Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 10)
50 câu hỏi
Phương trình mặt phẳng đi qua A1;2;3 và nhận n→=2;3;4 làm vectơ pháp tuyến là:
2x+3y+4z−20=0.
x+2y+3z−20=0.
2x+3y+4z+20=0.
2x−3y+4z−20=0.
Đáp án A.
2x−1+3y−2+4z−3=0⇔2x+3y+4z−20.
Tìm hệ số chứa x9 trong khai triển của Px=1+x9+1+x10.
10
12
11
13
Đáp án C.
Tổng hệ số của các hạng tử chứa x9 là C99+C109=11.
Cho số phức z=2+3i. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z, N là điểm biểu diễn số phức z¯ và P là điểm biểu diễn số phức 1+iz. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
M2;3.
N2;−3.
P1;5.
z=13.
Đáp án C.
Ta có: N2;−3;1+iz=1+i2+3i=−1+5i do đó P−1;5.
Cho hàm số fx=x3−3x2+5. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm −1;1 thuộc đồ thị hàm số có phương trình là :
y=3−2x
y=9x+10
y=1+3x
y=−3x+4
Đáp án B
Ta có y'=3x3−6x.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm (-1;1) là k=y'−1=9
Do đó phương trình tiếp tuyến là y=9x+10.
Cho đa giác đều 16 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác vuông có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đều đó?
560
112
121
128
Đáp án B.
Để tam giác đó là tam giác vuông thì tam giác phải có 1 cạnh là đường kính của đa giác đều. Khi ta chọn 1 đường kính sẽ còn lại 14 điểm để tọa với đường kính đó thành tam giác vuông. Mà đa giác đều 16 đỉnh có 8 đường kính nên số tam giác vuông 8.12=112.
Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y=x4−4+5 và đường thẳng y = x
3
0
2
1
Đáp án B.
Phương trình hoành độ giao điểm là:
x2−4+5=x⇔x2−4=x−5⇒x≥5
Bình phương 2 vế: x2−4=x2−10x+25⇔x=2910(loại).
Cho điểm M2;−6;4 và đường thẳng d:x−12=y+31=z−2. Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với điểm M qua d.
M'3;−6;5
M'4;2;−8
M'−4;2;8
M'−4;2;0
Đáp án D
Gọi H(1 +2t; -3 +t; -2t) là hình chiếu
vuông góc của M trên d
Khi đó
MH¯=−1+2t;3+t;−4−2t.
Cho
MH¯.ud¯=−2+4t+3+t+8+4t=0⇔t=−1
Suy ra H−1;−4;2⇒M'−4;−2;0.
Tìm số phức z thỏa mãn z¯=131−2i¯2−z
−34−2i
−34+2i
2+34i
2−34i
Đáp án A.
z¯=131−2i¯2−z=131+2i2−z=13−3;4i−z⇔3z¯=−3+4i−z
Đặt:
z=a+bi⇒3a−bi=−3+4i−a+bi⇔3a−3bi=−3−a+4−bi⇔3a=−3−a3b=b−4⇔a=−34b=−2→z=−34−2i.
Cho hàm số fx=x33+x22+x. Tập nghiệm của bất phương trình f'x≤0 bằng:
0;+∞
∅
−2;2
−∞;+∞
Đáp án B.
Ta có f'x≤0⇔x2+x+1≤0⇔x+122+34≤0
Trên tập ℂ, cho số phức z=i+mi−1, với m là tham số thực khác -1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để z.z¯=5.
m=−3.
m=1.
m=±2.
m=±3.
Đáp án D.
Ta có z.z¯=5⇔z2=5⇔m2+12=5⇔m2=9⇔m=±3.
Số tiền mà My để dành hằng ngày là x (đơn vị nghìn đồng, với x>0,x∈ℤ) biết x là nghiệm của phương trình log3x−2+log3x−42=0. Tính tổng số tiền My để dành được trong một tuần (7 ngày).
35 nghìn đồng.
14 nghìn đồng.
