Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 11)
50 câu hỏi
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=−x4+m−2x2+4 có ba điểm cực trị.
m≥2
m≤2
m<2
m>2
Đáp án D
Ta có
y'=−4x3+2m−2x;y'=0⇔x=0x2=m−22
Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔m−22>0⇔m>2
Gọi M là giao điểm của đồ thị hàm số y=x+1x−2 với trục hoành. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số trên tại điểm M là
3y+x+1=0
3y+x−1=0
3y−x+1=0
3y−x−1=0
Đáp án A
Điều kiện: x≠2. Do M là giao điểm của đồ thị hàm số y=x+1x−2 với trục hoành nên M−1;0
Ta có y'=−3x−22 nên hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k=y'−1=−13
Do đó suy ra phương trình tiếp tuyến là y=−13x−13x+3y+1
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình dưới đây
Mệnh đề nào sau đây đúng?
Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;1
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0
Đáp án A
Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận do limx→+∞fx=+∞,limx→−∞fx=−∞ nên A đúng.
Hình đa diện trong hình vẽ bên có bao nhiêu mặt?
10
15
8
11
Đáp án D
Hình đa diện ở bên có 11 mặt.
Phương trình các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x−11−x lần lượt là
x=−1,y=−2
x=−2,y=1
x=1,y=−2
x=1,y=2
Đáp án C
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 1 tiệm cận ngang là y = 2
Cho hàm số y=x+1x−2. Mệnh đề nào sau đây sai?
Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0
Hàm số đạt cực đại tại x = 1
Giá trị cực đại của hàm số bằng -4
Hàm số có hai điểm cực trị
Đáp án B
Điều kiện: x≠0.
Ta có y'=1−1x2;y'=0⇔x=1x=−1.
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số đã cho có hai điểm cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = -1, giá trị cực đại là -4, hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, giá trị cực tiểu là 0. Do đó B sai.
Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau.
Đồ thị hàm số y=ln−xkhông có đường tiệm cận ngang
Hàm số y=lnx2không có cực trị
Hàm số y=lnx2có một điểm cực tiểu
Hàm số y=lnx2 nghịch biến trên khoảng −∞;0
Đáp án C
Với hàm số y=ln2xta có y'=2x.1x2=2x nên hàm số đã cho không có cực trị. Do đó C sai.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:−2x+y−3z+1=0. Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
n→=−2;−1;3
n→=−2;1;3
n→=2;−1;−3
n→=4;−2;6
Đáp án D
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là nP→=−2;1;−3=−12.4;−2;6
Hàm số nào sau đây luôn đồng biến trên ℝ?
y=lnx
y=x−1x+2
y=x3+2x−1
y=x4+2x2+1
Đáp án C
Xét từng đáp án:
Đáp án A. Điều kiện: x>0.
Ta có y'=1x>0,∀x∈0;+∞ nên đáp án A sai.
Đáp án B. Điều kiện: x≠−2
Ta có y'=3x+22>0,∀x∈ℝ\−2 nên đáp án B sai
Đáp án C. Ta có y'=3x2+2>0,∀x∈ℝ nên đáp án C đúng
Đáp án D. Ta có y'=4x3+4x=4xx2+1chưa xác định được dấu nên đáp án D sai.
Giá trị lớn nhất M của hàm số y=x3+3x2−9x−7 trên đoạn −1;2 là
M=20
M=−12
M=6
M=4
Đáp án D
Ta có:y'=3x2+6x−9;y'=0⇔x=1x=−3l.
Ta có y−1=4;y1=−12;y2=−5
Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là M = 4
Hình trụ có bán kính đáy r=5cm, chiều cao h=7cm. Tính diện tích xung quanh của hình trụ.
