IMG-LOGO

20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải - đề 9

  • 4100 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Hàm số y=f(x). Mệnh đề nào sau đây là đúng?

Xem đáp án

Đáp án A.

Theo định lý trong SGK cơ bản 12 trang 6, ta có “ Nếu f ' (x) với mọi x thuộc K thì hàm số f (x) đồng biến trên  K’’. Vậy đáp án A đúng

 


Câu 2:

Tìm phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=3x+2x+1.

Xem đáp án

Đáp án C.

Đồ thị hàm số y=3x+2x+1 có đường tiệm cận đứng là x = – 1, đường tiện cận ngang y =3.


Câu 3:

Hàm số y=x44x2+4 đạt cực tiểu tại những điểm nào?

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có

y'=4x38x=4x(x22);y'=0x=0x=±2 

Ta thấy hệ số a = 1 > 0 nên đồ thị hàm số có dạng chữ W. Lập bảng biến thiên, ta xác định các điểm cực tiểu có hàm số là x=±2.  


Câu 4:

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số f(x)=2(m+1)x3+2mx32(m+1)x2m, (m là tham số khác 34) và g(x)=x4+x2 là 

Xem đáp án

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số là:

2(m+1)x3+2mx32(m+1)x2m=x4+x2x2(x21)+2m(x3+x2x1)+(2x32x)=0x2(x21)+2m(x+1)(x21)+2x(x21)=0(x21)+(x2+2(m+1)x+2m)=0x2=1x=±1g(x)=x2+2(m+1)x+2m=0(*) 

Xét

 g(1)=12(m+1)+2m=10g(1)=1+2(m+1)+2m=4m+30,do m34Δ'(*)=m+122m=m2+1>0m

Suy ra phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt khác ±1, với m34.

Vậy hai đồ thị f(x)g(x) cắt nhau tại 4 điểm.


Câu 5:

Cho các số thực dương a,b thỏa mãn a23>a35 logb23<logb35. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Xem đáp án

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có a23>a3523>35a>1 logb23<logb35.23>350<b<1. Vậy  logab<0logba<0

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Chọn các giá trị

a=0,50;1;a=1,5(1;+);b=0,3(0;1);b=1,3(1;+) 

Ta chọn được các giá trị a =1,5 và b = 0,3 thỏa mãn điều kiện.

Ấn tiếp 

Vậy logaB<0 và logba<0.

 


Câu 6:

Cho log12x=23log12a15log12b  thì x bằng

Xem đáp án

Đáp án C.

Cách 1: Tư duy tự luận

log12x=23log12a15log12blog12x=log12a23log12b15log12x=log12a23b15x=a23b15. 

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Chọn a = 0,3 và b = 1,3.


Câu 7:

Cho hàm số f(x) thỏa mãn 04f(x)dx=4,23f(x)dx=2. Khi đó giá trị tổng 02f(x)dx+34f(x)dx bằng

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có

04f(x)dx=02f(x)dx+23f(x)dx+34f(x)dx02f(x)dx+34f(x)dx=04f(x)dx23f(x)dx=42=2.


Câu 8:

Nguyên hàm sinx2dx bằng

Xem đáp án

Đáp án B.

Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có

sinx2dx=2dcosx2=2cosx2+C. 

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

 


Câu 9:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên [0;3],f(0)=2 và 03f'(x)dx=5.Tính f(3) 

Xem đáp án

Đáp án D.

Do hàm số f(x) có đạo hàm trên [ 0; 3] nên

03f'(x)dx=f(x)03=f(3)f(0)f(3)=03f'(x)dx+f(0)=5+2=7. 


Câu 11:

Cho khối chóp SABC có đáy là tam giác vuông tại A, SB(ABC),AB=a,ACB^=30o , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC)60° Tính thể tích V của khối chóp SABC theo a

Xem đáp án

Đáp án B.

Ta có SB(ABC)BC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC).

Suy ra  SC,(ABC)^=SC,BC^=SCB^=600

Do ΔABC vuông tại A nên 

SB=BC.tanSCB^=2a.tan600=2a3.

BC=AB2+AC2=a2+a32=2a.

