αx+tanα=-gv02x⇔-gv02tan2αx+tanα=0⇔x=v02gtanα
Đáp án B
Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y=x+m2+m+1x-1 đồng biến trên từng khoảng -∞;1 và 1;+∞
m = 1
m = -1
m=±1
m∈∅
Ta có y'=-1-m2-m-1x-12
Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng -∞;1và 1;+∞ khi và chỉ khi
-m2-m-2>0⇔m2+m+2<0⇔m+122+74<0⇔m∈∅
Đáp án D
Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x2+1x+1 trên đoạn [ 1;2 ]. Tìm giá trị của biểu thức 3M-4m20188m-3M-42019
1
-1
0
2
Ta tính được y'=2xx+1-x2+1x+12=x2+2x-1x+12>0
Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên đoạn [ 1;2 ].
Do đó y1≤y≤y2⇔1≤y≤53
Điều này có nghĩa là m=1;M=53.
Vậy giá trị của biểu thức đã cho bằng –1
Đáp án B
Tìm số giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y=-x4+2m+2x2-m-4 không có điểm chung với trục hoành.
1
2
3
4
Ta có a = -1 < 0 và y ' = 0⇔x=0x2=m+2 nên dựa vào hình dáng của đồ thị hàm số ta xét các trường hợp sau để đáp ứng yêu cầu bài toán.
Hàm số chỉ có một cực trị âm ⇔m+2≤0y0<0⇔-4<m≤-2
Hàm số có ba cực trị và giá trị cực đại âm
⇔m+2>0y±m+2<0⇔-2<m<0
Qua hai trường hợp trên ta thu được -4 < m < 0.
Do m∈Z nên m∈-3;-2;-1.
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán
Đáp án C
Hàm số y=asinx+bcosx+x+a+b3 (với x∈0;2π) đạt cực trị tại x=π3;x=π. Tính tổng a+b3
3
3-1
4
3+1
Ta có y'=acosx+bsinx+1.
Do hàm số đạt cực trị tại các điểm x=π3;x=π nên
y'π3=0y'π=0⇔12a-32b+1=0-a+1=0⇔a=1b=3
Do đó a+b3 = 4
Đáp án C
Tìm các hệ số a, b, c để đồ thị hàm số y=ax4+bx2+c có dạng như hình vẽ.
a=-14;b=3;c=-3
a = 1; b = -2; c = -3
a = 1; b = -3; c = 3
a = 1;b = 3; c = -3
Nhìn đồ thị suy ra:
a > 0
Đồ thị qua điểm A ( 0;-3 ) nên c = -3
Đồ thị có 3 cực trị nên a và b trái dấu nhau.
Do đó lựa chọn a = 1; b = -2; c = -3 như phương án C đã nêu
Đáp án C
Cho hàm số y=2x+12x-m có đồ thị (C) và hai điểm A ( -2;3 ); C ( 4;1 ) . Tìm m để đường thẳng d:3x-y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt B, D sao cho tứ giác ABCD là hình thoi
83
38
43
34
Đường thẳng AC qua A ( -2;3 ); C ( 4;1 ) nhận AC→=6;-2 làm vec tơ chỉ phương nên có phương trình là: x+26=y-3-2⇔y=-13x+73
Tọa độ giao điểm của AC và BD là nghiệm của hệ phương trình 3x-y-1=0y=-13x+73⇔x=1y=2
Để ý rằng AC⊥BD và I là trung điểm AC.
Khi đó ABCD là hình thoi thì I ( 1;2 ) là trung điểm của BD.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: 2x+12x-m=3x-1⇔6x2-3m+4x+m-1=0
Do ∆=3m+42-4.6m-1=9m2+24>0,∀m nên d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt B và D.
Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Theo định lý Viet ta có x1+x22=3m+412
Đáp án A
Để I là trung điểm của BD thì 3m+412=1⇔m=83
Đáp án A
Tìm m để bất phương trình x-61-xm-16x-26x+2m+1ex2-πx+2018≥0 đúng ∀x∈0;1
m<12
m≤12
0<m<12
0≤m≤12
Vì x - 1 thì bất phương trình đã cho đúng với mọi x nên chỉ cần tìm m để bất phương trình đúng với x∈0;1
Xét hàm số: fx=x-61-x với x∈0;1
Ta có: f'x=1+61-xln6>0∀x∈0;1⇒fx đồng biến trên 0;1⇒fx≤f1=0∀x∈0;1⇒fx<0∀x∈0;1
Hơn nữa ex2-πx+2018>0,∀x∈0;1.
Vậy bài toán quy về tìm m để bất phương trình: m-16x-26x+2m+1≤0 với x∈0;1.
Đặt t=6x thì t∈1;6. Bất phương trình thành
m-1t-2t+2m+1≤0⇔m≤t2-t+2t2+2t⇔m≤mint∈1;6gt
(với gt=t2-t+2t2+2t,t∈1;6).
Ta có
g't=3t2-4t-4t2+2t2g't=0⇔t=23t=2
Lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên ta tìm được: mint∈1;6gt=12
Vậy m≤12 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án B
Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của y=x-2x+1 biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.
y=x+2-23;y=x-2+3
y=x+2+23;y=x-2+3
y=x-2-23;y=x+2+3
y=x+2-23;y=x+2+3
Phương trình tiếp tuyến có dạng:
y=3x0+12x-x0+x0-2x0+1 ( x0≠-1 là hoành độ tiếp điểm)
Gọi I là giao điểm hai tiệm cận và A,B lần lượt là giao điểm của ∆ với hai tiệm cận.
Ta có I ( -1;1 ), A -1;x0-5x0+1, B 2x0+1;1
Suy ra
IA=6x0+1;IB=2x0+1r=IA.IBIA+IB+AB=IA.IBIA+IB+IA2+IB2≤IA.IB2IA.IB+2IA.IB=623+6
Dấu "=" xảy ra khi và ch khi
IA=IB⇔6x0+1=2x0+1⇔x02+2x0-2=0⇔x0=-1-3x0=-1+3
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là: y=x+2-23;y=x+2+3
Đáp án D
Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 300 km. Vận tốc của dòng nước là 6 km/h. Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v km/h thì năng lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức Ev=cv3t, trong đó c là một hằng số và E được tính bằng Jun. Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất.
6 km/h
9 km/h
12 km/h
15 km/h
Vận tốc của cá bơi khi ngược dòng là (km/h).
Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 300 km là t=300v-6.
Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là Ev=cv3.300v-6=300c.v3v-6J,v>6
Ta có
E'v=600cv2v-9v-62E'=0⇔v=9
(do v > 6 ).
Lập bảng biến thiên và đi đến kết luận 9 km/h chính là vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao ít nhất
Đáp án B
Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn a2+b2=14ab. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?
2log2a+b=4+log2a+log2b
lna+b4=lna+lnb2
2loga+b4=loga+logb
2log4a+b=4+log4a+log4b
Với mọi 0 < k ta có
a2+b2=14ab⇒a+b2=16ab⇒logka+b2=logk16ab⇒2logka+b2=logk16+logka+logkb
Thử từng cơ số của k ta thấy đáp án D cho ra kết quả không chính xác
Đáp án D
Cho k=logaab3 với a,b > 1 và P=loga2b+16logba. Tìm k để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất
k = 1
k = 2
k = 3
k = 4
Ta có P=loga2b+16logba
Đặt t=logab
Xét hàm số
ft=t2+16tf't=2t-16t2=0⇔t=2
Với t = 2 ta có logab=2⇒a2=b. Thay b=a2 vào k ta được k=logaab3=logaa.a23=1
Đáp án A
Chuyện kể rằng: “Ngày xưa, ở đất nước Ấn Độ có một vị quan dâng lên nhà vua một bàn cờ có 64 ô kèm theo cách chơi cờ. Nhà vua thích quá, bảo rằng: “Ta muốn dành cho khanh một phần thưởng thật xứng đáng. Vậy khanh thích gì nào?” Vị quan tâu “Hạ thần chỉ xin Bệ Hạ thưởng cho một số hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau: “Bàn cờ có 64 ô thì với ô thứ nhất thần xin nhận một hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 thì lại gấp đôi ô thứ hai, ô sau nhận số hạt gạo đôi phần thưởng dành cho ô liền trước.” Thoạt đầu nhà Vua rất ngạc nhiên vì phần thưởng quá khiêm tốn nhưng đến khi những người lính vét sạch đến hạt thóc cuối cùng trong kho gạo của triều đình thì nhà Vua mới kinh ngạc mà nhận ra rằng: “Số thóc này là một số vô cùng lớn, cho dù có gom hết số thóc của cả nước cũng không thể đủ cho một bàn cờ chỉ có vọn vẹn 64 ô!”. Bạn hãy tính xem số hạt thóc mà nhà vua cần để ban cho vị quan là một số có bao nhiêu chữ số?