21 nghìn đồng.
28 nghìn đồng.
Đáp án C.
Điều kiện x>2;x≠4. Phương trình tương đương log3x−22+log3x−42=0
⇔log3x−22x−42=0⇔x−22x−42=1⇔x=3.
Bất phương trình log12x+12−log2x≥1 có tập nghiệm là.
0;12.
−1;12.
12;+∞.0;12.
0;12
Đáp án A.
Điều kiện x>0. Bất phương trình tương đương
log12x2+x2≥1⇔x2+x2≤12⇔2x2+x−1≤0⇔−1≤x≤12⇒x∈0;12.
Tổng S=−1+110−1102+...+−1n10n−1+... bằng:
1011
−1011
0
+∞
Đáp án B.
Ta thấy S là cấp số nhân với u1=−1,q=−110
⇒S=−1−110n−1−110−1=1011−110n−1=−1011.
Một vận động viên đua xe F đang chạy với vận tốc 10 (m/s) thì anh ta tăng tốc với vận tốc at=6tm/s2, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc tăng tốc. Hỏi quãng đường xe của anh ta đi được trong thời gian 10(s) kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là bao nhiêu?
1100 m
100m
1010m
1110m
Đáp án A.
vt=∫atdt=∫6tdt=3x3+C.
Vì v0=10⇒vt=3t2+10
st=∫010vtdt=∫0103t2+10dt=t3+10t100=1100m.
Giả sử ∫02x−1x2+4x+3dx=aln5+bln3; a,b∈ℚ. Tính P =a.b
P = 8
P = -6
P = -4
P = -5
Đáp án B.
∫02x−1x2+4x+3dx=∫022x+3−1x+1dx=2lnx+3−lnx+120=2ln5−3ln3⇒a=2b=−3⇒ab=−6
Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông tại A và có cạnh SB⊥ABC. AC vuông góc với mặt phẳng nào sau đây ?
SBC
ABC
SBC
SAB
Đáp án D.
Ta có AC⊥ABAC⊥SB⇒AC⊥SBA.
Cho hàm số f(x) liên tục trên 0;10 thỏa mãn ∫010fxdx=7,∫26fxdx=3. Tính P=∫02fxdx+∫610fxdx.
P=10.
P=4.
P=7.
P=−4.
Đáp án B.
P+∫26fxdx=∫02fxdx+∫26fxdx+∫610fxdx=∫010fxdx⇒P=7−3=4.
Cho hàm số y=4x+2cos2x có đồ thị là (C). Hoành độ của các điểm trên (C) mà tại đó tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với trục hoành là
x=π4+kπ k∈ℤ.
x=π2+kπ k∈ℤ.
x=π+kπ k∈ℤ.
x=k2π k∈ℤ.
Đáp án A.
Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) là
y'=0⇔4−4sin2x=0⇔sin2x=1⇔x=π4+kπ.
Viết F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=sinx1+3cosx và Fπ2=2. Tính F(0)
F0=−13ln2+2.
F0=−23ln2+2.
F0=−23ln2−2.
F0=−13ln2−2.
Đáp án B.
∫0π2sinx1+3cosxdx=−13∫0π2d1+3cosx1+3cosx=−ln1+3cosx3π20=Fπ2−F0=ln43⇔F0=2−2ln23.
Đặt m=log2 và n=log7. Hãy biểu diễn log61257 theo m và n.
6+6m+5n2.
126−6n+5m.
5m+6n−6.
6+5n−6m2.
Đáp án D.
Ta có:
log61257=log6125+log7=log72.125+12log7=2log7+log125+12log7=52log7+log53=52n+3log5=52n+31−log2=52n+3−3m.
limx→+∞x2+x−xbằng:
−∞
0
+∞
12
Đáp án D.
Ta có
limx→+∞x2+x−x=limx→+∞xx2+x−x=limx→+∞11+1x+1=12.
