Lời giải cụ thể đề minh họa môn Toán 2023 đua đảm bảo chất lượng nghiệp trung học phổ thông. Các các bạn coi và xem thêm nhằm sẵn sàng mang đến kỳ đua chuẩn bị cho tới.
Câu 1: Trên mặt mũi phẳng lì tọa chừng, điểm màn trình diễn số phức $z = 7 – 6i$ sở hữu tọa chừng là
Bạn đang xem: giải chi tiết đề minh hoạ toán 2023
A. $\left( { – 6;7} \right)$.
B. $\left( {6;7} \right)$.
C. $\left( {7;6} \right)$.
D. $\left( {7; – 6} \right)$.
Chọn D
Lời giải
Ta sở hữu điểm màn trình diễn số phức $z = 7 – 6i$ sở hữu tọa chừng là $\left( {7; – 6} \right)$.
Câu 2: Trên khoảng chừng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x$ là
A. $y’ = \frac{1}{x}$.
B. $y’ = \frac{1}{{x{\text{ln}}3}}$.
C. $y’ = \frac{{{\text{ln}}3}}{x}$.
D. $y’ = – \frac{1}{{x{\text{ln}}3}}$.
Lời giải
Chọn B
Ta sở hữu $y’ = {\left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}x} \right)^{\text{‘}}} = \frac{1}{{x{\text{ln}}3}}$.
Câu 3: Trên khoảng chừng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = {x^\pi }$ là
A. $y’ = \pi {x^{\pi – 1}}$.
B. $y’ = {x^{\pi – 1}}$.
C. $y’ = \frac{1}{\pi }{x^{\pi – 1}}$.
D. $y’ = \pi {x^\pi }$.
Chọn A
Lời giải
Ta sở hữu $y’ = {\left( {{x^\pi }} \right)^{\text{‘}}} = \pi {x^{\pi – 1}}$.
Câu 4: Tập nghiệm của bất phương trình ${2^{x + 1}} < 4$ là
A. $\left( { – \infty ;1} \right]$.
B. $\left( {1; + \infty } \right)$.
C. $\left[ {1; + \infty } \right)$.
D. $\left( { – \infty ;1} \right)$.
Chọn D
Lời giải
Ta sở hữu ${2^{x + 1}} < 4 \Leftrightarrow {2^{x + 1}} < {2^2} \Leftrightarrow x + 1 < 2 \Leftrightarrow x < 1$.
Vậy tập dượt của bất phương trình là $\left( { – \infty ;1} \right)$.
Câu 5: Cho cấp cho số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_1} = 2$ và công bội $q = \frac{1}{2}$. Giá trị của ${u_3}$ bằng
A. 3 .
B. $\frac{1}{2}$.
C. $\frac{1}{4}$.
D. $\frac{7}{2}$.
Lời giải
Chọn B
Ta sở hữu ${u_3} = {u_1} \cdot {q^2} = 2 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.
Câu 6: Trong không khí $Oxyz$, mặt mũi phẳng lì $\left( P.. \right):x + hắn + z + 1 = 0$ sở hữu một vectơ pháp tuyến là
A. $\overrightarrow {{n_1}} = \left( { – 1;1;1} \right)$.
B. $\overrightarrow {{n_4}} = \left( {1;1; – 1} \right)$.
C. $\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;1;1} \right)$.
D. $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1; – 1;1} \right)$.
Chọn C
Lời giải
$\left( P.. \right):x + hắn + z + 1 = 0$ sở hữu một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;1;1} \right)$.
Câu 7: Cho hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ sở hữu trang bị thị là đàng cong vô hình vẽ mặt mũi. Tọa chừng phó điểm của trang bị thị hàm số tiếp tục mang đến và trục hoành là
A. $\left( {0; – 2} \right)$.
B. $\left( {2;0} \right)$.
C. $\left( { – 2;0} \right)$.
D. $\left( {0;2} \right)$.
Lời giải
Chọn B
Từ trang bị thị, tớ hay thấy trang bị thị hàm số rời trục hoành bên trên điểm sở hữu tọa chừng $\left( {2;0} \right)$.
