-
Đề kiểm tra 15 phút
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương I - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương II - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương III - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương IV – Giải tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương I - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương II - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương III - Hình học 12
-
-
Đề kiểm tra 1 tiết
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương I - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương II - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương III - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương IV - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương I - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương II - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương III - Hình học 12
-
-
Đề thi giữa học kì 1
-
Đề thi học kì 1
-
Đề thi giữa học kì 2
-
Đề thi học kì 2
-
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
Đề thi giữa kì 2 Toán 12 - Đề số 1
Đề bài
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $D$ và ${x_1},{x_2} \in D$ mà ${x_1} > {x_2}$, khi đó:
-
A.
\(f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\)
-
B.
\(f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\)
-
C.
\(f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right)\)
-
D.
\(f\left( {{x_2}} \right) \ge f\left( {{x_1}} \right)\)
Cho biết GTLN của hàm số $f\left( x \right)$ trên $\left[ {1;3} \right]$ là $M = - 2$. Chọn khẳng định đúng:
-
A.
$f\left( x \right) \geqslant - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$
-
B.
$f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) = - 2$
-
C.
$f\left( x \right) < - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$
-
D.
$f\left( x \right) \leqslant - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$
Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
Điểm thuộc mặt cầu thì thuộc khối cầu.
-
B.
Điểm thuộc khối cầu thì thuộc mặt cầu
-
C.
Điểm nằm ngoài mặt cầu thì thuộc khối cầu
-
D.
Điểm nằm ngoài khối cầu thì thuộc mặt cầu
Đề thi THPT QG – 2021 lần 1– mã 104
Thể tích của khối lập phương cạnh \(2a\) bằng:
-
A.
\({a^3}\)
-
B.
\(2{a^3}\)
-
C.
\(8{a^3}\)
-
D.
\(4{a^3}\)
Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1\)
-
B.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x} = 1\)
-
C.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln x}}{x} = 1\)
-
D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{1 + x}} = 1\)
Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) trùng với đồ thị hàm số \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}}\)
-
B.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) trùng với đồ thị hàm số \(y = {2^{ - x}}\).
-
C.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) đối xứng với đồ thị hàm số \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}}\) qua trục hoành
-
D.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) đối xứng với đồ thị hàm số \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}}\) qua trục tung.
Tìm tất cả các giá trị của $m$ để hàm số $y = - \dfrac{1}{3}{x^3} + \dfrac{{m{x^2}}}{3} + 4$ đạt cực đại tại $x = 2?$
-
A.
$m = 1$
-
B.
$m = 2$
-
C.
$m = 3$
-
D.
$m = 4$
Đẳng thức \(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = ({x^{\frac{1}{n}}})' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \frac{{n - 1}}{n}}} = \dfrac{1}{{n\sqrt[n]{{{x^{n - 1}}}}}}\) xảy ra khi:
-
A.
\(x < 0\)
-
B.
\(x > 0\)
-
C.
\(x \ge 0\)
-
D.
\(x \in R\)
Tính tích phân \(I = \int\limits_0^\pi {{{\cos }^3}x\sin xdx} \)
-
A.
\(I = - \dfrac{1}{4}{\pi ^4}\)
-
B.
\(I = - {\pi ^4}\)
-
C.
$I = 0 $
-
D.
\(I = - \dfrac{1}{4}\)
Hình trụ có bán kính r = 5 cm và chiều cao h = 3cm có diện tích toàn phần gần với số nào sau đây?
-
A.
\(251,3c{m^2}\)
-
B.
\(141,3c{m^2}\)
-
C.
\(172,8c{m^2}\)
-
D.
\(125,7c{m^2}\)
Đồ thị sau là đồ thị hàm số nào?
-
A.
\(y = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^x}\)
-
B.
\(y = {2^x}\)
-
C.
\(y = 3{x^3}\)
-
D.
\(y = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - x}}\)
Cho tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin x\sqrt {8 + \cos x} dx} \). Đặt \(u = 8 + \cos x\) thì kết quả nào sau đây là đúng?
-
A.
\(I = 2\int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
-
B.
\(I = \dfrac{1}{2}\int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
-
C.
\(I = \int\limits_9^8 {\sqrt u du} \)
-
D.
\(I = \int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào không đồng biến trên $R?$
-
A.
\(y = \sin x - 3x\)
-
B.
\(y = \cos x + 2x\)
-
C.
\(y = {x^3}\)
-
D.
\(y = {x^5}\)
Cho hình nón có các kích thước \(r = 1;h = 2\) với \(r,h\) lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường cao hình nón. Diện tích toàn phần hình nón là:
-
A.
\(3\pi \)
-
B.
\(1 + \sqrt 5 \pi \)
-
C.
\(\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\pi \)
-
D.
\(\left( {\sqrt 5 + 1} \right)\pi \)
Cho tam giác $ABC$ biết $A\left( {2;4; - 3} \right)$ và trọng tâm $G$ của tam giác có toạ độ là $G\left( {2;1;0} \right)$. Khi đó \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \) có tọa độ là
-
A.
$\left( {0; - 9;9} \right)$
-
B.
$\left( {0; - 4;4} \right)$
-
C.
$\left( {0;4; - 4} \right)$
-
D.
$\left( {0;9; - 9} \right)$
Cho \(\overrightarrow a = \left( {5;1;3} \right),\overrightarrow b = \left( { - 1; - 3; - 5} \right)\) là cặp VTCP của mặt phẳng \(\left( P \right)\). Véc tơ nào sau đây là một véc tơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\)?
-
A.
\(\left( {1;2;0} \right)\)
-
B.
\(\left( {2;11; - 7} \right)\)
-
C.
\(\left( {4; - 22; - 14} \right)\)
-
D.
\(\left( {2;2; - 4} \right)\)
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = 2a,AC = a,AA' = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2},\widehat {BAC} = {120^0}\). Hình chiếu vuông góc của $C’$ lên $(ABC)$ là trung điểm của cạnh $BC$. Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) theo $a$?
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
-
B.
\(\dfrac{{3{a^3}}}{4}\)
-
C.
\(\dfrac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
-
D.
\({a^3}\sqrt 3 \)
Cho tứ diện \(ABCD\) có các cạnh \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc với nhau, \(AB = 6a,AC = 7a,AD = 4a\). Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,CD,DB\). Thể tích \(V\) của tứ diện \(AMNP\) là:
-
A.
\(V = \dfrac{{7{a^3}}}{2}\)
-
B.
\(V = 14{a^3}\)
-
C.
\(V = \dfrac{{28{a^3}}}{3}\)
-
D.
\(V = 7{a^3}\)
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định liên tục trên R có bảng biến thiên:
Khẳng định nào sau đây là đúng?
-
A.
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng $2$
-
B.
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $x = - 1$
-
C.
Giá trị cực tiểu của hàm số là $y = - 2$
-
D.
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( {1;\, - 2} \right)$
Một người vay ngân hàng một số tiền với lãi suất mỗi tháng là $1,12\% $. Biết cuối mỗi tháng người đó phải trả cho ngân hàng $3.000.000$ đồng và trả trong $1$ năm thì hết nợ. Số tiền người đó vay là:
-
A.
$33510627$ đồng
-
B.
$50341123$ đồng
-
C.
$30453210$ đồng
-
D.
$29340240$ đồng
Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$ và mặt bên hợp với đáy một góc \({60^0}\). Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)
-
B.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\)
-
C.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
-
D.
\(\dfrac{{{a^3}}}{{24}}\)
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) ={\cos 2x\ln \left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \) là:
-
A.
\(I = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{1}{4}\sin 2x + C\)
-
B.
\(I = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{1}{2}\sin 2x + C\)
-
C.
\(I = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{1}{4}\sin 2x + C\)
-
D.
\(I = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) + \dfrac{1}{4}\sin 2x + C\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(M\left( {3;4;1} \right)\) và giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( Q \right):19x - 6y - 4z + 27 = 0\) và \(\left( R \right):42x - 8y + 3z + 11 = 0\) là:
-
A.
\(3x + 2y + 6z - 23 = 0\)
-
B.
\(3x - 2y + 6z - 23 = 0\)
-
C.
\(3x + 2y + 6z + 23 = 0\)
-
D.
\(3x + 2y + 6z - 12 = 0\)
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} + 1}}\). Khi đó, nếu đặt \(x = \tan t\) thì:
-
A.
\(f\left( x \right)dx = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\)
-
B.
\(f\left( x \right)dx = dt\)
-
C.
\(f\left( x \right)dx = \left( {1 + {t^2}} \right)dt\)
-
D.
\(f\left( x \right)dx = \left( {1 + {{\cot }^2}t} \right)dt\)
Cho hai điểm \(M\left( {1; - 2; - 4} \right),M'\left( {5; - 4;2} \right)\). Biết \(M'\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\). Khi đó, phương trình \(\left( P \right)\) là:
-
A.
\(2x - y + 3z + 20 = 0\)
-
B.
\(2x - y + 3z + 12 = 0\)
-
C.
\(2x - y + 3z - 20 = 0\)
-
D.
\(2y + y - 3z + 20 = 0\)
Cho khối đa diện lồi có số đỉnh, số mặt và số cạnh lần lượt là \(D,M,C\). Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
\(D - C + M = 2\)
-
B.
$D + C - M = 2$
-
C.
$D + C + M = 2$
-
D.
$D - C + M = 0$
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng \(a\). Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng \(\dfrac{a}{2}\) ta được thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích khối trụ.
-
A.
\(\pi {a^3}\sqrt 3 \)
-
B.
\(\pi {a^3}\)
-
C.
\(\dfrac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
-
D.
\(3\pi {a^3}\)
Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $2a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $CD$ bằng \(a\sqrt 3 \). Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
-
B.
\(4{a^3}\sqrt 3 \)
-
C.
\({a^3}\sqrt 3 \)
-
D.