19
20.
21
22.
Số thóc ở ô thứ n là 2n-1 hạt.
Tổng số thóc ở các ô là S=∑2n164=1+2+2n+..+261=264-1 hạt.
Lưu ý rằng số các chữ số của một số chính là giá trị nguyên nhỏ nhất lớn hơn loga của số đó.
Sử dụng máy tính ta tính đượclog264-1≈19,26591972
Do đó số thóc là một số có 20 chữ số.
Đáp án B
Tính đạo hàm của hàm số fx=1x+lnxx
-lnxx
lnxx
lnxx4
lnx2
Ta có
y'=-1x2+lnx'x-lnxx'x2=-1x2+1-lnxx2=-lnxx2
Đáp án A
Cho x thỏa mãn điều kiện log14063=x.logx3.log7x+1logx3.log35.log7x+1 . Tìm giá trị của x:
x = 2
x = 4
x = 3
x = 5
Sử dụng chức năng CALC trong máy tính Casio và nhập từ giá trị ta thấy x = 1 thỏa.
Tập nghiệm của bất phương trình 3.9x-10.3x+3≤0 có dạng S = [ a;b ]. Tính giá trị của b - a
1
32
2
52
Bất phương trình tương đương với 3.32x-10.3x+3≤0
Đặt t=3x>0 Bất phương trình trở thành 3t2-10t+3≤0⇔13≤t≤3.
Với 13≤t≤3, ta được 13≤3x≤3⇔-1≤x≤1
Do đó tập nghiệm của bất phương trình là S = [ -1;1 ]
Vậy b - a = 2
Đáp án C
Cho a=log215,b=log102. Tính log875 theo a và b.
ab-b+13b
ab-b-13b
a-b+13b
ab+b+13b
Ta có:
log875=13log215.5=13log215+log25=13log215+log25-1=13log215+log210-1=13log215+1log102-1=13a+1b-1=ab-b+13b
Đáp án A
Cho log2log3log4x=log3log4log2x=log4log2log3z=0. Tính giá trị của biểu thức x3+y3+z
9
8
7
6.
Ta có: log2log3log4x=log3log4log2x=log4log2log3z=0⇔x=4xy=24z=32
Khi đó x3+y3+z=9
Đáp án A
Tìm a,b,c,d để Fx=ax+bcosx+cx+d là một nguyên hàm của hàm số fx=xcosx
a = b =1, c = d = 0
a = d = 0, b = c = 1
a = 1, b = 2, c = -1, d = -2
a = b = c = 0, d = 1
Do F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên F'x=fx,∀x∈R
⇔a+dcosx+cxcosx+c-bsinx-axsinx=cosx,∀x∈R⇔c+d=0c=1c-b=0a=0⇔a=d=0b=c=1
Đáp án B
Cho hàm số f(x) có nguyên hàm trên . Xét các mệnh đề sau đây:
(I). ∫0π2sin2x.fsinxdx=∫01fxdx
(II). ∫01fexexdx=∫1efxx2dx
(III). ∫0ax3fx2dx=12∫0a2xfxdx
Những mệnh đề nào trong các mệnh đề đã cho là đúng?