Do ΔSBC vuông tại B nên 

SB=BC.tanSCB^=2a.tan600=2a3.

Vậy

VS.ABC=13SB.SΔABC=16SB.AB.AC=16.2.3a.a.a3=a3 (đvtt).


Câu 12:

Cho khối hình học có dạng hình vẽ dưới đây, các kích thước đã ghi (cùng đơn vị đo). Tính thể tích của các khối đó

Xem đáp án

Đáp án A.

Thể tích nửa khối cầu bán kính R = 2 là: V1=12.43πR3=23π.23=163π  (đvtt).

Thể tích khối trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 4 là: V2=πR2h=π.22.4=16π (đvtt).

Thể tích khối nón có bán kính đáy R = 2, chiều cao h = 4 là: V3=13πR2h=13π.22.4=163π (đvtt).

Thể tích khối hình học (hình vẽ) cần tính là V=V1+V2+V3=80π3


Câu 13:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm  A(1;2;3),B(2;3;1)

Xem đáp án

Đáp án D.

Ta có AB=(1;5;4) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng ABuAB=(1;5;4) 


Câu 14:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;1;1)  B(0;1;1). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB

Xem đáp án

Đáp án B.

Gọi I là trung điểm của AB thì I(–1;0;1). Ta có AB=22. Suy ra mặt cầu (S) đường kính AB sẽ có tâm là I, bán kính  R=AB2=2.

Phương trình mặt cầu (S) là: x+12+y2+z12=2. 


Câu 16:

Từ các số tự nhiên 1, 2, 3, 4 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau?

Xem đáp án

Đáp án B.

Sắp xếp 4 số tự nhiên 1, 2, 3, 4 theo thứ tự khác nhau, ta sẽ được một số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Vậy số cần lập là 4! = 24 (số).


Câu 17:

limπn+3n+22n3πn3n+22n+2 có giá tr bng

Xem đáp án

Đáp án B.

Cách 1: Tư duy tự luận

 limπn+3n+22n3πn3n+22n+2=limπn+3n+4n3πn3n+4.4n=limπ4n+34n+13π4n34n+4=14.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

 

vậy limπn+3n+22n3πn3n+22n+2=14.


Câu 18:

Tìm tất cả giá trị của tham số m để hàm số y=13(m22m)x3+mx2+3x đồng biến trên R 

Xem đáp án

Đáp án D.

Tập xác định:  D=R 

* Trường hợp 1: Xét  

m22m=0m(m2)=0m=0m=2

Nếu m = 0 thì hàm số trở thành y=3x và luôn đồng biến R . Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu m = 2 thì hàm số trở thành y=2x2+3x  chỉ đồng biến trên khoảng 34;+ . Vậy m  = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

* Trường hợp 2: Xét  

m22m0m(m2)0m0m2

Đạo hàm y'=(m22m)x2+2mx+3. Do phương trình y' = 0 chỉ có tối đa hai nghiệm nên hàm số đồng biến trên y'0,x 

(m22m)x2+2mx+30,xm22m>0Δ'=m23(m22m)0m(m2)>02m(3m)0m>2m<0m3m0m3m<0 

Kết hợp cả hai trường hợp ta tìm được m3m0.


Câu 19:

Giá trị lớn nhất của hàm số y=2x36x2+1 trên đoạn [1;1] là

Xem đáp án

Đáp án B

Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có

y'=6x212x=6x(x2);y'=0x=0x=2

Do x1;1 nên  x=0

Tính y(1)=7;y(0)=1;y(1)=3. Vậy  max[1;1]y=y(0)=1.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Quan sát bảng giá trị, ta xác định được giá trị lớn nhất xấp xỉ 0,9836710891. Vậy max[1;1]y=1.

 


Câu 20:

Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số  y=x2x1

Xem đáp án

Đáp án D.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y=x2x1 y=(x2)'(x1)'y=2x 


Câu 21:

Tập nghiệm của bất phương trình 2x241.ln(x2)<0 

Xem đáp án

Đáp án D.

Cách 1: Tư duy tự luận

Điều kiện:  x2>0x0.

