Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( ĐỀ 5 )
49 câu hỏi
Cho góc a thỏa mãn π<a<3π2 và sina - 2cosa = 1. Tính A = 2tana- cosa
6
16
2
12
Vì π<a<3π2 nên sina < 0; cosa < 0. Ta có
sinα-2cosα=1sin2α+cos2α=1⇒1+2cosα2+cos2α=1⇒5cos2α+4cosα=0⇒cosα=-45
Suy ra α=-1-cos2α=-35; tanα=34; cotα=43. Vậy A = 2tana - cota = 2.34-43=16
Đáp án B
Tìm các nghiệm x∈0;π2 của phương trình sau
4sin2π-x2-3π2-2x=1+2cos2x-3π4
x=5π8
x∈5π18;7π18
x=7π18
x∈∅
Ta có:
4sin2π-x2-3π2-2x=1+2cos2x-3π4⇔21-cos2π-x-3cos2x=1+1+cos2x-3π2⇔2-2cosx-3cos2x=2-sin2x⇔sin2x-3cos2x=2cosx⇔12sin2x-32cos2x=cosx⇔sin2x-π3=cosπ3-x⇔x=5π8+k2π3x=5π6+k2π
Vì x∈0;π2 nên ta chọn được nghiệm x=5π8
Đáp án A
Cho khai triển nhị thức: ab3+b2b23aa233n với
a≠0;b≠0. Hãy xác định hệ số của số hạng có tỉ số lũy thừa của a và b bằng -12 biết rằng
3C240-12C2n1+C2n2-14C2n3+...+32n+1C2n2n=109235
161280
280161
280116
D, 116280
Xét 32k+1C2n2k = 32k+1C2n+12k+1 và -12k+1C2n2k = -12k+1C2n+12k+1
Điều kiện bài toán tương đương với:
32n+1C2k2n+C2n+13-12n+1C2n+12+C2n+14=109235⇔22n+1.22n+12-12n+122n+12-C2n+10=109235
Giải phương trình này hết sức đơn giản ta tìm được n = 7. Ta có:
ab3+b2b23aa2321∑k=021C21kak3bk3b8(21-k)3a-521-k3
Hệ số của số hạng có tỉ số lũy thừa của a và b bằng -12 nên
k3-35+5k35-k3+56-8k3=-12⇒k=14
Vậy hệ số của bài toán thỏa mãn yêu cầu bài toán là C2114=116280
Đáp án D
Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n > 4 ). Tìm n biết rằng trong số các phần tử của A có đúng 16n tập con có số phần tử là lẻ.
n = 8
n = 9
n = 10
n = 16
Cn1;Cn2;Cn3 lần lượt là số các tập con của A gồm 1;3;5… phần tử. Ta luôn có
Cn0+Cn1+..+Cnn=2n⇒Cn0+Cn1+...=2n-1
Từ giả thiết ta có phương trình:
2n-1=16n⇔2n-5=n
Vì n > 4 nên ta xét n = 5 thấy không thỏa (*), do đó ta xét n≥6;n∈ℤ
Xét hàm số fx=2x-5-x liên tục trên nửa khoảng [6;+∞),x∈ℤ.
Ta có f'x=2x-5ln2-1>0; ∀x≥6⇒fx liên tục và đồng biến trên nửa khoảng [6;+∞),x∈ℤ và f(8) = 0 nên x = 8 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2x-5-x=0;x≥6. Vậy n = 8 thỏa mãn đề bài.
Đáp án A
Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại.
211
311
411
23
Số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp là: C121 = 220
Số cách chọn 3 hộp có cả 3 loại là C51C41C31 = 60 .
Xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại là 60220=311
Đáp án B
Tính giới hạn
lim1-22.31-23.4....1-2n+1n+2
23
0
13
+∞
Đặt
xn=1-22.31-23.4....1-2n+1n+2
Từ
1-2k+1k+2=kk+3k+1k+2k=1,...,n
ta có
xn=1.42.32.53.43.64.5...nn+3n+1n+2=n+33n+1
Vậy limxn=13
Đáp án C
Tính giới hạn limx→-∞xx+x2+1
12
-12
-∞
+∞
Ta có:
limx→-∞xx+x2+1=limx→-∞xx+x+1+1x2=limx→-∞xx-x1+1x2=limx→-∞x21-1+1x2=limx→-∞x21-1+1x21+1+1x2=-12
Đáp án B
Cho hàm số y=x33sin3x+π4. Tính đạo hàm y’.
y'=x2sin3x+π4+x2cos3x+π4
y'=x2sin3x+π4+x3cos3x+π4
y'=x3sin3x+π4+x2cos3x+π4
y'=x2cos3x+π4+x3sin3x+π4
y'=x33sin3x+π4+x33sin3x+π4=x2sin3x+π4+x3cos3x+π4
Đáp án A
Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(1;2) và đường tròn (C) có tâm I, bán kính R. Gọi M∈C và N∈C':x2+y2-2x-4=0 sao cho MN→=IA→. Gọi yM,yN lần lượt là tung độ các điểm M, N. Hỏi mệnh đề nào sai?
yM+yN=4
yMyN=0
yM-yN=4
yMyN=1
Do MN→=IA→ nên N=TIA→M
M∈C⇒N∈C1 là ảnh của (C) qua phép tịnh tiến TIA→. Do TIA→I=A nên C1:x-12+y-22=9
N=C'∩C1⇒ tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
x2+y2-2x-4=0x-12+y-22=9⇒x=1±5=xny=0=yn
Suy ra xM=1±5;yM=-4 . Vậy D sai.
Đáp án D
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a; AD = b; AA' = c. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD’
ab2+c2a2+b2+c2
bc2+a2a2+b2+c2
ca2+b2a2+b2+c2
ab+bc+caa2+b2+c2
Do AB⊥AD' nên ∆ABD'vuông tại A.
Trong ∆ABD'kẻ đường cao AH thì AH = d( A,BD' )
Trong ∆ADD'ta có
AD'=AD2+DD'=b2+c2BD'=AB2+AD2=a2+b2+c2
Xét ∆ABD' ta được AH.BD' = AB.AD'
⇒AH=AB.AD'BD' = ab2+c2a2+b2+c2
Vậy d ( A, BD' ) = AH = ab2+c2a2+b2+c2
Đáp án A
Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số
y=ax3+bx2+c. Phương án nào sau đây là đúng?
a = 2; b = 3; c = -4
a = 1; b = -3; c = -4
a = 1; b = 3; c = 4
a = 1; b = 3; c = -4
Vì đồ thị hàm số đi qua các điểm (0;-4),(l;0),(-l;-2) nên
c=-4a+b+c=0-a+b+c=-2⇒a=1b=3c=-4
Đáp án D
Tìm giá trị của m để hàm số y=mx2+2x+1x+1 luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
0<m≤1
0≤m≤1
0≤m<1
0 < m < 1
Tập xác định: D = R ∖ { 1 }
· y'=mx2+2mx+1x+12
· Hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó khi và chỉ khi y ' > 0; ∀x≠1
· Xét m = 0, ta có y'=1x+12>0; ∀x≠1 (tm).
· Xét m≠0 .Yêu cầu bài toán
⇔∆'=m2-m≤0m>0⇔0≤m≤1m>0⇔0<m≤1
Kết luận: 0≤m≤1
Đáp án B
Cho hàm số
fx=x99-x88+x66-x55+x44-x22+x+2017
Mệnh đề nào sau đây đúng?
Hàm số f(x) chỉ có cực đại;
Hàm số f(x) chỉ có cực tiểu;
Hàm số f(x) chỉ có cực đại và cực tiểu;
Hàm số f(x) không có cực trị
· Tập xác định: D = R
f'x=x8-x7+x5-x4+x3-x+1=1+x-1x7+x4+x2+x=1+x3-1x2+x+1x7+x4+x2+x1=x10+x5+1x2+x+1+1=x5+122+34x+122+34>0
Vậy hàm số f(x) không có cực trị.
