Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 16)
50 câu hỏi
Tập xác định của hàm số y=log3x2+2x là:
−2;0.
−∞;−2∪0;+∞.
−2;0.
−∞;−2∪0;+∞.
Đáp án B.
Hàm số đã cho xác định khi:
x2+2x>0⇔x>0x<−2⇒D=−∞;−2∪0;+∞.
Cho cấp số cộng un với số hạng đầu là u1=−2017 và công sai d = 3. Bắt đầu từ số hạng nào trở đi mà các số hạng của cấp số cộng đều nhận giá trị dương?
u674.
u672.
u675.
u673.
Đáp án A.
Ta có:un=u1+n−1d=−2017+n−1.3
Số hạng nhận giá trị dương khi:
−2017+n−1.3>0⇔n−1>20173⇔n>673⇒n=674.
Hàm số nào sau đây không có giá trị lớn nhất?
y=2x−x2.
y=−x2+x.
y=cos2x+cosx+3.
y=x2−1x2.
Đáp án D.
Do y=x2−1x2=1−1x2<1 ∀x≠0 do đó hàm số y=x2−1x2 không có giá trị lớn nhất.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm mặt cầu S:x2+y2+z2−4x−6y+6z+17=0
Và vuông góc với mặt phẳng P:x−2y+2z+1=0.
x=5+4ty=3+3tz=−2+4t.
x=1+ty=3+7tz=−2+4t.
x=2+ty=−3−2tz=−3+2t.
x=1+ty=3−7tz=−3+2t.
Đáp án C.
Mặt cầu (S) có tâm I2;−3;−3, bán kính R=5
Phương trình đường thẳng d là d:x=2+ty=−3−2tz=−3+2t.
Trong các hàm số f1x=sinx, f2x=x+1, f3x=x3−3x và f4x=x+x−1 khi x≥12−x khi x<1 có tất cả bao nhiêu hàm số là hàm liên tục trên ℝ?
1
2
4
3
Đáp án D.
Hàm số f1x=sinx;f3x=x3−3x liên tục trên ℝ
Xét hàm số f4x=x+x−1 khi x>12−x khi x<1.
Ta có: f41=1=limx→1+f4x=limx→1−2−x=1 nên hàm số liên tục trên ℝ
Vậy có 3 hàm số liên tục trên ℝ
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm đa giác đáy ABCD. Khẳng định nào sau đây là sai?
BD⊥SAC.
BC⊥SAB.
AC⊥SBD.
OS⊥ABCD.
Đáp án B.
Do hình chóp tứ giác S.ABCD đều nên SO⊥ABCD
Mặt khác ABCD là hình vuông nên AC⊥BD
Vì AC⊥BDAC⊥SO⇒AC⊥SBD, tương tự BD⊥SAC.
Suy ra đáp án A, B, D đúng, đáp án B sai.
Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y=2x và y=2−log3x.
3
0
2
1
Đáp án D.
Điều kiện: x>0. Phương trình hoành độ giao điểm 2x=2−log3x⇔2x+log3x=2
Xét hàm số fx=2x+log3x với x>0. Ta có f'x=2xln2+1xln3>0⇒fx đồng biến
Do đó số giao điểm của đồ thị hàm số là 1.
Cho tích phân I=∫011−x2dx. Đặt x=sint. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
I=12π2+sinπ2.
I=∫01costdt.
I=∫0π2cos2tdt.
I=12t+sin2t2π20.
Đáp án B.
Ta có:
I=∫0π21−sin2tdsint=∫0π2costcostdt=∫0π2cos2tdt=∫0π21+cos2t2dt=x2+14sin2tπ20=π4
Cho điểm A2;−1;0 và đường thẳng d:x+12=y−11=z−2. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d.
P:2x−y+2z−5=0.
P:2x+y+2x−3=0.
P:2x+y+3z−3=0.
P:2x+y−2z−3=0.
Đáp án D.
Mặt phẳng (P) qua A2;−1;0 và nhận ud→=2;1;−2 là một VTPT
⇒P:2x−2+y+1−2z=0⇔2x+y−2z−3=0.
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I nằm trên tia Oy, bán kính R = 4 và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz)
x2+y2+z−22=16.
x2+y+4+z2=16.
x2+y−4+z2=16.
x2+y±4+z2=16.