Bất phương trình

(2x241).ln(x2)<02x241<0ln(x2)>02x241>0ln(x2)<0x24<0x2>1x24>0x2<1(L) 

(x2)(x+2)<0(x1)(x+1)>02<x<2x>1x<11<x<22<x<1

 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=(2;1)(1;2) .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Nhập vào màn hình biểu thức 2x241.ln(X2) và CALC với X=2;1;1;2.

 

Ta xét dấu của biểu thức 2X241.ln(X2) trên mỗi khoảng (;2),(2;1),(1;1),(1,2),(2;+) .

 

Tiếp tục dùng CACL:

Vậy 

(2x241).ln(x2)<0x(2;1)(1;2).

 


Câu 22:

Gọi S là số đo diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y=2x2+3x+1 y=x2x2. Tính cosπS 

Xem đáp án

Đáp án B

Xét phương trình

2x2+3x+1=x2x2x2+4x+3=0x=1x=3 

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là

S=31x2+4x+3dx=31x2+4x+3dx=43

Vậy  cosπS=22.


Câu 23:

cho hai số phức z1=1+i,z2=1i. Kết luận nào sau đây sai?

Xem đáp án

Đáp án B

Vậy phương án B sai


Câu 24:

Gọi tên hình tròn xoay biết nó sinh ra bởi nửa đường tròn khi quay quanh trục quay là đường kính của nửa đường tròn đó

Xem đáp án

Đáp án C.

Khi quay nửa đường tròn quanh trục quay là đường kính của nó thì ta thu được một mặt cầu.

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án A: Khi quay một hình quanh một trục, ta thu được một khối tròn xoay trong không gian, còn hình tròn được xác định trên một mặt phẳng nên loại A.

Phương án B: Chỉ khi quay nửa hình tròn quanh đường kính của nó, ta mới thu được một khối cầu.

Phương án C: Mặt trụ chỉ thu được khi ta quay 3 cạnh của một hình chữ nhật quanh cạnh còn lại.


Câu 25:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng Oxy cắt mặt cầu (S) tâm I(1;3;3)  theo giao tuyến là đường tròn tâm H(2;0;1), bán kính r = 2. Phương trình mặt cầu (S) là

Xem đáp án

Đáp án C

Từ giả thiết, ta có:

IH(α) 

dI;(α)=IH=212+0+32+132=14. 

Áp dụng công thức R2=IH2+r2, trong đó R là bán kính mặt cầu (S). Ta được: R=142+22=18. 

Vậy phương trình mặt cầu (S) là (x1)2+(y+3)2+(z3)2=18


Câu 26:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x12=y+11=z3và mặt phẳng (α):x+5y+z+4=0. Xác định vị trí tương đối của d (α)

Xem đáp án

Đáp án B.

Đường thẳng d đi qua điểm M(1;1;0) và nhận vectơ chỉ phương  u=(2;1;3)

Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến n=(1;5;1) .

Ta có u.n=2.1+(1).5+3.1=0, suy ra d//αdα 

Nhận thấy 1+5.(1)+0+4=0 nên điểm M(1;1;0) thuộc mặt phẳng (α) . Vậy d(α)


Câu 27:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng (P) có phương trình yz+2=0 . Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của (P)?

Xem đáp án

Đáp án C.

Mặt phẳng (P):yz+2=0 có một vecto7 pháp tuyến là n=(0;1;1) 


Câu 28:

Một tổ có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho hai người được chọn là nữ

Xem đáp án

Đáp án A

Không gian mẫu là “Chọn ngẫu nhiên 2 người từ 10 học sinh trong tổ đó”. Suy ra số phần tử trong không gian mẫu là n(Ω)=C102 .

Gọi A là biến cố “2 người được chọn là nữ” thì kết quả thuận lợi cho biến cố An(A)=C32.

Vậy xác suất cần tính là P(A)=n(A)n(Ω)=C32C102=115.


Câu 29:

Cho hàm số f(x)=x2x , đạo hàm của hàm số ứng với số gia Δx của đối số x tại x0

Xem đáp án

Đáp án B

Ta có

Δy=(x0+Δx)2(x0+Δx)(x02x0)=x2+2x0ΔxΔx. 