Đáp án D
Tìm điều kiện của a,b để hàm số
y=x+a3+x+b3-x3 có cực trị
ab≥0
a≥0b≥0
a>0b>0
ab > 0
· Tập xác định: D = R
y'=3x+a2+3x+b2-3x2=3x2+6a+bx+3a2+b2
· Hàm số có cực trị nên y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔∆'=9a+b2-3.3a2+b2>0⇔ab>0
Đáp án D
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y=x3-3x2+2 có điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với đường tròn
Cm:x2+y2-2mx-4my+5m2-1=0
1<m<53
-1<m<53
35<m<1
-35<m<1
· Đường tròn
Cm:x2+y2-2mx-4my+5m2-1=0
có tâm I ( m;2m ), bán kính R = 1.Ta có:
IB=5m2+4m+8=5m+252+365≥65>1=R
điểm B nằm ở phía ngoài đường tròn Cm. Do đó điểm A nằm ở phía trong đường tròn Cm, tức là:
LA<1=R⇔5m2-8m+4<1⇔5m2-8m+3<0⇔35<m<1
Đáp án C
Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = 5cosx - cos5x trên đoạn -π3;π3. Tính Mm
63
8
123
33
f'x=-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2xf'x=0⇔sin2x=0cos3x=0⇔x=kπ2x=π6+kπ3
Do x∈-π3;π3 nên x∈-π6;0;π6 . Ta có
f-π3=fπ3=2f-π6=fπ6=33f0=4
Suy ra M = 33; m = 2. Vậy Mm = 63
Đáp án A
Một đường dây điện nối một nhà máy điện từ A đến một hòn đảo tại C. Khoảng cách ngắn nhất từ C đến B là 1 km. Khoảng cách từ B đến A là 4. Mỗi km dây điện đặt dưới nước mất 5000 USD, còn đặt dưới đất là 3000 USD. Hỏi điểm S trên bờ cách A bao nhiêu để khi mắc dây điện từ A qua S rồi đến C ít tốn kém nhất?
114km
134km
154km
174km
Gọi x là khoảng cách từ S đến B. Khi đó khoảng cách từ S đến A là 4 - x ( 0 < x < 4 ) Chi phí mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là:
fx=50001+x2+30004-xf'x=50001+x2-3000=10005x-31+x21+x2f'x=0⇔x=34f'x=50001+x23>0⇒f''34>0
Do đó
minfx=134⇔x=34
Vậy để chi phí ít tốn kém nhất thì S phải cách A là 134km
Đáp án B
Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y=x2+xx-1
1
2
3
4
· Tập xác định: D=(-∞;-1]∪[0;+∞){1}.
· Ta có
limyx→1+=+∞limx→1-=-∞⇒x=1
là tiệm cận đứng
limyx→-∞=1⇒y=1là tiệm cận ngang.
limyx→-∞=-1⇒y=-1là tiệm cận ngang.
Do đó đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận.
Đáp án C
Cho hàm số y=x3-2mx2+m2x+1-m có đồ thị (Cm). Tìm giá trị nguyên của m để (Cm) tiếp xúc với trục hoành
0
1
2
3
(Cm) tiếp xúc với trục hoành khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm
x3-2mx2+m2x+1-m=03x2-4mx+m2=0⇒x3-2mx2+m2x+1-m=0x=m;x=m3⇒m∈-3;1;32
Do m∈Z nên m = -3; m = 1
Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán
Đáp án C
Viết phương trình parabol đi qua các điểm cực trị của đồ thị C:y=x3-3x2+4 và tiếp xúc với đường thẳng y = -2x + 2
y=2x2-6x+4
y=2x2+6x+4
y=2x2-6x-4
y=-2x2+6x+4
(C) có hai điểm cực trị là A ( 0;4 ); B ( 2;0 )
Gọi (P): ax2+bx+ca≠0 là parabol cần tìm.
Ta có
A,B∈P⇒c=44a+2b+c=0⇒b=-2a-2c=4
Khi đó: (P): y = ax2 - 2(a + 1 )x + 4
(P) tiếp xúc với đường thẳng y = -2x + 2 khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
ax2-2a+1x+4 12ax-2a+1=-2 1=-2x+2⇒a=2⇒b=-6
Vậy parabol (P): y=2x2-6x+4
Đáp án A
Cho hai hàm số fx=ex+e-x2 và gx=ex-e-x2. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
f(x) là hàm số lẻ trên R
g(x) là hàm số lẻ trên R
f ' (x) = -g(x)
g ' (x) = f(x)
∀x∈R⇒-x∈R và f-x=e-x+ex2=fx
Do đó f(x) là hàm số chẵn. Suy ra A sai.