Câu 8: Nếu $\int\limits_{ – 1}^4 {f(x)dx = 2} $ và $\int\limits_{ – 1}^4 {g(x)dx = 3} $ thì $\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} $ bằng
A. 5 .
B. 6 .
C. 1.
D. -1 .
Lời giải
Chọn A
Ta có:
$\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_{ – 1}^4 {f(x)dx + } \int\limits_{ – 1}^4 {g(x)dx = 2 + 3 = 5} $
Câu 9: Đô thị hàm số này sau đây sở hữu dạng đàng cong như hình bên
A. $y = {x^4} – 3{x^2} + 2$.
B. $y = \frac{{x – 3}}{{x – 1}}$.
C. $y = {x^2} – 4x + 1$.
D. $y = {x^3} – 3x – 5$.
Lời giải
Chọn B
Đồ thị tiếp tục mang đến nằm trong dạng trang bị thị hàm phân thức hữa tỷ số 1 nên đơn giản loại 3 đáp án ${\text{A}},{\text{C}},{\text{D}}$ (hàm nhiều thức).
Câu 10: Trong không khí $Oxyz$, mang đến mặt mũi câuu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x – 4y – 6z + 1 = 0$. Tâm của (S) sở hữu tọa chừng là
A. $\left( { – 1; – 2; – 3} \right)$
B. $\left( {2;4;6} \right)$
C. $\left( { – 2; – 4; – 6} \right)$
D. $\left( {1;2;3} \right)$
Chọn D
Lời giải
Điểm $I\left( {1;2;3} \right)$ là tâm của mặt mũi câu $\left( S \right)$.
Câu 11: Trong không khí $Oxyz$, góc thân thiện nhì mặt mũi phẳng lì $\left( {Oxy} \right)$ và $\left( {Oyz} \right)$ bằng
A. ${30^ \circ }$
B. ${45^ \circ }$
C. ${60^ \circ }$
D. ${90^ \circ }$
Chọn D
Lời giải
Ta sở hữu vectơ pháp tuyến của $\left( {Oxy} \right)$ và $\left( {Oyz} \right)$ theo lần lượt là $\vec k$ và $\vec i$.
Vì $\vec k \bot \vec i$ nên $\left( {\overline {\left( {Oxy} \right);\left( {Oyz} \right)} } \right) = {90^ \circ }$.
Câu 12: Cho số phức $z = 2 + 9i$, phân thực của số phức ${z^2}$ bằng
A. -77
B. 4
C. 36
D. 85
Chọn A
Lời giải
$z = 2 + 9i \Rightarrow {z^2} = {(2 + 9i)^2} = – 77 + 36i$
Vậy phân thực của số phức ${z^2}$ vị -77 .
Câu 13: Cho khối lập phương sở hữu cạnh vị 2 . Thể tích của khối lập phương tiếp tục mang đến bằng
A. 6 .
B. 8 .
C. $\frac{8}{3}$.
D. 4 .
Chọn B
Lời giải
Thể tích khối lập phương sở hữu cạnh vị $a$ là $V = {a^3} = {2^3} = 8$.
Câu 14: Cho khối chóp $S.ABC$ sở hữu lòng là tam giác vuông cân nặng bên trên $A,AB = 2;SA$ vuông góc với lòng và $SA = 3$ (tham khảo hình vẽ).
Thể tích khối chóp tiếp tục mang đến bằng
A. 12 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 4 .
Chọn B
Lời giải
Thể tích khối chóp tiếp tục mang đến $V = \frac{1}{3}B \cdot h = \frac{1}{3}{S_{\vartriangle ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 = 2$.
Câu 15: Cho mặt mũi phẳng lì $\left( P.. \right)$ xúc tiếp với mặt mũi câu $S\left( {O;R} \right)$. Gọi $d$ là khoảng cách kể từ $O$ cho tới $\left( P.. \right)$ . Khẳng lăm le này sau đây đúng?
A. $d < R$.
B. $d > R$.
C. $d = R$.
D. $d = 0$.
Chọn C
Lời giải
Mặt phẳng lì $\left( P.. \right)$ xúc tiếp với mặt mũi cầu $S\left( {O;R} \right)$ Lúc và chỉ Lúc $d = R$.
Câu 16: Phần ảo của số phức $z = 2 – 3i$ là
A. -3 .
B. -2 .
C. 2.
D. 3 .
Chọn A
Lời giải
Lý thuyết.