Cho số phức z thỏa mãn zi+2=1. Biết rằng tập các điểm biễu diễn số phức z là một đường tròn (C) Tính bán kính r của đường tròn (C)
r=1.
r=5.
r=2.
r=3.
Đáp án B.
Ta có zi+2=2⇒a2+b25=1⇒a2+b2=5⇒5.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình x−2y+2z−5=0. Xét mặt phẳng Q:x+2m−1z+7=0, với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để mặt phẳng (P) tạo với (Q) một góc π4.
m=1m=−2.
m=2m=−22.
m=2m=4.
m=4m=2.
Đáp án C.
Ta có:
cosπ4=1+22m−131+2m−12=12⇔94m2−4m+2=24m−12⇔4m2−20m+16=0⇔m=1m=4
Kí hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=fx=x.ex2, trục hoành, đường thẳng x=1. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi (H) quay quanh trục hoành
V=e2−1
V=πe2−1
V=14πe2−1
V=14πe2−1
Đáp án D.
Thể tích V của khối tròn xoay cần tính
VH=π.∫01f2xdx=π.∫01x.e2x2dx.
Đặt
t=e2x2⇔dt=2x2'e2x2dx=4x.tdx⇔xdx=dt4t
và đổi cận x=0→t=1x=1→t=e2.
Khi đó VH=π∫1e2t.dt4t=π4∫1e2dx=π4e2−1.
Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tam giác ABC đều, I là trung điểm của BC. Góc giữa hai mặt phẳng (SAI) và (SBC) là
450.
900.
600.
300.
Đáp án B.
Vì I là trung điểm BC⇒AI⊥BC
mà SA⊥ABC⇒SA⊥BC
Suy ra BC⊥SAI mà BC⊂SAC→SAI⊥SBC.
Đồ thị hàm số y=ax4+bx2+c đạt cực đại tại A0;−2 và cực tiểu tại B12;−178. Tính a+b+c
a+b+c=2
a+b+c=0
a+b+c=−1
a+b+c=−3
Đáp án C.
Xét hàm số y=ax4+bx2+c,
ta có y'=4ax3+2bx;∀x∈ℝ.
Điểm A0;−2 là điểm cực trị đại của đồ thị hàm số ⇒y0=−2y'0=0⇔c=−2
Điểm B12;−178 là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số ⇒y12=−178y'12=0⇔a2+b=0a16+b4=−18
Từ đó suy ra a=2;b=−1;c=−2⇒ tổng a+b+c=−1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):2x−2y+z−5=0.Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P), cách (P) một khoảng bằng 3 và cắt trục Ox tại điểm có hoành độ dương.
(Q):2x−2y+z+4=0.
(Q):2x−2y+z−14=0.
(Q):2x−2y+z−19=0.
(Q):2x−2y+z−8=0.
Đáp án B.
Q//P nên mặt phẳng (Q) có dạng:
2x−2y+z+m=0 với m≠−5
Mặt phẳng (P) đi qua điểm M1;1;5. Theo đề:
dP,Q=3⇔dM,Q=3⇔2.1−2.1+5+m22+−22+12=3⇔m=4m=−14⇔Q:2x−2y+z+4=0Q:2x−2y+z−14=0
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;1;1và đường thẳng d:x=6−4ty=−2−tz=−1+2t. Tìm tọa độ hình chiếu A’ của A trên (d).
A’2;3;1.
A’−2;3;1.
A’2;−3;1.
A’2;−3;−1.
Đáp án C.
Ta có vecto chỉ phương của d là
ud¯=−4;−1;2 và
A'∈d⇒A'6−4a;−2−a;−1+2a.
Vì AA'¯.ud¯=0⇔a=1⇒A'2;−3;1.
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3≤z−3i+1≤5. Tập hợp các điểm biểu diễn của Z tạo thành một hình phẳng. Tính diện tích S của hình phẳng đó.
S=25π.
S=8π.
S=4π.
S=16π.
Đáp án D.