Chứng minh tương tự g(x) là hàm số lẻ. Suy ra B sai.
Mặt khác, f ' (x) = g(x) Suy ra C sai.
Vậy chỉ có D đúng
Đáp án D
Cho log23=a;log25=b. Hãy tính log3125
b3a
3ba
2ab
2ba
Ta có log3125 = 3log35
=3log25log23=3ba
Đáp án B
Cho log126=a;log127. Hãy tính log27
aa-1
a1-b
a1+b
b1-a
Ta có a=log126<1; b=log127<1. Suy ra a1-a < 0. Do đó (A) sai.
Rõ ràng b > a > 0 ⇒a1+b<1 Do đó (C) sai.
Mặt khác log27=log127log122=b1-a
Vậy (D) là phương án đúng
Đáp án D
Tìm số nghiệm nguyên của phương trình
xlog2x+logx3+3=211+x-1-11+x+1
1
2
3
4
Điều kiện: x > 0 .Phương trình đã cho tương đương với
xlog2x+logx3+3=x⇔log2x+logx3+3logx=logxlog2x+3logx+3logx⇔logx=0logx=-1logx=-2⇔x=1x=110x=1100
Vậy phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm nguyên
Đáp án A
Tìm miền xác định của hàm số
y=ln8-2+logx-42-logx3
D=100;+∞
D=0;+∞
D=1000;+∞
10;+∞
Hàm số xác định khi và chỉ khi
8-2+logx-42-logx3>0⇔x>08-2+logx>42-logx3⇔x>08-2+logx3>42-logx2⇔x>029-9+logx>242-logx⇔x>09-2+logx>42-logx⇔x>0logx>2⇔x>0x>100⇒x>100
Vậy miền xác định của hàm số đã cho là: 100;+∞
Đáp án A
Tìm m để phương trình
3log272x2-x+2m-4m2+log13x2+mx-2m2=0
có hai nghiệm x1;x2 sao cho x12+x22>1
-1<m≤025<m<12
-1≤m<025<m<12
-1<m<025<m<12
-1<m<025≤m<12
Ta có:
3log272x2-x+2m-4m2+log13x2+mx-2m2=0⇔log32x2-x+2m-4m2=log3x2+mx-2m2⇔x2+mx-2m2>02x2-x+2m-4m2=x2+mx-2m2⇔x2+mx-2m2>0x2-m+1x+2m-2m2=0⇔x=mx=1-m
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x12+x22>1
Đáp án C
Cho x; y; z; t ∈14;1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P:=logxy-14+logyz-14+logzt-14+logtx-14
4
8
15
64
Dễ dàng có được x2≥x-14; y2≥y-14; z2≥z-14; t2≥t-14 (1)
Dấu “=” xảy ra trong các bất đẳng thức này khi và chỉ khi x = y = z = t = 12
Vì x; y; z; t ∈14;1 nên theo tính chất của lôgarit với cơ số dương và bé hơn 1 nên từ (1) ta có:
logxy2≤logxy-14; logyz2≤logyz-14; logzt2≤logzt-14; logtx2≤logtx-14
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này, ta được:
logxy-14+logyz-14+logzt-14+logtz-14≥2logxy+logyz+logzt+logtx 2
Dễ thấy logxy; logyz; logzt; logtx luôn dương nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:
logxylogyzlogztlogtx≥4logxylogyzlogztlogtx4
Mà
logxylogyzlogztlogtx=logxylogxzlogxtlogxylogxzlogtx=1
Từ (2). (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh.
Đáp án B
Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 quý, với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu? (Giả sử lãi suất không thay đổi)
15 quý
16 quý
17 quý
18 quý
Người gửi 15 triệu đồng sau n quý sẽ nhận được số tiền (cả vốn lẫn lãi) là 15.1,0165n
Để có ít nhất 20 triệu ta phải có
15.0,165n≥20⇒nlog0,0165≥log20-log15⇒n≥log2015log1,0165≈17,58
Vậy người đó cần gửi tiền liên tục 18 quý.
