Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 7 )
47 câu hỏi
Tìm số nghiệm của phương trình cosxx=15
1
2
3
4
Ta có cosxx=15 ⇔x≠0cosx=x5.
Số nghiệm phương trình cosxx=15 là số giao điểm của đồ thị hai hàm số y = cos(x) và y = x5.
Để ý rằng đường thẳng y = x5 cắt đồ thị hàm số y = cos(x) tại hai điểm (trừ điểm x = 0) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Hãy xem hình vẽ dưới đây:
Đáp án B
Tìm các họ nghiệm của phương trình
sin3x.sin3x+cos3xcos3xtanx-π6tanx+π3=-18
x=-π6+kπk∈Z
x=π6+kπk∈Z
x=-π6+k2πk∈Z
x=π6+k2πk∈Z
Điều kiện: x≠π6+kπk∈Z
Ta có
tanx-π6tanx+π3=tanx-π6cotπ6-x=-1
Phương trình đã cho tương đương với
sin3x.sin3x+cos3xcos3xtanx-π6tanx+π3=18=1-cos2xx.cos2x-cos4x2+1+cos2x2.cos2x+cos4x2=18
Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta chọn x=-π6+kπk∈Z
Đáp án A
Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu.
42913.
42912
429000
42910.
Số cách chọn 9 viên tùy ý là C189.
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
* Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng là 8.
* Không có bi xanh: Có C139 cách.
* Không có bi vàng: Có C159 cách.
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì C109 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
C109+C189-C139-C159 = 42910
Đáp án D
Cho tập X = { 1;2;3;4;5 }. Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập X. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5
1225
1223
2125
2123
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập X là: 5.4.3 = 60.
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4.3.2 = 24 và số các số có mặt chữ số 5 là 60 - 24 = 36.
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không có mặt chữ số 5.
Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng quy tắc cộng xác suất ta có:
PA∪B=PA+PB=C361.C361C601.C601+C241.C241C601.C601=1325
Vậy xác suất cần tìm là
P=1-PA∪B=1-1325=1225
Đáp án A
Tìm n∈N* sao cho
Cn1+3Cn2+7Cn3+...+2n-1Cnn=32n-2n-6480
n = 4
n = 5
n = 6
n = 7
Ta có
1+xn=Cn0+Cn1x+Cn2x2+Cn3x3+...+Cnnxn
Lấy đạo hàm hai vế, ta được
n1+xn-1=Cn1+2Cn2x+3Cn3x2+...+nCnnxn-1
Lấy tích phân hai vế, ta được:
n∫121+xn-1dx=Cn1∫12dx+2Cn2∫12xdx+3Cn3∫12x2dx+...+nCnn∫12xn-1dx
Tính toán các tích phân trên, ta được:
Cn1+3Cn2+7Cn3+...+2n-1Cnn=3n-2n
Theo đề ta có:
3n-2n=32n-2n-6480⇔32n-3n-6480=0
Giải phương trình mũ này ta tìm được n = 4. Vậy n = 4 là nghiệm của phương trình đã cho
Đáp án A
Cho dãy số Un xác định bởi
U1=2Un=u1+u2+..+n-1un-1nn2-1
Tìm limn+20183Un
1
2
3
4
Ta có u2=13
Với n≥3 ta có
u1+2u2+..+n-1un-1+nun=nn2-1un+nun=n3un⇒nun3=nun+n-13un-1⇒unun-1=n-13n3-n=n-1n2nn+11
Từ (1) suy ra
unu2=unun-1.un-1un-2...u3u2=n-1n2.n-1n-22..232nn-1.n-1n...34=12n2n+1⇒un=4n2n+1
Vậy limn+20183Un= 4
Đáp án D
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai?
