Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán - Trường THPT Gò Vấp lần 2
Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán - Trường THPT Gò Vấp lần 2
-
Hocon247
-
50 câu hỏi
-
90 phút
-
59 lượt thi
-
Trung bình
Tham gia [ Hs Hocon247.com ] - Cộng Đồng Luyện Thi Trực Tuyến để được học tập những kiến thức bổ ích từ HocOn247.com
Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau?
Giả sử số tự nhiên cần tìm có dạng \(\overline{abc}\) .
Do \(a\ne 0\) nên có 9 cách chọn chữ số a. Hai chữ số b và c có \(A_{9}^{2}\) cách chọn.
Vậy có \(9.A_{9}^{2}\) số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau.
Cho cấp số cộng \(\left( {{u}_{n}} \right)\), biết \({{u}_{1}}=6\) và \({{u}_{3}}=-2\). Giá trị của \({{u}_{8}}\) bằng
Từ giả thiết \({{u}_{1}}=6\) và \({{u}_{3}}=-2\) suy ra ta có: \({{u}_{2}}=\frac{{{u}_{1}}+{{u}_{3}}}{2}=2\Rightarrow d={{u}_{2}}-{{u}_{1}}=2-6=-4\).
Vậy \({{u}_{8}}={{u}_{1}}+7d=-22\).
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) xác định và liên tục trên khoảng \(\left( -\infty ;+\infty \right),\) có bảng biến thiên như hình sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Từ bảng biến thiên ta thấy hàmsố nghịch biến trên khoảng (0;1)
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Hàmsố \(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có
\({f}'\left( x \right)<0, \forall x\in \left( 0\,;3 \right)\) và \({f}'\left( x \right)>0, \forall x\in \left( 3\,;+\infty \right)\) suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=3.
\({f}'\left( x \right)>0, \forall x\in \left( -\infty \,;0 \right)\) và \({f}'\left( x \right)<0, \forall x\in \left( 0\,;3 \right)\) suy ra hàm số đạt cực đại tại x=0.
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng xét dấu đạo hàm dưới đây
Số điểm cực trị của hàm số là
Hàm số có hai điểm cực trị.
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{5x + 3}}{{2x - 1}}\) là
Ta có :
Vì \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+3}{2x-1}=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{5+\frac{3}{x}}{2-\frac{1}{x}}=\frac{5}{2}\) nên đường thẳng \(y=\frac{5}{2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Vì \(\underset{x\to {{\frac{1}{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+3}{2x-1}=+\infty , \underset{x\to {{\frac{1}{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{5x+3}{2x-1}=-\infty \) nên đườngthẳng \(x=\frac{1}{2}\) là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số.
Vậy độ thị hàm số đã cho có tất cả 2 đường tiệm cận.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên:
Đồ thị đã cho có hình dạng của đồ thị hàm số bậc ba \(y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) nên loại phương án B và C.
Dựa vào đồ thị, ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow a>0\) nên loại phương án A.
Đồ thị của hàm số \(y=\frac{x-3}{2x-1}\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
Để tìm tọa độ của giao điểm với trục hoành, ta cho \(y = 0\, \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{{2x - 1}} = 0 \Rightarrow x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3\)
Với a$ là số thực dương tùy ý, \({{\log }_{5}}\left( \frac{125}{a} \right)\) bằng
\({\log _5}\left( {\frac{{125}}{a}} \right) = {\log _5}125 - {\log _5}a = 3 - {\log _5}a\)
Với x>0, đạo hàm của hàm số \(y={{\log }_{2}}x\) là
\(y' = {\left( {{{\log }_2}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x.\ln 2}}\)
Với a là số thực dương tùy ý , \(\sqrt[4]{{{a}^{7}}}\) bằng
Ta có \(\sqrt[m]{{{a}^{n}}}={{a}^{\frac{n}{m}}}\) với mọi a>0 và \(m,n\in {{\mathbb{Z}}^{+}}.\)
Nghiệm dương của phương trình \({7^{{x^2} + 1}} = 16807\) là
\({7^{{x^2} + 1}} = 16807 \Leftrightarrow {7^{{x^2} + 1}} = {7^5} \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ x = - 2 \end{array} \right.\)
Nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {x - 3} \right) = 3\) là:
Ta có: \({{\log }_{2}}\left( x-3 \right)=3\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x-3 \right)={{\log }_{2}}{{2}^{3}}\Leftrightarrow x-3={{2}^{3}}\Leftrightarrow x=11\).