Đáp án C.
Ta có I∈Oy⇒I0;i;0, i>0.
Oxz:y=0⇒dI;Oxz=R=4⇔i4=4⇒i=4⇒I0;4;0⇒x2+y−4+z2=16.
Tính giá trị của của P=1+i1−i4+1−i1+i4.
P = 1
P = 0
P = -2
P = 2
Đáp án D.
Sử dụng máy tính ta có:
P=1+i1−i4+1−i1+i4=i4+4i4=1+−14=1+1=2.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số fx=x2−lnx trên đoạn 2;3.
max2;3fx=4−2ln2.
max2;3fx=3−2ln3.
max2;3fx=e.
max2;3fx=3−2ln2.
Đáp án C.
fx=x2−lnx⇒y'=2−lnx−1=0⇒x=e.
So sánh:
f2,f2,fe⇒max2;3fx=fe=e.
Tính thể tích V của vật thể tròn xoay sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y=1x,y=0,x=1,x=a,a>1 quay xung quanh trục Ox.
V=1−1a
V=1−1aπ
V=1+1aπ
V=1+1a
Đáp án B.
Thể tích vật thể cần tính là:
V=π∫1a1x2dx=π∫1adxx2=−πxa1=π−πa.
Cho ∫12fxdx=a. Tính I=∫01x.fx2+1dx theo a.
I=2a
I=4a
I=a2
I=a4
Đáp án C.
Đặt t=x2+1
⇒dt=2xdx⇒I=∫01xfx2+1dx=12∫12ftdt=a2.
Cho số phức z = 3 + 2i. Điểm nào trong các điểm M, N, P, Q hình bên là điểm biểu diễn số phức liên hợp z¯ của z?
N
M
P
Q
Đáp án D.
z=3+2i⇒z¯=3−2i⇒x=3y=−2
tức điểm Q
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình cossinx=1 trên 0;2π bằng:
0
π
2π
3π
Đáp án D.
Ta có:
cossinx=1⇔sinx=0⇔x=k2π∈0;2π⇒x=0;2π.
Cho hai số phức z1=4−i; z2=−2+3i. Tìm phần ảo của số phức z1z2¯.
−1013.
1013.
1113.
−1113.
Đáp án B.
Ta có:
z1z2¯=z1¯z2=4+i−2−3i=4+i2−3i3i−23i+2=−11+10i13=−1113+1013i
⇒phần ảo của số phức là 1013.
Cho hàm số y = f(x) có f'x=12x−1 và f1=1 thì f5 có giá trị bằng
ln2
n3
ln(2) + 1
ln(3) + 1
Đáp án D.
Ta có:
f'x=22x−1⇒fx=∫f'xdx=∫dx2x−1=12.ln2x−1+C.
Biết rằng hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=2x+1x−m (m là tham số thực) tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có diện tích bằng 2. Giá trị của m bằng bao nhiêu ?
m=±1
m=±2
m=2
m=1
Đáp án A.
Đồ thị hàm số y=2x+1x−m có hai đường tiệm cận là x=my=2
Diện tích hình chữ nhật được tạo thành là S=2m=2⇒m=±1.
Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x2−42x2−5x+2 là
2
1
3
4
Đáp án A.
Ta có limx→∞x2−42x2−5x+2=0⇒y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Và
y=x2−42x2−5x+2=x−2x+2x−22x−1⇒limx→2+y=+∞⇒x=2
là tiệm cận đứng của ĐTHS.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Một người vào cửa hàng ăn, người đó chọn thực đơn gồm 1 món ăn trong 5 món, 1 loại quả tráng miệng trong 5 loại quả tráng miệng và một nước uống trong 3 loại nước uống. Có bao nhiêu cách chọn thực đơn ?
25
75
100
15
Đáp án B
Số cách chọn thực đơn là 5.5.3 = 75
Cho các hàm số y=x+1x−1; y=x4+2x2+2; y=−x3+x2−3x+1. Trong các hàm số trên, có bao nhiêu hàm số đơn điệu trên ℝ?
3
1
2
0
Đáp án C.