limx→±∞x15+++x3x3+1=0
limx→±∞x4+3x3+5=0
limx→±∞x+x8+1x3+1=0
limx→±∞x2+xx+x=0
Bởi vì limx→±∞x2+xx+x=0
= limx→+∞1+1x31x+1x3=+∞
Đáp án D
Cho hàm số fx=x2+n x<12mx-3 x>1m+3 x=1
liên tục tại điểm x = 1. Tính m-n2018+m+1n2019
0
1
-1
2
Ta có: limf(x) = lim( 2mx - 3 ) = 2m - 3
lìm(x) = limx2+n = 1 + n
Hàm số liên tục tại điểm x = 1 khi và chỉ khi:
2m-3=1+n=m+2⇔m=5n=6
Vậy m-n2018+m+1n2019 = 2
Đáp án D
Tính đạo hàm cấp nn≥1của hàm số y=sinax+b
yn=asinanx+b+nπ2
yn=ansinanx+b+nπ2
yn=ansinax+bn+nπ2
yn=asinanx+bn+nπ2
y'=asinax+b+π2y''=a2sinax+b+2.π2
Chứng minh rằng bằng quy nạp ta thu được
yn=ansinanx+b+nπ2
Đáp án B
Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ABC có đỉnh A ( 3;-7 ), trực tâm H ( 3;-1 ), tâm đường tròn ngoại tiếp I ( -2;0 ). Xác định tung độ đỉnh C
yC = 1
yC = 3
yC = -3
yC = -1
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua điểm I. Rõ ràng tứ giác AHCB’ là hình bình hành, cho nên B'C=AH, tức là C=TAHB'
Do B'∈y là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên B = ( y' ) = TAHy⇒C=y∩y'
Dễ dàng lập được phương trình của các đường tròn (y) và (y') lần lượt như sau
x+22+y2=74x+22+y+62=74
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
x+22+y2=74x+22+y+62=74⇒x=-±65y=-3
Do đó yC = -3
Đáp án C
Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm sốy=2x3-9x2+12x-4 . Giá trị của m để phương trình 2x3-9x2+12x=m có 6 nghiệm phân biệt là:
0 < m < 1
4 < m < 5
0 < m < 4
1 < m < 5
Đặt y=2x3-9x2+12x-4
Ta có fx = fx,x≥0f-x,x<0.
Do fx là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung. Như vậy đồ thị của nó gồm hai
Phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số y = f(x)
Đối xứng phần đồ thị trên qua trục tung
Ta có: 2x3-9x2+12x=m
⇔2x3-9x2+12x-4=m-4
Phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.
Đường thẳng y = m - 4 cắt đồ thị fx hàm số tại 6 điểm phân biệt
0 < m - 4 < 1 nên 4 < m < 5
Đáp án B
Tìm các khoảng nghịch biến của hàm số y=x4-x2
-2;-2;-2;-2
-2;2;2;2
-2;-2;2;2
-2;2;-2;2
Tập xác định D = [ -2;2 ]
y'=4-2x24-x2;x∈-2;2y'=0⇔x=±2
* Lập bảng biến thiên và suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng -2;-2;2;2
Đáp án C
Tìm giá trị của m để hàm số
y=4x3+m+3x2+mx+4m3-m2
đồng biến trên khoảng [0;+∞)
m≤0
m≥0
m < 0
m > 0
Tập xác định: D = R
* Đạo hàm y'=12x2+2m+3x+m
Hàm số đồng biến trên khoảng [0;+∞) khi và chỉ khi y'≥0;∀x∈[0;+∞) khi và chỉ khi phương trình y' = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc phương trình y' = 0 có nghiệm x1;x2 thỏa mãn x1<x2≤0
∆'≤0∆'>0S<0P≥0⇔m-32≤0m-32>0-m+36<0m12≥0⇔m=3m≠3m>-3m≥0⇔m≥0
Vậy m≥0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án B
Tìm giá trị của m theo a,b để hàm số
y=asinx-bcosx-mx+a2+2b2
luôn đồng biến trên R
m≥-a2+b2
m≤a2+b2
m≤-a2+b2
m≥a2+b2
y'=acosx+bsinx=-m
Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi
y'≥0,∀x∈ℝ⇔asinx+bcosx≥m⇔m≤minfx
với fx=asinx+bcosx
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
fx≤a2+b2⇔-a2+b2≤fx≤a2+b2
Vậy m≤-a2+b2
Đáp án C
Đồ thị hàm số fx=x3-9x2+24x+4 có điểm cực tiểu và điểm cực đại lần lượt là x1;y1,x2;y2. Tính x1y2-x2y1
-56
56
136
-136
f'x=3x2-18x+24f'x=0⇔x=2x=4
Lập bảng biến thiên và suy ra x1;y1=4;20 ; x2;y2=2;24.