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z. Xét điểm A−1;3 thì theo điều kiện, ta có: 3≤z−3i+1≤5⇔3≤AM≤5. Vậy tập hợp các điểm biểu diễn z là phần hình phẳng nằm giữa 2 đường tròn tâm A, bán kính lần lượt là 3 và 5
⇒S=π52−33=16π.
Cho ∫01fxdx=9. Tính I=∫0π6fsin3x.cos3x.dx.
I = 5
I = 9
I = 3
I = 2
Đáp án C.
Đặt t=sin3x⇒dt=3cos3xdx⇒x=0x=π6→t=0t=1
⇒I=∫0π6fsin3x.cos3x.dx=13∫01ftdt=3.
Với các số thực dương a, b bất kì, a≠1. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
logaa3b2=13−2logab.
logaa3b2=3−12logab.
logaa3b2=13−12logab.
logaa3b2=3−2logab.
Đáp án A.
logaa3b2=logaa3−logab2=13−2logab.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:x=2ty=tz=4 và d2:x=3−t'y=t'z=0. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2.
S:x+22+y+12+z+22=4.
S:x−22+y−12+z−22=16.
S:x−22+y−12+z−22=4.
S:x+22+y+12+z+22=16.
Đáp án C
Gọi tâm mặt cầu cần tìm là I và H,K lần lượt là hình chiếu của I lên các đường thẳng d1,d2.
Ta có: IH+IK≥HK≥ad1,d2. Dấu bằng khi HK là đường vuông góc chung của d1,d2và I là trung điểm của HK.
Khi đó: H2a,a,4 và K3−b,b,0⇒KH¯2a+b−3;a−b;4
Đường thẳng d1,d2 có vecto chỉ phương lần lượt là u1¯=2;1;0 và u2¯−1;1;0 nên:
KH¯.u1¯=0KH¯.u2¯=0⇔22a+b−3+a−b+0.4=0−2a+b−3+a−b+0.4=0⇔2a+b−3=a−b=0⇔a=b=1
Suy ra trung điểm của HK là I2;1;2 và bán kính của mặt cầu (S) là R=HK2=2.
Biết ∫35x2+x+1x+1dx=a+lnb2 với a, b là các số nguyên. Tính S=a−2b.
S=−2.
S=10.
S=5.
S=2.
Đáp án D.
∫35x2+x+1x+1dx=∫35x+1x+1dx=x22+lnx+153=8+ln32⇒a=8b=3⇒S=a−2b=2
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh 2a, mặt bên SAB là tam giác cân nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, ASB=120°. Tính bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp.
2a2
213a
a2
Kết quả khác
Đáp án B.
Gọi O là tâm của hính vuông ABCD và H là tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔSAB. Từ O kẻ đường thẳng d vuông góc với (ABCD). Từ H kẻ đường thẳng H vuông góc với (SAB).
Ta có d∩Δ=I⇒IA=IB=IC=IS⇒I là tâm đường tròn ngoại tiếp khối chóp S.ABCD⇒R=IA=OI2+OA2.
Mà OI=HM=HB2−MB2 với M là trung điểm của AB.
Xét ΔSAB cân tại S, có ABsinASB^=2r
⇒HB=r=2a2.sin1200=2a3.
Khi đó OI=2a32−a2=a3⇒R=a32+a22=a213.
Trong không gian toạ độ Oxyz cho 3 điểm A0;2;1;B1;0;2;C2;1;−3. Tập hợp các điểm thoã mãn MA2+MB2+MC2=20 là một mặt cầu. Bán kính mặt cầu đó là.
R=2
R=62
R=63
R=25
Đáp án C.
G(1;1;0) là trọng tâm tam giác ABC
Ta có GA¯+GB¯+GC¯=0→.
Khi đó MA2+MB2+MC2=MA¯2+MB¯2+MC¯2
=MG¯+MA¯2+MG¯+GB¯2+MG¯+GC¯2
⇔3MB2+MG¯GA¯+GB¯+GC¯+GA2+GB2+GC2=20
MG2=20−GA2−GB2−GC23=32
⇒ tâm G1;1;0 và R=63.