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 5{x^4} - 2\) là:
\(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {5{x^4} - 2} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^5} - 2x + C\)
Cho hàm số \(f\left( x \right)=\sin 2x\). Trong các khằng định sau, khẳng định nào đúng?
Áp dụng công thức: \(\int{\sin \left( ax+b \right)\text{d}x}=-\frac{1}{a}\cos \left( ax+b \right)+C\).
Ta có: \(\int{f}\left( x \right)\text{d}x=\int{\sin 2x}\,\text{d}x=-\frac{1}{2}\cos 2x+C\).
Nếu \(\int_{1}^{2}{f}\left( x \right)\text{d}x=-3\) và \(\int_{1}^{3}{f}\left( x \right)\text{d}x=1\) thì \(\int_{2}^{3}{f}\left( x \right)\text{d}x\) bằng
Ta có:
\(\int_{1}^{3}{f}\left( x \right)\text{d}x=\int_{1}^{2}{f}\left( x \right)\text{d}x+\int_{2}^{3}{f}\left( x \right)\text{d}x\)
\(\Leftrightarrow \int_{2}^{3}{f}\left( x \right)\text{d}x=\int_{1}^{3}{f}\left( x \right)\text{d}x-\int_{1}^{2}{f}\left( x \right)\text{d}x\)
\(\Leftrightarrow \int_{2}^{3}{f}\left( x \right)\text{d}x=1-\left( -3 \right)=4\)
Tích phân \(\int_{1}^{2}{x\left( x+2 \right)}~\text{d}x\) bằng
\(\int_1^2 {x\left( {x + 2} \right)} \;{\rm{d}}x = \int_1^2 {\left( {{x^2} + 2x} \right)} \,{\rm{d}}x = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2}} \right)\left| \begin{array}{l} 2\\ 1 \end{array} \right. = \frac{{16}}{3}\)
Số phức liên hợp của số phức \(z=2-3i\) là:
Số phức liên hợp \(\overline{z}\) của số phức z=2-3i là \(\overline{z}=2+3i\).
Cho hai số phức \(z=2+3i\) và \(w=5+i\). Số phức \(z+iw\) bằng
\(z + iw = \left( {2 + 3i} \right) + i\left( {5 + i} \right) = 1 + 8i\)
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức 9-5i có tọa độ là
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức 9-5i có tọa độ là \(\left( 9;5 \right)\).
Một khối chóp có thể tích bằng 90 và diện tích đáy bằng 5. Chiều cao của khối chóp đó bằng
Chiều cao đáy của khối chóp có thể tích bằng 90 và diện tích đáy bằng 5 là \(h = \frac{{3V}}{B} = 54\)
Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước 5; 7; 8 bằng
V = a.b.c = 280
Một khối nón tròn xoay có chiều cao \(h=6\text{ cm}\) và bán kính đáy \(r=5\text{ cm}\). Khi đó thể tích khối nón là:
\(V = \frac{1}{3}\pi {.5^2}.6 = 50\pi c{m^3}\)
Cho một khối trụ có độ dài đường sinh là \(l=6~\text{cm}\) và bán kính đường tròn đáy là \(r=5~\text{cm}\). Diện tích toàn phần của khối trụ là
\({S_{tp}} = 2{S_{đáy}}{\rm{ + }}{{\rm{S}}_{Xq}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rl = 2\pi r\left( {r + l} \right) = 110\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\)
\({S_{tp}} = 2{S_{đáy}}{\rm{ + }}{{\rm{S}}_{Xq}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rl = 2\pi r\left( {r + l} \right) = 30\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\)
Trong không gian \(\text{Ox}yz\) cho điểm A thỏa mãn \(\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}\) với \(\overrightarrow{i},\,\overrightarrow{j}\) là hai vectơ đơn vị trên hai trục Ox, Oy. Tọa độ điểm A là
\(\overrightarrow {OA} {\rm{ = 2}}\overrightarrow {\rm{i}} {\rm{ + }}\overrightarrow j \Rightarrow \overrightarrow {OA} {\rm{ = }}\left( {{\rm{2}}\,{\rm{;}}\,{\rm{1}}\,{\rm{;}}\,{\rm{0}}} \right) \Rightarrow A\left( {{\rm{2}}\,{\rm{;}}\,{\rm{1}}\,{\rm{;}}\,{\rm{0}}} \right)\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-4y+4z-7=0\). Xác định tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu \(\left( S \right)\).
