Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 9)
50 câu hỏi
Tìm tất cả các khoảng đồng biến của hàm số y=xx2+1.
−∞;−1 và 1;+∞
0;+∞
−∞;+∞
−1;1
Đáp án D
Ta có: y'=1−x2x2+1 để hàm số đồng biến thì y'>0⇔−1<x<1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x−12=y+21=z−23 và mặt phẳng P:3x+y−2z+5=0. Tìm tọa độ giao điểm M của d và (P)
M5;0;8
M3;−4;4
M−3;−4;−4
M−5;−4;−4
Đáp án C
Do M∈d⇒M1+2t;−2+t;2+3t mà M∈P⇒31+2t+−2+t−22+3t+5=0⇔t=−2
Do đó M−3;−4;−4.
Tìm tiệm cận ngang của đồ thị y=1+2x+2x−1.
y=1
y=3
y=2
x=1
Đáp án B
Ta có y=3x+1x−1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 3
Cho tam giác đều ABC cạnh a quay xung quanh đường cao AH tạo nên một hình nón. Tính diện tích xung quanh Sxq của hính nón đó.
Sxq=πa2
Sxq=2πa2
Sxq=12πa2
Sxq=34πa2
Đáp án C
Hình nón có bán kính đáy r=a2, đường sinh l=a⇒Sxq=πrl=12πa2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I −1;2;1 và mặt phẳng P :2x−y−2z−7=0. Viết phương trình mặt cầu S có tâm I và tiếp xúc với (P)
S:x−12+y+22+z+12=9
S:x+12+y−22+z−12=9
S:x−12+y+22+z+12=3
S:x+12+y−22+z−12=3
Đáp án B
Ta có R=dI,P=3⇒S:x+12+y−22+z−12=9.
Cho số phức z=3−2i. Tìm điểm biểu diễn của số phức w=z+i.z¯
M1;1
M1;−5
M5;−5
M5;1
Đáp án A
Ta có z¯=3+2i⇒w−z+iz¯=3−2i+i3+2i=1+i⇒M1;1
Cấp số nhân un có công bội âm, biết u3=12, u7=192 Tìm u10
u10=1536
u10=3072
u10=−1536
u10=−3072
Đáp án C
Gọi số hạng thứ nhất và công bội của cấp số nhân lần lượt là u1 và qq>0.
Ta có:
u3=u1q2=12u7=u1q6=192⇒q4=16⇒q=−2
( vì q<0) ⇒u1=3⇒u10=3.−29=−1536
Cho hàm số fx=2x2+a và f'1=2ln2. Mệnh đề nào sau đây đúng?
−2<a<0
0<a<1
a>1
a<−2
Đáp án A
Ta có
f'x=2x.2x2+aln2⇒f'1=2ln2.2a+1=2ln2⇒2a+1=1⇒a=−1
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh huyền bằng 2a và SA=2a, SAvuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
V=4a33
V=4a3
V=2a3
V=2a33
Đáp án D
Ta có:
AB=AC=a2⇒SABC=12.a2.a2=a2⇒VS.ABC=13SA.SABC=13.2a.a2=2a33.
Đồ thị hàm nào dưới đây cắt trục hoành tại một điểm?
y=log2x2+2
y=12x
y=logx
y=ex
Đáp án C
Ta có logx=0⇔x=1 nên y=logxcắt trục hoành tại 1 điểm.
Tìm các hàm số fx biết f'x=cosx2+sinx2.
fx=sinx2+sinx2+C
fx=12+cosx+C
fx=sinx2+sinx+C
fx=−12+sinx+C
Đáp án D
Ta có: ∫cosdx2+sinx2=∫dsinx2+sinx2=−12+sinx+C
Cho hàm số y=x−1x+2C. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của C với trục Ox là
y=13x−13
y=3x−3
y=3x
y=x−3
Đáp án A
Phương trình hoành độ giao điểm là: x−1x+2=0⇔x=1⇒C∩O x=A1;0
Ta có: y'=3x+22⇒y'1=13⇒phương trình tiếp tuyến tại A là: y=13x−1+0hay y=13x−13.