\(\dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Độ dài đoạn thẳng \(AB\) với \(A\left( {2;1;0} \right),B\left( {4; - 1;1} \right)\) là một số:
-
A.
nguyên âm
-
B.
vô tỉ
-
C.
nguyên dương
-
D.
bằng \(0\)
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho ba vectơ $\vec a = \left( {1;m;2} \right),\vec b = \left( {m + 1;2;1} \right)$ và \(\vec c = \left( {0;m - 2;2} \right)\). Giá trị \(m\) bằng bao nhiêu để ba vectơ \(\vec a,\vec b,\vec c\) đồng phẳng
-
A.
\(m = \dfrac{3}{5}\)
-
B.
\(m = \dfrac{2}{5}\)
-
C.
\(m = \dfrac{3}{4}\)
-
D.
\(m = \dfrac{2}{3}\)
Cho hàm số $y = \dfrac{{2{x^2} - 3{x} + m}}{{x - m}}$ . Để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng thì các giá trị của tham số $m$ là:
-
A.
$m = 0$
-
B.
$m = 0;m = 1$
-
C.
$m = 1$
-
D.
Không tồn tại $m$
Cho hai hàm số $y = \dfrac{{2x - 1}}{{{m^2} - 8 - x}}$ và $y = \dfrac{{5 - 2x}}{{x + 4}}$. Tập hợp các giá trị của tham số $m$ để hai đường tiệm cận đứng của hai đồ thị hàm số trên trùng nhau là:
-
A.
$\left\{ { - 2;2} \right\}$
-
B.
$\left\{ { - 1;2} \right\}$
-
C.
$\left\{ {0;0} \right\}$
-
D.
$\left\{ {2;3} \right\}$
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình \({2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} = 4\) là:
-
A.
\(1\)
-
B.
\(2\)
-
C.
\(3\)
-
D.
\(0\)
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai ?
-
A.
\(\int{{{e}^{x}}\,\text{d}x}={{e}^{x}}+C.\)
-
B.
\(\int{0\,\text{d}x}=C.\)
-
C.
\(\int{\dfrac{1}{x}\,\text{d}x}=\ln x+C.\)
-
D.
\(\int{\text{dx}}=x+C.\)
Trong các tích phân sau, tích phân nào có giá trị khác \(2\)?
-
A.
\(\int\limits_1^{{e^2}} {\ln xdx} \).
-
B.
\(\int\limits_0^1 {2dx} \).
-
C.
\(\int\limits_0^\pi {\sin xdx} \).
-
D.
\(\int\limits_0^2 {xdx} \).
Cho \(I = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{e^{2x}}dx}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}} = a{t^3} + bt + C\) với $t = \sqrt {{e^x} - 1} $. Giá trị biểu thức \(A = {a^2} + {b^2}\) bằng:
-
A.
$\dfrac{{52}}{9}$
-
B.
$\dfrac{{40}}{9}$
-
C.
$\dfrac{{47}}{9}$
-
D.
$\dfrac{{46}}{9}$
Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = x\cos 2x$ là :
-
A.
$\dfrac{{x\sin 2x}}{2} - \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
-
B.
$x\sin 2x - \dfrac{{\cos 2x}}{2} + C$
-
C.
$x\sin 2x + \dfrac{{\cos 2x}}{2} + C$
-
D.
$\dfrac{{x\sin 2x}}{2} + \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
-
A.
\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + \int\limits_b^c {f\left( x \right)dx} = \int\limits_a^c {f\left( x \right)dx} ;\forall b \in \left[ {a;c} \right]\)
-
B.
Nếu \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \ge 0\) thì \(f\left( x \right) \ge 0\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)
-
C.
\(\int {xdx} = 1 + C\)
-
D.
Nếu \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thì \(\sqrt {F\left( x \right)} \) là nguyên hàm của \(\sqrt {f\left( x \right)} \).
Chọn kết luận sai:
-
A.
\(\int\limits_0^1 {{x^3}dx} \ge 0\)
-
B.
\(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin xdx} > \dfrac{\pi }{2}\)
-
C.
\(\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}dx} \ge 0\)
-
D.
\(\int\limits_1^2 {\left( {x - \sin x} \right)dx} \ge 0\)
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ thỏa mãn điều kiện $\int\limits_0^1 {\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{x + 1}}{\rm{d}}x} = 1$ và $f\left( 1 \right) - 2f\left( 0 \right) = 2.$
Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} .$
-
A.
$I = 0.$
-
B.
$I = 3.$
-
C.
$I = - \,1.$
-
D.
$I = 1.$
Cho tứ diện \(ABCD\) và \(G\) là trọng tâm tứ diện. Chọn kết luận đúng:
-
A.
\({x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D} = 4{x_G}\)
-
B.
\({x_A} + {x_B} = {x_C} + {x_D} = 2{x_G}\)
-
C.
\({y_A} - {y_B} - {y_C} - {y_D} = 4{y_G}\)
-
D.
\(4\left( {{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}} \right) = {z_G}\)
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 2,{\rm{ }}\left| {\overrightarrow b } \right| = 5\) và \(\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = {30^0}\). Độ dài của vectơ \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]\) bằng:
-
A.
\(10\).
-
B.
\(5\).
-
C.
\(8\).
-
D.
\(5\sqrt 3 \).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm $M(1;2;3)$. Gọi $(P)$ là mặt phẳng đi qua điểm $M$ và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng $(P)$ cắt các trục tọa độ tại các điểm A,B,C . Tính thể tích khối chóp O.ABC.
-
A.
$\dfrac{{1372}}{9}.$
-
B.
$\dfrac{{686}}{9}.$
-
C.
$\dfrac{{524}}{3}.$
-
D.
$\dfrac{{343}}{9}.$
Cho số dương \(a\) thỏa mãn điều kiện hình phẳng giới hạn bởi các đường parabol \(y=a{{x}^{2}}-2\) và \(y=4-2a{{x}^{2}}\) có diện tích bằng $16$. Giá trị của \(a\) bằng
-
A.
$1$
-
B.
\(\frac{1}{2}.\)
-
C.
\(\frac{1}{4}.\)
-
D.
$2$
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ a;b \right]\) và cắt trục hoành tại điểm \(x=c\,\,\left( a<c<b \right)\) (như hình vẽ bên) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=a;x=b\). Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
-
A.
\(S=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}-\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
-
B.
\(S=-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
-
C.
\(S=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
-
D.
\(S=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
Tìm thể tích \(V\) của vật tròn xoay sinh ra bởi đường tròn \({{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=4\) khi quay quanh trục \(Ox.\)
-
A.
\(V=24{{\pi }^{2}}.\)
-
B.
\(V=24\pi .\)
-
C.
\(V=16\pi .\)
-
D.
\(V=36{{\pi }^{2}}.\)
Thể tích của vật tròn xoay có được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm \(y=\tan x\), trục \(Ox\), đường thẳng \(x=0\), đường thẳng \(x=\frac{\pi }{3}\) quanh trục \(Ox\) là
-
A.
\(V=\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}\).
-
B.
\(V=\sqrt{3}+\frac{\pi }{3}\).
-
C.
\(V=\pi \sqrt{3}+\frac{{{\pi }^{2}}}{3}\).
-
D.
\(V=\pi \sqrt{3}-\frac{{{\pi }^{2}}}{3}\)
Thể tích vật thể nằm giữa hai mặt phẳng \(x=0\) và \(x=2\), biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x \(\left( 0\le x\le 2 \right)\) là một nửa đường tròn đường kính \(\sqrt{5}{{x}^{2}}\) bằng :
-
A.
\(2\pi \)
-
B.
\(5\pi \)
-
C.
\(4\pi \)
-
D.
\(3\pi \)
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x{{e}^{x}},\ \ y=0,\ x=0,\ x=1\) xung quanh trục \(Ox\) là:
-
A.
\(V=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)
-
B.
\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{x{{e}^{x}}dx.}\)
-
C.
\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)
-
D.
\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{x}}dx.}\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm \(M\) thỏa mãn hệ thức \(\overrightarrow {OM} = 2\overrightarrow i + \overrightarrow j \). Tọa độ của điểm \(M\) là:
-
A.
\(M\left( {2;0;1} \right)\)
-
B.
\(M\left( {2;1;0} \right)\)
-
C.
\(M\left( {0;2;1} \right)\)
-
D.
\(M\left( {1;2;0} \right)\)
Lời giải và đáp án
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $D$ và ${x_1},{x_2} \in D$ mà ${x_1} > {x_2}$, khi đó:
-
A.
\(f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\)
-
B.
\(f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\)
-
C.
\(f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right)\)
-
D.
\(f\left( {{x_2}} \right) \ge f\left( {{x_1}} \right)\)
Đáp án : A
Sử dụng định nghĩa hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến.
Hàm số $y$ = $f\left( x \right)$ đồng biến trên $D$ nên:
Với mọi ${x_1},{x_2}$ $\in$ $D$ mà ${x_1} > {x_2}$ thì $f\left( {{x_1}} \right)$ > $f\left( {{x_2}} \right)$.
Cho biết GTLN của hàm số $f\left( x \right)$ trên $\left[ {1;3} \right]$ là $M = - 2$. Chọn khẳng định đúng:
-
A.
$f\left( x \right) \geqslant - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$
-
B.
$f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) = - 2$
-
C.
$f\left( x \right) < - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$
-
D.
$f\left( x \right) \leqslant - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$
Đáp án : D
Nếu $M = - 2$ là GTLN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {1;3} \right]$ thì $f\left( x \right) \leqslant - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$.
Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
Điểm thuộc mặt cầu thì thuộc khối cầu.
-
B.
Điểm thuộc khối cầu thì thuộc mặt cầu
-
C.
Điểm nằm ngoài mặt cầu thì thuộc khối cầu
-
D.
Điểm nằm ngoài khối cầu thì thuộc mặt cầu
Đáp án : A
Điểm \(M\) thuộc mặt cầu tâm \(O\) bán kính \(R\) thì \(OM = R\).
