Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 17)
50 câu hỏi
Tìm tất cả các nguyên hàm của hàm số fx=cos2x là:
sin2x+C.
12sin2x+C.
−12sin2x+C.
2sin2x+C.
Đáp án B.
Ta có:
∫fxdx=∫cos2xdx=12sin2x+C.
Trong không gian Oxyz, một vecto chỉ phương của đường thẳng Δ:x=2ty=−1+tz=1 là:
m→=2;−1;1.
m→=2;−1;0.
m→=2;1;1.
m→=−2;−1;0.
Đáp án D.
Vecto chỉ phương trình đường thẳng là m→=−2;−1;0.
Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R=a2, góc ở đình bằng 600. Diện tích xung quanh của hình nón bằng
πa2.
4πa2.
6πa2.
2πa2.
Đáp án B.
Đường kính đáy d=2R=2a2.
Do góc ở đỉnh bằng 600 nên thiết diện qua trục là tam giác đều.
Độ dài đường sinh là: l=d=2a2
Diện tích xung quanh hình nón là:
Sxq=πRl=π.a2.2a2=4πa2.
Cho hình phẳng (D) được giới hạn bởi các đường x=0,x=1,y=0 và y=2x+1. Thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay (D) xung quanh trục Ox được tính theo công thức
V=π∫012x+1dx
V=π∫012x+1dx.
V=∫012x+1dx.
V=∫012x+1dx.
Đáp án B.
Ta có:
V=π∫012x+12dx=π∫012x+1dx.
Giả sử a, b là các số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây sai ?
log140ab2=21+loga+logb.
log10ab2=2+2logab.
log10ab2=1+loga+logb2.
log10ab2=2+logab2.
Đáp án C.
Ta có:
log10ab2=2log10ab=21+loga+logb=2+2logab
Giá trị cực tiểu của hàm số y=x2lnx là
yCT=−12e.
yCT=12e.
yCT=1e.
yCT=−1e.
Đáp án A.
Ta có: D=0;+∞. Đạo hàm:
y'=2xlnx+x2.1x=2xlnx+x=0⇔x=0 loai2lnx+1=0⇔x=1e.
Do y"=2lnx+3⇒y"1e>0 nên hàm số đạt cực tiểu tại yCT=y1e=−12e.
Khi đó yCT=y1e=−12e.
Một hình lăng trụ có 2018 mặt. Hỏi hình lăng trụ đó có tất cả bao nhiêu cạnh?
6057.
6051.
6045.
6048.
Đáp án D.
Hình lăng trụ đã cho có 2 mặt đáy và 2016 mặt bên.
Do đó có 2016 cạnh bên và 2 mặt đáy, mỗi mặt đáy có 2016 cạnh.
Do đó hình lăng trụ đã cho có: 2016.3=6048 cạnh.
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng α:x+2y−z−1=0 và β:2x+4y−mz−2=0. Tìm m để hai mặt phẳng α và β song song với nhau.
m = 1
Không tồn tại m.
m = -2
m = 2
Đáp án B.
Để α//β thì 21=42=−m−1≠−2−1⇒ không tồn tại m.
Cho hình hốp đứng ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bên AA'=hvà diện tích của tam giác ABC bằng S Thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ bằng
V=13Sh.
V=23Sh.
V=Sh.
V=2Sh.
Đáp án D.
Ta có:
SABCD=2SABC=2S⇒VABCD.A'B'C'D'=2Sh.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn véctơ a→=2;3;1,b→=5;7;0,c→=3;−2;4và d→=4;12;−3. Mệnh đề nào sau đây sai?
a→,b→,c→ là ba vecto không đồng phẳng
2a→+3b→=d→−2c→.
a→+b→=d→+c→.
d→=a→+b→−c→.
Đáp án B.
Ta có: 2a→+3b→≠d→−2c→
Phương trình lnx2+1lnx2−2018=0 có bao nhiêu nghiệm ?
1
4
3
2
Đáp án D.
Điều kiện: x2−2018>0.
Ta có
lnx2+1lnx2−2018=0⇔lnx2+1=0lnx2−2018=0
⇔x2+1=1x2−2018=1⇔x2=0lx2=2019⇔x=2019x=−2019
nên phương trình có 2 nghiệm.