Suy ra x1y2-x2y1 = 56
Đáp án B
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y=x4-2mx2+m-1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.
m=1m=5-12
m=-1m=5-12
m=1m=5+12
m=-1m=5+12
Tập xác định: D = R
Đạo hàm
y'=4x3-4mx=4xx2-my'=0⇔x=0x2=m
Hàm số có 3 cực trị Û phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó .
Cách 1
Giả sử 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A ( 0; m - 1 ); B-m;-m2+m-1; Cm;-m2+m-1
Vì A∈Oy và B, C đối xứng nhau qua Oy nên ∆ABC cân tại A
S∆ABC=12yB-yAxC-xB=m2mAB=AC=m2+mBC=2m
Theo đề:
R=AB.AC.BC4S∆ABC=1⇔m4+m2m4m2m=1⇔m3-2m+1=0⇔m-1m2+m-1=0⇔m-1=0m2+m-1=0⇔m=1m=-1±52
So với điều kiện m > 0 ta suy ra m=1m=5-12
Đáp án A
Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=1+sin6x+cos6x1+sin4x+cos4x. Tính giá trị của 5M-6m-12017
0
2017
1
-1
Sử dụng công thức lượng giác để biến đổi hàm số về dạng: ft=2-34t1-12t
Đặt t=sin22x;0≤t≤1
Xét hàm số ft=2-34t1-12t=3t-82t-8; t∈[0;1].
Ta có f't=-82t-82<0,∀t∈0;1 nên f(t) đồng biến trên [ 0;1 ].
Do đó M = f(0) = 1; m = f(1) = 56
Vậy 5M-6m-12017 = 5-5-12017 = -1
Đáp án D
Thể tích V của 1kg nước ở nhiệt độ T 0o<T<30o được cho bởi công thức
V=999,87-0,06426T+0,0085043T2-0,0000679T3
Ở nhiệt độ nào nước có khối lượng riêng lớn nhất?
T≈3,9665oC
T≈4,9665oC
T≈5,9665oC
T≈6,9665oC
Xét hàm số
VT=999,87-0,06426T+0,0085043T2-0,0000679T3
với T∈0;30
V'T=-0,06426+0,0170086T-2,037.10-4T2
V'T=0⇔T≈2,9665T≈79,5317. Do T∈0;30 nên loại nghiệm T≈79,5317oC
Lập bảng biến thiên và suy ra V đạt giá trị nhỏ nhất tại T≈3,9665oC
Đáp án A
Cho hàm số y=x+x2-x+1. Mệnh đề trong các mệnh đề sau là đúng?
Đồ thị hàm số đã cho chỉ có 1 tiệm cận ngang
Đồ thị hàm số đã cho chỉ có 1 tiệm cận đứng.
Đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận đứng.
Đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang
Tập xác định: D = R
Ta có:
limx→-∞=limx→-∞x+x2-x+1=limx→-∞x-1x-x2-x+1=22
Do đó đồ thị của hàm số có một tiệm cận ngang là y=22
Đáp án A
Cho hàm số y=2x-3x-3(C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C). Biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại J và K sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có diện tích lớn nhất.