Điểm \(M\) thuộc khối cầu tâm \(O\) bán kính \(R\) thì \(OM \le R\).
Do đó điểm thuộc mặt cầu sẽ thuộc khối cầu.
Một số em sẽ chọn nhầm đáp án C vì nhầm lẫn mọi điểm nằm ngoài mặt cầu sẽ thuộc khối cầu là sai.
Đề thi THPT QG – 2021 lần 1– mã 104
Thể tích của khối lập phương cạnh \(2a\) bằng:
-
A.
\({a^3}\)
-
B.
\(2{a^3}\)
-
C.
\(8{a^3}\)
-
D.
\(4{a^3}\)
Đáp án : C
Sử dụng công thức tính thể tích khối lập phương cạnh \(a:V = {a^3}\).
Thể tích khối lập phương cạnh \(2a\) là: \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\)
Một số em sẽ chọn nhầm đáp án A vì đọc không kĩ đề.
Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1\)
-
B.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x} = 1\)
-
C.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln x}}{x} = 1\)
-
D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{1 + x}} = 1\)
Đáp án : A
Giới hạn cần nhớ: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1\)
Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) trùng với đồ thị hàm số \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}}\)
-
B.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) trùng với đồ thị hàm số \(y = {2^{ - x}}\).
-
C.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) đối xứng với đồ thị hàm số \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}}\) qua trục hoành
-
D.
Đồ thị hàm số \(y = {2^x}\) đối xứng với đồ thị hàm số \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}}\) qua trục tung.
Đáp án : A
Biến đổi các hàm số mũ và nhận xét đồ thị của chúng
Ta có: \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^x}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{{2^x}}}}} = {2^x}\) nên hai hàm số \(y = {2^x}\) và \(y = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - x}}\) là một. Do đó chúng có chung đồ thị.
Nhiều HS sẽ chọn nhầm đáp án D vì thấy \(2\) và \(\dfrac{1}{2}\) là nghịch đảo của nhau và \( - x,x\) đối nhau.
Tìm tất cả các giá trị của $m$ để hàm số $y = - \dfrac{1}{3}{x^3} + \dfrac{{m{x^2}}}{3} + 4$ đạt cực đại tại $x = 2?$
-
A.
$m = 1$
-
B.
$m = 2$
-
C.
$m = 3$
-
D.
$m = 4$
Đáp án : C
- Bước 1: Tính $y',y''$.
- Bước 2: Nêu điều kiện để $x = {x_0}$ là cực trị của hàm số:
+ $x = {x_0}$ là điểm cực đại nếu $\left\{ \begin{gathered} f'\left( {{x_0}} \right) = 0 \hfill \\f''\left( {{x_0}} \right) < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$
+ $x = {x_0}$ là điểm cực tiểu nếu $\left\{ \begin{gathered}f'\left( {{x_0}} \right) = 0 \hfill \\ f''\left( {{x_0}} \right) > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$
- Bước 3: Kết luận.
TXĐ $D = \mathbb{R}$
$y' = - {x^2} + \dfrac{2}{3}mx \Rightarrow y'' = - 2x + \dfrac{2}{3}m$
Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = 2$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y'(2) = 0 \hfill \\ y''\left( 2 \right) < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - {2^2} + \dfrac{2}{3}m.2 = 0 \hfill \\ - 2.2 + \dfrac{2}{3}m. < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - 4 + \dfrac{4}{3}m = 0 \hfill \\- 4 + \dfrac{2}{3}m < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m = 3 \hfill \\m < 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow m = 3$
- Nhiều học sinh chỉ xét điều kiện $y'\left( {{x_0}} \right) = 0$ mà quên điều kiện $y''\left( {{x_0}} \right) < 0$ dẫn đến kết luận sai.
- Nếu chỉ xét điều kiện $y'\left( {{x_0}} \right) = 0$ thì sau khi tìm ra $m$ phải thay vào hàm số, kiểm tra xem $x = 2$ có là điểm cực đại của hàm số tìm được hay không.
Đẳng thức \(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = ({x^{\frac{1}{n}}})' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \frac{{n - 1}}{n}}} = \dfrac{1}{{n\sqrt[n]{{{x^{n - 1}}}}}}\) xảy ra khi:
-
A.
\(x < 0\)
-
B.
\(x > 0\)
-
C.
\(x \ge 0\)
-
D.
\(x \in R\)
Đáp án : B
Sử dụng điều kiện để đẳng thức \(\sqrt[n]{x} = {x^{\frac{1}{n}}}\) xảy ra là \(x > 0\).
Vì \(\sqrt[n]{x} = {x^{\frac{1}{n}}}\) nếu \(x > 0\) nên \(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = ({x^{\frac{1}{n}}})' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \frac{{n - 1}}{n}}} = \dfrac{1}{{n\sqrt[n]{{{x^{n - 1}}}}}}\) chỉ đúng nếu \(x > 0\).
Tính tích phân \(I = \int\limits_0^\pi {{{\cos }^3}x\sin xdx} \)
-
A.
\(I = - \dfrac{1}{4}{\pi ^4}\)
-
B.
\(I = - {\pi ^4}\)
-
C.
$I = 0 $
-
D.
\(I = - \dfrac{1}{4}\)
Đáp án : C
- Bước 1: Đặt \(t = u\left( x \right)\), đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = a \Rightarrow t = u\left( a \right) = a'\\x = b \Rightarrow t = u\left( b \right) = b'\end{array} \right.\) .
- Bước 2: Tính vi phân \(dt = u'\left( x \right)dx\).
- Bước 3: Biến đổi \(f\left( x \right)dx\) thành \(g\left( t \right)dt\).
- Bước 4: Tính tích phân \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{a'}^{b'} {g\left( t \right)dt} \).
Đặt \(\cos x = t \Rightarrow - \sin xdx = dt \Rightarrow \sin xdx = - dt\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = \pi \Rightarrow t = - 1\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = - \int\limits_1^{ - 1} {{t^3}dt} = \int\limits_{ - 1}^1 {{t^3}dt} = \left. {\dfrac{{{t^4}}}{4}} \right|_{ - 1}^1 = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = 0\)
Một số em thường quên không đổi cận dẫn đến chọn nhầm đáp án A là sai.
Hình trụ có bán kính r = 5 cm và chiều cao h = 3cm có diện tích toàn phần gần với số nào sau đây?
-
A.
\(251,3c{m^2}\)
-
B.
\(141,3c{m^2}\)
-
C.
\(172,8c{m^2}\)
-
D.
\(125,7c{m^2}\)
Đáp án : A
Sử dụng công thức tính diện tích toàn phần hình trụ \({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2}\).
Ta có: \({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi .5.3 + 2\pi {.5^2} \approx 251,3\) \(c{m^2}\).
Một số em chọn nhầm đáp án C vì áp dụng nhầm công thức \({S_{tp}} = 2\pi rh + \pi {r^2}\) là sai.
Đồ thị sau là đồ thị hàm số nào?
-
A.
\(y = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^x}\)
-
B.
\(y = {2^x}\)
-
C.
\(y = 3{x^3}\)
-
D.
\(y = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - x}}\)
Đáp án : D
- Bước 1: Quan sát dáng đồ thị, tính đơn điệu,…của các đồ thị bài cho.
- Bước 2: Đối chiếu với hàm số bài cho và chọn kết luận.
Dáng đồ thị là của hàm số \(y = {a^x}\) với \(a > 1\) nên loại A và C.
Không loại đáp án D vì \(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - x}} = {\left[ {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^{ - 1}}} \right]^x} = {3^x}\) có dạng \(y = {a^x}\) với \(a > 1\).
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {1;3} \right)\) nên chỉ có D thỏa mãn.
Nhiều HS không để ý điểm đi qua sẽ chọn nhầm đáp án B là sai, một số em khác loại ngay đáp án D vì thấy \(\dfrac{1}{3} < 1\) nên cũng đi đến đáp án sai.
Cho tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin x\sqrt {8 + \cos x} dx} \). Đặt \(u = 8 + \cos x\) thì kết quả nào sau đây là đúng?
-
A.
\(I = 2\int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
-
B.
\(I = \dfrac{1}{2}\int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
-
C.
\(I = \int\limits_9^8 {\sqrt u du} \)
-
D.
\(I = \int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
Đáp án : D
- Bước 1: Đặt \(t = u\left( x \right)\), đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = a \Rightarrow t = u\left( a \right) = a'\\x = b \Rightarrow t = u\left( b \right) = b'\end{array} \right.\) .
- Bước 2: Tính vi phân \(dt = u'\left( x \right)dx\).
- Bước 3: Biến đổi \(f\left( x \right)dx\) thành \(g\left( t \right)dt\).
- Bước 4: Tính tích phân \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{a'}^{b'} {g\left( t \right)dt} \).
Đặt \(u = 8 + \cos x \Rightarrow du = - \sin xdx \Rightarrow \sin xdx = - du\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 9\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 8\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I = - \int\limits_9^8 {\sqrt u du} = \int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
Một số em tính sai vi phân \(u = 8 + \cos x \Rightarrow du = \sin xdx\) và chọn nhầm đáp án C là sai.
Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào không đồng biến trên $R?$
-
A.
\(y = \sin x - 3x\)
-
B.
\(y = \cos x + 2x\)
-
C.
\(y = {x^3}\)
-
D.
\(y = {x^5}\)
Đáp án : A
+) Xét các hàm số theo từng đáp án.
+) Hàm số nào có $y' \ge 0$ với mọi $x \in R$ thì hàm số đó đồng biến trên R.
+) Xét đáp án A:$y = \sin x - 3x$ có: $y' = \cos x - 3.$
Với $\forall {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in R$ ta có: $ - 1 \le \cos x \le 1 \Rightarrow y' = {\rm{cosx\;}} - 3 < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \in R \Rightarrow $ hàm số nghịch biến trên $R.$
Vậy hàm số ở đáp án A không đồng biến trên $R$.