Ta có
y=−x3+x2−3x+1⇒y'=−3x2+2x−3<0; ∀x∈ℝ
suy ra hàm số nghịch biến trên ℝ
Cho hình nón có đỉnh S, tâm đáy là O, bán kính đáy là a, góc tạo bởi một đường sinh SM và đáy là 60°. Tìm kết luận sai.
Stp=4πa2.
l=2a.
V=πa333.
Sxq=2πa2.
Đáp án A.
Ta có tan600=ha⇒h=a3 và cos600=al⇒l=2a.
Khi đó:
Stp=πRl+πR2=3πa2;V=13πR2h=πa333;Sxq=πRl=2πa2.
Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số mà chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục?
48
72
54
36
Đáp án D.
Số cần lập có dạng:
ab¯a;b∈1;2;3;4;5;6;7;8;9;a<b.
Với mỗi cách chọn 2 số từ các số đã cho ta được một số thõa mãn yêu cầu bài toán.
Do đó có C92=36 số.
Cho đường thẳng d:x−2−1=y+1−1=z+11 và mặt phẳng P:2x+y−2z=0. Đường thẳng ∆ nằm trong (P), cắt d và vuông góc với d có phương trình là:
x=1−ty=−2+tz=−t.
x=1−ty=−2z=−t.
x=1−ty=−2z=t.
x=1+ty=−2z=−t.
Đáp án B.
Gọi A=d∩P⇒A−t+2;−t−1;t−1
⇒2−t+2+−t−1−2t−1=0⇔−5t+5=0⇔t=1⇒A1;−2;0.
Ta có:
ud→=−1;−1;1up→=2;1;−2⇒ud→;up→=1;0;1⇒Δ:x=1−ty=−2z=−t t∈ℤ.
Số nghiệm trên khoảng 0;2πcủa phương trình 27cos4x+8sinx=12 là
1
2
3
4
Đáp án D.
Ta có cos4x=1−sin2x2=sin4x−2sin2x+1.
Khi đó, phương trình trở thành:
27sin4x−2sin2x+1+8sinx=12⇔sinx=1−63sinx=10−13.
Kết hợp với điều kiện: x∈0;2π, ta được phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=x4+2m−1x2+m2 có ba cực trị.
m>1
m<1
m≤1
m≥1
Đáp án B.
Hàm số có 3 điểm cực trị
⇔−b2a>0⇔1−m>0⇔m<1.
Cho hình nón đỉnh S và O là tâm đáy. Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác cân có đường cao h=3cm, biết hai cạnh bên dài gấp đôi cạnh đáy. Tính diện tích xung quanh của hình nón đó.
3617π cm2.
3617π m2.
185π cm2.
125π m2.
Đáp án D.
Gọi thiết diện qua trục là tam giác cân SAB có SA=2AB.
Ta có:
SO2=SA2−AO2=4AB2−OA2=15r2=h2⇒r=155cm.
Diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq=πrl=πrh2+r2=125 cm2.
Phương trình sin2xcosx=sin7xcos4x có các họ nghiệm là :
x=k2π5;x=π12+kπ6k∈ℤ
x=kπ5;x=π12+kπ3k∈ℤ
x=kπ5;x=π12+kπ6k∈ℤ
x=k2π5;x=π12+kπ3k∈ℤ
Đáp án C.
Ta có:
sin2xcosx=sin7xcos4x⇔12sinx+sin3x=12sin3x+sin11x⇔sin11x=sinx⇔11x=x+k2π11x=π−x+k2π⇔x=kπ5x=π12+kπ6 k∈ℤ.
Xét phương trình sin3x−3sin2x−cos2x+3sinx+3cosx=2. Phương trình nào dưới đây tương đương với phương trình đã cho ?
2sinx−12cos2x+3cosx+1=0
2sinx−cosx+12cosx−1=0
2sinx−12cosx−1cosx−1=0
2sinx−1cosx−12cos+1=0
Đáp án D.
Ta có:
sin3x−3sin2x−cos2x+3sinx+3cosx=2⇔3sinx−4sin2x−6sinx.cosx−1+2sin2x+3sinx+3cosx=2⇔−4sin3x+2sin2x+6sinx−3−3cosx2sinx−1=0⇔2sinx−13−2sin2x−3cosx2sinx−1=0⇔2sinx−12cos2x−3cosx+1=0⇔2sinx−1cosx−12cosx+1=0.