M ( 1;1 ); M ( 3;3 )
M0;32,M4;52
M1;1,M0;32
M3;3,M4;52
Ta có: Mx0;2x0-3x0-2∈C; x0≠2;y'x0=-1x0-22
Phương trình tiếp tuyến ∆ với (C) tại M:
y=-1x0-2x-x0+2x0-3x0-2
Tọa độ giao điểm J, K của ∆ và hai tiệm cận là: J2;2x0-2x0-2;K2x0-2;2
Ta có
xj+xk2=2+2x0-22=x0=xmyj+yk2=2x0-3x0-2=ym
=> M là trung điểm JK.
Mặt khác I ( 2;2 ) và ∆IJK vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IJK có diện tích:
S=πIM2=πx0-22+2x0-3x0-2-22=πx0-22+1x0-22≥2π
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x0-22=1x0-22⇔x0=1⇒M1;1x0=3⇒M3;3
Đáp án A
Cho hàm số fx=4x4x+2
Hãy tính tổng
S=f12019+f22019+...+f20182019
2018
2019
1009
4037.
Nếu a + b = 1 thì f(a) + f(b) = 1
Áp dụng kết quả này ta có
S=f12019+f20182019+22019+20172019+..+f10092019+f10102019=1+1+..=1009
Đáp án C
Xét các mệnh đề sau:
(I). “a là cạnh huyền của một tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông là b,c khi và chỉ khi logca+b+logca-b=2”.
(II). “Nếu 0<x<π2 thì
logsinx1+cosx+logsinx1-cosx=2
Lựa chọn phương án đúng.
Chỉ có (I) đúng.
Chỉ có (II) đúng
(I) và (II) đều sai
(I) và (II) đều đúng
Xét mệnh đề
logca+b+logca-b=2⇔logca+ba-b=2⇔a2-b2=c
(luôn đúng)
* Xét mệnh đề
logsinx1+cosx+logsinx1-cosx=2⇔logsinx1-cos2x=2⇔1-cos2x=sin2x
(luôn đúng).
Đáp án D
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình
2ax2+4x+6+1-a2x2+4x+6≤1+a2x2+4x+6 0<a<1
S = R
S=∅
S = [0;1]
S = [-1;1]
Chia cả hai vế của bất phương trình cho 1+a2x2+4x+6>0 ta được:
2a1+a2x2+4x+6+1-a21+a2x2+4x+6≤1
Đặt α=tant2 với 0<t2<π4⇔0<t<π2
Khi đó 2a1+a2=sint và 1-a21+a2=cos2t
Bất phương trình đã cho tương đương với
sintx+22+2+costx+22+2≤1
Bất phương trình (*) luôn đúng vì
sintx+22+2≤sin2t và costx+22+2≤cos2t
Vậy S = R
Đáp án A
Cho loga4=u và loga3=v. Hỏi mệnh đề nào sau đây là đúng?
log2a12=u+v2
log2a12=u-v2
log2a12=u2v2
log2a12=u2v2
Ta có:
log2a12=loga4.32=u+v2
Đáp án A
Cho hàm số y=πx.xπ. TÍnh đạo hàm y’ của hàm số.
y'=xπ.πx-1π+xlnπ
y'=πx.xπ-1xlnπ-π
y'=πx.xπ-1xlnπ+π
y'=πx.xπ-1π-xlnπ
Ta có
y'=πx'.xπ+πx.xπ'=πx.xπ-1π+xlnπ
Đáp án C
Tìm giá trị của m để bất phương trình 2sin2x+3cos2x≥m.3sin2x có nghiệm
m≤4
m≥4
m≤1
m≥1
Chia cả hai vế của bất phương trình cho 3sin2x>0 ta được:23sin2x+3.19sin2x≥m
Xét hàm số 23sin2x+3.19sin2x
Hàm số f(x) là hàm nghịch biến.