\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y + 4z - 7 = 0\)
\(\Rightarrow a=1;\,b=2;\,c=-2;d=-7\).
⇒ Mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}=4\) và có tâm \(I\left( 1;2;-2 \right)\).
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng \(\left( P \right):x+3y-z-3=0\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm nào dưới đây?
Thay tọa độ từng điểm vào phương trình mặt phẳng (P) ta thấy chỉ (1;1;1) thỏa mãn
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng \(\left( P \right):x-2y+3z+2=0\) và đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\). Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d?
Vì \(d\bot \left( P \right)\) nên \(\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}\) cùng phương \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}\) hay \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;-2;3 \right)\) là một vectơ chỉ phương của d
Hàm số \(y = \frac{{x - 7}}{{x + 4}}\) đồng biến trên khoảng
Tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -4 \right\}\)
Ta có \({y}'=\frac{11}{{{\left( x+4 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in D\)
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-4 \right)\) và \(\left( -4;+\infty \right)\)
\(\Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( 1;4 \right)\).
Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi đó có cả nam và nữ?
Gọi A là biến cố “4 học sinh được gọi có cả nam và nữ”, suy ra \(\overline{A}\) là biến cố “4 học sinh được gọi toàn là nam hoặc toàn là nữ”
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right)=C_{25}^{4}=12650\).
Ta có \(n\left( \overline{A} \right)=C_{15}^{4}+C_{10}^{4}=1575\Rightarrow P\left( \overline{A} \right)=\frac{n\left( \overline{A} \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{63}{506}\).
Vậy xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right)=1-P\left( \overline{A} \right)=1-\frac{63}{506}=\frac{443}{506}\).
Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số \(y=2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-12x+2\) trên đoạn \(\left[ -1;2 \right].\)
Ta có \(y' = 6{x^2} + 6x - 12 = 6\left( {{x^2} + x - 2} \right)\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1 \in \left[ { - 1;2} \right]}\\ {x = - 2 \notin \left[ { - 1;2} \right]} \end{array}} \right.\)
Ngoài ra \(y\left( { - 1} \right) = 15;y\left( 1 \right) = - 5;y\left( 2 \right) = 6\) nên M = 15
Tập nghiệm của bất phương trình \({\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < 7 - 4\sqrt 3 \) là
\(\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)\left( {7 - 4\sqrt 3 } \right) = 1\)
Nên \({\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < 7 - 4\sqrt 3 \Leftrightarrow {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{ - 1}}\)
\( \Leftrightarrow a - 1 < - 1 \Leftrightarrow a < 0\) (do \(7 + 4\sqrt 3 > 1\))
Cho \(\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)dx=10}\) và \(\int\limits_{2}^{4}{g\left( x \right)dx=5}\). Tính \(I=\int\limits_{2}^{4}{\left[ 3f\left( x \right)-5g\left( x \right)+2x \right]dx}\)
\(I = 3\int\limits_2^4 {f\left( x \right)dx} - 5\int\limits_2^4 {g\left( x \right)dx} + \int\limits_2^4 {2xdx} = 3.10 - 5.5 + 12 = 17\)
Cho số phức z=2-3i. Môđun của số phức \(\left( 1+i \right)\bar{z}\) bằng
\(\left( {1 + i} \right)\bar z = \left( {1 + i} \right)\left( {2 + 3i} \right) = - 1 + 5i\)
Do đó \(\left( {1 + i} \right)\bar z = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {5^2}} = \sqrt {26} .\)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có \(AB=AD=2\sqrt{2}\) và \(AA'=4\sqrt{3}\) (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng CA' và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng
Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật nên \(AA'\bot (ABCD)\). Do đó góc giữa đường thẳng CA' và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\widehat{ACA'}\).
Vì \(AB=AD=2\sqrt{2}\) nên ABCD là hình vuông có đường chéo \(AC=AB\sqrt{2}=2\sqrt{2}.\sqrt{2}=4\).