85πcm2
35πcm2
353πcm2
70πcm2
Đáp án D
Diện tích xung quanh của hình trụ là S=2πrh=2π.5.7=70πcm2
Đạo hàm của hàm số y=5−x3 là
y'=−5−x3ln5−x
y'=35−x3x−5
y'=3x−53−1
y=35−x3−1
Đáp án B
Ta có y'=−35−x3−1=35−x3x−5.
Cho hàm số fx=x2+x−6x−2 khi x>2−2a x+1 khi x≤2. Xác định a để hàm số liên tục tại điểm x = 2
a=2
a=12
a=1
a=−1
Đáp án D
Để hàm số liên tục tại điểm x=2 thì limx→2+fx=f2
Ta có
limx→2+fx=limx→2+x2+x−6x−2=limx→2+x−2x+3x−2=limx→2+x+3=5
limx→2−fx=limx→2−−2a x+1=−4a+1;f2=−4a+1
Do đó để hàm số liên tục thì
−4a+1=5⇔a=−1.
Tính giá trị của biểu thức A=9log36+101+log2−4log169.
35
47
53
23
Đáp án C
Ta có:
A=9log36+101+log2−4log169=6log39+10log20−9log164=62+20log10−912=36+20−3=53.
Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?
y=−2x+12x+1
y=−x+1x+1
y=−x+2x+1
y=−xx+1
Đáp án B
Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=−1,tiệm cận ngang là y=−1 nên ta loại đáp án A
Ta thấy đồ thị hàm số đi qua 2 điểm 0;1,1;0 nên loại đáp án C,D.
Cho hàm số Fx=∫xx2+1 dx. Biết F0=43,khi đó F22 bằng
3
854
19
10
Đáp án D
Ta có:
Fx=12∫x2+1dx2=12∫x2+112dx2+1=12.x2+13232+C=13x2+13+C
Mà F0=43⇒C=1⇒F22=10.
Tìm nguyên hàm Fx của hàm số fx=cosx2.
Fx=2sinx2+C
Fx=12sinx2+C
Fx=−2sinx2+C
Fx=−12sinx2+C
Đáp án A
Ta có Fx=∫cosx2dx=2sinx2+C
Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x−29 là
−29C95x5
−4032
24C94x5
2016
Đáp án D
Ta có Tk+1=C9kxk−29−k
⇒hệ số của số hạng chứa x5 là C95.−29−5=2016
Cho điểm A nằm trên mặt cầu S. Qua A kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với mặt cầu S?
0
Vô số
1
2
Đáp án B
Qua A kẻ được vô số tiếp tuyến với mặt cầu (S)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm I2;−2;0. Viết phương trình mặt cầu tâm I bán kính R = 4
x+22+y−22+z2=4
x+22+y−22+z2=16
x−22+y+22+z2=16
x−22+y+22+z2=4
Đáp án C
Ta có S:x−22+y+22+z2=42=16.
Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có thể tích là V. Nếu tăng độ dài cạnh đáy lên ba lần và giảm độ dài đường cao xuống hai lần thì ta được khối chóp mới có thể tích là
92V
9V
3V
32V
Đáp án A
Kí hiệu như hình vẽ với SO⊥ABCDvà tứ giác ABCD là hình vuông.
Ta có V=13SO.SABCD=13SO.AB2
Thể tích mới V'=13.12SO.3AB2=92V
Bất phương trình 2x+2+8.2−x−33<0 có bao nhiêu nghiệm nguyên?
Vô số
6
7
4
Đáp án D
Ta có:
2x+2+8.2−x−33<0⇔4.2x+82x−33<0⇔4.2x2−33.2x+8<0⇔14<2x<8⇔−2>x<3
Tìm nghiệm của phương trình 52018x=52018.
x=12
x=1−log52
x=2
x=−log52
Đáp án A
Ta có:
52018x=52018⇔5x2018=52018⇔5x=5⇔x=12
Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 cm, góc ở đỉnh bằng 60°. Thể tích của khối nón là
83π9cm3
83πcm3
83π3cm3
839cm3
Đáp án C
Ta có V=13πR2h=13π.OA2.SO.