+) Xét đáp án B: $y = \cos x + 2x$ có: $y' = {\rm{\;}} - \sin x + 2.$
Với $\forall {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in R$ ta có: $ - 1 \le \sin x \le 1 \Rightarrow y' = {\rm{\;}} - \sin x + 2 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \in R$
Vậy hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$
+) Xét đáp án C: $y'=3x^2\ge 0, \forall x$ nên hàm số đồng biến trên $R$.
+) Xét đáp án D: $y'=5x^4\ge 0, \forall x$ nên hàm số đồng biến trên $R$.
Vậy chỉ có hàm số ở đáp án A không đồng biến trên $R$.
Cho hình nón có các kích thước \(r = 1;h = 2\) với \(r,h\) lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường cao hình nón. Diện tích toàn phần hình nón là:
-
A.
\(3\pi \)
-
B.
\(1 + \sqrt 5 \pi \)
-
C.
\(\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\pi \)
-
D.
\(\left( {\sqrt 5 + 1} \right)\pi \)
Đáp án : D
- Tính độ dài đường sinh hình nón sử dụng công thức \({l^2} = {r^2} + {h^2}\).
- Tính diện tích toàn phần sử dụng công thức \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\).
Ta có: \({l^2} = {r^2} + {h^2} \Rightarrow l = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt {{1^2} + {2^2}} = \sqrt 5 \)
Do đó \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .1.\sqrt 5 + \pi {.1^2} = \left( {1 + \sqrt 5 } \right)\pi \)
Một số em áp dụng nhầm công thức \({l^2} = {h^2} - {r^2}\) nên ra đáp án C là sai. Một số em lại áp dụng sai công thức \({S_{tp}} = \pi rh + \pi {r^2}\) dẫn đến chọn nhầm đáp án A là sai.
Cho tam giác $ABC$ biết $A\left( {2;4; - 3} \right)$ và trọng tâm $G$ của tam giác có toạ độ là $G\left( {2;1;0} \right)$. Khi đó \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \) có tọa độ là
-
A.
$\left( {0; - 9;9} \right)$
-
B.
$\left( {0; - 4;4} \right)$
-
C.
$\left( {0;4; - 4} \right)$
-
D.
$\left( {0;9; - 9} \right)$
Đáp án : A
- Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), tìm \(\overrightarrow {AM} \) qua \(\overrightarrow {AG} \).
- Biểu diễn tổng hai véc tơ \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \) qua \(\overrightarrow {AM} \) suy ra kết luận.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \).
Do tính chất trọng tâm có \(\overrightarrow {AM} = \dfrac{3}{2}\overrightarrow {AG} \). Suy ra\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 3\overrightarrow {AG} \).
Mà \(\overrightarrow {AG} = \left( {2 - 2;1 - 4;0 - ( - 3)} \right) = \left( {0; - 3;3} \right)\). Suy ra \(3\overrightarrow {AG} = (0; - 9;9)\).
HS có thể sử dụng công thức trọng tâm tam giác để tính.
Cách 2: Sử dụng tính chất: \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \) \( \Rightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = - \overrightarrow {GA} = \overrightarrow {AG} \) như sau:
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \) \( = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} \) \( = 2\overrightarrow {AG} + \left( {\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)\) \( = 2\overrightarrow {AG} + \left( { - \overrightarrow {GA} } \right)\) \( = 2\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {AG} = 3\overrightarrow {AG} \)
Cách 3: Gọi \(B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right),C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} + {x_C} = 3{x_G}\\{y_A} + {y_B} + {y_C} = 3{y_G}\\{z_A} + {z_B} + {z_C} = 3{z_G}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} + {x_C} = 3{x_G} - {x_A}\\{y_B} + {y_C} = 3{y_G} - {y_A}\\{z_B} + {z_C} = 3{z_G} - {z_A}\end{array} \right.\)
Từ đó \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \) \( = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) + \left( {{x_C} - {x_A};{y_C} - {y_A};{z_C} - {z_A}} \right)\) \( = \left( {{x_B} + {x_C} - 2{x_A};{y_B} + {y_C} - 2{y_A};{z_B} + {z_C} - 2{z_A}} \right)\).
Cho \(\overrightarrow a = \left( {5;1;3} \right),\overrightarrow b = \left( { - 1; - 3; - 5} \right)\) là cặp VTCP của mặt phẳng \(\left( P \right)\). Véc tơ nào sau đây là một véc tơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\)?
-
A.
\(\left( {1;2;0} \right)\)
-
B.
\(\left( {2;11; - 7} \right)\)
-
C.
\(\left( {4; - 22; - 14} \right)\)
-
D.
\(\left( {2;2; - 4} \right)\)
Đáp án : B
Nếu \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \) là cặp VTCP của \(\left( P \right)\) thì \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]\) là một VTPT của \(\left( P \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow a = \left( {5;1;3} \right),\overrightarrow b = \left( { - 1; - 3; - 5} \right)\)
\(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\ - 3\end{array}&\begin{array}{l}3\\ - 5\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}3\\ - 5\end{array}&\begin{array}{l}5\\ - 1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}5\\ - 1\end{array}&\begin{array}{l}1\\ - 3\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( {4;22; - 14} \right)\)
Do đó \(\overrightarrow n = \left( {4;22; - 14} \right)\) là một VTPT của \(\left( P \right)\) nên \(\dfrac{1}{2}\overrightarrow n = \left( {2;11; - 7} \right)\) cũng là một VTPT của \(\left( P \right)\).
- Một số em có thể sẽ chọn nhầm đáp án C vì tính sai tích có hướng của hai véc tơ.
- Có thể làm bài toán bằng cách thử đáp án với chú ý: VTPT vuông góc với cả hai VTCP.
Cụ thể: \(\left( {1;2;0} \right).\left( {5;1;3} \right) \ne 0\) nên loại.
\(\left( {2;11; - 7} \right).\left( {5;1;3} \right) = 0;\left( {2;11; - 7} \right).\left( { - 1; - 3; - 5} \right) = 0\) nên B đúng.
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = 2a,AC = a,AA' = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2},\widehat {BAC} = {120^0}\). Hình chiếu vuông góc của $C’$ lên $(ABC)$ là trung điểm của cạnh $BC$. Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) theo $a$?
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
-
B.
\(\dfrac{{3{a^3}}}{4}\)
-
C.
\(\dfrac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
-
D.
\({a^3}\sqrt 3 \)
Đáp án : B
- Tính diện tích đáy \({S_{ABC}}\).
- Tính độ dài đường cao.
- Tính thể tích khối lăng trụ theo công thức \(V = Sh\) với \(S\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao.
Áp dụng định lí Côsin trong tam giác $ABC$ có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos 120} \)
$= \sqrt {4{a^2} + {a^2} - 2.2a.a.\dfrac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 7 \Rightarrow CH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}$
\(C'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow C'H \bot CH \Rightarrow \Delta CC'H\) vuông tại $H$
\( \Rightarrow C'H = \sqrt {CC{'^2} - C{H^2}} = \sqrt {\dfrac{{10{a^2}}}{4} - \dfrac{{7{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin 120 = \dfrac{1}{2}.2a.a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = C'H.{S_{ABC}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3{a^3}}}{4}\)
Cho tứ diện \(ABCD\) có các cạnh \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc với nhau, \(AB = 6a,AC = 7a,AD = 4a\). Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,CD,DB\). Thể tích \(V\) của tứ diện \(AMNP\) là:
-
A.
\(V = \dfrac{{7{a^3}}}{2}\)
-
B.
\(V = 14{a^3}\)
-
C.
\(V = \dfrac{{28{a^3}}}{3}\)
-
D.
\(V = 7{a^3}\)
Đáp án : D
Tính thể tích các khối chóp ${{V_{DAPN}}}$, ${{V_{BAPM}}}$, ${V_{CAMN}}$ và $ V_{ABCD}$ rồi tính ${V_{AMNP}} = {V_{ABCD}} - {V_{DAPN}} $ $- {V_{BAPM}} - {V_{CAMN}}$
Ta có:
\(ABCD\) là tứ diện vuông tại \(A\) nên \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.6a.7a.4a = 28{a^3}\).
Áp dụng công thức tính tỉ lệ thể tích các khối tứ diện ta có:
\(\dfrac{{{V_{DAPN}}}}{{{V_{DABC}}}} = \dfrac{{DA}}{{DA}}.\dfrac{{DP}}{{DB}}.\dfrac{{DN}}{{DC}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{DAPN}} = \dfrac{1}{4}{V_{DABC}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}\)
\(\dfrac{{{V_{BAPM}}}}{{{V_{BADC}}}} = \dfrac{{BA}}{{BA}}.\dfrac{{BP}}{{BD}}.\dfrac{{BM}}{{BC}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{BAPM}} = \dfrac{1}{4}{V_{BADC}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}\)
\(\dfrac{{{V_{CAMN}}}}{{{V_{CABD}}}} = \dfrac{{CA}}{{CA}}.\dfrac{{CM}}{{CB}}.\dfrac{{CN}}{{CD}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{CAMN}} = \dfrac{1}{4}{V_{CABD}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}\)
Do đó \({V_{AMNP}} = {V_{ABCD}} - {V_{DAPN}} - {V_{BAPM}} - {V_{CAMN}} = 28{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} = 7{a^3}\)
- Một số em sẽ tính nhầm tỉ lệ thể tích khối tứ diện \(AMNP\) và \(ABCD\) là \(\dfrac{1}{3}\) nên chọn nhầm đáp án C là sai.
- Cách giải ở trên hướng dẫn các em tính thể tích tứ diện bằng phương pháp cộng trừ thể tích (phân chia khối đa diện) và cách áp dụng công thức tỉ lệ thể tích.