Câu 17: Cho hình nón sở hữu 2 lần bán kính lòng $2r$ và chừng dải đàng sinh $l$. Diện tích xung xung quanh của hình nón tiếp tục mang đến bằng
A. $2\pi rl$.
B. $\frac{2}{3}\pi r{l^2}$.
C. $\pi rl$.
D. $\frac{1}{3}\pi {r^2}l$.
Chọn C
Lời giải
Hình nón sở hữu 2 lần bán kính lòng $2r$ nên nó sở hữu nửa đường kính lòng vị $r$. Vậy diện tích S xung xung quanh của hình nón tiếp tục mang đến vị $\pi rl$.
Câu 18: Trong không khí $Oxyz$, mang đến đường thẳng liền mạch $d:\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z + 3}}{{ – 2}}$. Điểm này sau đây nằm trong $d$ ?
A. $P\left( {1;2;3} \right)$.
B. $Q\left( {1;2; – 3} \right)$.
C. $N\left( {2;1;2} \right)$.
D. $M\left( {2; – 1; – 2} \right)$.
Chọn B
Lần lượt thay cho tọa chừng của 4 điểm tiếp tục mang đến vô phương trình đường thẳng liền mạch $d$, tớ thấy tọa chừng của điểm $Q\left( {1;2; – 3} \right)$ vừa lòng. Vậy điểm $Q\left( {1;2; – 3} \right)$ nằm trong đường thẳng liền mạch $d$.
Câu 19: Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ sở hữu trang bị thị là đàng cong vô hình mặt mũi. Điểm đặc biệt tè của trang bị thị hàm số tiếp tục mang đến sở hữu tọa chừng là
A. $\left( { – 1;2} \right)$.
B. $\left( {0;1} \right)$.
C. $\left( {1;2} \right)$.
D. $\left( {1;0} \right)$.
Chọn B
Lời giải
Từ trang bị thị, tớ sở hữu bảng trở nên thiên của hàm số tiếp tục mang đến như sau:
Vậy trang bị thị hàm số tiếp tục mang đến sở hữu điểm đặc biệt tè là $\left( {0;1} \right)$.
Câu 20: Tiệm cận ngang của trang bị thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{3x – 1}}$ là đường thẳng liền mạch sở hữu phương trình
A. $y = \frac{1}{3}$
B. $y = – \frac{2}{3}$
C. $y = – \frac{1}{3}$
D. $y = \frac{2}{3}$
Chọn D
Lời giải
Tiệm cận ngang của trang bị thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{3x – 1}}$ sở hữu phương trình $y = \frac{2}{3}$.
Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình ${\text{log}}\left( {x – 2} \right) > 0$ là
A. $\left( {2;3} \right)$
B. $\left( { – \infty ;3} \right)$
C. $\left( {3; + \infty } \right)$
D. $\left( {12; + \infty } \right)$
Chọn C
Lời giải
Ta sở hữu ${\text{log}}\left( {x – 2} \right) > 0 \Leftrightarrow x – 2 > {10^0} \Leftrightarrow x > 3$.
Câu 22: Cho tụ hội $A$ sở hữu 15 phân tử. Số tập dượt con cái gôm nhì phân tử của $A$ bằng
A. 225
B. 30
C. 210
D. 105
Chọn D
Lời giải
Số tụ hội con cái của $A$ là $C_{15}^2 = 105$.
Câu 23: Cho $\smallint \frac{1}{x}{\text{d}}x = F\left( x \right) + C$. Khẳng lăm le này sau đây đúng?
A. $F’\left( x \right) = \frac{2}{{{x^2}}}$.
B. $F’\left( x \right) = {\text{ln}}x$.
C. $F’\left( x \right) = \frac{1}{x}$.
D. $F’\left( x \right) = – \frac{1}{{{x^2}}}$.
Chọn ${\text{C}}$
Lời giải
Ta sở hữu ${[F\left( x \right)]^{\text{‘}}} = {\left( {\smallint \frac{1}{x}{\text{d}}x} \right)^{\text{‘}}} = \frac{1}{x}$.
Câu 24: Nếu $\int\limits_0^2 {f(x)} dx = 4$ thì $\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f(x) – 2} \right]} dx$ bằng
A. 0 .
B. 6 .
C. 8 .
D. -2 .
Chọn D
Lời giải
Ta có:
$\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f(x) – 2} \right]} dx = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f(x)} dx – \int\limits_0^2 2 dx = \frac{1}{2}.4 – 4 = – 2$
Câu 25: Cho hàm số $f\left( x \right) = {\text{cos}}x + x$. Khẳng lăm le này sau đây đúng?
A. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = – {\text{sin}}x + {x^2} + C$.
B. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = {\text{sin}}x + {x^2} + C$.
C. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = – {\text{sin}}x + \frac{{{x^2}}}{2} + C$.
D. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = {\text{sin}}x + \frac{{{x^2}}}{2} + C$.
Lời giải
Chọn D
$\smallint \;f\left( x \right){\text{d}}x = \smallint \;\left[ {{\text{cos}}x + x} \right]{\text{d}}x = {\text{sin}}x + \frac{{{x^2}}}{2} + C$
Câu 26: Cho hàm sô̂ $y = f\left( x \right)$ sở hữu bảng trở nên thiên như sau:
Hàm số tiếp tục mang đến nghịch tặc trở nên bên trên khoảng chừng này bên dưới đây?
A. $\left( {0;2} \right)$.
B. $\left( {3; + \infty } \right)$.
C. $\left( { – \infty ;1} \right)$.
D. $\left( {1;3} \right)$.
Chọn D
Lời giải
Ta sở hữu $x \in \left( {1;3} \right)$ thì $f’\left( x \right) < 0$ nên hàm số nghịch tặc trở nên bên trên khoảng chừng $\left( {1;3} \right)$.
Chọn D
Câu 27: Cho hàm số bậc tía $y = f\left( x \right)$ sở hữu trang bị thị là đàng cong vô hình mặt mũi.
Giá trị cực lớn của hàm số tiếp tục mang đến là:
A. -1 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 0 .
Chọn B
Lời giải
Dựa vô trang bị thị tớ có mức giá trị cực lớn của hàm số là 3 .
Câu 28: Với $a$ là số thực dương tùy $y’,{\text{ln}}\left( {3a} \right) – {\text{ln}}\left( {2a} \right)$ bằng:
A. ${\text{ln}}a$.
B. ${\text{ln}}\frac{2}{3}$.
C. ${\text{ln}}\left( {6{a^2}} \right)$.
D. ${\text{ln}}\frac{3}{2}$
Lời giải
Chọn B
Ta sở hữu ${\text{ln}}\left( {3a} \right) – {\text{ln}}\left( {2a} \right) = {\text{ln}}\frac{{3a}}{{2a}} = {\text{ln}}\frac{3}{2}$.
Câu 29: Tính thể tích khối tròn trặn xoay chiếm được Lúc cù hình phẳng lì số lượng giới hạn vị hai tuyến đường $y = – {x^2} + 2x$ và $y = 0$ xung quanh trục $Ox$ bằng
A. $V = \frac{{16}}{{15}}$.
B. $V = \frac{{16\pi }}{9}$.
C. $V = \frac{{16}}{9}$.
D. $V = \frac{{16\pi }}{{15}}$
Chọn D
Xem thêm: jeon mi do
Lời giải
Phương trình hoành chừng phó điểm của đàng $y = – {x^2} + 2x$ và đàng $y = 0$ là
$ – {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = 2}
\end{array}} \right.{\text{.\;}}$
Thể tích là $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( { – {x^2} + 2x} \right)}^2}dx = } \frac{{16\pi }}{5}$
Câu 30: Cho hình chóp $S.ABC$ sở hữu lòng là tam giác vuông bên trên $B,SA$ vuông góc với lòng và $SA = AB$ (tham khảo hình vẽ). Góc thân thiện nhì mặt mũi phẳng lì $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng
A. ${60^ \circ }$.
B. ${30^ \circ }$.
C. ${90^ \circ }$.
D. ${45^ \circ }$.
Lời giải
Chọn D
Ta sở hữu $BC \bot AB \Rightarrow SB \bot BC$.
Suy rời khỏi góc thân thiện nhì mặt mũi phẳng lì $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ vị $\widehat {SBA}$.
Do tam giác $SAB$ vuông cân nặng bên trên $A \Rightarrow \widehat {SBA} = {45^ \circ }$.
Vậy góc thân thiện nhì mặt mũi phẳng lì $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ vị ${45^ \circ }$.