Tam giác ACA' vuông tại A và có \(AA'=4\sqrt{3}, AC=4\) nên \(\tan \widehat{ACA'}=\frac{AA'}{AC}=\frac{4\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\).
Suy ra \(\widehat{ACA'}={{60}^{0}}\). Vậy góc giữa đường thẳng CA' và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \({{60}^{0}}\).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 4 và độ dài cạnh bên bằng 6 (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ S đến mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng
Gọi \(I=AC\cap BD\).
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều có độ dài cạnh đáy bằng 4 nên đáy ABCD là hình vuông cạnh AB=4 và hình chiếu vuông góc của S trên \(\left( ABCD \right)\) là tâm I của hình vuông ABCD.
Do đó, khoảng cách từ S đến mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng SI
Ta có \(AC=AB\sqrt{2}=4\sqrt{2}\Rightarrow IA=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{2}\)
Cạnh bên SA=6 và tam giác SAI vuông tại I nên \(SI=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{6}^{2}}-{{(2\sqrt{2})}^{2}}}=\sqrt{36-8}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}\)
Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \(2\sqrt{7}\).
Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm là điểm I(2;-3;1) và đi qua điểm \(M\left( 0;-1;2 \right)\) có phương trình là:
Mặt cầu tâm là điểm I(2;-3;1) và đi qua điểm \(M\left( 0;-1;2 \right)\) có bán kính là IM.
Ta có \(\overrightarrow{IM}=\left( -2;2;1 \right)\Rightarrow r=IM=\sqrt{{{(-2)}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}=\sqrt{9}=3\)
Phương trình mặt cầu là: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+3 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=9.\)
Trong không gian Oxyz, đường thẳng đi qua điểm \(A\left( -4;1;-3 \right)\) và \(B\left( 0;-1;1 \right)\) có phương trình tham số là:
Đường thẳng đi qua điểm \(A\left( -4;1;-3 \right)\) và \(B\left( 0;-1;1 \right)\) có vectơ chỉ phương là
\(\overrightarrow{AB}=\left( 4;-2;4 \right)=2\left( 2;-1;2 \right)\)
Phương trình tham số của đường thẳng (AB) đi qua điểm \(B\left( 0;-1;1 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\left( 4;-2;4 \right)=\left( 2;-1;2 \right)\) là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 2t\\ y = - 1 - t\\ z = 1 + 2t \end{array} \right..\)
Cho hàm số \(f\left( x \right)\), đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) là đường cong trong hình bên. Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( x \right)=f\left( \frac{x}{2} \right)\) trên đoạn \(\left[ -5;3 \right]\) bằng
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}f'\left( {\frac{x}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{x}{2} = - 2\\ \frac{x}{2} = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 4\\ x = 2 \end{array} \right.\)
\(g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {\frac{x}{2}} \right) < 0 \Leftrightarrow \frac{x}{2} < - 2 \Leftrightarrow x < - 4\)
Bảng biến thiên
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left[ -5;3 \right]\) bằng \(g\left( -4 \right)=f\left( -2 \right)\).
Có bao nhiêu số tự nhiên y sao cho ứng với mỗi y có không quá 148 số nguyên $x$ thỏa mãn \(\frac{{{3}^{x+2}}-\frac{1}{3}}{y-\ln x}\ge 0\)?
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ x \ne {e^y}\\ y \ge 0 \end{array} \right.\)
+ Trường hợp 1: \(\left\{ \begin{array}{l} {3^{x + 1}} - \frac{1}{3} \le 0\\ y - \ln x < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le - 3\\ x > {e^y} \ge {e^0} = 1 \end{array} \right. \Rightarrow x \in \emptyset \)
+ Trường hợp 2: \(\left\{ \begin{array}{l} {3^{x + 1}} - \frac{1}{3} \ge 0\\ y - \ln x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge - 3\\ x < {e^y} \end{array} \right.\)
Kết hợp điều kiện \(x>0;\,\,{{e}^{y}}\ge {{e}^{0}}=1\). Ta có \(0<x<{{e}^{y}}\)
Để có không quá 148 số nguyên x thì \(1\le {{e}^{y}}\le 149\Leftrightarrow 0\le y\le \ln 149\approx 5,004\)
\(\Rightarrow y\in \left\{ 0;1;2;3;4;5 \right\}\). Có 6 số nguyên y.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} {x^2} - 4x - 1\,\,\,,\,x \ge 5\\ 2x - 6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,x < 5 \end{array} \right.\). Tích phân \(\int\limits_0^{\ln 2} {f\left( {3{e^x} + 1} \right).{e^x}{\rm{d}}x} \) bằng
Ta có \(\underset{x\to {{5}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{5}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 5 \right)=4\) nên hàm số liên tục tại x=5.