Đáp án D
Giả sử S=alnbc-1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=x+1x-2 với các trục tọa độ. Hỏi mệnh đề nào là đúng?
a + b + c = 8
a > b
a - b + c = 1
a + 2b - 9 = 0
Đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có tọa độ ( 1;0 ). Khi đó
S=∫-10x+1x-2dx=∫-10x+1x-2dx=∫-01+3x-2dx=x+3lnx-2-10=3ln32-1
Suy ra a = b = 3; c = 2
Vậy a + b + c = 8
Đáp án A
Giả sử rằng
∫x-2sin3xdx=-x-mcos3xn+1psin3x+C
Tính giá trị của m + n + p
14
-2
9
10
Đặt
u=x-2dv=sin3xdx⇒du=dxv=-cos3x3
Khi đó
∫x-2sin3xdx=-x-2cos3x3+19sin3x+C
Suy ra m = 2; n = 3; p = 9
Vậy m + n + p = 14
Đáp án A
Cho f là một hàm số. Tìm số thực a > 0 sao cho ∀x>0
∫axftt2dt+6=2x
7
8
9
10
Gọi F(t) là một nguyên hàm của ftt2
Theo định nghĩa tích phân ta có:
∀x>0Fx-Fa+6=2x
Cho x = a ta thu được a=3⇒a=9
Đáp án C
Cho f(x) là hàm liên tục và a > 0. Giả sử rằng với mọi x∈0;a ta có 
a
a2
2a
a2
Đặt x = a - t nên dx = -dt. Ta có
I=-∫a0dt1+fa-t=∫0adt1+1ft=∫0aft1+ftdt
Suy ra 2I = I + I = ∫0adt = a. Vậy I = a2
Đáp án B
Hàm số fx=∫exe2xtlntdt
Đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = -ln2
Đạt cực tiểu tại x = -ln2 và đạt cực đại tại x = 0
Đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = -ln2
Đạt cực tiểu tại x = ln2 và đạt cực đại tại x = 0
Gọi F(t) là một nguyên hàm của hàm số tlnt trên 0;+∞ .
Ta có: f(x) = Fe2x-Fex
Suy ra
f'x=2e2xF'e2x-exFex=4xe4x-xe2x=xe2x4xe4x-1
Vậy f ' (x) = 0 nên x = 0; x = -ln2
Kết luận: f đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = -ln2
Đáp án A
Hình phẳng S giới hạn bởi ba đường y = x; y = 2 - x; x = 0. Khi quay S quanh Ox, Oy tương ứng ta được hai vật thể tròn xoay có thể tích là Vx;Vy. Hãy lựa chọn phương án đúng?
Vy=π3
Vx = 12
Vx+Vy=20π3
Vx+Vy=8π3
Ta có:
Vy=2.13πr2h=2π3Vx=13πhR2+r2+Rr-r2=13π.14+2.1=2π
Do đó Vx+Vy=8π3
Đáp án D
Một khu rừng có trữ lượng gỗ 4.105m3. Biết tốc độ sinh trưởng của các cây ở khu rừng đó là 4% mỗi năm. Hỏi sau 5 năm, khu rừng đó sẽ có bao nhiêu mét khối gỗ? (Lấy số gần đúng).
4,8666.105m3
4,7666.105m3
4,6666.105m3
4,5666.105m3
Gọi trữ lượng gỗ ban đầu là V0, tốc độ sinh trưởng hằng năm của rừng là i phần trăm.