Ngoài ra, bài toán còn một cách giải khác, các em có thể tham khảo các bước giải như sau:
+ Tính thể tích của tứ diện \(ABCD\)
+ So sánh diện tích các tam giác \(MNP\) và \(BCD\), cụ thể \({S_{MNP}} = \dfrac{1}{4}{S_{BCD}}\)
+ So sánh thể tích \({V_{A.MNP}}\) và \({V_{A.BCD}}\), cụ thể:
Hai tứ diện có chung chiều cao kẻ từ \(A\) và diện tích đáy \({S_{MNP}} = \dfrac{1}{4}{S_{BCD}}\)
Do đó \({V_{A.MNP}} = \dfrac{1}{4}{V_{A.BCD}}\)
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định liên tục trên R có bảng biến thiên:
Khẳng định nào sau đây là đúng?
-
A.
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng $2$
-
B.
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $x = - 1$
-
C.
Giá trị cực tiểu của hàm số là $y = - 2$
-
D.
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( {1;\, - 2} \right)$
Đáp án : C
Quan sát bảng biến thiên và tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, đồ thị hàm số.
Từ bảng biến thiên ta thấy:
- Hàm số không có GTLN nên A sai.
- $\left( { - 1;2} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số nên D sai, $x = - 1$ là điểm cực đại của hàm số nhưng không phải là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên B sai.
- Giá trị cực tiểu của hàm số là $y = - 2$ nên C đúng.
Một người vay ngân hàng một số tiền với lãi suất mỗi tháng là $1,12\% $. Biết cuối mỗi tháng người đó phải trả cho ngân hàng $3.000.000$ đồng và trả trong $1$ năm thì hết nợ. Số tiền người đó vay là:
-
A.
$33510627$ đồng
-
B.
$50341123$ đồng
-
C.
$30453210$ đồng
-
D.
$29340240$ đồng
Đáp án : A
Sử dụng công thức cho bài toán trả góp $A = \dfrac{{T.r{{\left( {1 + r} \right)}^N}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^N} - 1}}$.
Từ công thức $A = \dfrac{{T.r{{\left( {1 + r} \right)}^N}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^N} - 1}}$, ta suy ra $T = \dfrac{{A\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^N} - 1} \right]}}{{r{{\left( {1 + r} \right)}^N}}} = \dfrac{{3.000.000.\left[ {{{\left( {1 + 1,12\% } \right)}^{12}} - 1} \right]}}{{1,12\% .{{\left( {1 + 1,12\% } \right)}^{12}}}} = 33510627$ đồng.
Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$ và mặt bên hợp với đáy một góc \({60^0}\). Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)
-
B.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\)
-
C.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
-
D.
\(\dfrac{{{a^3}}}{{24}}\)
Đáp án : C
Bước 1: Xác định góc giữa mặt bên và mặt đáy: là góc giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng đó và cùng vuông góc với giao tuyến.
Bước 2: Tính chiều cao \(SG\)
Bước 3: Tính diện tích đáy \({S_{ABC}}\).
Bước 4: Tính thể tích theo công thức \(V = \dfrac{1}{3}Sh\).
Bước 1:
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Vì chóp $S.ABC$ đều nên \(SG \bot \left( {ABC} \right)\)
Gọi $D$ là trung điểm của $BC$ ta có: \(AD \bot BC\)
Ta có: \(\left. \begin{array}{l}BC \bot AD\\BC \bot SG\,\,\left( {SG \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SD\)
\(\left. \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SD \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AD \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;AD} \right)} = \widehat {SDA} = {60^0}\)
Bước 2:
Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên \(AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow DG = \dfrac{1}{3}AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)
\(SG \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SG \bot AD \Rightarrow \Delta SGD\) vuông tại $G$
\( \Rightarrow SG = GD.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3 = \dfrac{a}{2}\)
Bước 3:
Tam giác $ABC$ đều \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)
Bước 4:
\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) ={\cos 2x\ln \left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \) là:
-
A.
\(I = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{1}{4}\sin 2x + C\)
-
B.
\(I = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{1}{2}\sin 2x + C\)
-
C.
\(I = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{1}{4}\sin 2x + C\)
-
D.
\(I = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) + \dfrac{1}{4}\sin 2x + C\)
Đáp án : C
Dùng công thức nhân đôi \(\cos 2x = {\cos ^2}x - {\sin ^2}x = \left( {\cos x - \sin x} \right)\left( {\cos x + \sin x} \right)\).
Bằng cách đặt ẩn phụ \(t = \sin x + \cos x\) ta đưa nguyên hàm ban đầu về dạng đơn giản hơn, sau đó áp dụng phương pháp tính nguyên hàm từng phần.
Lưu ý khi trong nguyên hàm có hàm $\ln x$ và hàm đa thức ta ưu tiên đặt $u =\ln x $.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\cos 2x\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) = \left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {\cos x - \sin x} \right)\ln \left( {\sin x + \cos x} \right)\\ \Rightarrow I = \int {\left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {\cos x - \sin x} \right)\ln \left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \end{array}\)
Đặt \(t = \sin x + \cos x \Rightarrow dt = \left( {\cos x - \sin x} \right)dx\) , khi đó ta có:\(I = \int {t\ln tdt} \)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln t\\dv = tdt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{t}dt\\v = \dfrac{{{t^2}}}{2}\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \dfrac{1}{2}{t^2}\ln t - \dfrac{1}{2}\int {tdt} + C = \dfrac{1}{2}{t^2}\ln t - \dfrac{{{t^2}}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}{\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) - \dfrac{{{{\left( {\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x + \sin 2x} \right)\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) - \dfrac{{1 + \sin 2x}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} - \dfrac{{\sin 2x}}{4} - \dfrac{1}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{{\sin 2x}}{4} + C.\end{array}$
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(M\left( {3;4;1} \right)\) và giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( Q \right):19x - 6y - 4z + 27 = 0\) và \(\left( R \right):42x - 8y + 3z + 11 = 0\) là:
-
A.
\(3x + 2y + 6z - 23 = 0\)
-
B.
\(3x - 2y + 6z - 23 = 0\)
-
C.
\(3x + 2y + 6z + 23 = 0\)
-
D.
\(3x + 2y + 6z - 12 = 0\)
Đáp án : A
Sử dụng lý thuyết chùm mặt phẳng:
Giả sử \(\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\) trong đó: $\left( P \right):{{A}_{1}}x+{{B}_{1}}y+{{C}_{1}}z+{{D}_{1}}=0~;\left( Q \right):{{A}_{2}}x+{{B}_{2}}y+{{C}_{2}}z+{{D}_{2}}=0$
Khi đó, mọi mặt phẳng chứa \(d\) đều có phương trình dạng: $m\left( {{A_1}x + {B_1}y + {C_1}z + {D_1}} \right) + n\left( {{A_2}x + {B_2}y + {C_2}z + {D_2}} \right) = 0$ với \({m^2} + {n^2} > 0\)
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua giao tuyến của \(\left( Q \right),\left( R \right)\) nên có phương trình dạng \(m\left( {19x - 6y - 4z + 27} \right) + n\left( {42x - 8y + 3z + 11} \right) = 0\) với \({m^2} + {n^2} > 0.\)
Do \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {3;4;1} \right)\) nên \(56m + 108n = 0 \Rightarrow \dfrac{m}{n} = - \dfrac{{27}}{{14}}.\)
Chọn \(m = 27,n = - 14\) thì:
\(\begin{array}{l}\left( P \right):27.\left( {19x - 6y - 4z + 27} \right) - 14.\left( {42x - 8y + 3z + 11} \right) = 0\\ \Leftrightarrow - 75x - 50y - 150z + 575 = 0\\ \Leftrightarrow 3x + 2y + 6z - 23 = 0\end{array}\)
Lấy điểm \(A\left( {0;\dfrac{5}{2};3} \right) \in \left( Q \right) \cap \left( R \right)\).
Giao tuyến \(d\) có \(\overrightarrow u \bot \overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow u \bot \overrightarrow {{n_R}} \) nên \(\overrightarrow u \) cùng phương \(\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right]\)
Mà \(\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right] = \left( { - 50; - 225;100} \right)\) nên chọn \(\overrightarrow u = \dfrac{1}{{25}}\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right] = \left( { - 2; - 9;4} \right)\)
Do đó \(d\) đi qua \(A\) và có VTCP \(\overrightarrow u = \left( { - 2; - 9;4} \right)\).
Lại đó \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {3;4;1} \right)\) và chứa \(d\) nên \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(M,A\) và có VTPT \(\overrightarrow n \bot \overrightarrow u \).
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow n \bot \overrightarrow u \\\overrightarrow n \bot \overrightarrow {MA} \end{array} \right.\) nên \(\overrightarrow n \) cùng phương với \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {MA} } \right] = \left( { - 12; - 8; - 24} \right)\) hay chọn \(\overrightarrow n = \left( {3;2;6} \right)\) là VTPT.
Vậy \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {3;4;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n = \left( {3;2;6} \right)\) làm VTPT nên: \(\left( P \right):3\left( {x - 3} \right) + 2\left( {y - 4} \right) + 6\left( {z - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x + 2y + 6z - 23 = 0\).
Chọn A.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} + 1}}\). Khi đó, nếu đặt \(x = \tan t\) thì:
-
A.
\(f\left( x \right)dx = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\)
-
B.
\(f\left( x \right)dx = dt\)
-
C.
\(f\left( x \right)dx = \left( {1 + {t^2}} \right)dt\)
-
D.
\(f\left( x \right)dx = \left( {1 + {{\cot }^2}t} \right)dt\)
Đáp án : B
Áp dụng công thức đổi biến \(f\left( x \right)dx = f\left( {u\left( t \right)} \right).u'\left( t \right)dt\)
Ta có: \(x = \tan t \Rightarrow dx=\dfrac{1}{{{{\cos }^2}t}} dt = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\).
Do đó \(f\left( x \right)dx = \dfrac{1}{{{x^2} + 1}}dx = \dfrac{1}{{{{\tan }^2}t + 1}}\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt = dt\)
Một số em sau khi tính được \(dx = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\) thì vội vàng kết luận đáp án A mà quên không thay \(x = \tan t\) vào \(f\left( x \right)\) dẫn đến chọn sai đáp án.