Hàm số nào sau đây không có đạo hàm trên ℝ?
y=x2−4x+5
y=sinx
y=x−1
y=2−cosx
Đáp án C
Xét hàm số y=x−1. Ta có: limΔx→0y1+Δx−y1Δx=limΔx→0Δx−0Δx=limΔx→0ΔxΔx không tồn tại nên hàm số y=x−1không có đạo hàm tại x = 1
Hàm số nào sau đây đạt cực trị tại điểm x = 0
y=x3
y=x2−2x
y=x4−1
y=x
Đáp án C
Hàm số y=x3⇒y=3x2≥0∀x
Hàm số y=x2−2x có y'=1+2x2>0∀x≠0
Hàm số y=x có y'=12x>0∀x>0 do đó các hàm số trên không đạt cực trị tại x = 0
Hàm số y=x4−1⇒y'=4x3 suy ra y’ đổi dấu khi qua điểm x=0 nên hàm số đạt cực trị tại điểm x = 0
Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y=x3−3x2 trên đoạn −2;1. Tính giá trị của T=M+m
T=−20
T=2
T=−24
T=−4
Đáp án A
Ta có: y'=3x2−6x=0⇔x=0x=2loai. Hàm số đã cho liên tục và xác định trên −2;1
Lại có y−2=−20;y0=0;y1=−2. Do đó T=0−20=−20
Cho các số phức z1=1+2i, z2=3−i. Tìm số phức liên hợp của số phức w=z1+z2
w¯=−4+i
w¯=4+i
w¯=−4−i
w¯=4−i
Đáp án D
Ta có: w=z1+z2=4+i⇒w¯=4−i
Cho đồ thị hàm sốy=1xπ. Mệnh đê nào sau đây sai?
Đồ thị hàm số đi qua điểm A1;1
Đồ thị hàm số có tiệm cận
Hàm số không có cực trị
Tập xác định của hàm số là ℝ\0
Đáp án D
Ta có: D=0;+∞;y'=π−11xπ−1.−1x2<0∀x>0;limx→+∞y=0
Do đó hàm số khôn có cực trị và đồ thị hàm số có tiệm cận.
Tìm giới hạn L=limx→+∞x+1−x2−x+2.
L=32
L=12
L=1711
L=4631
Đáp án A
Ta có: L=limx→+∞x+1−x2−x+2=limx→+∞3x−1x+1+x2−x+2=32.
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log21−2x≤3.
S=−52;12
S=−72;+∞
S=−72;12
S=−72;12
Đáp án C
Điều kiện: x<12. Bất phương trình tương đương
1−2x≤8⇔x≥−72⇒S=−72;12.
Tìm số phức z thỏa mãn 1−2iz=3+i.
z=1−i
z=1+i
z=15+75i
z=15−75i
Đáp án C
Ta có:
1−2iz=3+i⇔z=3+i1−2i=3+i1+2i1−2i1+2i=1+7i5=15+75i.
Biết rằng log422=1+mlog423+nlog427 với m, n là các số nguyên. Mệnh đề nào sau đây đúng?
m.n=2
m.n=1
m.n=−1
m.n=−2
Đáp án B
Ta có log422=1+mlog423+nlog427⇔log422=log4242.3m.7n
⇔42.3m.7n=2⇔2.3m+1.7n+1=2⇔3m+1.7n+1=1⇔m=−1,n=−1⇒mn=1.
Hệ số của x4y2 trong khai triển Niu tơn của biểu thức x+y6 là
20
15
25
30
Đáp án B
Ta có Tk+1=C6kx6−kyk⇒k=2⇒ hệ số C62=15.
Lăng trụ tam giác đều ABC. A'B'C' có góc giữa hai mặt phẳng A'BCvà ABC bằng 60°, cạnh AB=a. Thể tích khối đa diện ABCC'B' bằng
3a34
a338
3a34
3a3
Đáp án A
Kẻ AP⊥BCtan60∘=A'AAP
⇒A'A=AP3=3.a32=3a2⇒VABCC'B'=2VB'.ABC=2.13BB'.SABC=23.3a2.a234=a334
Xét các mệnh đề sau
1. ∫11−2xdx=−12ln4x−22.∫2xlnx+2dx=x3−4lnx+2−∫x−2dx3.∫1sin2xdx=−cot2x2+C
Số mệnh đề đúng là
2
0
3
1
Đáp án D
Ta có ngay (1) sai vì thiếu C.