Ta có:
- Sau 1 năm, trữ lượng gỗ là
V1=V0+iV0=V01+i
- Sau 2 năm, trữ lượng gỗ là
V2=V1+iV1=V11+i=V01+i2
…
- Sau 5 năm, trữ lượng gỗ là V5=V01+i5
Thay: V0=4.105m3; i = 4% = 0,04 ta được:
V5=4.1051+0,045≈4,8666.105m3
Đáp án A
Cho n∈ℕ;n>3 thỏa mãn phương trình
log4n-3+log4n+9=3
Tổng phần thực và phần ảo của số phức z=1+in
3
2
1
0
Ta có
log4n-3+log4n+9=3⇔log4n-3n+9=3⇔n2+6b-91=0⇔n=n=-13z=1+i7=1+i1+i23=8-8i
Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức z bằng 0
Đáp án D
Cho phương trình
8z2-4a+1z+4a+1=0
với a là tham số. Tìm a∈ℝ để phương trình có hai nghiệm z1;z2 thỏa mãn z1z2là số ảo, trong đó z2 là số phức có phần ảo dương.
a = 0
a = 2
a∈0;2
a∈0;1;2
Từ giả thiết suy ra z1;z2 không phải là số thực. Khi đó
∆'<0⇔a+12-84a+1⇔4a2-6a-1<0
Suy ra
z1=a+1--a2-6a+1t24z2=a+1-a2-6a+1t24
z1z2 là số ảo z12 là số ảo
⇔a+12--a2-6a-1⇔a2-2a=0⇔a=0a=2
Thay vào điều kiện (*) thấy thỏa mãn.
Đáp án C
Gọi z1;z2;z3;z4 là các nghiệm của phương trình z2+1z2-2z+2 Hãy tính
S=z12018+z22018+z32018+z42018
S = -2
S = 2
S = -1
S = 1
Phương trình đã cho tương đương với
z2=-1=t2z2-2z+2=0⇔z=±iz=1±i
Ta có:
S=z12018+z22018+z32018+z42018=i21009+-i21009+-2i1009+21009=-2+-21009i1009+21009i1009=-2
Đáp án C
Cho ba số phức a,b,c phân biệt, khác 0 và thỏa mãn a=b=c. Biết một nghiệm của phương trình az2 + bz + c = 0 có môđun bằng 1. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
b2 = 4ac
b2 = ac
b2 = 2ac
b2 = 3ac
Giả sử z1;z2 là các nghiệm của phương trình az2 + bz + c = 0 với z1=1
Theo định lí Viet ta có:
z1z2=ca⇔z2=ca1z1⇒z2=ca.1z1=1
Bởi vì
z1+z2=-baa=b⇒z1+z22=1
Suy ra
z1+z2z1+z21⇔z1+z21z1+1z2=1⇔z1+z22=z1z2⇔b2=ac
Đáp án B
Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A sao cho BC = AC' = 5a và AC = 4a. Tính thể tích hình lăng trụ.
V=9a3
V=36a3
18a3
Kết quả khác
Đường cao của hình lăng trụ là CC' = 25a2-16a2 = 3a
Do đó V = 3a.12.3a.4a = 18a3
Đáp án A
Một hộp đựng quả bóng tennis được thiết kế có dạng hình trụ sao cho đáy hộp là đường tròn bằng với đường tròn lớn của quả bóng và chứa đúng 5 quả bóng (khi đậy nắp hộp thì nắp hộp tiếp xúc với quả bóng trên cùng). Cho biết chiều cao của hộp là 25 cm. Tính diện tích một quả bóng tennis.
S = 25cm2
S = 25π cm2
S = 50π cm2
S = 100π cm2
Đường kính quả bóng tennis là
2R = 255 = 5.
Diện tích quả bóng:
S = 4π.R2 = 4π. 522 = 25πcm2
Đáp án B
Thiết diện qua trục của một hình nón tròn xoay là tam giác đều, cạnh a. Tính tỉ số thể tích của hình cầu ngoại tiếp và hình cầu nội tiếp hình nón
2
2
4
8
Ta có:
V1V2=a322a362=4
Đáp án C
Cho hình chữ nhật ABCD cạnh AB = 4; AD = 2. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB và CD. Cho hình chữ nhật quay quanh MN ta thu được hình trụ tròn xoay. Tính thể tích của hình trụ tròn xoay.
V = 4π
V = 8π
V = 16π
V = 32π
Ta có: V = πMA2.MN = π.4.2 = 8π
Đáp án B
Cho hình lập phương (L) và hình trụ (T) có thể tích lần lượt là V1 và V2. Cho biết chiều cao của (T) bằng đường kính đáy và bằng cạnh của (L). Hãy chọn phương án đúng.