Nên 

f'(x0)=limΔx0ΔyΔx=limΔx0(Δx)2+2x0ΔxΔxΔx=limΔx0(Δx+2x01).

Vậy  f'(x)=limΔx0(Δx+2x1).


Câu 32:

Cho tứ diện ABCDBC=CD=BD=2a, AC=a2,AB=a.Góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) có số đo là

Xem đáp án

Đáp án D.

Gọi M là trung điểm của CD. Do BC=CD=BDΔBCD đều BMCD. 

Lại có AC=ADΔACD cân tại AAMCD .

Khi đó (ACD),(BCD)^=(AM,BM)^ .

AM là đường trung tuyến của ΔACD

AM=AC2+AD22CD24=a.

AM là đường trung tuyến của  ΔBCD

BM=CD.32=2a32=a3.

Trong ΔABM ta có

cosAMB^=MA2+MB2AB22MA.MB=a2+a32a22.a.a3=32 

AMB^=300AMB^=1500

Do 00<(ACD),(BCD)^<900 nên (ACD),(BCD)^=(AM,BM^)=300.


Câu 33:

Cho hàm số y=x2x1 có đồ thị (C) . Gọi giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳngd:y=x+m  A, B. Tìm tất cả giá trị của tham số m để OAB là một tam giác thỏa mãn 1OA+1OB=1 

Xem đáp án

Đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:x2x1=x+m 

x1x2=(x+m)(x1)x1f(x)=x2mx+m2=0(*) 

Để (C) và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác 1

f(1)=12m+m20Δ=-m24(m2)>010m24m+8m>0m.

Mặt khác OAB là tam giác nên Od  hay m0 .

Gọi A(x1;x1+m) và B(x2;x2+m) . Suy ra OA=2x122mx1+m2OB=2x222mx2+m2 

Do x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (*) nên x12mx1=2mx22mx2=2m 

Khi đó  OA=2(2m)+m2=m22m+4OB=2(2m)+m2=m22m+4

Từ giả thiết ta có :

2m22m+4=1m22m+4=2m(m2)=0m=0m=2

Đối chiếu với điều kiện ta được m=2 thỏa mãn.


Câu 34:

Đồ thị hàm số y=x+1mx2+1 không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi

Xem đáp án

Đáp án A.

Ta có

limyx=limxx+1mx2+1=limxx1+1xxm+1x2=limxx1+1xxm+1x2=limx1+1xm+1x2=1mlimyx=limxx+1mx2+1=limxx1+1xxm+1x2=limxx1+1xxm+1x2=limx1+1xm+1x2=1m

hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m>0. Phủ định lại, đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m0.


Câu 35:

Dynano là một nhà ảo thuật gia đại tài người Anh nhưng người ta thường nói Dynano làm ma thuật chứ không phải làm ảo thuật. Bất kì màn trình diễn nào của anh chàng trẻ tuổi tài cao này khiến người xem kinh ngạc vì nó vượt qua giới hạn khoa học. Một lần đến NewYork anh ngẫu hứng trình diễn khả năng bay lơ lửng trong không trung của mình bằng cách di chuyển từ tòa nhà này đến tòa nhà khác và trong quá trình di chuyển đó có một lần anh đáp đất tại một điểm trong khoảng cách giữa hai tòa nhà (biết mọi di chuyển của anh đều là đường thẳng). Biết tòa nhà ban đầu Dynano đứng có chiều cao là a(m), tòa nhà sau đó Dynano đến có chiều cao là b(m) (a < b) và khoảng cách giữa hai tòa nhà là c(m). Vị trí đáp đất cách tòa nhà thứ nhất là một đoạn là x(m). Hỏi x bằng bao nhiêu quãng đường di chuyển của Dynano là bé nhất?

Xem đáp án

Đáp án C.

Màn biểu diễn của Dynano được biểu diễn theo mô hình bên

Cách 1: Áp dụng kiến thức “Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất của hàm số”

Ta có  AB=c,AC=a,AD=b,AM=x.Khi đó CM=AC2+AM2=x2+a2

MD=BM2+BD2=(cx)2+b2=x22cx+b2+c2 

Như vậy quãng đường di chuyển của Dynano là 

T=CM+MD=x2+a2+x22cx+b2+c2(0<x<c).