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).
Đặt \(t=3{{e}^{x}}+1\,\,\Rightarrow \,{{e}^{x}}\text{d}x=\frac{1}{3}\text{d}t\)
Đổi cận : x=0 \(\Rightarrow t= ; x=\ln 2\Rightarrow t=7\)
Khi đó \(I=\frac{1}{3}\int\limits_{4}^{7}{f\left( t \right)}\text{d}t=\frac{1}{3}\int\limits_{4}^{7}{f\left( x \right)}\text{d}x=\frac{1}{3}\left( \int\limits_{4}^{5}{\left( 2x-6 \right)}\text{d}x+\int\limits_{5}^{7}{\left( {{x}^{2}}-4x-1 \right)}\text{d}x \right)=\frac{77}{9}\).
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn \(\left| z \right|=\left| z+\bar{z} \right|=1\)?
Giả sử \(z=x+yi \left( x,\text{ }y\in \mathbb{R} \right) \Rightarrow \bar{z}=x-yi\Rightarrow z+\bar{z}=2x\).
Bài ra ta có
\(\left\{ \begin{array}{l} \left| z \right| = 1\\ \left| {z + \bar z} \right| = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 1\\ \left| {2x} \right| = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 1\\ x = \pm \frac{1}{2} \end{array} \right.\)
Với \(x=\pm \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{1}{4}+{{y}^{2}}=1\Leftrightarrow y=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\).
Do đó có 4 số phức thỏa mãn là \({{z}_{1}}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i, {{z}_{2}}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i, {{z}_{3}}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i, {{z}_{4}}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với \(AB=\sqrt{6}, AD=\sqrt{3}\), tam giác SAC nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết hai mặt phẳng \(\left( SAB \right), \left( SAC \right)\) tạo với nhau góc \(\alpha \) thỏa mãn \(\tan \alpha =\frac{3}{4}\) và cạnh SC=3. Thể tích khối S.ABCD bằng:
\({{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}=2{{V}_{B.SAC}}\). Kẻ BH vuông góc với AC tại H.
Ta có: AC=3,\(BH=\sqrt{2}, \text{ }HC=1\).
\(\left[ -100;100 \right] \Rightarrow KH=\frac{4\sqrt{2}}{3}\)
\(\sin \widehat{SAC}=\frac{KH}{HA}=\frac{2\sqrt{2}}{3} \Rightarrow \cos \widehat{SAC}=\frac{1}{3}\)
\(S{{C}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AS.AC.\cos \widehat{SAC} \Rightarrow SA=2\).
\({{S}_{SAC}}=\frac{1}{2}SA.AC.\sin \widehat{SAC}=\frac{1}{2}.2.3.\frac{2\sqrt{2}}{3}=2\sqrt{2}\)
Vậy \({{V}_{S.ABCD}}=2.\frac{1}{3}.2\sqrt{2}.\sqrt{2}=\frac{8}{3}\).
Sử dụng mảnh inox hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng \(1{{\operatorname{m}}^{2}}\) và cạnh \(BC=x\left( \operatorname{m} \right)\) để làm một thùng đựng nước có đáy, không có nắp theo quy trình như sau: Chia hình chữ nhật ABCD thành 2 hình chữ nhật ADNM và BCNM, trong đó phần hình chữ nhật ADNM được gò thành phần xung quanh hình trụ có chiều cao bằng AM; phần hình chữ nhật BCNM được cắt ra một hình tròn để làm đáy của hình trụ trên (phần inox thừa được bỏ đi) Tính gần đúng giá trị x để thùng nước trên có thể tích lớn nhất (coi như các mép nối không đáng kể).
Ta có \(AB.BC=1\Rightarrow AB=\frac{1}{BC}=\frac{1}{x}\left( \operatorname{m} \right)\).