Biết đường thẳng y=3m−1x+6m+3 cắt đồ thị hàm số y=x3−3x2+1 tại ba điểm phân biệt sao cho một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?
1;32.
0;1
−1;0.
32;2.
Đáp án C.
Phương trình hoành dộ giao điểm của (C) và (d) là
3m−1x+6m+3=x3−3x2+1⇔x3−3x2−3m−1x−6m−2=0 (*).
Giả sử Ax1;y1, Bx2;y2 và Cx3;y3 lần lượt là giao điểm của (C) và (d).
Vì B cách đều 2 điểm A, C ⇒ B là trung
điểm của AC⇒x1+x3=2x2.
Mà theo định lí Viet cho phương trình (*), ta được
x1+x2+x3=3→3x2=3⇒x2=1.
Thay x2=1 vào (*), ta có
13−3.12−3m−1−6m−2=0⇔−9m−3=0⇔m=−13.
Thử lại, với m=−13⇒(*)⇔x3−3x2+2x=0
⇔x=0x=1x=2(TM)
Vậy m∈−1;0.
Cho f( x) liên tục trên ℝ và f2=16, ∫01f2xdx=2.Tích phân ∫02x.f'xdx bằng?
28
30
16
36
Đáp án A.
Xét ∫01f2x=2, đặt 2x=t
⇒2=∫02ftdt2=12∫02ftdt
=12∫02fxdx⇒∫02fxdx=4.
Ta có
∫02x.f'xdx=∫02xdfx
=x.fx02−∫02fxdx=2f2=2.16−4=28.
Biết ab (trong đó ab là phân số tối giản và a,b∈ℕ*) là giá trị của tham số thực m để cho hàm số y=23x3−mx2−23m2−1x+23 có hai điểm cực trị x1,x2 sao cho x1x2+2x1+x2=1. Tính giá trị biểu thức S=a2+b2.
S = 13
S = 25
S = 10
S = 34
Đáp án A.
Ta có y'=2x2−2mx−6m2+2.
Để hàm số có 2 điểm cực trị
⇔ y'=0 có 2 nghiệm phân biệt.
⇔Δ'=m2+43m2−1>0⇔13m2−4>0⇔m>213m<−213.
Khi đó, theo Viet ta có
x1+x2=mx1x2=1−3m2.
Mà x1x2+2x1+x2=1 nên suy ra
1−3m2+2m=1⇔3m2−2m⇔m=0m=23.
Kết hợp với điều kiện, ta được
m=23=ab⇒a=2b=3→S=22+32=13.
Từ 6 điểm phân biệt thuộc đường thẳng và một điểm không thuộc đường thẳng Δ ta có thể tạo được tất cả bao nhiêu tam giác?
210
30
15
35
Đáp án C.
Một tam giác được tạo bởi 3 điểm không thẳng hàng.
Lấy 2 điểm bất kỳ thuộc và 1 điểm không thuộc đường thẳng Δ ta được 1 tam giác
Do đó có C62.1=15 tam giác
Hết ngày 31 tháng 12 năm 2017, dân số tỉnh X là 1,5 triệu người. Với tốc độ tăng dân số hằng năm không thay đổi là 1,5% và chỉ có sự biến động dân số do sinh-tử thì trong năm 2027 (từ 1/1/2027 đến hết ngày 31/12/2027) tại tỉnh X có tất cả bao nhiêu trẻ em được sinh ra, giả sử rằng tổng số người tử vong trong năm 2027 là 2700 người và chỉ là những người trên hai tuổi?
28812
28426
23026
23412
Đáp án B.
Dân số tỉnh X tăng lên trong năm 2027 là
ΔN=N2027−N2026=N20171+r10−N20171+r9
Trong đó r=15%⇒ΔN=25726 người
Do đó ΔN= số người sinh ra – số người chết đi
Suy ra số người sinh ra là: 28426 người
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, đáy nhỏ của hình thang là CD, cạnh bên SC=a15. Tam giác SAD là tam giác đều cạnh bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm AD, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SHC) bằng 2a6. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD?
V=8a36.
V=12a36.
V=4a36.
V=24a36.