Ta có
0≤sin2x≤1⇒231+3.191≤fx≤230+3.190
hay 1≤fx≤4
Vậy bất phương trình có nghiệm khi m≤4
Đáp án A
Cho biểu thức
M=logaab-logaab4+loga3b
Mệnh đề nào sau đây là đúng nhất?
2m=logm16
2m=log1m116
2m<logm15
m = 4
Ta có
M=logaab-2logaab4+3logab=logaab-logaab2+3=logaaba2b+3=2
Đáp án A
Để đo độ phóng xạ của một chất phóng xạ , người ta dùng một máy đếm xung. Khi chất này phóng xạ ra các hạt β-, các hạt này đập vào máy và khi đó, trong máy xuất hiện một xung điện và bộ đếm tăng thêm 1 đơn vị. Ban đầu máy đếm được 960 xung trong vòng một phút nhưng sau đó 3 giờ chỉ còn 120 xung trong một phút (với cùng điều kiện). Hỏi chu kì bán rã của chất này là bao nhiêu giờ?
0,5 giờ.
1 giờ.
1,5 giờ.
2 giờ.
Gọi ∆N1 là số hạt β- được phóng ra trong khoảng thời gian ∆t1 kể từ thời điểm ban đầu.
Ta có
∆N1=N01-N1=N011-e-k∆t1
với N01 là số hạt phóng xạ β- ban đầu.
Sau 3 giờ, số nguyên tử còn lại trong chất phóng xạ là N02=N01.e-3k.
Kể từ thời điểm này, trong khoảng thời gian ∆t2 thì số hạt β- tạo thành là
∆N2=N02-N01=N021-e-k∆t2
Cho ∆t1=∆t2=1 phút thì theo giả thiết, ta có ∆N1 = 960; ∆N2 = 120. Khi đó
∆N1∆N2=e-3k⇔120960=e-3k⇔8-1=e-3k⇔k=ln2
Vậy T = kln2=1 (giờ) là chu kỳ bán rã của chất phóng xạ.
Đáp án B
Tính tích phân I=∫0a2xa-xdx theo a.
I=2π-1a2
I=2π+1a2
I=π-2a4
I=π+2a4
Đặt
x=αsin2t⇒dx=2αsintcostdt
Đổi cận: x = 0 nên t = 0; x = a2⇒t=π4
Khi đó
I=∫0π4asin2ta1-sin2t.2a.sint.costdt=2a∫0π4sin2t=π-2a4
Đáp án A
Tính tích phân hai nghiệm của phương trình∫1ex1+lnttdt=12
1
1e2
2e
4e2
Ta có
∫1ex1+lnttdt=12∫1ex1+lntd1+lnt=12⇔1+lnt221ex=12⇔1+lnt22=12⇔1+lnt2=1⇔lnx=0lnx=-2⇔x=1x=1e2
Do đó tích hai nghiệm của phương trình là 1e2
Đáp án B
Từ đẳng thức
1t5+4cos3u-2sin2v+C=∫ftdt
có tìm được hàm số y = f(x) hay không ?
Không tìm được hàm số f(x)
Tìm được hàm số y = f(x) = -x65
Tìm được hàm số y = f(x) = -5x6
Tìm được hàm số y = f(x) khác với kết quả ở (B), (C).
Từ đẳng thức đã cho, lấy đạo hàm hai vế ta được: -5x6 = f(t)
Do đó y =-5x6
Đáp án C
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a;b ] và thỏa mãn điều kiện f(x) = f( a + b - x ) ∀x∈a;b. Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?