Mà ΔSAB đều có cạnh AB=2OA=4cm
⇒SO=AB32=23cm⇒V=8π33cm3.
Cho hai đường thẳng phân biệt a, b và mặt phẳng α. Giả sử a//α và b//α. Mệnh đề nào sau đây đúng?
a và b chéo nhau.
a và b hoặc song song hoặc chéo nhau hoặc cắt nhau.
a và b hoặc song song hoặc chéo nhau.
a và b không có điểm chung.
Đáp án B
Hai đường thẳng có thể cắt nhau, song song hoặc chéo nhau.
Nếu log210=1a thì log4000 bằng
a2+3
4+2a
3a2
3+2a
Đáp án D
Ta có:
log4000=log1000+log4=3+2log2=3+2log210=3+2a
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là đúng?
Hình chóp đều là tứ diện đều.
Hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều là hình lăng trụ đều.
Hình chóp có đáy là một đa giác đều là hình chóp đều.
Hình lăng trụ đứng là hính lăng trụ đều.
Đáp án B
Loại A vì tứ diện đều chỉ là 1 trường hợp của hình chóp đều.
Hiển nhiên B đúng và C, D sai.
Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB=a và AC=a3. Biết SA⊥ABC và SB=a5.Thể tích khối chóp S.ABCbằng
a364
a3156
a366
a323
Đáp án D
Ta có BC=AC2−AB2=a2SA=SB2−AB2=2a
⇒V=13SA.SABC=13.2a.12a.a2=a323.
Tìm nguyên hàm của hàm số y=1212x.
∫1212xdx=1212x−1ln12+C
∫1212xdx=1212xln12+C
∫1212xdx=1212xln12+C
∫1212xdx=1212x−1ln12+C
Đáp án D
Ta có:
∫1212xdx=∫1212xdx=1212xln1212+C=1212x12ln12+C=1212x−1ln12+C
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log0,2x−1<log0,23−x.
S=−∞;3
S=2;3
S=2;+∞
S=1;2
Đáp án B
BPT⇔1<x<3x01>3−x⇔1<x<3x>2⇔2<x<3.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=mx−8x−m+2 đồng biến trên mỗi khoảng xác định?
4
5
7
Vô số
Đáp án B
TXĐ: D=ℝ\m−2. Ta có:
y'=m2−m+8x−m+22>0⇔−m2+2m+8>0
⇔−2<m<4→m∈ℤm=−1;0;1;2;3.
Do đó có 5 giá trị nguyên của m.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho véctơ v→=l;−2 và điểm A3;1. Ảnh của điểm A qua phép tịnh tiến theo véctơ v→ là điểm A' có tọa độ
A'−2;−3
A'2;3
A'4;−1
A'−1;4
Đáp án C
Ta có:
Tv→A=A'⇒AA'=v→⇔xA'-3=1yA'-1=2⇔A'4;-1
Cho 0<a≠1, α, β∈ℝ. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
aαaβ=aαβ
aα=aαa>0
aαβ=aαβ
aα=aα
Đáp án D
aα=aα
Tập xác định của hàm số y=cot x là
D=ℝ\kπ2k∈ℤ
D=ℝ\kπk∈ℤ
D=ℝ\k2πk∈ℤ
D=ℝ\π2+kπk∈ℤ
Đáp án B
Hàm số đã cho xác định khi
sinx≠0⇔x≠kπk∈ℤ
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M0;3;−2và N2;−1;0.Tọa độ của véc tơ MN→ là
−2;−4;2
1;1;−1
−2;4;−2
2;2;−2
Đáp án A
MN→=2;−4;2
Người ta cần sản xuất một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ không có nắp với đáy cốc và thành cốc làm bằng thủy tinh đặc, phần đáy cốc dày 1,5cm và thành xung quanh cốc dày 0,2cm (như hình vẽ). Biết rằng chiều cao của chiếc cốc là 15cm và khi ta đổ 180ml nước vào thì đầy cốc. Nếu giá thủy tinh thành phẩm được tính là 500đ/cm3 thì giá tiền thủy tinh để sản xuất chiếc cốc đó gần nhất với số tiền nào sau đây?