Cho hai điểm \(M\left( {1; - 2; - 4} \right),M'\left( {5; - 4;2} \right)\). Biết \(M'\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\). Khi đó, phương trình \(\left( P \right)\) là:
-
A.
\(2x - y + 3z + 20 = 0\)
-
B.
\(2x - y + 3z + 12 = 0\)
-
C.
\(2x - y + 3z - 20 = 0\)
-
D.
\(2y + y - 3z + 20 = 0\)
Đáp án : C
- Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)\) làm VTPT là:
\(a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0\)
Ta có: \(\overrightarrow {MM'} = \left( {4; - 2;6} \right) \Rightarrow \overrightarrow n = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {MM'} = \left( {2; - 1;3} \right)\)
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M'\) và nhận \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;3} \right)\) làm VTPT nên có phương trình:
\(2\left( {x - 5} \right) - 1\left( {y + 4} \right) + 3\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - y + 3z - 20 = 0\)
Một số em có thể chọn nhầm đáp án B vì khi viết phương trình mặt phẳng đã thay nhầm tọa độ của \(M\) dẫn đến phương trình \(2x - y + 3z + 12 = 0\) là sai.
Cho khối đa diện lồi có số đỉnh, số mặt và số cạnh lần lượt là \(D,M,C\). Chọn mệnh đề đúng:
-
A.
\(D - C + M = 2\)
-
B.
$D + C - M = 2$
-
C.
$D + C + M = 2$
-
D.
$D - C + M = 0$
Đáp án : A
Khối đa diện lồi có \(D\) đỉnh, \(M\) mặt và \(N\) cạnh thì \(D - C + M = 2\).
Một số em sẽ chọn sai đáp án B hặc D vì nhớ nhầm công thức.
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng \(a\). Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng \(\dfrac{a}{2}\) ta được thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích khối trụ.
-
A.
\(\pi {a^3}\sqrt 3 \)
-
B.
\(\pi {a^3}\)
-
C.
\(\dfrac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
-
D.
\(3\pi {a^3}\)
Đáp án : A
- Tính chiều cao hình trụ dựa vào định lý Pi-ta-go.
- Tính thể tích khối trụ dựa vào công thức \(V = \pi {R^2}h\)
Gọi $\left( O \right)$ là một đường tròn đáy của hình trụ
Mặt phẳng đã cho cắt $\left( O \right)$ tại $A$ và $B$, gọi $H$ là trung điểm $AB$.
Vì thiết diện thu được là hình vuông nên chiều cao hình trụ bằng
$h = AB = 2AH = 2\sqrt {O{A^2} - O{H^2}} = a\sqrt 3 $
Thể tích khối trụ là
$V = \pi {R^2}h = \pi {a^2}.a\sqrt 3 = \pi {a^3}\sqrt 3 $
Một số em sẽ chọn nhầm đáp án B vì sau khi tính được \(AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) thì tính ngay thể tích \(V = \dfrac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{2}\) là sai.
Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $2a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $CD$ bằng \(a\sqrt 3 \). Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
-
B.
\(4{a^3}\sqrt 3 \)
-
C.
\({a^3}\sqrt 3 \)
-
D.
\(\dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Đáp án : D
- Xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng \(CD\) và \(SA\) chéo nhau bằng cách tìm một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia và tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song (chính là khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng đến mặt phẳng).
- Tính diện tích đáy \({S_{ABCD}}\) và chiều cao \(SO\), từ đó tính được thể tích khối chóp.
Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì chóp $S.ABCD$ đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)
Gọi $E$ và $F$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$
Ta có:
\(\begin{array}{l}AB//CD \Rightarrow SA \subset \left( {SAB} \right)//CD\\ \Rightarrow d\left( {CD;SA} \right) = d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}OF \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOF} \right)\)
Trong $\left( {SOF} \right)$ kẻ \(OH \bot SF\,\,\left( 1 \right)\)
Vì \(AB \bot \left( {SOF} \right) \Rightarrow AB \bot OH\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác vuông SOF có: \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{F^2}}}\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{S{O^2}}} = \dfrac{1}{{O{H^2}}} - \dfrac{1}{{O{F^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} - \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} \Rightarrow SO = a\sqrt 3 \)
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Độ dài đoạn thẳng \(AB\) với \(A\left( {2;1;0} \right),B\left( {4; - 1;1} \right)\) là một số:
-
A.
nguyên âm
-
B.
vô tỉ
-
C.
nguyên dương
-
D.
bằng \(0\)
Đáp án : C
Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng biết hai đầu mút \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}} \)
Ta có: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}} \)
$= \sqrt {{{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 0} \right)}^2}} = \sqrt 9 = 3$
Do đó độ dài đoạn thẳng là một số nguyên dương.
Một số em áp dụng sai công hức tính độ dài đoạn thẳng \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} + {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} + {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} + {z_A}} \right)}^2}} \) dẫn đến chọn nhầm đáp án B là sai.
Độ dài đoạn thẳng không thể là số âm, nó bằng $0$ nếu hai đầu mút trùng nhau nên ta có thể loại ngay đáp án A và D.
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho ba vectơ $\vec a = \left( {1;m;2} \right),\vec b = \left( {m + 1;2;1} \right)$ và \(\vec c = \left( {0;m - 2;2} \right)\). Giá trị \(m\) bằng bao nhiêu để ba vectơ \(\vec a,\vec b,\vec c\) đồng phẳng
-
A.
\(m = \dfrac{3}{5}\)
-
B.
\(m = \dfrac{2}{5}\)
-
C.
\(m = \dfrac{3}{4}\)
-
D.
\(m = \dfrac{2}{3}\)
Đáp án : B
Điều kiện để ba véc tơ \(\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} ,\overrightarrow {{u_3}} \) đồng phẳng là \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{u_3}} = 0\)
Ta có
\(\left[ {\vec a,\vec b} \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}m&2\\2&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&1\\1&{m + 1}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&m\\{m + 1}&2\end{array}} \right|} \right) = \left( {m - 4;2m + 1;2 - {m^2} - m} \right)\)
\(\left[ {\vec a,\vec b} \right].\vec c = (2m + 1)(m - 2) + 2(2 - {m^2} - m)\)
\(\vec a,\vec b,\vec c\) đồng phẳng khi
\(\begin{array}{l}\left[ {\vec a,\vec b} \right].\vec c = 0 \Leftrightarrow (2m + 1)(m - 2) + 2(2 - {m^2} - m) = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 4m + m - 2 + 4 - 2{m^2} - 2m = 0\\ \Leftrightarrow - 5m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{2}{5}\end{array}\)
Cho hàm số $y = \dfrac{{2{x^2} - 3{x} + m}}{{x - m}}$ . Để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng thì các giá trị của tham số $m$ là:
-
A.
$m = 0$
-
B.
$m = 0;m = 1$
-
C.
$m = 1$
-
D.
Không tồn tại $m$
Đáp án : B
Đồ thị hàm số $y = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}$ không có tiệm cận đứng nếu mọi nghiệm của $g\left( x \right)$ (nếu có) đều là nghiệm của $f\left( x \right)$.
Cách 1: Thử đáp án
Với $m = 0$ ta có $x = 0$ là nghiệm của đa thức $2{x^2} - 3{\text{x}}$ trên tử
$ \Rightarrow y = 2{\text{x}} - 3\left( {x \ne 0} \right)$ không có tiệm cận đứng.
Với $m = 1$ ta có $x = 1$ là nghiệm của đa thức $2{x^2} - 3{\text{x + 1}}$ trên tử
$ \Rightarrow y = 2{\text{x}} - 1\left( {x \ne 1} \right)$ không có tiệm cận đứng.
Cách 2: Chia đa thức
Để hàm số không có tiệm cận đứng thì tử số phải chia hết cho mẫu số
$ \Leftrightarrow 2{m^2} - 2m = 0 \Leftrightarrow m = 0$ hoặc $m = 1$
Cần nắm chắc kiến thức về tiệm cận đứng, tránh nhầm lẫn coi hàm số đã cho là hàm phân thức thì $x = m$ luôn là tiệm cận đứng dẫn đến chọn sai đáp án D
Cho hai hàm số $y = \dfrac{{2x - 1}}{{{m^2} - 8 - x}}$ và $y = \dfrac{{5 - 2x}}{{x + 4}}$. Tập hợp các giá trị của tham số $m$ để hai đường tiệm cận đứng của hai đồ thị hàm số trên trùng nhau là:
-
A.
$\left\{ { - 2;2} \right\}$
-
B.
$\left\{ { - 1;2} \right\}$
-
C.
$\left\{ {0;0} \right\}$
-
D.
$\left\{ {2;3} \right\}$
Đáp án : A
- Tìm tiệm cận đứng của hai đồ thị hàm số đã cho.
- Điều kiện để hai tiệm cận đứng trùng nhau là chúng có cùng phương trình.
Xét đồ thị hàm số $y = \dfrac{{5 - 2x}}{{x + 4}}$ có TCĐ là $x = - 4$.
Suy ra hai đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng trùng nhau $ \Leftrightarrow x = - 4$ là TCĐ của đồ thị hàm số $y = \dfrac{{2x - 1}}{{{m^2} - 8 - x}}$.
Ta thấy $x = - 4$ không là nghiệm của tử số $ \Rightarrow x = - 4$ là TCĐ của đồ thị hàm số$ \Leftrightarrow {m^2} - 8 = - 4 \Leftrightarrow {m^2} - 8 + 4 = 0$$ \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m = \pm 2$.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình \({2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} = 4\) là:
-
A.
\(1\)
-
B.
\(2\)
-
C.
\(3\)
-
D.