∫abxfxdx=-a+b∫abfxdx
∫abxfxdx=a+b∫abfxdx
∫abxfxdx=-a+b2∫abfxdx
∫abxfxdx=a+b2∫abfxdx
Đặt t = a + b - x nên dx = -dt
Đổi cận: x = a nên t = b; x = b nên t = a
Khi đó :
∫abxfxdx=∫abxfa+b-xdx=-∫baa+b-tftdt=∫aba+b-tftdt=a+b∫abftdt-∫abtft=a+b∫abfxdt-∫abxfx
Do đó ∫abxfxdx=a+b2∫abfxdx
Đáp án D
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=x+12 và 0≤y≤1
2π-13
2π+13
3π+12
3π-12
Ta có
x=sinπy∈-1;1⇒x+1≥0
Mà 0≤y≤1 nên y=x+12⇔x=y-1
Vậy S=∫01sinπy-y+1dy = 2π+13
Đáp án B
Một ống hình trụ rỗng đường kính a được đặt xuyên qua tâm hình cầu bán kính a. Tìm thể tích phần còn lại của hình cầu.
π32a3
π3a3
π23a3
π2a3
Ta xem hình cầu được sinh bởi khi quay hình tròn (C): x + y = a quanh Oy và hình trụ sinh bởi phần mặt phẳng của hai đường thẳng x = 0; x = a2 quay quanh Oy.
Ta có y2=a2-x2⇒y=±a2-x2.
Thể tích cần tìm là:
V=4π∫a2axa2-x2dx=-2π∫a2aa2-x2da2-x2=-4π3a2-x232a2a=π32a3
Đáp án A
Gọi h(t) (cm) là mức nước ở bồn chứa sau khi bơm nước được t giây. Biết rằng h't=15t+83 và lúc đầu bồn cầu không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
1,66 cm
2,66 cm
3,66 cm
4,66 cm.
Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây:
h6=∫06h'tdt=320t+843-125≈2,66cm
Đáp án B
Cho số phức z thỏa mãn z=1-3i31-i. Tìm mô đun của số phức z+iz
8
-8
82
16
Ta có
z=1-3i31-i=-4-4i⇒z=-4-4i⇒z+iz=-8-8i
Vậy z+iz=82+82=82
Đáp án C
Cho số phức z = a + bi thỏa z + 2iz = 3 + 3i. Tính giá trị của biểu thức P=a2016+b2017
0
2
34032-3201752017
-34032-3201752017
Ta có
z=a-bi⇒iz=ai+b⇒z+2iz=a+2b+b+2ai
Suy ra
a+2b=3b+2a=3⇒a=b=1⇒P=12016+12017=2
Đáp án B
Cho số phức z3=z. Hỏi khẳng định nào sau đây đúng.
z=1
z có thể nhận giá trị là số thực hoặc thuần ảo.
Phần thực của z không lớn hơn 1.
Đáp án B và C đều đúng.
Ta có z3=z
⇒z3=z3=z=z⇔z=0z=1
Do đó khẳng định A là sai.
Nhận thấy z = 1; z = i thỏa mãn phương trình nên B đúng.
Rõ ràng từ z = 0;z = 1 thì phần thực của z không lớn hơn 1 nên khẳng định C cũng đúng.
Đáp án D
Cho z1;z2 là các số phức thỏa mãn điều kiện
z1-2i=2iz1+1z2-2i=2iz2+1z1-z2=1
Tính P=z1+z2
5
7
15
17
Đặt z1=a+bi; z2=c+di với a,b,c,d∈ℝ
Ta có
P=z1+z2=a+c2+b+d2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd
Theo đề ta có
z1-2i=2iz1+1z2-2i=2iz2+1z1-z2=1⇔a2+b-22c2+d-22a-c2+b-d2=1⇔=21-b2+a2=21-d2+c2=1⇔a2+b2=2c2+d2=2a2+b2+c2+d2-2ac-2bd=1⇒a2+b2+c2+d2=42ac+2bd=3
Suy ra
P=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd=7
Đáp án B
Cho tứ diện S.ABC. Trên cạnh SC lấy điểm M sao cho MS = 2MC. Gọi N là trung điểm cạnh SB. Tính tỉ số thể tích hai tứ diện SAMN và SACB.