Chỉ (I).
Chỉ (II).
Chỉ (III).
Cả (I), (II) và (III)
Xét mệnh đề (I).Ta có
∫0π2sin2x.fsinxdx=2∫0π2sinx.fsinxdsinx
Đặt t = sin(x)
Đổi cận x = 0⇒t = 0 và x=π2⇒t=1.
Khi đó
∫0π2sin2x.fsinxdx=2∫01tftdt=2∫01xfxdx
Do đó mệnh đề (I) đúng.
* Xét mệnh đề (II). Đổi biến t=ex, suy ra mệnh đề (II) đúng.
* Xét mệnh đề (III). Đổi biến t=x2 , suy ra mệnh đề (III) đúng
Đáp án D
Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [ 0;1 ] và thỏa mãn ∫01xf'x-2dx=f1 .Tính giá trị của I=∫01fxdx
-1
1
0
π
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có
∫01xf'x-2dx=fx⇒∫01xf'xdx=∫012xdx+f1⇒∫01xdfx=x201+f1=1+f1⇒xfx01-∫01fxdx=1+f1⇒∫01fxdx=-1
Đáp án A
Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x=0; x=π, biết rằng thiết diện của vật thể với mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x∈0;π là một tam giác đều có cạnh là 2sinx
3
π3
23
2π
Gọi S(x) là diện tích thiết diện đã cho thì Sx=2sinx2.34=3sinx
Thể tích vật thể là V=∫0πSxdx=∫0π3sinxdx=23
Đáp án C
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x2+x-1 và y=x4+x-1 là:
415
154
4,15
4,05
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là
x2+x-1=x4+x-1⇔x2-x4=0⇔x∈0;1;-1
Khi đó diện tích cần tìm là
S=∫-11x2-x4dx=∫-10x2-x4dx+∫01x2-x4dx=x33-x55-10+x33-x5501=415
Đáp án A
Tốc độ sinh sản trung bình sau thời gian t năm của loài hươu Krata được mô tả bằng hàm số vt=2.103.e-1t. Tính số lượng con hươu tối thiểu sau 20 năm biết rằng ban đầu có 17 con hươu Krata và số lượng hươu L(t) con được tính qua công thức dLtdt=vt
2017
1000
2014
1002.
Ta có
dLdt=vt==2.103.e-1t⇒Lx-L0=∫0x2.103.e-1tdt
Khi đó
Lx=L0-2.103te-10x-∫0xe-1dt=L0-2.103x.e-x--e-10x=L0-2.103x.e-x+e-x-1
Với x = 20 và L(0) = 17 ta đi đến L(20) = 2017
Đáp án A
Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol P:y=-x2+2x và d:y=mxm>0 bằng 27
m = -1
m = -2
m∈∅
m∈R
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là
-x2+2x=mx⇔x2-2-mx=0⇔x=0x=2-m>0
Khi đó
S=∫02-m-x2+2x-mxdx=∫02-m-x2+2x-mx=-x33+x2-mx2202-m=-m3+6m2-12m+8=27
Do đó m3-6m2+12m+9=0
Giải phương trình này, ta tìm được m = -1 là giá trị thỏa yêu cầu bài toán.
Đáp án A
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn là đường thẳng z-1+i=z+1-2i là đường thẳng ∆:ax+by+c=0. Tính ab + c
15
9
11
6
Giả sử z = x + yi có điểm M (x;y) biểu diễn z trên mặt phẳng (Oxy).
Ta có z-1+i=x-1+y+1i; z+1-2i=x+1+-y-2i
Theo đề bài
z-1+i=z+1-2i⇔x-12+y+12=x-12+-y-22⇔x-12+y+12=x-12+y+22⇔x2-2x+1+y2+1=x2+2x+1+y2+4y+4
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường thẳng ∆:4x+2y+3=0
Suy ra a = 4; b = 2; c = 3 Vậy ab + c = 11
Đáp án C
Cho phương trình z2-4z2-3z2-4z-40=0. Gọi z1;z2;z3 và z4 là bốn nghiệm của phương trình đã cho. Tính giá trị của biểu thức P=z12+z22+z33+z42
33
34.