Xét hàm số x2+a2+x22cx+b2+c2trên (0;c). 

Đạo hàm f'(x)=xx2+a2+xcx22cx+b2+c2=0 

xx22cx+b2+c2=(cx)x2+a2x2cx2+b2=cx2x2+a2 

x2b2=c-x2a2bx=(cx)ax=aca+b(0;c).

Lập bảng biến thiên tìm ta được f(x)  đạt nhỏ nhất khi  x=aca+b.

Cách 2: Dùng kiến thức hình học

Gọi D' là điểm đối xứng với D qua AB. Khi đó MC+MD=MC+MD'CD' . Do vậy (MC+MD)min=CD' . Dấu =  xảy ra khi MCD' hay M=CD'AB .

Khi đó ΔAMCBMD'

 AMBM=ACBD'xcx=abx=aca+b


Câu 36:

Cho hàm số f(x) có f(1)=1,f(m+n)=f(m)+f(n)+mn,m,n*.Giá trị của biểu thức T=logf(96)f(69)2412 

Xem đáp án

Đáp án B.

Cho m=1 ta có

f(n+1)=f(n)+f(1)+nf(n+1)=f(n)+n+1. 

Khi đó 

f(2)+f(3)+...+f(k)=f(1)+2+f(2)+3+...+f(k1)+k+1

 f(2)+f(3)+...+f(k1)+f(k)=f(1)+f(2)+...+f(k1)+(1+2+...+k) 

f(k)=f(1)+(1+2+...+k)=1+k(k+1)2.

 

Vậy hàm cần tìm là 

f(x)=1+x(x+1)2f(96)=1+96.972=4657f(69)=1+69.702=2416

Vậy

 T=log465724162412=log1000=3.


Câu 37:

Cho hai số thực a,b thỏa mãn a>0,0<b<2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=(2b)a2aba2+2a+2ba2ba

Xem đáp án

Đáp án C.

Ta có P=2ba2ba12+12.2ba+1. Đặt t=2ba, do 0<b<2t>1.

Xét hàm số f(t)=tt12+t2+1 trên 1;+. 

Đạo hàm  

f'(t)=(t1)22t(t1)(t1)4+12=t+1(t1)3+12;f'(t)=0t=3.

Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thấy minf(x)=f(3)=134. Vậy Pmin=134. 


Câu 38:

Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và x = 1, biết thiết diện của vật thể cắt mặt phẳng (P) vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x(0x1) là một hình chữ nhật có độ dài lần lượt là x ln(x2+1) 

Xem đáp án

Đáp án B.

Diện tích hình chữ nhật là  S(x)=xln(x2+1).

Thể tích cần tính là

V=01S(x)dx=01xln(x2+1)dx=ln212

 (Chú ý: sử dụng MTCT để kiểm tra kết quả).


Câu 39:

Trong trung tâm công viên có một khuôn viên hình elip có độ dài trục lớn 16m, độ dài trụ nhỏ bằng 10m. Giữa khuôn viên là một cái đài phun nước hình tròn có đường kính bằng 8m, phần còn lại của khuôn viên người ta thả cá. Số cá thả vào khuôn viên đó gần nhất với số nào dưới đây? Biết rằng mật độ thả cá là 5 con trên 1m2 mặt nước

Xem đáp án

Đáp án C.

Từ giả thiết, ta có phương trình chính tắc của elip là:

x282+y252=1x264+y225=1y=±51x264

Do trục tung và trục hoành chia hình elip thành bốn phần bằng nhau, nên diện tích hình elip là Se=2S .Trong đó  là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=0,y=51x264. 

Suy ra Sc=28851x264=548864x2 

Đặt

x=8sint,tπ2,π2dx=8costdt. 

Đổi cận

x=8t=π2;x=8t=π2. 

Khi đó

Sc=54π2π26464sin2x.8costdt=80π2π2cos2tdt=40π2π2(1+cos2t)dt

 =40t+12sin2tπ2π2=40π(m2).

Diện tích hình tròn đường kính bằng 8m là St=π.42=16π(m2). 