Trong không gian Oxyz, cho điểm M1;2;3. Hình chiếu của M lên trục Oy là điểm
S0;0;3.
R1;0;0.
Q0;2;0.
P1;0;3.
Đáp án C.
Hình chiếu của M lên trục Oy là Q0;2;0.
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao bằng h. Biết rằng hình trụ đó có diện tích toàn phần gấp đôi diện tích xung quanh. Mệnh đề nào sau đây đúng ?
h=2R.
h=2R.
R=h.
R=2h.
Đáp án C.
Ta có:
Stp=2Sxq⇔2πRh+2πR2=4πRh⇔R=h.
Cho k,nk<n là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây sai ?
Cnk=n!k!n−k!.
Ank=n!.Cnk.
Ank=k!.Cnk.
Cnk=Cnn−k.
Đáp án B.
Ta có Ank=k!.Cnk nên đáp án B sai.
Cho hình chóp S.ABCD có SA⊥ABCD,AC=a2,SABCD=3a22 và góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SC. Tính theo a thể tích khối chóp H.ABCD.
a362.
a364.
a368.
3a364.
Đáp án C.
Do:
SC;ABC^=600⇒SCA^=600⇒SA=ACtan600=a6
Ta có: ΔSAC vuông tại A có đường cao AH.
Khi đó:
SA2=SH.SC⇒SA2SC2=SHSC=6a26a2+2a2=34⇒HCSC=14.
Do đó:
dH;ABCD=14dC;ABCD⇒VH.ABCD=34VS.ABCD=14.13.a6.3a22=a268.
Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Giả sử súc sắc xuất hiện mặt b chấm. Xác suất để phương trình x2+bx+2=0 có hai nghiệm phân biệt là ?
12.
13.
56.
23.
Đáp án D.
Phương trình x2+bx+2=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ=b2−8>0.
Mà 1≤b≤6, b∈ℕ*⇒b∈3;4;5;6.
Xác suất cần tìm là 46=23.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình sinx2+m−1cosx2=5 vô nghiệm.
m>3 hoặc m<−1.
−1≤m≤3.
m≥3 hoặc m≤−1.
−1<m<3.
Đáp án D.
Phương trình vô nghiệm:
⇔12+m−12<52⇔m2−2m−3<0⇔−1<m<3.
Khi đặt t=log5x thì bất phương trình log525x−3log5x−5≤0 trở thành bất phương trình nào dưới đây?
t2−6t−4≤0.
t2−6t−5≤0.
t2−4t−4≤0.
t2−3t−5≤0.
Đáp án C.
Ta có:
log525x−3log5x−5≤0⇔log55x2−6log5x−5≤0⇔1+log5x2−6log5x−5≤0⇔log52x−4log5x−4≤0.
Đặt t=log5x thì bất phương trình trở thành t2−4t−4≤0.
Giải bất phương trình 34x2−4≥1 ta được tập nghiệm là T. Tìm T
T=−2;2.
T=2;+∞.
T=−∞;−2.
T=−∞;−2∪2;+∞.
Đáp án A.
Ta có:
34x2−4≥1⇔34x2−4≥340⇔x2−4≤0⇔−2≤x≤2.
Cho số thực dương x, y thỏa mãn log6x=log9y=log42x+2y. Tính tỉ số xy?
xy=23.
xy=23−1
xy=13+1.
xy=32.
Đáp án B.
Đặt
log6x=log9y=log42x+2y=t⇒x=6ty=6t2x+2y=4t⇒26t+9t=4t⇔269t+1=49t⇔223t+1=232t.
Đặt u=23t=xy>0 ta có:
2u+1=u2⇒u=1+3=23−1.
Khi cắt khối nón (N) bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a3. Tính thể tích V của khối nón (N).
V=36πa3.
V=6πa3.
V=3πa3.
V=33πa3.
Đáp án C.
Bán kính đáy của hình nón là r=2a32=a3, chiều cao hình nón là h=12, cạnh huyền =a3.
Thể tích tích V của khối nón (N) là V=13πr2h=πa33.
Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=ax4+bx2+2 tại điểm A−1;1 vuông góc với đường thẳng x−2y+3=0. Tính a2−b2?
a2−b2=10.
a2−b2=10.
a2−b2=−2.
a2−b2=−5.
Đáp án D.
Do A−1;1 thuộc đồ thị hàm số nên: 1=a+b+2⇔a+b=−1 (1).
Tiếp tuyến tại điểm A−1;1 vuông góc với đường thẳng d:x−2y+3=0⇒y'−1.kd=−1.
Trong đó:
kd=12;y'=4ax3+2bx⇒y'−1=−4a−2b
Suy ra :
−4a−2b.12=−1⇔2a+b=1 2
Từ (1) và (2) suy ra a=2b;b=−3⇒a2−b2=−5.
Cho hai tích phân ∫−25fxdx=8 và ∫5−2gxdx=3. Tính I=∫−25fx−4gx−1dx.
-11
13
27
3
Đáp án B.
I=∫−25fxdx−4∫−25gxdx−∫−25dx=∫−25fxdx+4∫5−2gxdx−x−25=8+4.3−5+2=13.
Tính tích phân I=∫0πx2cos22xdx bằng cách đặt u=x2dv=cos2xdx. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
I=12x2sin2xπ0−∫0πxsin2xdx.
I=12x2sin2xπ0−2∫0πxsin2xdx.
I=12x2sin2xπ0+2∫0πxsin2xdx.
I=12x2sin2xπ0+∫0πxsin2xdx.
Đáp án A.
u=x2dv=cos2xdx⇒du=2xdxv=12sin2x⇒I=12x2sin2xπ0−∫0πxsin2xdx.
Bất phương trình log2log133x−7x+3≥0 có tập nghiệm là a;b. Tính giá trị của P=3a−b là:
5
4
10
7
Đáp án C.
log2log133x−7x+3≥0⇔log133x−7x+3>0log133x−7x+3≥1⇔0<3x−7x+3≤13⇔73<x≤3.
Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là T=73;3=a;b⇒P=3a−b=4.
Tìm m để hàm số fx=x2+4x+3x+1 khi x>−1mx+2 khi x≤−1 liên tục tại điểm x = 1
m = 2
m = 0
m = -4
m = 4
Đáp án B.
Ta có:
limx→1+fx=limx→1+x2+4x+3x+1=limx→1+x+1x+3x+1=limx→1+x+3=2.
Mặt khác:
limx→1+fx=limx→1+mx+2=2−m, f−1=2−m.
Hàm số liên tục tại điểm
x=−1⇔limx→1+fx=limx→−1−fx=f−1⇔2=2−m⇔m=0.
Cho a, b là các số dương thỏa mãn log4a=log25b=log4b−a2. Tính giá trị của ab?
ab=6−25.
ab=3+58.
ab=6+25.
ab=3−58.
Đáp án A.
Ta có:
log4a=log25b=log4b−a2⇔a=4t; b=25t4b−a=2.10t.
Khi đó
4.25t−4t=2.10t⇔2t2+2.2t.5t−4.5t2=0⇔25t2+2.25t−4=0
Vậy:
ab=4t25t=25t2=−1+52=6−25.
Trong không gian Oxyz, cho điểm N1;0;−1. Mặt phẳng α đi qua M và chứa trục Ox có phương trình là ?
x+z=0.
y+z+1=0.
y=0.
x+y+z=0.
Đáp án C.
Mặt phẳng α nhận OM→;uOx→ là một VTPT.
Mà OM→=1;0;−1uOx→=1;0;0
⇒OM→;uOx→=0;−1;0.
Kết hợp với α đi qua M(1;0;-1)
⇒α:−y−0=0⇔y=0.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=x2−2x, ∀x∈ℝ. Hàm số y=−2fx đồng biến trên khoảng ?
0;2.
−2;0.
2;+∞.
−∞;−2.
Đáp án A.
y'=−2f'x>0⇔f'x<0⇔x2−2x<0⇔0<x<2.
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z2=z2+z¯?
4
2
3
1
Đáp án C.