25 nghìn đồng
31 nghìn đồng
40 nghìn đồng
20 nghìn đồng
Đáp án B
Gọi x và h lần lượt là bán kính và chiều cao của cốc, ta có x>0,2 và
x−0,22h−1,5π=180⇔x−0,22=180h−1,5πvới h=15 cm.
Suy ra x=0,2+403π
Thể tích thủy tinh cần là:
V=πx2h=180=60,717 cm3⇒T≈30.000 đồng.
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập X=0;1;2;3;4;5;6;7. Rút ngẫu nhiên một số thuộc tập S. Tính xác suất để rút được số mà trong số đó, chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.
27
1164
316
332
Đáp án C
Từ 8 số đã cho có thể lập được : số có3 chữ số.
Số cần chọn có dạng abc¯ trong đó a≤b≤c.
TH1: a<b<c. Chọn ra 3 số thuộc tập 1;2;3;4;5;6;7 ta được 1 số thỏa mãn.
Do đó có C73=35 số.
TH2: a=b<c có C72 số thỏa mãn.
TH3: a<b=c có C72 số thỏa mãn.
TH4: a=b=c có C71 số thỏa mãn.
Vậy có: C73+2C72+C71=84 số thỏa mãn chữ số đứng sau luôn lớn hơn bằng chữ số đứng trước.
Vậy xác suất cần tìm là: P=84448=316.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log2cosx−mlogcos2x−m2+4=0 vô nghiệm?
−∞;−2∪2;+∞
2;2
−2;2
−2;2
Đáp án C
Ta có : PT⇔log2cosx−2mlogcosx−m2+4=0
Đặt t=logcosx⇒t∈−∞;0.
Khi đó: t2−2mt−m2+4=0*
PT đã cho vô nghiệm
⇔*vô nghiệm hoặc có nghiệm dương.
TH1: (*) vô nghiệm ⇔Δ'=2m2−4<0⇔−2<m<2
TH2: (*) có nghiệm dương ⇔Δ'≥0S=2m>0P=4−m2>0⇔2≤m<2
Kết hợp 2 TH suy ra m∈−2;2
Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và ABC=120°. Các cạnh AA', A'B, A' D cùng tạo với đáy một góc 60°.Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
a33
a336
a332
3a32
Đáp án C
Ta có: ABC^=120∘⇒BAD^=60∘suy ra tam giác ABD là tam giác đều cạnh a. Khi đó A’.ABD là chóp đều cạnh đáy bằng a. Như vậy hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABD.
Ta có: A'H=HA tan60∘=a33.3=a
⇒VA'ABD=13A'H.SABC=a3312
Do đó VABCD.A'B'C'D'=3VA'.ABCD=6VA'ABD=a332.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của AB và M là trung điểm của AD. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SMC) bằng:
3a28
a3010
a308
3a714
Đáp ánA
Do ΔSAB đều nên SI⊥AB
Mặt khác SAB⊥ABCD⇒SI⊥ABCD
Dựng IE⊥CM;I F⊥SE⇒dI;SCM=I F
Ta có: CM=a52;SICM=SABCD−SIBC−SMCD=SAIM
=a2−a24−a24−a28=3a28
Do đó IE=2SICMCM=3a510;SI=a32
Lại có d=I F=SI.IESI2+IE2=3a28.