Gọi \(r\left( \operatorname{m} \right)\) là bán kính đáy hình trụ inox gò được, ta có chu vi hình tròn đáy bằng \(BC=x\left( \operatorname{m} \right).\) Do đó \(2\pi r=x\Leftrightarrow r=\frac{x}{2\pi }\left( \operatorname{m} \right)\).
Như vậy \(BM=2r=\frac{x}{\pi }\Rightarrow AM=AB-BM=\frac{1}{x}-\frac{x}{\pi }\left( \operatorname{m} \right)\).
Thể tích khối trụ inox gò được là \(V=\pi {{r}^{2}}h=\pi .{{\left( \frac{x}{2\pi } \right)}^{2}}.\left( \frac{1}{x}-\frac{x}{\pi } \right)=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}}x\left( \pi -{{x}^{2}} \right)\)
Xét hàm số \(f\left( x \right)=x\left( \pi -{{x}^{2}} \right)\) với x>0.
\({f}'\left( x \right)=\pi -3{{x}^{2}}; {f}'\left( x \right)=0\Rightarrow x=\sqrt{\frac{\pi }{3}}\);
\({f}'\left( x \right)>0\Leftrightarrow x\in \left( 0;\sqrt{\frac{\pi }{3}} \right)\) và \({f}'\left( x \right)<0\Leftrightarrow x\in \left( \sqrt{\frac{\pi }{3}};+\infty \right)\)
Bởi vậy \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0;\sqrt{\frac{\pi }{3}} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( \sqrt{\frac{\pi }{3}};+\infty \right)\)
Suy ra \(\underset{\left( 0;+\infty \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( \sqrt{\frac{\pi }{3}} \right)=\frac{2\pi \sqrt{3\pi }}{9}\Rightarrow {{V}_{\max }}\Leftrightarrow f{{\left( x \right)}_{\max }}\Leftrightarrow x=\sqrt{\frac{\pi }{3}}\approx 1,02\left( \operatorname{m} \right)\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm \(A\left( 3;3;1 \right), B\left( 0;2;1 \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):x+y+z-7=0.\) Đường thẳng d nằm trong \(\left( P \right)\) sao cho mọi điểm của d cách đều hai điểm \(A,\text{ }B\) có phương trình là các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là \(\left( \alpha \right):3x+y-7=0.\)
Đường thẳng cần tìm d cách đều hai điểm \(A,\text{ }B\) nên d thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right).\)
Lại có \(d\subset \left( P \right),\) suy ra \(d=\left( P \right)\cap \left( \alpha \right)\) hay \(d:\left\{ \begin{align} & x+y+z-7=0 \\ & 3x+y-7=0 \\ \end{align} \right..\) Chọn x=t, ta được
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) là hàm số bậc bốn thỏa mãn \(f\left( 0 \right)=0\). Hàm số \(y=f'\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số \(g\left( x \right)=\left| f\left( {{x}^{2}} \right)-{{x}^{2}} \right|\) có bao nhiêu điểm cực trị?
Đặt \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}} \right)-{{x}^{2}}\Rightarrow h\left( 0 \right)=0.\)
Ta có \(h'\left( x \right)=2xf'\left( {{x}^{2}} \right)-2x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & f'\left( {{x}^{2}} \right)=1 \\ \end{align} \right..\)
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(t=f'\left( x \right)\) ta có phương trình \(f'\left( x \right)=1\) có duy nhất một nghiệm và nghiệm đó dương. Gọi \({{x}_{0}}\) là nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right)=1\)
Suy ra \(f'\left( {{x}^{2}} \right)=1\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{x}_{0}}\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{{{x}_{0}}}.\)
Ta có \(y=f\left( x \right)=a{{x}^{4}}+b{{x}^{3}}+c{{x}^{2}}+dx+e\Rightarrow f'\left( x \right)=4a{{x}^{3}}+3b{{x}^{2}}+2cx+d\)
\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=+\infty \Rightarrow a>0.\)
Khi đó \(h\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}} \right)-{{x}^{2}}\) là hàm bậc 8 và \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=+\infty \)
Lập bảng biến thiên của \(h\left( x \right)\) ta có
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số \(g\left( x \right)=\left| h\left( x \right) \right|\) có 5 điểm cực trị.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m với m>1 sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn: \({{\left( {{m}^{{{\log }_{5}}x}}+3 \right)}^{{{\log }_{5}}m}}=x-3\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Điều kiện:x>0
Đặt \({{m}^{{{\log }_{5}}x}}+3=u\) thay vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta được: \({{u}^{{{\log }_{5}}m}}=x-3\Leftrightarrow x={{u}^{{{\log }_{5}}m}}+3\).