Câu 31: Cho hàm số bậc tía $y = f\left( x \right)$ sở hữu trang bị thị là đàng cong vô hình mặt mũi. Có từng nào độ quý hiếm vẹn toàn của thông số $m$ nhằm phương trình $f\left( x \right) = m$ sở hữu tía nghiệm thực phân biệt?
A. 2 .
B. 5 .
C. 3 .
D. 4 .
Chọn C
Lời giải
Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ ngay số phó điểm của trang bị thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng liền mạch $d:y = m$.
Dựa vô hình vẽ, tớ có:
Phương trình $f\left( x \right) = m$ sở hữu tía nghiệm thực phân biệt Lúc đường thẳng liền mạch $d:y = m$ rời trang bị thị hàm số $y = f\left( x \right)$ bên trên tía điểm phân biệt, tức là $ – 3 < m < 1$. Mà $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { – 2; – 1;0} \right\}$
Câu 32: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ sở hữu đạo hàm $f’\left( x \right) = {(x – 2)^2}\left( {1 – x} \right)$ với từng $x \in \mathbb{R}$. Hàm số tiếp tục mang đến đồng trở nên bên trên khoảng chừng này bên dưới đây?
A. $\left( {1;2} \right)$.
B. $\left( {1; + \infty } \right)$.
C. $\left( {2; + \infty } \right)$.
D. $\left( { – \infty ;1} \right)$
Chọn D
Lời giải
Ta sở hữu $f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {(x – 2)^2}\left( {1 – x} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 – x > 0} \\
{{{(x – 2)}^2} > 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x < 1} \\
{x \ne 2}
\end{array} \Leftrightarrow x < 1} \right.} \right.$.
Vậy hàm số sầm uất trở nên bên trên khoảng chừng $\left( { – \infty ;1} \right)$.
Câu 33: Một vỏ hộp chứa chấp 15 ngược câu gôm 6 ngược red color được đặt số từ là một cho tới 6 và 9 ngược màu xanh lá cây được đặt số từ là một cho tới 9 . Lấy tình cờ nhì ngược kể từ vỏ hộp cơ, phần trăm nhằm lấy được nhì ngược không giống color mặt khác tổng nhì số ghi bên trên bọn chúng là số chẵn bằng
A. $\frac{9}{{35}}$.
B. $\frac{{18}}{{35}}$.
C. $\frac{4}{{35}}$.
D. $\frac{1}{7}$.
Chọn A
Lời giải
Số cơ hội lấy tình cờ 2 ngược câu kể từ vỏ hộp là: $C_{15}^2 = 105$ cách
Để tổng nhì số ghi bên trên nhì ngược câu là số chẵn tớ sở hữu 2 TH sau:
TH1: Hai ngược câu không giống color nằm trong đặt số lẻ: $C_3^1 \cdot C_5^1 = 15$ cách
TH2: Hai ngược câu không giống color nhau nằm trong đặt số chẵn: $C_3^1 \cdot C_4^1 = 12$ cách
Vậy phần trăm cân nặng tính là: $P = \frac{{12 + 15}}{{105}} = \frac{9}{{35}}$.
Câu 34: Tích toàn bộ những nghiệm của phương trình ${\text{l}}{{\text{n}}^2}x + 2{\text{ln}}x – 3 = 0$ bằng
A. $\frac{1}{{{e^3}}}$.
B. -2 .
C. -3 .
D. $\frac{1}{{{e^2}}}$
Lời giải
Chọn D
Ta có: ${\text{l}}{{\text{n}}^2}x + 2{\text{ln}}x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0} \\
{\left( {{\text{ln}}x – 1} \right)\left( {{\text{ln}}x + 3} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = e} \\
{x = {e^{ – 3}}}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = e} \\
{x = {e^{ – 3}}}
\end{array}} \right.} \right.} \right.$
Vậy ${x_1} \cdot {x_2} = \frac{1}{{{e^2}}}$.
Câu 35: Trên mặt mũi phẳng lì tọa chừng, biết tụ hội điểm màn trình diễn số phức $z$ vừa lòng $\left| {z + 2i} \right| = 1$ là 1 trong đàng tròn trặn. Tâm của đàng tròn trặn cơ sở hữu tọa chừng là.
A. $\left( {0;2} \right)$.
B. $\left( { – 2;0} \right)$.
C. $\left( {0; – 2} \right)$.
D. $\left( {2;0} \right)$.
Chọn C
Lời giải
Đặt $z = x + yi$, với $x,hắn \in \mathbb{R}$.