Đáp án C.
Ta có SAD là tam giác đều nên SH⊥AD
Mặt khác SAD⊥ABCD⇒SH⊥ABCD.
Dựng BE⊥HC,
do BE⊥SH⇒BE⊥SHC
Do đó d=BE=2a6;SH=a3;AD=2a
Do SC=a15⇒HC=SC2−SH2=2a3.
Do SAHB+SCHD=12aAB+CD=SABCD2
suy ra VS.ABCD=2VS.HBC=23.SH.SBCH
=32a3.BE.CH2=4a36.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m∈−10;10 để hàm số y=m2x4−24m−1x2+1 đồng biến trên khoảng 1;+∞?
15
7
16
6
Đáp án C.
Ta cóy'=4m2x3−44m−1x
=4xm2x2−4m+1.
YCBT ⇔y'≥0, ∀x∈1;+∞
⇔m2x2−4m+1≥0, ∀x∈1;+∞(1)
Rõ ràng m=0 thỏa mãn (1).
Với m≠0 thì (1)
⇔x2≥4m−1m2, ∀x∈1;+∞⇔4m−1m2≤1⇔m≠0m2−4m+1≥0⇔m≠0m≥23m≤2−3.
Kết hợp với m∈−10;10m∈ℤ
⇒m∈4;5;6;7;8;9;−9;−8;−7;−6;−5;−4;−3;−2;−1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x+2y+z−4=0 và đường thẳng d:x+12=y1=z+23. Viết phương trình đường thẳng Δ nằm trong mặt phẳng (P), đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d
x−15=y−1−1=z−1−3.
x−15=y−11=z−1−3.
x−15=y+1−1=z−12.
x+15=y+3−1=z−13.
Đáp án A
Gọi M=d∩P suy ra
tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
x+2y+x−4=0x+12=y1=z+23⇒M1;1;1
Lại có: Δ⊥dΔ⊂P
⇒uΔ→=ud→;nP→=−5;1;3
VậyΔ:x−15=y−1−1=z−1−3.
Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình x2−x−2+alnx2−x+1≥0 nghiệm đúng với mọi x∈ℝ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
a∈6;7.
a∈2;3.
a∈−6;−5.
a∈8;+∞
Đáp án A.
Đặt t=x2−x+1=x−122+34≥34
Khi đó BPT trở thành
ft=t+1+alnt≥0
Ta có: f't=+∞; f34=34+aln34
Với a>0⇒ft đồng biến trên
34;+∞⇒ft≥0∀t∈34;+∞⇔Min34;+∞ft=74+a
⇔aln34≥−74⇔a≤−74ln34≈6,08.
Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất
nên suy raa∈6;7.
Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó chứa các chữ số 3, 4, 5 và chữ số 4 đứng cạnh chữ số 3 và chữ số 5?
1470
750
2940
1500
Đáp án D.
Sắp xếp cụm số 3,4,5 có 2 cách sắp xếp là 345 và 543.
TH1: Cụm 2 số 3,4,5 đứng đầu có: 2.7.6.5=240 số thỏa mãn.
TH2: Cụm 3 số 3,4,5 không đứng đầu có 3 cách sắp xếp là x345xx; xx345x; xxx345
3 chữ số còn lại có: 6.6.5=180 cách chọn và sắp xếp.
Do đó có 2.3.180=1080 số thỏa mãn.
Theo quy tắc cộng có:
420+1080=1500số thỏa mãn yêu cầu bài toán
Cho hình phẳng D giới hạn đường cong y=ex−1, các trục tọa độ và phần đường thẳng y=2x với x≥1.Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành
V=13+e2−12e2.
V=π5e2−36e2.
V=12+e−1eπ.
V=12+e2−12e2.
Đáp án B.
Hình phẳng D gồm 2 phần:
Phần 1: Là phần giới hạn bởi:
y=ex−1;y=0x=0;x=1.
Phần 2: Là phần giới hạn bởi:
y=2−x;y=0x=1;x=2.
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành là:
V=π∫01ex−12dx+π∫122−x2dx=π∫01e2x−2dx+π∫12x−22dx−2
=πe2x−2210+πx−23321=πe2−12e2+π3=π5e2−36e2.