Bạn B vay một số tiền tại ngân hàng Agribank và trả góp số tiền đó trong vòng 3 tháng với mức lãi suất là 1%/tháng. Bạn B bắt đầu hoàn nợ, tháng thứ nhất bạn B trả ngân hàng số tiền là 10 triệu đồng, tháng thứ 2 bạn B trả ngân hàng 20 triệu và tháng cuối cùng bạn B trả ngân hàng 30 triệu đồng thì hết nợ. Vậy số tiền bạn B đã vay ngân hàng là bao nhiêu. Chọn kết quả gần đúng nhất?
58 triệu đồng
59 triệu đồng
56 triệu đồng
57 triệu đồng
Đáp án A
Gọi T là số tiền B đã vay, r là lãi suất
Ta có:
Số tiền còn nợ sau 1 tháng là:
T1+r−m1=1,01T−10 (với mi là số tiền mà bạn B trả tháng thứ i)
Số tiền còn nợ sau 2 tháng là:
1,01T−101+r−20=1,01T−10.1,01−20=1,012T−30,1
Số tiền còn nợ sau 3 tháng là:
1,012T−30,11+r−30=1,012T−30,1.1,01−30=1,013T−60,401
Cho 1,013T−60,401=0⇔T=58,62 triệu đồng.
Tìm m để đồ thị hàm số y=x4−2m2x2+1 có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác vuông cân.
m=1.
m∈−1;1.
m∈−1;0;1.
m=∅.
Đáp án B.
Xét y=x4−2m2x2+1 với x∈ℝ,
ta có
y'=4x2−4m2x⇒y'=0⇔x=0x2=m2.
Để hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m≠0.
Khi đó A0;1;Bm;1−m2;C−m;1−32 lần lượt là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số ⇒AB=AC⇒ΔABC cân tại A và AB¯=m;−m2,AC¯=−m;−m2
Yêu cầu bài toán trở thành AB¯.AC¯=0⇔−m2+m4=0⇔m2m2−1=0⇒m=±1.
Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C có AB=2a,AA'=3a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AA’, A’C, AC. Tính theo a thể tích V của khối tứ diện B.MNP.
V=312a3
V=34a3
V=a32a3
V=38a3
Đáp án B.
Ta có BP⊥ACBP⊥A'A⇒BP⊥A'AC⇒BP⊥MNP
Ta có MN=12AC=a;NP=12A'A=3a2
⇒SMNP=12MN.NP=3a24
Ta có BP=2a32=a3
VB.MNP=13BP.SMNP=13.a3.3a24=a334.
Gọi A, B là hai điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số phức z1,z2 khác 0 thỏa mãn đẳng thức z12+z22−z1z2=0, khi đó tam giác OAB (O là gốc tọa độ)
Là tam giác đều.
Là tam giác vuông.
Là tam giác cân, không đều.
Là tam giác tù.
Đáp án A.
Chọn z1=1⇒z2=1±i32⇒z2−z1=−1±i32.
Một miếng giấy hình chữ nhật ABCD với AB=x, BC=2x và đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (ABCD), ∆ song song với AD và cách AD một khoảng bằng a, ∆ không có điểm chung với hình chữ nhật ABCD và khoảng cách từ A đến B đến ∆. Tìm thể tích lớn nhất có thể có của khi quay hình chữ nhật ABCD quanh ∆.
64πa327.
64πa3.
63πa327.
64π27.
Đáp án A.
Ta có r1=OB=AO−AB=a−x
là bán kính đáy của khối trụ nhỏ.
Và r2=OA=a là bán kính đáy của
khối trụ lớn với chiều cao h = 2x
Suy ra thể tích cần tính là
V=Vtl−Vtn=πr22h−πr12h=2πxa2−a−x2=2πx2ax−x2⇒V=2πx22a−x=8π.x2.x2.2a−x≤8π.8a327=64πa327⇒Vmax=64πa327.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;1;1,B2;0;1 và mặt phẳng P:x+y+2z+2=0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất.
d:x−13=y−11=z−1−2.
d:x2=y2=z+2−2.
d:x−21=y−21=z−1.
d:x−13=y−1−1=z−1−1.