Giả sử:
z=x+yi x,y∈ℝ⇒x+yi2=x2+y2+x−yi⇔x2−y2+2xyi=x2+y2+x−yi⇔2xy=−yx2−y2=x2+y2+x⇔y=0x=−12y2+x=0⇔y=0x=0x=−12y2−12=0⇔x=y=0x=−12y=±12
Do đó có 3 số phức z thỏa mãn bài toán.
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và B’C’ (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B’D’ bằng
5a
5a5.
3a
a3.
Đáp án D.
Gọi P là trung điểm của C’D’ suy ra d=dO;MNP
Dựng:
OA⊥NP; OF⊥ME⇒d=OF=MO.NEMO2+NE2
trong đó
MO=a; NE=a24⇒d=a3.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB=BC=a. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACC’) và (AB’C’) bằng 600 (tham khảo hình vẽ bên).Thể tích của khối chóp B’.ACC’A’ bằng
a33.
a36.
a32.
3a33.
Đáp án A.
Dựng B'M⊥A'C'⇒B'M⊥ACC'A'
Dựng MN⊥AC'⇒AC'⊥MNB'
Khi đó AB'C';AC'A'^=MNB'^=600
Ta có:
B'M=a22⇒MN=B'MtanMNB'^=a66
Mặt khác tanAC'A'^=MNC'N=AA'A'C'
Trong đó:
MN=a66;MC'=a22⇒C'N=C'M2−MN2=a33
Suy ra AA'=a
Thể tích lăng trụ:
V=AB22.h=a32⇒VB'.ACC'A'=V−VB'.BAC=V−V3=23V=a33.
Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y=x3−3mx2−9m2x nghịch biến trên 0;1.
m>13.
m<−1.
m>13 hoặc m<−1.
−1<m<13.
Đáp án C.
Ta có:
y'=3x2−6mx−9m2=3x2−2mx−3m2=3x+mx−3m
TH1: Nếu m>0⇒y'<0⇔−m<x<3m nên hàm số nghịch biến trên 0;1⇒3m>1−m<0⇔m>13.
TH2: Nếu m<0⇒y'<0⇔3m<x<−m nên hàm số nghịch biến trên 0;1⇒−m>13m<0⇔m<−1.
TH3: Nếu m=0⇒y'=3x2≥0 ∀x∈0;1 nên hàm số đồng biến trên ℝ
Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình log32x−3log3x+2m−7=0có hai nghiệm thực x1,x2 thỏa mãn x1+3x2+3=72.
m=612.
m=3.
Không tồn tại.
m=92.
Đáp án D.
Đặt t=log3x⇒t2−3t+2m−7=0
PT có 2 nghiệm khi Δ=9−42m−7=37−8m>0⇒ PT có 2 nghiệm t1;t2⇒log3x1=t1log3x2=t2⇒x1=3t1x2=3t2
Khi đó theo định lý Viet ta có: t1+t2=3t1t2=2m−7
Do:
x1+3x2+3=72⇔x1x2+3x1+x2=63⇔3t1.3t2+33t1+3t2=63⇔3t1+t2+33t1+3t2=63⇔3t1+3t2=12⇔33−t2+3t2=12
Đặt:
u=3t2⇒27u+u=12⇔u=3u=9⇒t2=1⇒t1=2t2=2⇒t1=1⇒t1t2=2⇒m=92t/m.
Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức fx=x2+3x12+2x3+1x221 thì f(x) có bao nhiêu số hạng?
30
32
29
35
Đáp án B.
Số hạng tổng quát của khai triển x2+3x12 là C12kxk3x12−k=C12k312−k.x2k−12 0≤k≤12
Khai triển có 12+1=13 số hạng.
Số hạng tổng quát của khai triển 2x2+1x221 là C21i2x3i1x221−i=C12k2i.x5i−42 0≤i≤21
Khai triển có 21+1=22 số hạng.
Cho 2k−12=5i−42⇔5i−2k=30
PT này có 3 nghiệm nguyên k;i là 0;6;5;8;10;5
Do đó fx có 13+22−3=32 số hạng.
Cho đồ thị C:y=x3−3x2. Có bao nhiêu số nguyên b∈−10;10 để có đúng một tiếp tuyến của (C) đi qua điểm B0;b?
17
9
2
16
Đáp án A.