Một người gửi tiết kiệm ngân hàng theo hình thức gửi góp hang tháng. Lãi suất tiết kiệm gửi góp cố định 0,55%/tháng. Lần đầu tiên người đó gửi 2.000.000 đồng. Cứ sau mỗi tháng người đó gửi nhiều hơn số tiền đã gửi trước đó là 200.000 đồng. Hỏi sau 5 năm (kể từ lần gửi đầu tiên) người đó nhận được tổng số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu?
618051620 đồng
484692514 đồng
597618514 đồng
539447312 đồng
Đáp án D.
Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 2 là:
2.000.0001+0,55%59+200.0001+0,55%59
Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 2 là:
2.000.0001+0,55%58+200.0001+0,55%58
Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 3 là:
2.000.0001+0,55%57+200.0001+0,55%57
…………………………………….
Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 59 là
2.000.0001+0,55%1+200.0001+0,55%1
Do đó sau 5 năm (kể từ lần gửi đầu tiên) người đó nhận được tổng số tiền cả vốn lẫn lãi là
T=200.000.1+0,55%.
1−1+0,55%601−1+0,55%+200.0001+0,55%59
1+21+0,55%−1+31+0,55−2+...591+0,55−58
Mặt khác ta có:
x+x2+x3+...+xn=x1−xn1−x=x−xn+11−x
Đạo hàm 2 vế ta có:
1+2x+3x2+...+nxn−1=1−n+1xn1−x+x−xn−11−x
Với x=11+0,55;n=59 ta có:
1+21+0,55%−1+31+0,55−2+....591+0,55−58≈1436
Vậy T=539447312 đồng
Giả sử z1,z2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz+2−i=1 và z1−z2=2. Giá trị lớn nhất của z1+z2 bằng
3
23.
32.
4
Đáp án D.
Ta có: iz+2−i=1⇔ix+yi+2−i=1
(với z=x+yi x;y∈ℝ)
⇔x−12+y−22=1⇒Mx;y biểu diễn z
thuộc đường tròn tâm I1;2 bán kính R=1.
Giả sử Az1;Bz2 do z1−z2=2⇒AB=2=2R
nên B là đường kính của đường tròn I;R
Lại có: z1+z2=OA+OB
Mặt khác theo công thức trung tuyến ta có:
OI2=OA2+OB22−AB24⇒OA2+OB2=8.
Theo BĐT Bunhiascopky ta có:
2OA2+OB2≥OA+OB2⇒OA+OB≤4.
Cho hàm số f( x) thỏa mãn f'x2+fx.f"x=15x4+12x,∀∈ℝ và f0=f'0=1. Giá trị của f21 bằng
8
92.
10
52.
Đáp án A.
Ta có
fx.f'x'=f'x2+fx.f"x=15x4+12x
Nguyên hàm 2 vế ta được
fx.f'x=15x55+6x2+C=3x5+6x2+C
Do f0=f'0=1⇒C=1
Tiếp tục nguyên hàm 2 vế ta được:
∫fxdfx=∫3x5+6x2+1dx
⇒f2x2=3x66+6x33+x+D=12x6+2x3+x+D. Do f0=1⇒D=12⇒f21=8.
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho 10m∈ℤ và phương trình 2logmx−52x2−5x+4=logmx−5x2+2x−6 có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S
15
14
13
16
Đáp án A.
Phương trình đã cho tương đương với
2logmx−52x2−5x+4=logmx−5x2+2x−6
⇔0<mx−5≠12x2−5x+4=x2+2x−6>0⇔0<mx−5≠1x2−7x+10=0⇔0<mx−5≠1x=2x=5.
Để phương trình có nghiệm duy nhất
⇔0<2m−5≠15m−5≤0∨5m−5=10<5m−5≠12m−5≤0∨2m−5=1⇔10<10m≠12≤3510m=30.
Do 10m∈ℤ nên có 15 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán
Cho hàm số y=fxcó đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 và f0+f1=0. Biết rằng tích phân ∫01f2xdx=12,∫01f'x.cosπxdx=π2.Tính tích phân ∫01fxdx?
3π2.
2π.
π.
1π.
Đáp án B.