Vì \({{u}^{{{\log }_{5}}m}}={{m}^{{{\log }_{5}}u}}\). Từ đó ta có hệ Phương trình \(\left\{ \begin{matrix} u={{m}^{{{\log }_{5}}x}}+3 \\ x={{u}^{{{\log }_{5}}m}}+3 \\ \end{matrix} \right.\)
Xét hàm đặc trưng \(f\left( t \right)={{m}^{t}}+3\) trên \(\mathbb{R}\)
Do m>1. Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)
Do đó, \(f\left( {{\log }_{5}}x \right)=f\left( {{\log }_{5}}u \right)\Leftrightarrow x=u\)
Vì thế, ta đưa về xét phương trình: \(x={{m}^{{{\log }_{5}}x}}+3\Leftrightarrow x={{x}^{{{\log }_{5}}m}}+3\Leftrightarrow x-3={{x}^{{{\log }_{5}}m}}\)
\(\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( x-3 \right)={{\log }_{5}}\left( {{x}^{{{\log }_{5}}m}} \right)\Leftrightarrow {{\log }_{5}}\left( x-3 \right)={{\log }_{5}}x.{{\log }_{5}}m\Leftrightarrow {{\log }_{5}}m=\frac{{{\log }_{5}}\left( x-3 \right)}{{{\log }_{5}}x}\)
Do x>0 nên x-3<x nên \({{\log }_{5}}m=\frac{{{\log }_{5}}\left( x-3 \right)}{{{\log }_{5}}x}<1\Leftrightarrow m<5\).
Suy ra \(\left\{ \begin{matrix} m\in \mathbb{Z} \\ 1<m<5 \\ \end{matrix} \right.\Rightarrow m\in \left\{ 2,3,4 \right\}\)
Vậy, có 3 giá trị tham số m thỏa mãn.
Cho hàm số bậc ba \(f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\) và đường thẳng \(d:g\left( x \right)=mx+n\) có đồ thị như hình vẽ. Gọi \({{S}_{1}},{{S}_{2}},{{S}_{3}}\) lần lượt là diện tích của các phần giới hạn như hình bên. Nếu \({{S}_{1}}=4\) thì tỷ số \(\frac{{{S}_{2}}}{{{S}_{3}}}\) bằng.
Dựa vào đồ thị như hình vẽ, ta có: \(f\left( x \right)-g\left( x \right)=k.x\left( x+2 \right)\left( x-2 \right)\).
\(g\left( x \right)=x+3\)
\({{S}_{1}}={{S}_{2}}=\int\limits_{-2}^{0}{kx\left( x+2 \right)}\left( x-2 \right)dx=4k\)
\({{S}_{2}}+{{S}_{3}}=\frac{\left( \left| g\left( 0 \right) \right|+\left| g\left( 2 \right) \right| \right).2}{2}=\frac{\left( 3+5 \right).2}{2}=8\)
Vì \({{S}_{1}}=4\Rightarrow {{S}_{2}}=4\Rightarrow {{S}_{3}}=8-4=4\). Vậy \(\frac{{{S}_{2}}}{{{S}_{3}}}=1\).