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại Mx0;x03−3x02 có dạng: y=3x02−6x0x−x0+x03−3x02
Do tiếp tuyến đi qua điểm: 0;b
⇒b=3x02−6x0−x0+x03−3x02=−2x03+3x02
Để có đúng một tiếp tuyến của (C) đi qua B0;b thì phương trình b=−2x03+3x02 có duy nhất một nghiệm. Xét hàm số:
y=−2x3+3x2⇒y'=−6x2+6x=0⇔x=0⇒y=0x=1⇒y=1
Dựa vào đồ thị hàm số suy ra PT có 1 nghiệm khi b>1b<0
Với b∈−10;10 có 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hàm số y=fx có đạo hàm f'x=x−12x2−2x, với mọi x∈ℝ. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=fx2−8x+m có 5 điểm cực trị?
16
17
15
18
Đáp án C.
Ta có:
g'x=2x−8f'x2−8x+m=0⇔x=4f'x2−8x+m=0 (*).
Mà:
f'x=x−12x2−2x=x−12.xx−2; ∀x∈ℝ.
Suy ra (*)
⇔x2−8x+m−12x2−8x+mx2−8x+m−2=0⇔x2−8x+m−1=0 1x2−8x+m=0 2x2−8x+m−2=0 3
Để hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi:
TH1. (1) có nghiệm kép x=4, (2), (3) có 2 nghiệm phân biệt.
TH2. (1) không có nghiệm kép x=4, (2), (3) có 2 nghiệm phân biệt.
Khi đó m<16 là các giá trị thỏa mãn. Kết hợp m∈ℤ+⇒ có 15 giá trị m cần tìm.
Trong không gian Oxyz cho các mặt phẳng P:x−y+2z+1=0,Q:2x+y+z−1=0 Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và (S) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r. Xác định r sao cho chỉ đúng một mặt cầu (S) thỏa yêu cầu.
r=3.
r=2.
r=32.
r=322.
Đáp án D.
Gọi Ia;0;0 là tâm của mặt cầu (S) có bán kính R.
Khoảng cách từ tâm I đến hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt là d1=a+16,d2=2a+16
Theo giả thiết, ta có:
R2=d12+22=d22+r2⇔a+126+4=2a−126+r2⇔a2+2a+25=4a2−4a+1+6r2⇔3a2−6a+6r2−24=0 *
Yêu cầu bài toán (*) có nghiệm duy nhất
⇔Δ'=−32−36r2−24=0⇔r=322.
Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của a để đồ thị hàm số y=x3+a+10x2−x+1 cắt trục hoành tại đúng một điểm?
9
8
11
10
Đáp án D.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox là x3+a+10x2−x+1=0(*).
Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (*). Khi đó (*) ⇔−a−10=x3−x+1x2.
Xét hàm số fx=x3−x+1x2=x−1x+1x2, có f'x=x3+−2x3=0⇔x=1.
Tính:
limx→−∞x=−∞; limx→+∞x=+∞; limx→0−x=+∞; limx→0+x=−∞; f1=1.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy fx=−a−10 có nghiệm duy nhất ⇔a>−11.
Kết hợp với a là số nguyên âm ⇒ Có 10 giá trị cần tìm.
Giả sử a, b là các số thực sao cho x3+y3=a.103x+b.102x đúng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn logx+y=z và logx2+y2=z+1. Giá trị của a+b bằng:
−312.
−252.
312.
292.
Đáp án D.
Ta có:
logx+y=zlogx2+y2=z+1⇔x+y=10z+x2+y2=10z+1=10.10z⇒x2+y2=10x+y
Khi đó:
x3+y3=a.103z+b.102z⇔x+yx2−xy+y2=a.10z3+b.10z2⇔x+yx2−xy+y2=a.x+y3+b.x+y2⇔x2−xy+y2=a.x+y2+b.x+y⇔x2−xy+y2=a.x2+2xy+y2+b10.x2+y2⇔x2+y2−xy=a+b10.x2+y2+2a.xy
Đồng nhất hệ số, ta được:
a+b10=12a=−1⇒a=−12b=15.
Vậy a+b=292.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hình bên. Hàm số y=fx có bao nhiêu điểm cực trị?