Ông An gửi tiết kiệm 50 triệu đồng vào ngân hàng với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 8,4% một năm theo hình thức lãi kép. Ông gửi được đúng 3 kỳ hạn thì ngân hàng thay đổi lãi suất, ông gửi tiếp 12 tháng nữa với kỳ hạn như cũ và lãi suất trong thời gian này là 12% một năm thì ông rút tiền về. Số tiền ông An nhận được cả gốc lẫn lãi tính từ lúc gửi tiền ban đầu là: (làm tròn đến chữ số hàng đơn vị)
63.545.193 đồng
100.214.356 đồng
83.737.371 đồng
59.895.767 đồng
Đáp án D
Số tiền mà ông An nhận được là
T=50.106.1+8,44%3.1+124%4≈59.895.767 đồng.
Cho tứ diện ABCD cạnh 2a. Tính thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tứ diện ABCD.
a326
a32
a323
2a329
Đáp án C
Khối bát diện đều có cạnh là a.
Chia bát diện đều thành hai hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a.
Thể tích khối chóp tứ giác đều S.MNPQ là
VS.MNPQ=13dS;MNPQ.SMNPQ=13.a2−a22.a2=a326
Vậy thể tích cần tính là:
V=2 x VS.MNPQ=2.a326=a323.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−1;0;l), Bl;1;−l,C5;0;−2.Tìm tọa độ điểm H sao cho tứ giác ABCH theo thứ tự đó lập thành hình thang cân với hai đáy AB, CH .
H3;−1;0
H7;1;−4
H−1;−3;4
H1;−2;2
Đáp án C
Ta có:
AB→=2;1;−2AC→=6;0;−3⇒AB→;AC→=3;6;6⇒dC;AB=AB→;AC→AB→=3
Gọi M là hình chiếu của B trên HC⇒BM=3.
Tam giác BMC vuông tại M, có MC=BC2−BM2=3
Suy ra
HC=AB+2.MC=3+2.3=9=3AB⇒CH→=3BA→
Mà BA→=−2;−1;2CH→=x−5;y;z+2
suy ra x=5=3.−2y=3.−1z+2=3.2⇔x=−1y=−3z=4
Vậy H−1;−3;4.
Cho hàm số y=x4−mx2+m(m là tham số) có đồ thị C. Biết rằng đồ thị (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2,x3,x4 thỏa mãn x14+x24+x34+x44=30 khi m=m0. Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?
4<m0≤7
0<m0<4
m0>7
m0≤−2
Đáp án A
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox là x4−mx2+m=0 *.
Đặt t=x2≥0 khi đó *⇔ft=t2−mt+m=0
Để (*) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ft=0 có 2 nghiệm dương phân biệt t1,t2
Khi đó, gọi t1,t2 t1<t2 là hai nghiệm phân biệt của ft=0
Suy ra:
x1=−t2;x2=−t1;x3=t1;x4=t2⇒x14+x24+x34+x44=2t12+t22=30
Màt1+t2=mt1t2=m
⇒t12+t22=t1+t22−2t1t2=m2−2m
suy ra m>4m2−2m=15⇔m=5.
Cho hàm số bậc ba fx=ax3+bx2+cx+d có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số gx=x2−3x+2x−1xf2x−fx có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
5
3
6
4
Đáp án B
Dễ thấy x = 0 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số vì TXĐ: .
Ta xét phương trình:
f2x−fx=0⇔fx=0 1fx=1 2.
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng
· Phương trình (1), có hai nghiệm phân biệt là x1<1;x2=2(nghiệm kép).
· Phương trình (2), có ba nghiệm phân biệt là x3=1;x4∈1;2;x5>2.
Do đó f2x−fx=x−1x−2.hx
suy ra gx=x−1x.hx
Mà hx=0 có 3 nghiệm lớn hơn 1 2;x4;x5⇒ĐTHS y=gx có 3 đường TCĐ.
Cho dãy số un được xác định như sau: u1=2un+1+4un=4−5nn≥1. Tính tổng S=u2018−2u2017.