35
36
Phương trình đã cho tương đương với
z2-4z=-5z2-4z=8⇔z2-4z+5=0z2-4z-8=0⇔z=2±iz=2-22z=2+23
Khi đó P=z12+z22+z33+z42=34
Đáp án B
Tính tổng các giá trị của tham số m để số phức z=m-1+2m-1i1-mi là số thực.
-3
-2
-1
0
Ta có
z=m-1+2m-1i1-mi=m-1+2m-1i1+mi1-mi1+mi=-2m2+3m-11+m2+m2+m-21+m2i
z là số thực ⇔m2+m-2=0⇔m=1m=-2
Đáp án C
Trong mặt phẳng (Oxy) cho các điểm A,B,C tương ứng biểu diễn cho các số phức z1=1+i;z2=1+i2; z3=m-i (với m∈R). Tìm m để ∆ABC vuông tại B.
-3
-2
3
4
Để ý rằng A ( 1;1 ), B ( 0;2 ), C ( m;-1 )
Khi đó AB→=-1;1,BC→=m;-3.
∆ABC vuông tại B ⇔AB→.BC→=0⇔-m-3=0⇔m=-3
Đáp án A
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
a33
a4212
a428
a312
Trong mặt phẳng (ABC), qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Kẻ HI⊥d , dễ thấy AI⊥SHI. Trong tam giác vuông SHI kẻ HK⊥SI , nhận thấy HK⊥SIA.
Ta có dSA,BC=dB,SIA=32dH,SIA=32HK
Ta tính được H=HA.sin60o=a33
Ta có SCH^=SC;ABC^, suy ra SH=a213
Từ 1HK2=1SH2+1HI2 ta thu được HK=a4212
Suy ra dSA,BC=32HK=a428
Đáp án C
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, đường cao của hình chóp bằng a32. Tính số đo góc giữa mặt bên và đáy
30o
45o
60o
90o
Ta có:
SI=a32;IH=a2⇒tanIHS^=SIHI=3⇒SBC;ABCD^=IHS^=60o
Đáp án C
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc ABC bằng , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy góc 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
a32
a33
a35
a322
Ta có:
AC=a⇒SA=ACtan60o=a3BD=2BI=2.BC.sin60o=a3V=13SA.SABCD=13.SA.12.AC.BD
Đáp án A
Cho khối cầu (S) tâm O, bán kính R ngoại tiếp khối lập phương (P) và nội tiếp khối trụ (T). Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích của khối lập phương (P) và khối trụ (T). Tính giá trị gần đúng của tỉ số V1V2
0,23
0,24
0,25
0,26
Để ý rằng đường chéo của hình lập phương chính là đường kính của khối cầu. Mặt khác ta lại có công thức: “Bình phương độ dài đường chéo của hình lập phương bằng ba lần bình phương của độ dài cạnh hình lập phương”. Khi đó 2R2=3a2⇒a=2R33
Suy ra V1=233R3=839R3.
Vì khối cầu có bán kính R nên ta có thể tính được bán kính và chiều cao của khối trụ ngoại tiếp ngoài khối cầu lần lượt là R và 2R.
Do đó V2=πR2.2=2πR3
Vậy ta có tỉ số V1V2=839R32πR3=439π≈0,245
Đáp án C
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều và độ dài 9 cạnh đều bằng a. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
R=a216
R=a4212
R=a33
R=a36
Gọi I,I’ lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ABC, A'B'C'. Khi đó I và I’ đồng thời cũng là tâm của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ấy và nằm trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với đường thẳng II’. Suy ra trung điểm O của đoạn II’ chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp đi qua 6 đỉnh của lăng trụ đã cho.
Do đó R=OA=AI2+OI2=23.a322+a22=a216
Đáp án A