Kí hiệu vế phải của (2) là
fx⇒f'x=3x2lnx+2+x3−4x+2−x−2⇒Bsai.
Lại có
∫1sin22xdx=12∫1sin22xd2x=−12cot2x+C⇒3 đúng.
Tìm điều kiện của a, b để hàm số bậc bốn fx=ax4+bx2+1 có đúng một điểm cực trị và điểm cực trị đó là cực tiểu?
a<0,b≤0
a>0,b≥0
a>0,b<0
a<0,b>0
Đáp án B
Để hàm số bậc bốn có đúng một điểm cực trị và điểm cực trị đó là cực tiểu
ab≥0a>0⇔a>0b≥0.
Cắt một khối trụ T bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được một hình vuông có diện tích bằng 9. Khẳng định nào sau đây là sai?
Khối trụ T có thể tích V=9π4
Khối trụ T có diện tích toàn phần
Stp=27π2
Khối trụ T có diện tích xung quanhSxq=9π
Khối trụ T có độ dài đường sinh là l = 3
Đáp án A
Hình vuông đi qua trục có diện tích bằng 9⇒ Bán kính R=32;đường sinh l=3
Vậy thể tích khối trụ là V=πR2h=π.322.3=27π4;diện tích xung quanh Sxq=2πRl=9π
Và diện tích toàn phần của khối trụ là Stp=2πR2+2πRl=2π.322+9π=27π2.
Hàm số y=x2−2x khi x≥02x khi −1≤x<0−3x−5 khi x<−1.
Không có cực trị
Có một điểm cực trị
Có hai điểm cực trị
Có ba điểm cực trị
Đáp án B
Trên khoảng 0;+∞, ta có y'=2x−2=0⇒x=1⇒Hàm số có 1 điểm cực trị.
Trên khoảng 1;0, ta có y'=2>0;∀x∈−1;0⇒Hàm số đồng biến trên −1;0.
Trên khoảng −∞;−1, ta có y'=−3<0;∀x∈−∞;−1⇒Hàm số nghịch biến trên −∞;−1.
Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị.
Có hai hộp cùng chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất có 7 quả cầu đỏ, 5 quả cầu xanh. Hộp thứ hai có 6 quả cầu đỏ, 4 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ra ngẫu nhiên 1 quả cầu. Tính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ.
920
720
1720
717
Đáp án B
Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 quả cầu có C121.C101=120 cách.
Số cách để 2 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ là C71.C61=42 cách.
Vậy xác suất cần tính là P=42120=720.
Với giá trị nào của m thì đường thẳng y=2x+m tiếp xúc với đồ thị hàm số y=2x−3x−1?
m≠22
m=±22+1
m≠±2
m=±22
Đáp án D
Để đồ thị (C) tiếp xúc với (d) khi và chỉ khi 2x−3x−1−2x+m2x−3x−1'=2x+m'có nghiệm
⇔x−1≠02x−3=x−12x+m2x−12=1⇔x=1±12m=2x−3x−1−2x⇒m=±22
Phương trình 2sin2x+21+cos2x=m có nghiệm khi và chỉ khi:
4≤m≤32
32≤m≤5
0<m≤5
4≤m≤5
Đáp án D
Ta có 2sin2x+21+cos2x=m⇔2sin2x+22−sin2x=m⇔2sin2x+42sin2x=m *.
Đặt t=2sin2x mà sin2x∈0;1suy ra t∈1;2, khi đó *⇔m=ft=t+4t.
Xét hàm số ft=t+4t trên đoạn 1;2,có f't=1−4t2≤0;∀t∈1;2
⇒ft là hàm số nghịch biến trên 1;2 nên (*) có nghiệm ⇔min1;2ft≤m≤max1;2ft
Vậy 4≤m≤5 là giá trị cần tìm.
Biết rằng ∫12lnx+1dx=aln3+bln2+cvới a, b, c là các số nguyên. Tính S=a+b+c
S = 0
S = 1
S = 2
S = -2
Đáp án A
Ta có:
∫12lnx+1dx=∫12lnx+1dx+1=x+1lnx+112−∫12x+1dlnx+1=3ln3−2ln2−∫12dx=3ln3−2ln2−1⇒a=3;b=−2;c=−1⇒a+b+c=0.