Vậy diện tích phần thả cá là

Sc=SeSt=40π16π=24π(m2)

 và số cá thả vào khuôn viên đó là 24π.5377 con.


Câu 40:

Cho số phức z=a+bi thỏa mãn điều kiện z2+4=2z. Đặt P=8(b2a2)12. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Xem đáp án

Đáp án D.

Giả thiết tương đương với  

z2+42=4z2z2+4z¯2+4=4zz¯

z2.z¯2+4z2+4z¯2+16=4zz¯zz¯22+4z2+z¯2+12=04z2+z¯212=z222.

 Đặt z=a+bi thì 

z2=a2b2+2abi;z¯2=a2b22abi.

 

Suy ra z2+z¯2=2a2b2. 

Vậy P=4z2+z¯212=z222. 


Câu 41:

Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Các điểm EF lần lượt là trung điểm của C’B’C’D’. Mặt phẳng (AEF) cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm A’V2 là thể tích khối chứa điểm C’. Khi đó V1V2 là

Xem đáp án

Đáp án A.

Đường thẳng EF cắt A'D' và A'B' tại N;M;AN cắt DD' tại P;AM cắt BB' tại Q. Khi đó thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng (AEF) là ngũ giác APFEQ

Từ giả thiết ta có V1=VA'B'D'APFEQ và V2=VABCDC'PFEQ'.

Gọi

V=VABCD.A'B'C'D';V3=VA.A'MN;V4=VPFD'N;V5=VQMB'E. 

Do tính đối xứng của hình lập phương nên V4=V5 .

Nhận thấy

V3=16AA'.A'M.A'N=16.a.3a2.3a2=3a28 (đvtt).

V4=16.D'P.D'F.D'N=16.a3.a2.a2=a372 (đvtt);

V1=V32V4=3a382.a372=25a372 (đvtt).

V2=VV1=a325a372=47a372 (đvtt).

Vậy  V1V2=2547.


Câu 42:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A6;3;4,Ba;b;c. Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ (Oxy), (Oxz), (Oyz). Biết rằng M, N, P nằm trên đoạn AB sao cho AM = MN = NP = PB. Tính giá trị của tổng a + b + c.

Xem đáp án

Đáp án B.

Các phương trình Oxy:z=0;Oxy:x=0;Oxy:y=0 . Giả sử MxM;yM;0,NxN;0;zN,P0;yp;zp. Tính theo giả thiết có M là trung điểm của AN nên ta có M6+xN2;32;4+zN2 . Do zM=0 nên 4+zN2=0zN=4MxM;32;0 và NxN;0;4 .

Lại có N là trung điểm của MP nên NxM2;2yP34;zP2  .

yN=0zN=4 nên 2yP34=0zP2=4yP=32zP=8  Khi đó P0;32;8.

Từ

xM=6+xN2xM=xM22xMxN=6xM2xN=0xM=4xN=2

 Vậy  M4;32;0,N2;0;4.

Mặt khác  

AB=2ANxB6=2(26)yB+3=2(0+3)zB4=2(44)B(2;3;12)a=2b=3c=12.

Vậy  a+b+c=2+312=11


Câu 43:

Cho dãy số tăng a, b, c theo thứ tự thành lập cấp số nhân, đồng thời a,b+8,c tạo thành cấp số cộng và a,b+8,c+64 lập thành cấp số nhân. Khi đó giá trị  của ab+2c  bằng 

Xem đáp án

Đáp án B

Từ giả thiết ta có

b2=aca+c=2(b+8)b+82=a(c+64)b2=aca+c=2(b+8)b+82=b2+64ab2=acc=7a+8b=4a4 

 4a -42=a7a +8c= 7a+8b=4a-49a2-40a+16=0c= 7a+8b=4a-4a=4;b=12;c=36a=49;b=-209;c=1009

Do a,b,c tạo thành một dãy số tăng nên a=4;b=12;c=36  .

Suy ra  

ab+2c=412+2.36=64.


Câu 44:

Cho hàm số f(x)=x3+3ax2+3x+3 có đồ thị (C) và  g(x)=x3+3bx2+9x+5 có đồ thị (H), với a, b lá các tham số thực. Đồ thị (C), (H) có chung ít nhất 1 điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a+2b

Xem đáp án

Đáp án A

Xét hệ phương trình

f'(x)=3x2+6ax+3=0(*)g'(x)=3x2+6bx+9=06x(ab)=6x=1ab. 