Đáp án C
Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với
P⇒Q:x+y+2z−4=0
Ta có dB;d≤AB⇒dB,dmax⇔AB⊥d.
Ta có AB¯=1;−1;0⇒ud¯=AB¯,np¯=−2;−2;2
Do đó phương trình đường thẳng d là d:x−21=y−21=z−1.
Cho số phức z thỏa mãn z−3+4i=2 và w=2z+1−i. Khi đó w có giá trị lớn nhất là
4+74
2+130
4+130
16+74
Đáp án C.
Từ giả thiết, ta có:
z−3+4i=2⇔2z−6+8i=4⇔2z+1−i−7+9i=4
mà w=2z+1−i.
Khi đó:
w−7+9i=4⇒wmax=72+92+4=130+4wmin=72+92−4=130−4.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V. Điểm P là trung điểm của SC, một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N. Gọi V1 là thể tích khối chóp S.AMPN. Giá trị lớn nhất của V1V thuộc khoảng nào sau đây?
0;15.
15;13.
13;12.
12;1.
Đáp án C.
V1V=12VS.AMPVS.ADC+VS.ANPVS.ABC=12.SPSCSMSD+SNSB=x+y4V1V=12VS.AMNVS.ABD+VS.PMNVS.CBD=12.SMSD+SNSB1+SPSC=3xy4⇒x+y=3xy⇒y=x3x−1∈0;1⇒x∈12;1⇒V1V=3x343x−1=34fx.
Xét fx=x23x−1 với x∈12;1
Xét hàm, suy ra Max12;1fx=12⇒V1V≤38.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):x2+y2+z2=3. Một mặt phẳng α tiếp xúc với mặt cầu (S) và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C và thỏa mãn OA2+OB2+OC2=27. Diện tích của tam giác ABC bằng
332
932
33
93
Đáp án B.
Mặt cầu S:x2+y2+z2=3
có tâm O0;0;0 và bán kính R=3
Giả sử Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c với a,b,c>0 ⇒Phương trình mặt phẳng α là: xa+yb+zc−1=0
Để ý rằng OA2+OB2+OC2=27⇔a2+b2+c2=27 và vì α tiếp xúc mặt cầu S:
⇒dO,α=R=3⇔0a+0b+0c−11a2+1b2+1c2=3⇔1a2+1b2+1c2=13
Ta luôn có bất đẳng thức a2+b2+c2+1a2+1b2+1c2≥9 với a,b,c>0.
Dấu bằng khi a=b=c=3
Ta có VO.ABC=OA.OB.OC6=abc6=276
hoặc VO.ABC=dO,α.SABC3⇔SABC=932.
Cho fx=alnx+x2+1+bsinx+6 với a,b∈ℝ. Biết rằng flogloge=2. Tính giá trị của flogln10
10
2
4
8
Đáp án A.
f−x=alnx2+1−x+bsin−x+6=−alnx2+1+x−bsinx+6⇒fx+f−x=12
Biến đổi flogln10=flog1loge=f−logloge.
Dựa vào đẳng thức trên, suy ra:
f−logloge+flogloge=12⇔f−logloge=12−flogloge=10.
Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M’. Số phức z4+3i và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N, N’. Biết rằng M, M’, N , N’ là bốn đỉnh của hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z+4i−5.
534.
25.
12.
413.
Đáp án C.
Giả sử z=a+bi
với a,b∈ℝ⇒Ma,b,M'a,−b.