13
12
16
23
Ta có
VS.AMNVS.ACB=SASA.SMSC.SNSB=1.23.12=13
Đáp án A
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy 2a, cạnh bên hợp với cạnh đáy góc 45o. Tính diện tích xung quanh của hình chóp.
4a2
3a2
2a2
a2
Kẻ SI⊥AB. Khi đó ∆SAI là tam giác vuông cân nên SI = AI = a. Vậy Sxq=4.12.2a.a=4a2
Đáp án A
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; cạnh bên trùng với đáy một góc φ sao cho A’ có hình chiếu xuống mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của ∆ABC. Tính thể tích khối lăng trụ.
a34tanφ
a34cotφ
a312tanφ
a312cotφ
Đường cao của lăng trụ
h=23.a32.tanφ=a33tanφV=a234.a33tanφ=a34tanφ
Đáp án A
Một hình nón tròn xoay có bán kính bằng chiều cao và bằng 1. Gọi O là tâm của đường tròn đáy. Xét thiết diện qua đỉnh S hình nón là tam giác đều SAB. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SAC )
3
33
23
233
∆OSA vuông cân OA = Ó = 1.∆SAB đều suy ra AB = 2.
KẻOI⊥AB⇒OI=12AB=22 .
Kẻ OH⊥SI⇒OH=d=33
Đáp án B
Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB = 3; BC = 4. Hai mặt bên (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) và SC hợp với (ABC) góc 45o. Tính thể tích hình cầu ngoại tiếp S.ABC.
V=5π23
V=25π23
V=125π33
V=125π23
Ta có AC = 5
SAB⊥ABCSAC⊥ABCSA=SAB∩SAC⇒SA⊥ABC⇒SCA^=45o⇒SA=SC=5
Do đó
V=43πSC23=43π5223=125π23
Đáp án D
Cắt bỏ hình quạt tròn AOB từ một mảnh các tông hình tròn bán kính R rồi dán hai bán kính OA và OB của hình quạt tròn còn lại với nhau để được một cái phễu có dạng của một hình nón. Gọi x là góc ở tâm của quạt tròn dùng làm phễu 0<x<2π. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích hình nón.
2327πR3
227πR3
239πR3
4327πR3
Thể tích cái phễu là V=13πr2h
Ta có chu vi đáy là 2πr=Rx
Suy ra
r=Rx2πh=R2-r2=R2-R2x24π2=R2π4π2-x2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số dương ta có:
V=3R348π2x2.23π4π2-x2≤3R32.48π2x243π2+4π2-x2=3R32.48π2x2163π2-x2≤183R348π2.x2+163π2-x22=183R348π2.1629π4=2327πR3
Dấu bằng có khi và chỉ khi
23π=4π2-x2x2=163π2-x2⇔x=223π
Vậy 2327πR3 khi và chỉ khi x = 223πR3
Đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x-12=y1=z-2 và hai điểm A ( 2;10 ); B ( -2;3;2 ). Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.
x+12+y+12+z-22=17
x+12+y2+z2=17
x-32+y-12+z-22=17
x-52+y-22+z+42=17
Tâm I∈a⇒I( 1 + 2t; t; -2t )
IA2=IB2⇔t=-1⇒I-1;-1;2R=IA=17
Vậy phương trình mặt cầu (S) là x+12+y+12+z-22=17
x+12+y+12+z-22=17
Đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
S:x-12+y-12+z-12=9
và đường thẳng
d:x-31=y1=z-22
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất
x + y + z - 4 = 0
x + y - z - 4 = 0
x - y + z - 4 = 0
x + y + z + 4 = 0
Mặt cầu (S) có tâm I ( 1;1;1 ) và bán kính R = 3.
Gọi K là hình chiếu của I lên (P), H là hình chiếu của I lên d và r là bán kính đường tròn tức giao tuyến của (P) với (S).
Khi đó ta có r=R2-IK2≥R2-IH2
Đáp án A