Xét hai số phức \({{z}_{1}},{{z}_{2}}\) thỏa mãn \(\left| {{z}_{1}} \right|=2,\left| \left( 1-i \right){{z}_{2}} \right|=\sqrt{6}\) và \(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{5}\). Giá trị lớn nhất \(\left| 2{{z}_{1}}+{{z}_{2}}-2021 \right|\) bằng
Đặt \({{z}_{1}}=a+bi,{{z}_{2}}=c+di\) với \(a,b,c,d\in \mathbb{R}.\) Theo giả thiết thì
\(\left| {{z}_{1}} \right|=1\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4\)
\(\left| \left( 1-i \right){{z}_{2}} \right|=\sqrt{6}\Leftrightarrow \left| {{z}_{2}} \right|=\frac{\sqrt{6}}{\left| 1-i \right|}=\sqrt{3} \Rightarrow {{c}^{2}}+{{d}^{2}}=3\)
\(\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{5}\Rightarrow {{\left( a-c \right)}^{2}}+{{\left( b-d \right)}^{2}}=5\)
Do đó \({{a}^{2}}-2ac+{{c}^{2}}+{{b}^{2}}-2bd+{{d}^{2}}=5\Rightarrow ac+bd=1\)
Ta có \(2{{z}_{1}}+{{z}_{2}}=\left( 2a+c \right)+\left( 2b+d \right)i\) nên
\({{\left| 2{{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left( 2a+c \right)}^{2}}+{{\left( 2b+d \right)}^{2}}=4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+\left( {{c}^{2}}+{{d}^{2}} \right)+4\left( ac+bd \right)=23\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\left| z+{z}' \right|\le \left| z \right|+\left| {{z}'} \right|\), ta có
\(\left| 2{{z}_{1}}+{{z}_{2}}-2021 \right|\le \left| 2{{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|+\left| -2021 \right|=\sqrt{23}+2021.\)
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm \(C\left( -1;2;11 \right),H(-1;2;-1)\), hình nón \(\left( N \right)\) có đường cao CH=h và bán kính đáy là \(R=3\sqrt{2}\). Gọi M là điểm trên đoạn CH,\(\left( C \right)\) là thiết diện của mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với trục CH tại M của hình nón \(\left( N \right)\,.\) Gọi \(\left( {{N}'} \right)\,\) là khối nón có đỉnh H đáy là \(\left( C \right)\). Khi thể tích khối nón \(\left( {{N}'} \right)\,\) lớn nhất thì mặt cầu ngoại tiếp nón \(\left( {{N}'} \right)\,\) có tọa độ tâm \(I\left( a;b,c \right),\) bán kính là d. Giá trị a+b+c+d bằng
Đặt HM=x, 0<x<h. Gọi I,R,r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn đáy của nón (N), bán kính đường tròn \(\left( C \right).\) Khi đó ta có CH=h=12 là chiều cao của \((N),R=3\sqrt{2}\).
Khi đó \(C,\,I,\,H\) thẳng hàng (I nằm giữa C,H).
Do tam giác \(\Delta CEM\backsim \Delta CQH\) nên \(\frac{EM}{QH}=\frac{CM}{CH}\Leftrightarrow EM=\frac{QH.CM}{CH}\Leftrightarrow r=EM=FM=\frac{R\left( h-x \right)}{h}\)
Thể tích của khối nón đỉnh O đáy là \(\left( C \right)\) là
\(V=\frac{1}{3}\pi E{{M}^{2}}.HM=\frac{1}{3}\pi {{\left[ \frac{R\left( h-x \right)}{h} \right]}^{2}}x=\frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{\left( h-x \right)}^{2}}x\).
Ta có Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{\left( h-x \right)}^{2}}x, \left( 0<x<h \right)\)
\({f}'\left( x \right)=\frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}\left( h-x \right)\left( h-3x \right); {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}\left( h-x \right)\left( h-3x \right)\Leftrightarrow x=\frac{h}{3}\).
Lập bảng biến thiên ta có
Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh O đáy là \(\left( C \right)\) lớn nhất khi \(x=\frac{h}{3}\)
Khi đó \(HM=x=\frac{h}{3}=4, r=\frac{R.CM}{h}=\frac{R.(h-x)}{h}=2\sqrt{2}=MF\)
Gọi P là giao điểm của HM với mặt cầu ngoại tiếp nón \(\left( {{N}'} \right)\,.\) Ta có \(\Delta HFP\) vuông tại F\(\Rightarrow H{{F}^{2}}=HM.HP\)
\(\Leftrightarrow H{{M}^{2}}+M{{F}^{2}}=HM.HP\Leftrightarrow 16+{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}=4.HP\Rightarrow HP=6\)
\(\Rightarrow d=HI=3=\frac{1}{4}HC\Rightarrow \overrightarrow{HI}=\frac{1}{4}\overrightarrow{HC}\Rightarrow I(-1;2;2)\).
Vậy a+b+c+d=6