Từ fake thiết $\left| {z + 2i} \right| = 1 \Rightarrow {x^2} + {(y + 2)^2} = 1$.
Do cơ tụ hội điểm màn trình diễn số phức $z$ là đàng tròn trặn tâm $I\left( {0; – 2} \right)$, nửa đường kính $R = 1$
Câu 36: Trong không khí $Oxyz$, mang đến nhì điểm $M\left( {1; – 1; – 1} \right)$ và $N\left( {5;5;1} \right)$. Đường trực tiếp $MN$ sở hữu phương trình là:
A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 5 + 2t} \\
{y = 5 + 3t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$
B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 5 + t} \\
{y = 5 + 2t} \\
{z = 1 + 3t}
\end{array}} \right.$
C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = – 1 + 3t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$
D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = – 1 + t} \\
{z = – 1 + 3t}
\end{array}} \right.$
Chọn C
Lời giải
Ta sở hữu $\overrightarrow {MN} = \left( {4;6;2} \right) = 2\left( {2;3;1} \right)$.
Đường trực tiếp $MN$ qua quýt $M\left( {1; – 1; – 1} \right)$ nhận $\overrightarrow {MN} = \left( {2;3;1} \right)$ thực hiện vectơ chỉ phương sở hữu phương trình
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = – 1 + 3t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$
Câu 37: Trong không khí với hệ tọa chừng $Oxyz$, mang đến điểm $A\left( {1;2;3} \right)$. Điểm đối xứng với A qua quýt mặt mũi phẳng lì $\left( {Oxz} \right)$ sở hữu tọa chừng là
A. $\left( {1; – 2;3} \right)$.
B. $\left( {1;2; – 3} \right)$.
C. $\left( { – 1; – 2; – 3} \right)$.
D. $\left( { – 1;2;3} \right)$.
Lời giải
Chọn A
Tọa chừng hình chiếu của điểm $A\left( {1;2;3} \right)$ bên trên mặt mũi phẳng lì $\left( {Oxz} \right)$ là $\left( {1;0;3} \right)$. Điểm đối xứng với A qua quýt mặt mũi phẳng lì $\left( {Oxz} \right)$ sở hữu tọa chừng là $\left( {1; – 2;3} \right)$
Câu 38: Cho hình chóp đều $S.ABCD$ sở hữu chiêu cao $a,AC = 2a$ (tham khảo hình bên). Tính khoảng cách kể từ điểm $B$ cho tới mặt mũi phẳng lì $\left( {SCD} \right)$.
A. $\frac{{\sqrt 3 }}{3}a$.
B. $\sqrt 2 a$.
C. $\frac{{2\sqrt 3 }}{3}a$.
D. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}a$.
Lời giải
Chọn C
Gọi $O = AC \cap BD$, $H$ là trung điểm $CD$. Trong $\left( {SOH} \right)$, kẻ $OI \bot SH$.
Có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{CD \bot SO} \\
{CD \bot SH}
\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot OI} \right.$.
Mà $OI \bot SH$ nên $OI \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OI$.
Vì O là trung điểm BD nên $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OI = \frac{{2SO \cdot OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }}$.
Có $AD = AC{\text{sin}}{45^ \circ } = a\sqrt 2 ,OH = a\frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a$.
Câu 39: Có từng nào số vẹn toàn $x$ vừa lòng ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\frac{{{x^2} – 16}}{{343}} < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\frac{{{x^2} – 16}}{{27}}$ ?
A. 193.
B. 92 .
C. 186 .
D. 184
Chọn D
Lời giải
TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 4} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)$.
Ta có:
${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\frac{{{x^2} – 16}}{{343}} < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\frac{{{x^2} – 16}}{{27}}$
$\; \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 \cdot \left[ {{\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) – 3} \right] < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) – 3{\text{lo}}{{\text{g}}_7}3$
$ \Leftrightarrow \left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 1} \right) \cdot {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < 3{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 3{\text{lo}}{{\text{g}}_7}3$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < \frac{{3\left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – {\text{lo}}{{\text{g}}_7}3} \right)}}{{{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 1}}$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < 3\left( {1 + {\text{lo}}{{\text{g}}_7}3} \right)$
$\; \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}{21^3}$
$\; \Leftrightarrow {x^2} – 16 < {21^3}$
$ \Leftrightarrow – \sqrt {9277} < x < \sqrt {9277} $
Kết ăn ý điêuu khiếu nại tớ sở hữu $x \in \left\{ { – 96; – 95; \ldots ; – 5;5; \ldots ;95;96} \right\}$. Vậy sở hữu 184 số vẹn toàn $x$ vừa lòng.