Áp dụng công thức nghiệm do phương trình (*) ta có x=a±a21 với a(;1)1;+ .

*Trường hợp 1: x=a+a21. 

Ta có

1ab=a+a21b=a+1aa21=2a+a21 

Suy ra  

P=a+2b=a+4a+2a215a+2a21

Xét hàm số

f(x)=5x+2x21;x;11;+. 

Đạo hàm

f'x=5+2xx21;f'x=05x21=2xx025x21=4x2 

x=521  (thỏa mãn).

Lại có f521=21P21 (lập bảng biến thiên của hàm số fx).

*Trường hợp 2:Tương tự, ta tìm được  P21.


Câu 45:

Tính tích phân 02maxx,x3dx

Xem đáp án

Đáp án D.

Cách 1:

Ta có

x3=xxx1x+1=0x=0x=±1

 Do x0;2 nên x=0x=1 

Xét dấu, Ta được x3x<0,x0;1 và x3x>0,x1;2

Suy ra max0;1x,x3=x và max1;2x,x3=x3.

Vậy

02maxx,x3dx=01xdx+12x3dx=174 .

Cách 2: 

02maxx,x3dx=02x3+x+x3x2dx=01xdx+12x3dx=174.


Câu 46:

Cho các số phức z1=1,z2=23i và các số z thỏa mãn z1i+z3+i=22. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P=zzi+zz2.Tính tổng S=M+m

Xem đáp án

Đáp án B.

Số phức z1=1 có điểm biểu diễn là A1;0 , số phức z2=23i  có điểm biểu diễn là B2;3  

Gọi Ex;y là điểm biểu diễn của số phức z, khi đó z=x+yi,x,y 

Suy ra 

P=x1+yi+x2+y+3i=x12+y2+x22+y+32

P=EA+EB.  

Mặt khác

z1i+z3+i=22x1+y1i+x3+y+1i=22

 x12+y12+x32+y+12=22* 

 

Gọi M1;1,N3;1 thì EM+EN=22=MN Điểm E thuộc đoạn MN.

Ta có phương trình đường thẳng MN là x+y+z2=0 với  x1;3

Bài toán trở thành:

Cho điểm E thuộc đoạn MN . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=EA+EB

Đặt f(x)=x+y2.  Ta có

f1;0=1+02=1f2;3=232=3f1;0.f2;3=3>0 . Suy ra hai điểm A,B nằm cùng về một phía đối với MN . Gọi A' là điểm đối xứng với A qua MN thì A'2;1.Khi đó

P=EA+EB=EA'+EBA'B=4.

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

EA'BE=A'BMNE2;0 hay z = 2.

 

Do điểm E luôn thuộc đường thẳng MN nên P=EA+EB đạt giá trị lớn nhất khi EM hoặc EN. 

MA+MB=1+17NA+NB=25MA+MB>NA+NBmaxP=MA+MB=1+17. 

Vậy

M=1+7,m=4S=M+m=5+17. 


Câu 47:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P):xy+2z+1=0 (Q):2x+y+zz=0. Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc Ox, đồng thời (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r. Xác định r sao cho chỉ có duy nhất một mặt cầu (S) thỏa mãn điều kiện bài toán

Xem đáp án

Đáp án A.

Giả sử mặt cầu (S) có tâm Ia;0;0Ox , bán kính R>0 . Khi đó phương trình mặt cầu (S) là xa2+y2+z2=R2. 

Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của I trên (P) và (Q) , khi đó:

IH=dI;P=a+16 và IK=dI;Q=2a16

Do IH2+4=R2 và IK2+r2=R2 nên a+126+4=R22a126+r2=R2 

 a+126+4=2a126+r2a+12+24=2a12+6r2

 a22a+2r28=0*

Để có duy nhất một mặt cầu (S) thì phương trình (*) phải có một nghiệm

Δ'=12r28=0r2=92 . Do r>0  nên r=32 .