Tìm a, b để các cực trị của hàm số y=ax3+a−1x2−3x+b đều là những số dương và x0=−1 là điểm cực đại.
a=1b>1
a=1b>2
a=1b>−2
a=1b>−3
Đáp án B
Ta có y'=3ax2+2a−1x−3 và y''=6ax+2a−2;∀x∈ℝ.
Điểm x0=−1 là điểm cực đại của hàm số ⇔y'−1=0y''−1<0⇔3a−2a−1−3=0−6a+2a−2<0⇔a=1.
Khi đó, hàm số đã cho trở thành y=x3−3x+b.Ta có y'=0⇔3x2−3=0⇔x=±1
Yêu cầu bài toán trở thành y±1>0⇔b−2>0b+2>0⇔b>2.
Vậy a=1b>2.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ và F(x) là nguyên hàm của f(x), biết ∫09fxdx=9 và F(0) = 3.Tính F(9)
F9=−6
F9=6
F9=12
F9=−12
Đáp án C
Ta có:
9=∫09fxdx=Fx=09F9=F0⇒F9=F0+9=12.
Biết rằng phương trình 3log22x−log2x−1=0 có hai nghiệm là a, b. Khẳng định nào sau đây là đúng?
a+b−13
ab=−13
ab=23
a+b=23
Đáp án C
3log22x−log2x−1=0→log2a+log2b=13⇔log2ab=13⇔ab=23.
Tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y=2017+x+1x2−mx−3m có hai đường tiệm cận đứng là:
14;12
0;12
0;+∞
−∞;−12∪0;+∞
Đáp án B
Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng ⇔x2−mx−3m=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2≥−1.
⇔Δ>0x1+x2≥−2x1+1x2+1≥0⇔Δ=−m2−4−3m>0x1+x2≥−2x1x2+x1+x2+1≥0⇔m2+12m>0m≥−21−2m≥0⇔m∈0;12.
Cho hàm số fx=x khi x ≥11 khi x <1. Tính tích phân∫02fxdx
∫02fxdx=52
∫02fxdx=2
∫02fxdx=4
∫02fxdx=32
Đáp án A
Xét tích phân I=∫02fxdx=∫01fxdx+∫12fxdx.
Với x≥1, ta có fx=x suy ra ∫12fx=∫12xdx=x2212=222−122=32.
Với x<1, ta có fx=1 suy ra ∫01fx=∫01dx=1.
Vậy I=∫02fxdx=1+32=52.
Cho đồ thị (C) của hàm số y=2x+2x−1. Tọa độ điểm M nằm trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất là
M−1;0M3;4
M−1;0M0;−2
M2;6M3;4
M0;−2M2;6
Đáp án A
Đồ thị hàm số y=2x+2x−1 C có hai đường tiệm cận là x=1 d1; y=2 d2.
Gọi M∈C⇒Mm;2m+2m−1→dM;d1=m−1dM;d2=2m+2m−1−2=4m−1
Khi đó dM;d1+dM;d2=m−1+4m−1≥2m−1.4m−1=4.
Dấu “=” xảy ra ⇔m−1=4m−1⇔m−12=4⇔m=3m=−1.
Vậy M3;4M−1;0.
Cho lục giác đều ABCDEF có cạnh bằng 4. Cho lục giác đều đó quay quanh đường thẳng AD. Tính thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra.
V=128π
V=32π
V=16π
V=64π
Đáp án D
Khi quay lục giác đã cho quanh AD ta được 2 hình nón và một hình trụ
Hình trụ có chiều cao h=BC=4và bán kính đáy r=BH=432=23
Hình nón có chiều cao h'=AH=2 và bán kính đáy r=BH=23
Khi đó V=πr2h+23πr2h'=64π.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số fx=1πx3−3mx2+mnghịch biến trên khoảng −∞;+∞
m∈0;+∞
m=0
m≠0
m∈ℝ
Đáp án B
Xét hàm số fx=1πx3−3mx2+m, ta có f'x=3x2−6mx.1πx3−3mx2+m.ln1π.
Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
−∞;+∞⇔f'x≤0;∀x∈ℝ⇔3x2−6mx≥0;∀x∈ℝ
⇔xx−2m≥0;∀x∈ℝ⇒m=0là giá trị cần tìm.
Bất phương trình ln2x2+3>lnx2+ax+1 nghiệm đúng với mọi số thực x khi:
−22<a<22
0<a<22
0<a<2
−2<a<2
Đáp án D
Ta có:
ln2x2+3>lnx2+a x+1⇔x2+a x+1>02x2+3>x2+a x+1⇔x2+a x+1>0 1x2−a x+2>0 2.
Giải (1), ta có x2+a x+1>0;∀x∈ℝ⇔Δ=a2−4<0⇔−2<a<2.
Giải (2), ta có x2−a x+2>0;∀x∈ℝ⇔Δ=−a2−8<0⇔−22<a<a2.
Vậy a∈−2;2là giá trị cần tìm.
Cho khối chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q. Gọi M' , N', P', Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng ABCD. Tính tỉ số SMSA để thể tích khối đa diện MNPQ.M'N'P'Q'đạt giá trị lớn nhất.
23
12
13
34
Đáp án A
Đặt SMSA=x, vì mặt phẳng MNPQsong song với đáy
Suy ra MNAB=NPBC=PQCD=MQAD=x( định lí Thalet).
Và dM;ABCDdS;ABCD=MASA=1−SMSA=1−x⇒MM'=1−x ×h.
Mặt khác dt MNPQ=x2×dtABCDnên thể tích khối đa diện
MNPQ.M'N'P'Q' là V=MM' x dtMNPQ
=1−xx2 ×h × dtABCD=3x2−x3×VS.ABCD.
Khảo sát hàm số fx=x2−x3→max0;1fx=427.
Dấu “=” xảy ra ⇔x=23.
Vậy SMSA=23thì thể tích khối hộp MNPQ.M'N'P'Q'lớn nhất.
Tìm tất cả các giá tri thực của tham số m để bất phương trình 23x+m−13x+m−1>0 nghiệm đúng với mọi x∈ℝ
m∈ℝ
m>1
m≤1
m≥1
Đáp án D
BPT⇔23x+m−13x+m−1>0⇔23x−3x−1+m3x+1>0⇔m>3x−8x+13x+1;∀x∈ℝ *.
Xét hàm số fx=3x−8x+13x+1;∀x∈ℝ,
ta có f'x=8x(ln3−ln8.3x−ln83x+12<0;∀x∈ℝ.
Suy ra fx là hàm số nghịch biến trên ℝ mà limx→−∞fx=1,do đó minx∈ℝfx=limx→−∞fx=1
Vậy *⇔m≥minx∈ℝfx=1⇒m≥1là giá trị cần tìm.
Tìm môđun của số phức z biết z−4=1+iz−4+3zi.
z=4
z=1
z=12
z=2
Đáp án D
PT⇔z1+3i=z+4+iz−4⇔1+3iz=z+42+z−42⇔10z2=z+42+z−42⇔z2=4⇔z=2.
Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC=2a. Mặt bên SAB, SCAlần lượt là các tam giác vuông tại B, C. Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 23a3. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
R=a2
R=a
R=3a2
R=3a2
Đáp án C
Kẻ hinh chữ nhật ABCD như hình vẽ bên ⇒SD⊥ABCD
Diện tích tam giác ABC là SABC=12.AB.AC=a2
Suy ra VS.ABC=13.SD.SΔABC=a23.SD=23a3⇒SD=2a.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABDC là
R=RABDC2+SD24=a522+2a24=3a2
Vậy bán kính mặt cầu cần tính là R=3a2.
Cho x, y>0 thỏa mãn logx+2y=logx+logy. Khi đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x21+2y+4y21+x là:
6
325
315
295
Đáp án B
Ta có:
logx+2y=logx+logy⇔log2x+2y=log2xy⇔2x+2y=2xy *.
Đặt a=x>0b=2y>0,khi đó *⇔2a+b=abvà P=a21+b+b21+a≥a+b2a+b+2.