\(0\)
Đáp án : D
Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá vế trái, suy ra phương trình vô nghiệm
Điều kiện : $x \ne 0$
Với $x < 0$ ta có $\left\{ \begin{array}{l}x + \dfrac{1}{{4x}} < 0\\\dfrac{x}{4} + \dfrac{1}{x} < 0\end{array} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^{x + \frac{1}{{4x}}}} < 1\\{2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} < 1\end{array} \right. $ $\Rightarrow {2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} < 2$
⇒ Phương trình không có nghiệm $x < 0$
Với $x > 0$, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta được.
$\left\{ \begin{array}{l}x + \dfrac{1}{{4x}} \ge 2\sqrt {x.\dfrac{1}{{4x}}} = 1\\\dfrac{x}{4} + \dfrac{1}{x} \ge 2\sqrt {\dfrac{x}{4}.\dfrac{1}{x}} = 1\end{array} \right. $ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^{x + \frac{1}{{4x}}}} \ge 2\\{2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} \ge 2\end{array} \right. $ $\Rightarrow {2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} \ge 4$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{{4x}}\\\dfrac{x}{4} = \dfrac{1}{x}\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4{x^2} = 1\\
{x^2} = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} = \frac{1}{4}\\
{x^2} = 4
\end{array} \right.$(không xảy ra)
Vậy ${2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} > 4$ nên phương trình vô nghiệm
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai ?
-
A.
\(\int{{{e}^{x}}\,\text{d}x}={{e}^{x}}+C.\)
-
B.
\(\int{0\,\text{d}x}=C.\)
-
C.
\(\int{\dfrac{1}{x}\,\text{d}x}=\ln x+C.\)
-
D.
\(\int{\text{dx}}=x+C.\)
Đáp án : C
Ta có \(\int{\dfrac{1}{x}\,\text{d}x}=\ln \left| x \right|+C\ne \ln x+C.\)
Trong các tích phân sau, tích phân nào có giá trị khác \(2\)?
-
A.
\(\int\limits_1^{{e^2}} {\ln xdx} \).
-
B.
\(\int\limits_0^1 {2dx} \).
-
C.
\(\int\limits_0^\pi {\sin xdx} \).
-
D.
\(\int\limits_0^2 {xdx} \).
Đáp án : A
Tính tích phân từng đáp án và dùng phương pháp loại trừ, sử dụng công thức nguyên hàm số cơ bản:
\(\int {dx = x + C} \), \(\int {\sin xdx = - \cos x + C} \), \(\int {{x^\alpha }dx = \dfrac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C} \) và công thức tích phân \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = F\left( b \right) - F\left( a \right)\)
+) \(\int\limits_0^1 {2dx} = \left. {2x} \right|_0^1 = 2\),
+) \(\int\limits_0^2 {xdx} = \left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2 = 2\)
+) \(\int\limits_0^\pi {\sin xdx} = \left. { - \cos x} \right|_0^\pi = 2\)
Do đó ta dự đoán chỉ có đáp án A là kết quả khác \(2\).
Cho \(I = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{e^{2x}}dx}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}} = a{t^3} + bt + C\) với $t = \sqrt {{e^x} - 1} $. Giá trị biểu thức \(A = {a^2} + {b^2}\) bằng:
-
A.
$\dfrac{{52}}{9}$
-
B.
$\dfrac{{40}}{9}$
-
C.
$\dfrac{{47}}{9}$
-
D.
$\dfrac{{46}}{9}$
Đáp án : B
- Đặt $t = \sqrt {{e^x} - 1} $
- Tính \(dx\) theo \(dt\) và thay vào tìm nguyên hàm.
Đặt $t = \sqrt {{e^x} - 1} \Rightarrow {t^2} = {e^x} - 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2tdt = {e^x}dx\\{e^x} = {t^2} + 1\end{array} \right.$
$ \Rightarrow I = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{e^x}.{e^x}dx}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}} = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{\left( {{t^2} + 1} \right).2tdt}}{t}} $ $ = 2\int\limits_{}^{} {\left( {{t^2} + 1} \right)dt} = 2\left( {\dfrac{{{t^3}}}{3} + t} \right) + C$ $ \Rightarrow a = \dfrac{2}{3};b = 2 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = \dfrac{{40}}{9}$
Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = x\cos 2x$ là :
-
A.
$\dfrac{{x\sin 2x}}{2} - \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
-
B.
$x\sin 2x - \dfrac{{\cos 2x}}{2} + C$
-
C.
$x\sin 2x + \dfrac{{\cos 2x}}{2} + C$
-
D.
$\dfrac{{x\sin 2x}}{2} + \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
Đáp án : D
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, ưu tiên đặt u = x.
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x}\\{dv = \cos 2xdx}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = \dfrac{{\sin 2x}}{2}}\end{array}} \right. \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx} = \dfrac{{x\sin 2x}}{2} - \dfrac{1}{2}\int {\sin 2xdx} + C = \dfrac{{x\sin 2x}}{2} + \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
-
A.
\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + \int\limits_b^c {f\left( x \right)dx} = \int\limits_a^c {f\left( x \right)dx} ;\forall b \in \left[ {a;c} \right]\)
-
B.
Nếu \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \ge 0\) thì \(f\left( x \right) \ge 0\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)
-
C.
\(\int {xdx} = 1 + C\)
-
D.
Nếu \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thì \(\sqrt {F\left( x \right)} \) là nguyên hàm của \(\sqrt {f\left( x \right)} \).
Đáp án : A
Sử dụng các tính chất của tích phân và nguyên hàm.
Ta có: \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + \int\limits_b^c {f\left( x \right)dx} = \int\limits_a^c {f\left( x \right)dx} ;\forall b\in \left[ {a;c} \right]\) đúng nên A đúng.
Nếu \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \ge 0\) thì \(f\left( x \right)\) chưa chắc không âm trên \(\left[ {a;b} \right]\) nên B sai.
\(\int {xdx} = \dfrac{{{x^2}}}{2} + C\) nên C sai.
Nếu \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thì \(\sqrt {F\left( x \right)} \) không phải là nguyên hàm của \(\sqrt {f\left( x \right)} \) nên D sai.
Một số em có thể sẽ nhầm sang đáp án B vì không phân tích kĩ tính chất của tích phân.
Chọn kết luận sai:
-
A.
\(\int\limits_0^1 {{x^3}dx} \ge 0\)
-
B.
\(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin xdx} > \dfrac{\pi }{2}\)
-
C.
\(\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}dx} \ge 0\)
-
D.
\(\int\limits_1^2 {\left( {x - \sin x} \right)dx} \ge 0\)
Đáp án : B
Sử dụng các tính chất:
- Nếu \(f\left( x \right) \ge 0\) thì \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \ge 0\)
- Nếu \(f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right]\) thì \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \ge \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} \).
Ta có nhận xét nhanh:
Đáp án A: Vì \({x^3} \ge 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) nên \(\int\limits_0^1 {{x^3}dx} \ge 0\) hay A đúng.
Đáp án B: Vì \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin xdx} = \left. { - \cos x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = 1 < \dfrac{\pi }{2}\) nên B sai.
Đáp án C: Vì \({x^2} \ge 0,\forall x\) nên \(\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}dx} \ge 0\) nên C đúng.
Đáp án D: Vì \(x \ge \sin x\) với mọi \(x \in \left[ {1;2} \right]\) nên \(\int\limits_1^2 {xdx} \ge \int\limits_1^2 {\sin xdx} \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {\left( {x - \sin x} \right)dx} \ge 0\) hay D đúng.
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ thỏa mãn điều kiện $\int\limits_0^1 {\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{x + 1}}{\rm{d}}x} = 1$ và $f\left( 1 \right) - 2f\left( 0 \right) = 2.$
Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} .$
-
A.
$I = 0.$
-
B.
$I = 3.$
-
C.
$I = - \,1.$
-
D.
$I = 1.$
Đáp án : A
- Sử dụng công thức của tích phân từng phần: \(\int\limits_a^b {udv} = \left. {uv} \right|_a^b - \int\limits_a^b {vdu} \).
- Trong các tích phân đã xuất hiện dạng vi phân \(f'\left( x \right)dx\) thì ta đặt \(dv = f'\left( x \right)dx\).
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \dfrac{1}{{x + 1}}\\{\rm{d}}v = f'\left( x \right){\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = - \dfrac{{{\rm{d}}x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.,$ khi đó $\int\limits_0^1 {\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{x + 1}}{\rm{d}}x} = \left. {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{x + 1}}} \right|_0^1 + \int\limits_0^1 {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} $
Suy ra $1 = \left. {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{x + 1}}} \right|_0^1 + I \Leftrightarrow I = 1 - \left[ {\dfrac{{f\left( 1 \right)}}{2} - f\left( 0 \right)} \right] = 1 - \dfrac{1}{2}\left[ {f\left( 1 \right) - 2f\left( 0 \right)} \right] = 1 - \dfrac{1}{2}.2 = 0.$
Cho tứ diện \(ABCD\) và \(G\) là trọng tâm tứ diện. Chọn kết luận đúng:
-
A.
\({x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D} = 4{x_G}\)
-
B.
\({x_A} + {x_B} = {x_C} + {x_D} = 2{x_G}\)
-
C.
\({y_A} - {y_B} - {y_C} - {y_D} = 4{y_G}\)
-
D.
\(4\left( {{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}} \right) = {z_G}\)
Đáp án : A
Tọa độ trọng tâm tứ diện \(ABCD\) là \(G\left( {\dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4};\dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4};\dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4}} \right)\)
Do \(G\) là trọng tâm tứ diện \(ABCD\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4}\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D} = 4{x_G}\\{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D} = 4{y_G}\\{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D} = 4{z_G}\end{array} \right.\)
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 2,{\rm{ }}\left| {\overrightarrow b } \right| = 5\) và \(\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = {30^0}\). Độ dài của vectơ \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]\) bằng:
-
A.
\(10\).
-
B.
\(5\).
-
C.
\(8\).
-
D.
\(5\sqrt 3 \).