Câu 48:

Phương trình2017sinx=sinx+2cos2x có bao nhiêu nghiệm thực trên [5π;2017π]?

Xem đáp án

Đáp án D.

Phương trình tương đương với  2017sinx=sinx+1+sin2x.

Đặt t=sinx,t1;1 thì phương trình trở thành 2017t=t+1+t2. 

t.ln2017lnt+1+t2=0, do t+1+t2>t2+t=t+t0,t. 

Xét hàm số f(t)=t.ln2017lnt+1+t2 trên 1;1.

Đạo hàm 

f'(t)=t2+1.ln201711+t2>ln201711+t2>0,t1;1.  

 

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên 1;1. Mà f0=0nên phương trình ft=0 có duy nhất một nghiệm t=0.

Như vậy sinx=0x=kπ,(k). Vì x5π;2017π nên 5k2017. 

Vậy có 20175+1=2023 giá trị k nên phương trình đã cho có 2023 nghiệm thực trên 5π;2017π


Câu 49:

Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp của các tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên hai tam giác trong X. Tính xác suất để chọn được 1 tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H) (Kết quả làm tròn đến số thập phân thứ ba)

Xem đáp án

Đáp án B.

*Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên cũng có 22 đỉnh. Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác (H) là C223=1540 (tam giác)

Suy ra số phàn tử của không gian mẫu Ωn(Ω)=C15402. 

*Số tam giác của một cạnh là cạnh của đa giác (H) là 22.18 = 396 (tam giác).

Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác (H) là 22 (tam giác)

Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H) là:

154039622=1122(tam giác).

Gọi A là biến cố “Hai tam giác được chọn có 1 cạnh là cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H)”

Số phần tử của A là n(A)=C3961.C11221. 

*Vậy xác suất cần tìm là

P(A)=n(A)n(Ω)=C3961.C11221C15402=74819950,375. 


Câu 50:

Cho tứ diện ABCD có AD(ABC), đáy ABC thỏa mãn điều kiện:

cotA+cotB+cotC2=BCAB.AC+CABA.BC+ABCA.CB.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BD và BC. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khói chóp A.BCHK

Xem đáp án

Đáp án B.

*Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC và AB. Trong mặt phẳng (ABC), kẻ các đường thẳng d, d’ lần lượt vuông góc với AC và AB tại E, F. Do DAd,DAd' (doDAABC) nên dDAC,d'DAB. Gọi I là giao điểm của d, d’ thì I chính là tâm của mặt cầu chứa hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC, AKC. Hay nói cách khác, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK, bán kính R = IA cũng chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC  (do IA = IB = IC).

*Một số hệ thức cần nhớ trong tam giác

Cho ΔABC, gọi AH là đường cao HBC.  R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giac, p là nửa chu vi. Kí hiệu BC = a, AC = b, AB = c, diện tích SΔABC=S. 

1. Định lý cosin:

 a2=b2+c22bccosA;b2=a2+c22accosB;c2=a2+b22abcosC.

2. Định lý sin: asinA=bsinB=csinC=2R. 

3. Độ dài trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C (Kí hiệu lần lượt là ma,mb,mc):

ma2=b2+c22a24;mb2=a2+c22b24;mc2=a2+b22c24.

4. Các công thức tính diện tích tam giác:

S=12a.ha=12b.hb=12c.hcS=12bcsinA=12acsinB=12absinCS=abc4R=pr=ppapbpc.

5. Định lý tang:

 aba+b=tanAB2tanA+B2;bcb+c=tanBC2tanB+C2;cac+a=tanCA2tanC+A2.

6. Định lý cotang:  

cotA=b2+c2a24S;cotB=a2+c2b24S;cotC=a2+b2c24S.cotA+cotB+cotC=a2+b2+c24S.

*Phân tích dữ kiện đề bài:

 cotA+cotB+cotC2=BCAB.AC+CABA.BC+ABCA.CBAB2+BC2+CA28SΔABC=BC2+CA2+AB2AB.AC.BC8SΔABC=AB.AC.BC8.AB.AC.BC4R=AB.AC.BCR=2=IA.

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK là:

V=43πR3=43π23=32π3 (đvtt).


Bắt đầu thi ngay