Ta có:
z4+3i=a+bi4+3i=4a−3b+i4b+3a⇒N4a−3b;4b+3a,N'4a−3b;−4b−3a
Để M, M’, N, N’ là 4 đỉnh của hình chữ nhật thì M phải có cùng tọa độ với N và N’
⇔b=±4b+3a⇔b=−ab=−3a5⇒M nằm trên đường thẳng Δ1:x+y=0 hoặc Δ2:3x+5y=0
Xét điểm I5;−4⇒z+5i−5=MI=MindI,Δ1,dI,Δ1=12.
Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập do trường phát động, bạn An nhờ bố làm một hình chóp tứ giác đều bằng cách lấy một mảnh tôn hình vuông ABCD có cạnh bằng 5cm, cắt mảnh tôn theo các tam cân AEB, CGD, DHA; sau đó gò các tam giác AEH, BEF, CFG, DGH sao cho bốn đỉnh A, B, C, D trùng nhau tạo thành khối chóp tứ giác đều. Thể tích lớn nhất của khối chóp tứ giác đều tạo thành bằng:
4103.
4105.
8103.
8105.
Đáp án A.
Gọi cạnh đáy của khối chóp là x với
0<x<522.
Chiều cao của khối chóp là
h=522−x22−x22=25−5x22.
Vậy thể tích của khối chóp là
V=13.h.S=13.x2.25−5x22=1325x4−5x522.
Xét hàm số fx=25x4−5x52 trên 0;522,
ta có f'x=100x3−25x42=0⇔x=22.
Suy ra giá trị lớn nhất của thể tích là V=13.f222=4103.
Cho hai số phức z, w khác 0 và thỏa mãn 3z+4w=5z+w, biết w=1. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
a103.
4105.
8103.
8105.
Đáp án C.
Từ giả thiết, ta có:
3z+4w=5z+w⇔3w+4zzw=5z+w⇔3w+4zw+z=5zw
⇔3w2+7zw+4z2=5zw⇔3w2+2zw+4z2=0⇔3wz2+2wz+4=0⇔wz=−13±i113.
Lấy moodun hai vế, ta được
wz=wz=−13±i113=132+1132=23⇒z=32.
Cho hàm số fx=3−x22 khi x<11x khi x<1 . Khẳng định nào dưới đây là sai?
Hàm số f(x) liên tục tại x = 1
Hàm số f(x) có đạo hàm tại x = 1
Hàm số f(x) liên tục tại x = 1và hàm số f(x) cũng có đạo hàm tại x = 1
Hàm số f(x) không có đạo hàm tại x = 1
Đáp án C.
Ta có
f1=limx→1+f1=1limx→1−f1=limx→1+3−x22=1⇒f1=limx→1+f1=limx→1−f1.
Hàm số liên tục tại x = 1
Xét
limx→1−fx−f1x−1=limx→1−3−x22−1x−1=limx→1−−1−x2=−1limx→1+=fx−f1x−1=limx→1−1x−1x−1=limx→1−−x=−1.
Hàm số có đạo hàm tại x = 1
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh, a góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy là α thoả mãn cosα=13. Mặt phẳng (P) qua AC và vuông góc với mặt phẳng (SAD) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau
0,11
0,13
0,7
0,9
Đáp án A.
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trung điểm AB.
⇒AB⊥SHO⇒SAB;ABCD^=SH;OH^=SHO^=α.⇒cosα=13⇒tanα=3x2−1=22⇒SO=tanα×OH=a2.
Kẻ CM vuông góc với SD M∈SD⇒mpP≡mpACM.
Mặt phẳng AMC chia khối chóp A.ABCD thành hai khối đa diện gồm M.ACD có thể tích là V1 và khối đa diện còn lại có thể tích V2.
Diện tích tam giác SAB là SΔSAB=12.SH.AB=a2.3a2=3a24.
Và
SD=SO2+DO2=a102⇒SΔ.SCD=12.SH.SD⇒CM=3a10.
Tam giác MCD vuông tại M ⇒MD=CD2−MC2=a10⇒MDSD=15.
Ta có:
VM.ACDVS.ACD=MDSD=15⇒VM.ACD=VS.ABCD10⇔V1=V1+V210⇔V1V2=19.