Đáp án : B
Áp dụng công thức \(\left| {\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]} \right| = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\sin \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\)
Áp dụng công thức \(\left| {\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]} \right| = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\sin \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\), ta được \(\left| {\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]} \right| = 2.5.\sin {30^0} = 5.\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm $M(1;2;3)$. Gọi $(P)$ là mặt phẳng đi qua điểm $M$ và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng $(P)$ cắt các trục tọa độ tại các điểm A,B,C . Tính thể tích khối chóp O.ABC.
-
A.
$\dfrac{{1372}}{9}.$
-
B.
$\dfrac{{686}}{9}.$
-
C.
$\dfrac{{524}}{3}.$
-
D.
$\dfrac{{343}}{9}.$
Đáp án : B
$d\left( {O;\left( P \right)} \right) \le OM$, để mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cách O một khoảng lớn nhất thì (P) đi qua M và $\left( P \right) \bot OM$
Viết phương trình mặt phẳng (P), tìm tọa độ các điểm A, B, C và sử dụng công thức ${V_{OABC}} = \dfrac{1}{6}OA.OB.OC$
Ta có: .$d\left( {O;\left( P \right)} \right) \le OM$
Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow OM \bot \left( P \right) \Rightarrow \left( P \right)$ nhận $\overrightarrow {OM} = \left( {1;2;3} \right)$ là 1 VTPT. Do đó phương trình mặt phẳng (P) là: $1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z - 3} \right) = 0\left( P \right):x + 2y + 3z - 14 = 0$
$ \Rightarrow A\left( {14;0;0} \right);B\left( {0;7;0} \right);C\left( {0;0;\dfrac{{14}}{3}} \right) \Rightarrow {V_{O.ABC}} = \dfrac{1}{6}OA.OB.OC = \dfrac{{686}}{9}.$
Cho số dương \(a\) thỏa mãn điều kiện hình phẳng giới hạn bởi các đường parabol \(y=a{{x}^{2}}-2\) và \(y=4-2a{{x}^{2}}\) có diện tích bằng $16$. Giá trị của \(a\) bằng
-
A.
$1$
-
B.
\(\frac{1}{2}.\)
-
C.
\(\frac{1}{4}.\)
-
D.
$2$
Đáp án : B
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y=f\left( x \right),\,\,y=g\left( x \right)\)\(\Rightarrow \,\,S=\int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|\,\text{d}x}\)
Hoành độ giao điểm của \(\left( {{P}_{1}} \right),\,\,\left( {{P}_{2}} \right)\) là nghiệm phương trình: \(a{{x}^{2}}-2=4-2a{{x}^{2}}\Leftrightarrow a{{x}^{2}}=2\Leftrightarrow x=\pm \,\sqrt{\frac{2}{a}}\)
Khi đó, diện tích hình phẳng cần tính là \(S=\int\limits_{-\,\sqrt{\frac{2}{a}}}^{\sqrt{\frac{2}{a}}}{\left| a{{x}^{2}}-2-4+2a{{x}^{2}} \right|\,\text{d}x}=3\int\limits_{-\,\sqrt{\frac{2}{a}}}^{\sqrt{\frac{2}{a}}}{\left| a{{x}^{2}}-2 \right|\,\text{d}x}.\)
\(=3\int\limits_{-\,\sqrt{\frac{2}{a}}}^{\sqrt{\frac{2}{a}}}{\left( 2-a{{x}^{2}} \right)\,\text{d}x}=3\left. \left( 2x-\frac{a{{x}^{3}}}{3} \right) \right|_{-\,t}^{t}=12t-2a{{t}^{3}}\) với \(t=\sqrt{\frac{2}{a}}\)\(\Rightarrow \)\(12\sqrt{\frac{2}{a}}-4\sqrt{\frac{2}{a}}=16\Leftrightarrow a=\frac{1}{2}.\)
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ a;b \right]\) và cắt trục hoành tại điểm \(x=c\,\,\left( a<c<b \right)\) (như hình vẽ bên) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=a;x=b\). Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
-
A.
\(S=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}-\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
-
B.
\(S=-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
-
C.
\(S=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
-
D.
\(S=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
Đáp án : B
Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.
\(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=\int\limits_{a}^{c}{\left| f\left( x \right) \right|dx}+\int\limits_{c}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
Tìm thể tích \(V\) của vật tròn xoay sinh ra bởi đường tròn \({{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=4\) khi quay quanh trục \(Ox.\)
-
A.
\(V=24{{\pi }^{2}}.\)
-
B.
\(V=24\pi .\)
-
C.
\(V=16\pi .\)
-
D.
\(V=36{{\pi }^{2}}.\)
Đáp án : A
Sử dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay được quay quanh trục hoành của các đồ thị hàm số : \(y=f\left( x \right);\ x=a;\ x=b\ \ \left( a<b \right)\) là : \(V=\pi \int\limits_{a}^{b}{{{f}^{2}}\left( x \right)}dx.\)
Ta có \({{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=4\Leftrightarrow {{\left( y-3 \right)}^{2}}=4-{{x}^{2}}\Leftrightarrow \left[\begin{align} & y=f\left( x \right)=\sqrt{4-{{x}^{2}}}+3 \\ & y=g\left( x \right)=-\,\sqrt{4-{{x}^{2}}}+3 \\\end{align} \right.\)
Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là \(V=\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{{{f}^{2}}\left( x \right)\,\text{d}x}-\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{{{g}^{2}}\left( x \right)\,\text{d}x}\)
\(\begin{align} & =\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{\left( {{f}^{2}}\left( x \right)-{{g}^{2}}\left( x \right) \right)\,\text{d}x} \\ & =\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{\left( {{\left( \sqrt{4-{{x}^{2}}}+3 \right)}^{2}}-{{\left( 3-\sqrt{4-{{x}^{2}}} \right)}^{2}} \right)\,\text{d}x} \\ & =\pi \,\int\limits_{-\,2}^{2}{12\sqrt{4-{{x}^{2}}}\,\text{d}x}=24{{\pi }^{2}}. \\\end{align}\)
Vậy thể tích cần tính là \(V=24{{\pi }^{2}}.\)
Thể tích của vật tròn xoay có được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm \(y=\tan x\), trục \(Ox\), đường thẳng \(x=0\), đường thẳng \(x=\frac{\pi }{3}\) quanh trục \(Ox\) là
-
A.
\(V=\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}\).
-
B.
\(V=\sqrt{3}+\frac{\pi }{3}\).
-
C.
\(V=\pi \sqrt{3}+\frac{{{\pi }^{2}}}{3}\).
-
D.
\(V=\pi \sqrt{3}-\frac{{{\pi }^{2}}}{3}\)
Đáp án : D
Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right),\,\,y=0,\,\,\,x=a,\,\,x=b\) quanh $Ox$ là \(V=\pi \int\limits_{a}^{b}{{{f}^{2}}\left( x \right)\,\text{d}x}\)
Thể tích của vật tròn xoay là
\(V=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{{{\tan }^{2}}x\text{d}x}\)\(=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left( \frac{1}{{{\cos }^{2}}x}-1 \right)\text{d}x}\)\(=\pi \left. \left( \tan x-x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{3}}\)\(=\pi \left( \tan \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{3} \right)\)\(=\pi \sqrt{3}-\frac{{{\pi }^{2}}}{3}\).
Thể tích vật thể nằm giữa hai mặt phẳng \(x=0\) và \(x=2\), biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x \(\left( 0\le x\le 2 \right)\) là một nửa đường tròn đường kính \(\sqrt{5}{{x}^{2}}\) bằng :
-
A.
\(2\pi \)
-
B.
\(5\pi \)
-
C.
\(4\pi \)
-
D.
\(3\pi \)
Đáp án : C
Sử dụng công thức tính thể tích \(V=\int\limits_{a}^{b}{S\left( x \right)dx}\).
Diện tích nửa hình tròn đường kính \(\sqrt{5}{{x}^{2}}\) là \(S\left( x \right)=\frac{1}{2}.\pi {{\left( \frac{\sqrt{5}{{x}^{2}}}{2} \right)}^{2}}=\frac{5\pi {{x}^{4}}}{8}\).
Vậy \(V=\int\limits_{0}^{2}{S\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{\frac{5\pi {{x}^{4}}}{8}dx}=\frac{5\pi }{8}\left. \frac{{{x}^{5}}}{5} \right|_{0}^{2}=4\pi \).
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x{{e}^{x}},\ \ y=0,\ x=0,\ x=1\) xung quanh trục \(Ox\) là:
-
A.
\(V=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)
-
B.
\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{x{{e}^{x}}dx.}\)
-
C.
\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)
-
D.
\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{x}}dx.}\)
Đáp án : C
Thể tích khối tròn xoay có được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=f\left( x \right),\ \ y=g\left( x \right),\ x=a,\ x=b\) quanh trục \(Ox\) được tính bởi công thức:
\(V=\pi \int\limits_{a}^{b}{\left| {{f}^{2}}\left( x \right)-{{g}^{2}}\left( x \right) \right|dx.}\)
Áp dụng công thức ta có thể tích khối tròn xoay bài cho là: \(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( x{{e}^{x}} \right)}^{2}}dx=}\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm \(M\) thỏa mãn hệ thức \(\overrightarrow {OM} = 2\overrightarrow i + \overrightarrow j \). Tọa độ của điểm \(M\) là:
-
A.
\(M\left( {2;0;1} \right)\)
-
B.
\(M\left( {2;1;0} \right)\)
-
C.
\(M\left( {0;2;1} \right)\)
-
D.
\(M\left( {1;2;0} \right)\)
Đáp án : B
\(\overrightarrow {OM} = a\overrightarrow i + b\overrightarrow j + c\overrightarrow k \), với\(\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right);\overrightarrow j = \left( {0;1;0} \right),\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) là các vector đơn vị thì $M(a;b;c)$
\(\overrightarrow {OM} = 2\overrightarrow i + \overrightarrow j = 2\overrightarrow i + \overrightarrow j + 0\overrightarrow k \) suy ra \(M \left( {2;1;0} \right)\)
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