Ta có∫01f'x.cosπxdx
=∫01cosπxdfx=fx.cosπx01−∫01fx.cosπx'dx
=−f1+f0+π∫01fx.sinπxdx=π2⇒∫01fx.sinπxdx=12.
Xét ∫01fx+k.sinπx2dx=0
⇔∫01f2xdx+2k.∫01fx.sinπxdx+k2.∫01sin2πxdx=0
⇔12k2+2k.12+12=0⇔k+12=0⇔k=−1.
Suy ra ∫01fx−sinπx2dx=0.
Vậyfx=sinπx⇒∫01fxdx=∫01sinπxdx=2π.
Cho dãy số xác định bởi u1=1;un+1=132un+n−1n2+3n+2;n∈ℕ*. Khi đó u2018 bằng
u2018=2201632017+12019.
u2018=2201832017+12019.
u2018=2201732018+12019.
u2018=2201732018+12019.
Đáp án A.
Ta có
n−1n2+3n+2=n−1n+1n+2=An+1+Bn+2⇒A+B=12A+B=−1⇔A=−2B=3.
Lại có 3un+1=2un−2n+1+3n+2
⇔3un+1−1n+2=2un−1n+1.
Đặt vn=un−1n+1⇒v1=12
và vn=un−1n+1→ vn
là cấp số nhân với v1=12; q=13
⇒vn=12.23n−1=34.23n→un=vn+1n+1=34.23n+1n+1=2n−23n−1+1n+1.
⇒u2018=2n−23n−1+1n+1n=2018=2201632017+12019.
Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC là tam giác cân với BAC=1200, AB=AC=a. Hình chiếu của D trên mặt phẳng ABC là trung điểm của BC. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết thể tích của tứ diện ABCD là V=a316.
R=91a8.
R=a134.
R=13a2.
R=6a.
Đáp án A
Gọi H là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra H là trung điểm của AO.
Ta có DH=3.VABCDSΔABC=a34.
Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Khi đó JO⊥ABC.
Do JA=R, OA=a nên JO=R2−a2.
Mặt khác HO⊥JO, HO⊥HD nên ta có
a34±R2−a22+a22=R2⇔R=a918.
Xét các số thực dương x,y thỏa mãn log3x+yx2+y2+xy+2=xx−3+yy−3+xy. Tìm giá trị lớn nhất Pmax của P=3x+2y+1x+y+6.
3
2
1
4
Đáp án C.
Ta có xx−3+yy−3+xy
=x2+y2+xy−3x−3y=x2+y2+xy+2−3x+y−2
Khi đó, giả thiết trở thành:
log3x+yx2+y2+xy+2=x2+y2+xy+2−3x+y−2
⇔log3x+y−log3x2+y2+xy+2=x2+y2+xy+2−3x+y−2
⇔3x+y+log33x+y=x2+y2+xy+2+log3x2+y2+xy+2
Xét hàm số ft=t+log3t trên khoảng 0;+∞,
có f't=1+1tln3>; ∀t>0.
Suy ra f( t) là hàm số đồng biến trên 0;+∞
mà f3x+y=fx2+y2+xy+2
⇔2x+y2−62x+y+5=−3y−12≤0⇔1≤2x+y≤5.
Khi đó P=1+2x+y−5x+y+6≤1
vì 2x+y−5≤0x+y+6>0. Vậy Pmax=1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A10;6;−2,B5;10;−9 và mặt phẳng có phương trình α:2x+2y+z−12=0. Điểm M di động trên mặt phẳng α sao cho MA, MB tạo với α các góc bằng nhau. Biết rằng M thuộc đường tròn ω cố định. Hoành độ của tâm đường tròn ω là:
92.
2
10
4
Đáp án B.
Gọi Mx;y;z
⇒AM→=x−10;y−6;z+2; BM→=x−5;y−10;z+9
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên
có AMH^=BMK^.
Khi đósinAMH^=AHMAsinBMK^=BKMB
⇒AHMA=BKMB⇒MA=2MB⇔MA2=4MB2.
Suy ra
x−102+y−62+z+22=4x−52+y−102+z+92
⇔x2+y2+z2−203x−683y+683z+228=0⇔S:x−1032+y−3432+z−3432=R2.
Vậy M∈C là giao tuyến của α và S
→Tâm I2;10;−12.