V1 < V2
V1 > V2
V1 = V2
Không so sánh được
Do (T) nội tiếp trong (L) nên V1> V2
Đáp án B
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
S=x2+y2+z2+4y-2z-4=0
và mặt phẳng (a): x + y + 2z - 8 = 0. Mệnh đề nào sau đây đúng?
(a) cắt (S) theo một đường tròn
(a) tiếp xúc với (S).
(a) qua tâm I của (S)
(a) và (S) không có điểm chung.
(S) có tâm I ( 0;-2;1 ) và bán kính R = 3
Ta có d ( I; (a) ) = -2+2-6=463 > R = 3
Vậy (a) không cắt mặt cầu (S).
Đáp án D
Trong không gian Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ sao cho A ( 0;0;0 ); B( a;0;0 ); D ( 0;a;0 ); A' ( 0;0;a ). Xét các mệnh đề sau:(I): x + y + z - a = 0 là phương trình mặt phẳng (A’BD). (II): x + y + z - 2a = 0 là phương trình mặt phẳng (CB’D). Hãy chọn mệnh đề đúng.
Chỉ (I)
Chỉ (II)
Cả hai đều sai
Cả hai đều đúng
Thay các tọa độ B( a;0;0 ); D ( 0;a;0 ); A' ( 0;0;a ) vào phương trình ( I ) thấy thỏa mãn nên ( I ) đúng
Đáp án D
Trong không gian Oxyz, cho ∆ABC có A ( 1;1;0 ); B ( 0;2;1 ); G ( 0;2;-1 ) và trọng tâm .Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
x=-1-ty=3+tz=-4
x=-1+ty=3-tz=-4
x=-1+ty=3+tz=-4+t
x=-1+ty=3+tz=-4
Do G là trọng tâm ∆ABC nên C ( -1;3;-4 )
Ta có: AB→ = ( -1;1;1 ); AC→ = ( -2;2;-4 )
Đường thẳng ∆ qua G nhận u→=AB→;AC→ = ( -6;-6;0 ) nên có phương trình là x=-1+ty=3+tz=-4
Đáp án D
Trong không gian Oxyz, viết phương trình tập hợp các điểm M sao cho AMB^=90o với A ( 2;-1;-3 ); B ( 0;-3;5 )
x-12+y+22+z-12=18
x-12+y-22+z-12=18
x-12+y+22+z-12=3
x-12+y-22+z-12=3
Tập hợp các điểm M là mặt cầu đường kính AB.
Tâm I là trung điểm AB nên I ( 1;-2;1 )
Bán kính: R = IA = 32
Vậy phương trình mặt cầu nói trên là
x-12+y+22+z-12=18
Đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x-11=y-11=z-2-2 và mặt phẳng (P): x + 2y + z - 6 = 0. Mặt phẳng (Q) chứa d và cắt (P) theo giao tuyến là đường thẳng ∆ cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình mặt phẳng (Q)
x - y + z - 4 = 0
x + y + z + 4 = 0
x + y + z - 4 = 0
x + y - z - 4 = 0
Gọi H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên (P) và ∆.
Ta có d ( O;∆ ) = OI ≥ OH. Dấu “=” xảy ra khi I = H.
Đường thẳng OH qua O ( 0;0;0 ) nhận n→ = ( 1;2;1 ) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình là x=ty=2tz=t
Mặt phẳng (P) có phương trình: x + 2y + z - 6 = 0.
Từ hai phương trình trên suy ra t = 1 nên H ( 1;2;1 ).
Khi đó (Q) là mặt phẳng chứa d và đi qua H.
Ta có M ( 1;1;2 )∈d, vectơ chỉ phương của d là u→ = ( 1;1;-2 ); HM→ = ( 0;-1;1 ).
Suy ra vectơ pháp tuyến của (Q) là n→=n→;HM→ = ( -1;-1;-1 ) . Hơn nữa (Q) qua điểm M ( 1;1;2 ) nên (Q) có phương trình là:x + y + z - 4 = 0
Đáp án C
