-
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 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.
\(4\left( {{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}} \right) = {z_G}\)
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.
\(\left( {2;2; - 4} \right)\)
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.
\(y = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - x}}\)
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.
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.
\(3\pi \)
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 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.
$D - C + M = 0$
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.
\(V=\pi \sqrt{3}-\frac{{{\pi }^{2}}}{3}\)
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 \(0\)
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.
$m = 4$
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 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 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.
\({a^3}\sqrt 3 \)
Hình trụ có bán kính \(r = 5cm\) 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.
\(125,7c{m^2}\)
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.
\(x \in R\)
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.
\(y = {x^5}\)
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 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 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.
$f\left( x \right) \leqslant - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$
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 \(\sqrt {f\left( x \right)} \).
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.
\(\int{\text{dx}}=x+C.\)
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.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{1 + x}} = 1\)
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.
\(M\left( {1;2;0} \right)\)
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.
$\dfrac{{x\sin 2x}}{2} + \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
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.
\(I = \int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
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
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 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.
\(\dfrac{{{a^3}}}{{24}}\)
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 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 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 \(I = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{e^{2x}}dx}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}} = a{t^3} + bt + C\) 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.
$\dfrac{{46}}{9}$
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.
\(I = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) + \dfrac{1}{4}\sin 2x + C\)
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.
\(I = - \dfrac{1}{4}\)
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.
$I = 1.$
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.
\(0\)
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.
\(S=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
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.
\(\dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
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 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.
\(\left( {\sqrt 5 + 1} \right)\pi \)
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.
\(5\sqrt 3 \).
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.
\(2y + y - 3z + 20 = 0\)
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.
\(3x + 2y + 6z - 12 = 0\)
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 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 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.
$\left\{ {2;3} \right\}$
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.
\(V=36{{\pi }^{2}}.\)
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.
$\dfrac{{343}}{9}.$
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.
\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{x}}dx.}\)
Lời giải và đáp án
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 \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4}\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D} = 4{x_G}\\{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D} = 4{y_G}\\{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D} = 4{z_G}\end{array} \right.\)
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 \(\left( P \right)\).
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.
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {1;3} \right)\) nên chỉ có D thỏa mãn.
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.
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 \(V=\int\limits_{0}^{2}{S\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{\frac{5\pi {{x}^{4}}}{8}dx}=\frac{5\pi }{8}\left. \frac{{{x}^{5}}}{5} \right|_{0}^{2}=4\pi \).
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 $
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 \(D - C + M = 2\).
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
\(V=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{{{\tan }^{2}}x\text{d}x}\)\(=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left( \frac{1}{{{\cos }^{2}}x}-1 \right)\text{d}x}\)\(=\pi \left. \left( \tan x-x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{3}}\)\(=\pi \left( \tan \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{3} \right)\)\(=\pi \sqrt{3}-\frac{{{\pi }^{2}}}{3}\).
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.
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. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m = 3 \hfill \\m < 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow m = 3$
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 \(f\left( x \right)dx = \dfrac{1}{{{x^2} + 1}}dx = \dfrac{1}{{{{\tan }^2}t + 1}}\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt = dt\)
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 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 \({V_{ABC.A'B'C'}} = C'H.{S_{ABC}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3{a^3}}}{4}\)
Hình trụ có bán kính \(r = 5cm\) 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: \({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi .5.3 + 2\pi {.5^2} \approx 251,3c{m^2}\)
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 \(x > 0\).
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 $R$.
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: \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\)
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 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 $f\left( x \right) \leqslant - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$.
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.
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 \(\int{\dfrac{1}{x}\,\text{d}x}=\ln \left| x \right|+C\ne \ln x+C.\)
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: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1\)
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 \(M \left( {2;1;0} \right)\)
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 $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x}\\{dv = \cos 2xdx}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = \dfrac{{\sin 2x}}{2}}\end{array}} \right. \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx} = \dfrac{{x\sin 2x}}{2} - \dfrac{1}{2}\int {\sin 2xdx} + C = \dfrac{{x\sin 2x}}{2} + \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
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: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 9\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 8\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I = - \int\limits_9^8 {\sqrt u du} = \int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
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.
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 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:
\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).
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 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 $m = 1$
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 \(I = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{e^{2x}}dx}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}} = a{t^3} + bt + C\) 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}$
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 $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln t\\dv = tdt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{t}dt\\v = \dfrac{{{t^2}}}{2}\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \dfrac{1}{2}{t^2}\ln t - \dfrac{1}{2}\int {tdt} + C = \dfrac{1}{2}{t^2}\ln t - \dfrac{{{t^2}}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}{\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) - \dfrac{{{{\left( {\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x + \sin 2x} \right)\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) - \dfrac{{1 + \sin 2x}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} - \dfrac{{\sin 2x}}{4} - \dfrac{1}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{{\sin 2x}}{4} + C.\end{array}$
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: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = \pi \Rightarrow t = - 1\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = - \int\limits_1^{ - 1} {{t^3}dt} = \int\limits_{ - 1}^1 {{t^3}dt} = \left. {\dfrac{{{t^4}}}{4}} \right|_{ - 1}^1 = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = 0\)
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 $1 = \left. {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{x + 1}}} \right|_0^1 + I \Leftrightarrow I = 1 - \left[ {\dfrac{{f\left( 1 \right)}}{2} - f\left( 0 \right)} \right] = 1 - \dfrac{1}{2}\left[ {f\left( 1 \right) - 2f\left( 0 \right)} \right] = 1 - \dfrac{1}{2}.2 = 0.$
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
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.
\(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=\int\limits_{a}^{c}{\left| f\left( x \right) \right|dx}+\int\limits_{c}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)dx}\)
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 \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
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 \({V_{AMNP}} = {V_{ABCD}} - {V_{DAPN}} - {V_{BAPM}} - {V_{CAMN}} = 28{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} = 7{a^3}\)
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 \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .1.\sqrt 5 + \pi {.1^2} = \left( {1 + \sqrt 5 } \right)\pi \)
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 \(\left| {\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]} \right| = 2.5.\sin {30^0} = 5.\)
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:
\(2\left( {x - 5} \right) - 1\left( {y + 4} \right) + 3\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - y + 3z - 20 = 0\)
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:
\(\begin{array}{l}\left( P \right):27.\left( {19x - 6y - 4z + 27} \right) - 14.\left( {42x - 8y + 3z + 11} \right) = 0\\ \Leftrightarrow - 75x - 50y - 150z + 575 = 0\\ \Leftrightarrow 3x + 2y + 6z - 23 = 0\end{array}\)
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 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 \(3\overrightarrow {AG} = (0; - 9;9)\).
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$.
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 \(V=24{{\pi }^{2}}.\)
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}.$
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: \(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( x{{e}^{x}} \right)}^{2}}dx=}\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)
>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