3
1
2
5
Đáp án A.
Dựa vào cách vẽ đồ thị hàm số y=fx suy ra hàm số y=fx có 3 điểm cực trị.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng α:2x+y−2z−2=0 và đường thẳng có phương trình d:x+11=y+22=z+32 và điểm A12;1;1. Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong mặt phẳng α,song song với d, đồng thời cách d một khoảng bằng 3. Đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (Oxy) tại điểm B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:
73.
72.
212.
32.
Đáp án B.
Dễ thấy d⊥α và −1;−2;−3∈α⇒d⊂α.
Ta có B=Δ∩Oxy⇒Ba;b;0 mà B∈Δ⊂α⇒2a+b−2=0 (1).
Lại có d//Δ⇒dd;Δ=dB;d=3.
Đường thẳng d đi qua M0;0;−1, có ud→=1;2;2.
Do đó:
dB;d=BM→;ud→ud→=2b−22+1−2a2+2a−b23=3 2
Từ (1), (2) suy ra:
a;b=−1;4→B−1;4;0a;b=2;−2→B2;−2;0.
Vậy AB=72.
Cho hàm số y=x+1x−1 có đồ thị (C). Giả sử A, B là hai điểm thuộc (C) và đối xứng với nhau qua giao điểm của hai đường tiệm cận. Dựng hình vuông AEBF. Tìm diện tích nhỏ nhất của hình vuông AEBF.
Smin=82.
Smin=42.
Smin=8.
Smin=16.
Đáp án C.
Gọi Aa;a+1a−1∈C vì I1;1 là trung điểm của AB⇒B2−a;a−3a−1
Khi đó:
AB→=2−2a;−4a−1⇒AB=4a−12+16a−12=2a−12+4a−12.
Áp dụng bắt đẳng thức AM−GM, ta có a−12+4a−12≥2a−12.4a−12=4.
Suy ra:
SAEBF=AE2=12AB2≥12.42=8.
Vậy Smin=8.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB=1,AC=2,AA'=3 và BAC=1200. Gọi M, N lần lượt là các điểm trên cạnh BB’, CC’ sao cho BM=3B'M;CN=2C'N. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng A'BN.
9138184
313846
931646
913846
Đáp án D.
Tam giác ABC có
BAC^=1200⇒SΔABC=12.AB.AC.sinBAC^=32
và BC=7.
Ta có
SΔA'BMSΔA'BB'=BMBB'=34⇒VN.A'BMVN.A'B'B=34
mà
VN.A'B'B=VC'.A'B'B=12VC'.ABB'A'=13VABC.A'B'C'
Suy ra:
VN.A'BM=34VN.A'B'B=14VABC.A'B'C'=14.AA'.SΔABC=338.
Tam giác A'BN có A'B=10, BN=11 và A'N=5→SΔA'BN=462.
Khi đó:
VN.A'BM=13.dM;A'BN.SΔA'BN⇒dM;A'BN=938:462=913846.
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật OMNP với M0;1;0,N100;10 và P100;0. Gọi S là tập hợp tất cả các điểm Ax;y với x,y∈ℤ nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP . Lấy ngẫu nhiên một điểm Ax;y. Xác suất để x+y≤90 bằng:
8451111.
473500.
169200.
86101.
Đáp án D.
Số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trên hình chữ nhật OMNP là nΩ=101×11.
Vì x∈0;100; y∈0;10 và x+y≤90
⇒y=0→x=0;1;2;...;90y=1→x=0;1;2;...;89...y=10→x=0;1;2;...;80.
Khi đó có 91+90+...+81=946 cặp x;y thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính là:
P=n(X)nΩ=946101×11=86101.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x−12+y+22+z+12=8 và điểm M−1;1;2. Hai đường thẳng d1,d2 qua điểm M và tiếp xúc với mặt cầu (S) lần lượt tại A, B. Biết góc giữa d1 và d2bằng α, với cosα=34. Tính độ dài đoạn AB
7.
11.
5.
7
Đáp án A.
Xét S:x−12+y+22+z+12=8 có tâm I1;−2;−1, bán kính R=22.