S=2015−3.42017
S=2016−3.42018
S=2016+3.42018
S=2015+3.42017
Đáp án A
Ta có:
un+1+4un=4−5n⇔un+1=−4un−5n+4⇔un+1+n=−4un+n−1 *.
Đặt vn+1=un+1+n suy ra vn=un+n−1, khi đó *⇔vn+1=−4vn
Do đó vn là cấp số nhân với công bội q=−4⇒vn=−4n−1v1
Mà v1=u1=2 nên suy ra vn=2.−4n−1→un=2.−4n−1−n+1
Vậy:
S=u2018−2u2017=2.−42017−2017−22.−42016−2016=2015−3.42017.
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =a3, AD=a, SA vuông góc với mặt đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60°. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD
V=13136πa3
V=5103πa3
V=131324πa3
V=556πa3
Đáp án A
Ta có:
SA⊥ABCDBC⊥AB⇒BC⊥SAB⇒SBC;ABCD^=SBA^ RABCD=AC2a.
Tam giác SAB vuông tại A, có
tanSBA^=SAAB⇒SA=tan60∘.a3=3a.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD là
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là:
R=RABCD2+SA24=a2+3a24=a132⇒V=43πR3=1313πa36
Một phiếu điều tra về vấn đề tự học của học sinh gồm 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có 4 lựa chọn để trả lời. Khi tiến hành điều tra, phiếu thu lại được coi là hợp lệ nếu người được hỏi trả lời đủ 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi chỉ chọn một phương án. Hỏi cần tối thiểu bao nhiêu phiếu hợp lệ để trong số đó luôn có ít nhất hai phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10 câu hỏi?
1048577
1048576
10001
2097152
Đáp án A
Với 10 câu hỏi trắc nghiệm sẽ có 410 cách chọn đáp án.
Và bài điền tiếp theo chắc chắn sẽ giống 1 trong 410 bài điền trước đó.
Vậy có tất cả 410+1=1048577 phiếu thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm trên cạnh SC sao cho 5SM=2SC,mặt phẳng α qua A, M và song song với đường thẳng BD cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại H, K. Tính tỉ số thể tích VS.AHMKVS.ABCD
15
835
17
635
Đáp án D
Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD, nối SO∩AM=I
Qua I kẻ đương thẳng d, song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại H, K suy ra SHSB=SKSD=SISO.
Điểm M∈SC thỏa mãn 5SM=2SC⇒SMSC=25
Xét tam giác SAC, có:
MSMC.ACAO.IOI S=1⇒IOSI=43⇒SISO=37
Khi đó:
VS.AKMVS.ADC=SKSD.SMSC;VS.AHMVS.ABC=SHSB.SMSC
Suy ra:
VS.AHMKVS.ABCD=SMSC.SHSB=25.37=635⇒VS.AHMK=636VS.ABCD
Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 3x2+y2−2.log2x−y=121+log21−xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M=2x3+y3−3xy.
7
132
172
3
Đáp án B
Ta có:
3x2+y2−2.log2x−y=121+log21−xy⇔3x2+y2−2.log2x−y2=log22−2xy
⇔3x2+2xy+y2−2+2xy.log2x−y2=log22−2xy⇔3x−y2.log2x−y=32−2xy.log22−2xy
Xét hàm số ft=3t.log2t trên khoảng 0;+∞, có f't=3tln3.log2t+3tt.ln2>0;∀t>0
Suy ra ft là hàm số đồng biến trên 0;+∞ mà
fx−y2=f2−2xy⇒x2+y2=2
Khi đó:
M=2x3+y3−3xy=2x+yx+y2−3xy−3xy⇔2M=2x+y2x+y2−3.2xy−3.2xy2x+y2x+y2−3x+y2+6−3x+y2+6=2x+y6−x+y2−3x+y2+6=−2a3−3a2+12a+6,
Với a=x+y∈0;4
Xét hàm số fa=−2a3−3a2+12a+6 trên 0;4,
suy ra max0;4fa=13.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 132