Lại có ab≤a+b24⇒2a+b≤a+b24⇔a+b≥8.
Đặt t=a+b,do đó P≥ft=t2t+2
Xét hàm số ft=t2t+2 trên 8;+∞,có f't=t2+2tt+22>0;∀t≥8
Suy ra ft là hàm số đồng biến trên 8;+∞→min8;+∞ft=f8=325.
Vậy gía trị nhỏ nhất của biểu thức P là 325.
Cho hình nón chứa bốn mặt cầu cùng có bán kính là r, trong đó ba mặt tiếp xúc với đáy, tiếp xúc lẫn nhau và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón. Mặt cầu thứ tư tiếp xúc với ba mặt cầu kia và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón. Tính chiều cao của hình nón.
r1+3+233
r2+3+263
r1+3+263
r1+6+263
Đáp án C
Gọi S, A, B, C lần lượt là tâm của các mặt cầu thứ tư và ba mặt cầu tiếp xúc đáy (như hình vẽ)
Khi đó S.ABC là khối tứ diện đều cạnh 2r.
Goi I là tâm của tam giác ABC⇒Si⊥ABC.
Tam giác ABC đều cạnh 2r⇒AI=2r3.
Tam giác SAI vuông tại I, có SI=SA2−IA2=4r2−2r32=263r.
Ta thấy rằng ΔSMH~A SIg.g suy ra
SMSA=SHAI⇒SM=SA.AHAN=2r.r2r3=r3.
Vậy chiều cao của khối nón là h=SM+SI+ID=r3+263r+r=r1+3+263.
Cho hàm số fx=x3+ax2+bx+c. Nếu phương trình fx=0 có ba nghiệm phân biệt thì phương trình 2fx.f''x=f'x2 có bao nhiêu nghiệm.
3
1
2
4
Đáp án C
Cho a=0,b=−3,c=0⇒fx=x3−3x2=0có 3 nghiệm phân biệt.
Ta có:
f'x=3x2−6xf''x=6x−6⇒2x3−3x26x−6=3x2−6x2⇔12x2x−3x−1=9x2x−22⇔x=04x2−4x+3=3x2−4x+4⇔x=0x=4
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC, BD sao cho mặt phẳng AMN luôn vuông góc với mặt phẳng BCD. Gọi V1;V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN. TínhV1+V2?
172216
17272
172144
212
Đáp án A
Gọi O là tâm của tam giác BCD⇒OA⊥BCD
Mà AMN⊥BCD suy ra MN luôn đi qua điểm O.
Đặt BM=x,BN=y⇒SΔBMN=12.BM.BN.sinMBN^=34xy.
Tam giác ABO vuông tại O
Suy ra thể tích tứ diện ABMN là V=13.OA.SΔBMN=212xy.
Mà MN đi qua trọng tâm của ΔBCD⇒3xy=x+y.
Do đó:
xy≤x+y24=9xy24⇔12≥xy≥49→V1=224;V2=227.
Vậy V1+V2=172216.
Đề thi kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên
436410
463410
436104
463104
Đáp án A
Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là nΩ=410.
Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”
TH1. Thí sinh đó làm được 8 câu ( tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C108.32cách để thí sinh đúng 8 câu.
TH2. Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C109.31cách để thí sinh đúng 9 câu.
TH3. Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm): Chỉ có 1 cách duy nhất.
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là nX=C108.32+C109.31+1=436.
Vậy xác suất cần tìm là P=nXnΩ=436410.
Cho hàm số fx=x3−6x2+9x. Đặt fkx=ffk−1x (với k là số tự nhiên lớn hơn 1). Tính số nghiệm của phương trình f6x=0
729
365
730
364
Đáp án B
Ta có fx=xx−32;fx=0⇔x=0x=3.
Gọi ak là số nghiệm của phương trình fkx=0 và bk là số nghiệm của phương trình fkx=3.
Khi đó ak=ak−1+bk−1bk=3kk∈ℕ*,k≥2
suy ra an=an−1+3n−1→an=a1+3n−32 *.
Mà a1=2 nên suy ra *⇔an=2+3n−32=3n+12.
Với n=6⇒f6x=0 có 36+12=365 nghiệm.