Tam giác MAI vuông tại A, có:
MA=MI2−IA2=MI2−R2=14.
Tam giác MAB có:
cosAMB^=34⇒AB=MA2+MB2−2.MA.MB.cosAMB^=7.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm tại x = 1. Gọi d1,d2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=fx và y=gx=x.f2x−1 tại điểm có hoành độ x=1. Biết rằng hai đường thẳng d1,d2vuông góc nhau. Khẳng định nào sau đây đúng?
2<f1<2.
f1≤2.
f1≥22.
2≤f1<22.
Đáp án C.
Ta có:
gx=x.f2x−1⇒g'x=f2x−1+2x.f'2x−1
Suy ra g'1=f1+2f'1 mà d1 vuông góc với d2⇒f'1.g'1=−1
⇔f'1.f1+2f'1=−1⇔2.f'12+f1+1=0 (*)
Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi:
Δ=f12−4.2≥0⇔f1≥22.
Cho hàm số y=fx có đạo hàm liên tục trên đoạn 1;4, đồng biến trên đoạn 1;4 và thỏa mãn đẳng thức x+2x.fx=f'x2,∀x∈1;4. Biết rằng f1=32,tính I=∫14fxdx?
I=118645.
I=117445.
I=122245.
I=120145.
Đáp án A.
Vì y=fx là hàm số đồng biến trên 1;4⇒fx≥f1=32.
Khi đó:
x+2x.fx=f'x2⇔x.2fx+1=f'x⇔f'x2fx+1=x (*).
Lấy nguyên hàm 2 vế của (*), ta được:
∫f'x2fx+1dx=∫xdx=23xx+C (1).
Đặt t=2fx+1
⇔dt=f'x2fx+1dx⇒∫f'x2fx+1dx=∫dt=t (2).
Từ (1), (2) suy ra 2fx+1=23xx+C mà f1=23⇒2.32+1=C+23⇔C=43.
Do đó:
2fx+1=23xx+43⇔fx=1223xx+432−1.
Vậy ∫14fxdx=118645.
Cho hai hàm số y=fx và y=gx là hai hàm số liên tục trên ℝ có đồ thị hàm số y=f'x là đường cong nét đậm, đồ thị hàm số y=g'x là đường cong nét mảnh như hình vẽ. Gọi ba giao điểm A, B, C của y=f'x và y=g'x trên hình vẽ lần lượt có hoành độ là a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số hx=fx−gx trên đoạn a;b?
mina;chx=h0.
mina;chx=ha.
mina;chx=hb.
mina;chx=hc.
Đáp án C.
Ta có h'x=f'x−g'x=0⇔x=ax=bx=c.
Với x∈a;b thì đồ thị g'x nằm trên f'x nên g'x>f'x⇒h'x<0 hàm số nghịch biến trên đoạn a;b. Tương tự với x∈b;c thì hx đồng biến.
Do đó Mina;chx=hb.
Cho hai đường tròn O1;5 và O2;5 cắt nhau tại 2 điểm A,B sao cho AB là 1 đường kính của đường tròn O2. Gọi (D) là hình phẳng được giới hạn bởi 2 đường tròn (ở ngoài đường tròn lớn, phần tô màu như hình vẽ). Quay (D) quanh trục O1;O2 ta được 1 khối tròn xoay. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành.
V=36π.
V=68π3.
V=14π3.
V=40π3.
Đáp án D.
Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O1≡O (gốc tọa độ).
Phương trình đường tròn O1;5 là x2+y2=52⇒y=±25−x2.
Tam giác O1O2A vuông tại O2, có O1O2=O1A2−O2A2=52−32=4.
Phương trình đường tròn O2;3 là x−42+y2=9⇒y=±9−x−42.
Gọi V1 là thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng D1 được giới hạn bởi các đường y=9−x−42, y=0, x=4, x=7 quanh trục tung ⇒V1=π∫479−x−42dx.
Gọi V2 là thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng D2 được giới hạn bởi các đường y=25−x2, y=0, x=4, x=5 quanh trục tung ⇒V2=π∫4525−x2dx.
Khi đó, thể tích cần tính là:
V=V1−V2=π∫479−x−42dx−π∫4525−x2dx=40π3.