Câu 40: Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tiếp bên trên $\mathbb{R}$. Gọi $F\left( x \right),G\left( x \right)$ là nhì vẹn toàn hàm của $f\left( x \right)$ bên trên $\mathbb{R}$ vừa lòng $F\left( 4 \right) + G\left( 4 \right) = 4$ và $F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) = 1$. Khi cơ $\int\limits_0^2 {f(2x)dx }$ bằng
A. 3 .
B. $\frac{3}{4}$.
C. 6 .
D. $\frac{3}{2}$
Lời giải
Chọn B
Ta có: $G\left( x \right) = F\left( x \right) + C$
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{F\left( 4 \right) + G\left( 4 \right) = 4} \\
{F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) = 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2F\left( 4 \right) + C = 4} \\
{2F\left( 0 \right) + C = 1}
\end{array} \Leftrightarrow F\left( 4 \right) – F\left( 0 \right) = \frac{3}{2}.} \right.} \right.$
Vậy:
$\int\limits_0^2 {f(2x)dx = } \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f(x)dx = } \frac{{F(4) – F(0)}}{2} = \frac{3}{4}$
Câu 41: Có từng nào độ quý hiếm vẹn toàn của thông số $m$ nhằm hàm số $y = – {x^4} + 6{x^2} + mx$ sở hữu tía điểm đặc biệt trị?
A. 17 .
B. 15 .
C. 3 .
D. 7 .
Lời giải
Chọn B
Ta có: $y’ = – 4{x^3} + 12x + m$. Xét phương trình $y’ = 0 \Leftrightarrow – 4{x^3} + 12x + m = 0$
Để hàm số sở hữu tía điểm đặc biệt trị thì phương trình (1) cần sở hữu 3 nghiệm phân biệt.
Ta có: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow m = 4{x^3} – 12x$.
Xét hàm số $g\left( x \right) = 4{x^3} – 12x$ sở hữu $g’\left( x \right) = 12{x^2} – 12$. Cho $g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12{x^2} – 12 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$ Bảng trở nên thiên của $g\left( x \right)$
Dựa vô bảng trở nên thiên tớ thấy, phương trình (1) sở hữu 3 nghiệm phân biệt Lúc $ – 8 < m < 8$
Do $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { – 7, – 6, – 5, \ldots ,5,6,7} \right\}$.
Vậy sở hữu 15 độ quý hiếm vẹn toàn của thông số $m$ thỏa yêu thương câu đề bài xích.
Câu 42: Xét những số phức $z$ vừa lòng $\left| {{z^2} – 3 – 4i} \right| = 2\left| z \right|$. Gọi $M$ và $m$ lân lượt là độ quý hiếm lớn số 1 và độ quý hiếm nhỏ nhất của $\left| z \right|$. Giá trị của ${M^2} + {m^2}$ bằng
A. 28 .
B. $18 + 4\sqrt 6 $.
C. 14 .
D. $11 + 4\sqrt 6 $.
Lời giải
Chọn C
Áp dụng bất đẳng thức tam giác tớ có:
$2\left| z \right| = \left| {{z^2} – 3 – 4i} \right| \geqslant \left| {\left| {{z^2}\left| – \right|3 + 4i} \right|} \right| = {\left. {||z} \right|^2} – 5\mid $ (vì $\left. {\left| {{z^2}} \right| = |z{|^2}} \right)$.
Dấu “=” xẩy ra Lúc ${z^2} = k\left( { – 3 – 4i} \right)$.
Suy rời khỏi $4|z{|^2} \geqslant {(\left| z \right| – 5)^2} \Leftrightarrow \left| {z{|^4} – 14} \right|z{|^2} + 25 \leqslant 0 \Leftrightarrow 7 – 2\sqrt 6 \leqslant |z{|^2} \leqslant 7 + 2\sqrt 6 $.
$ \Rightarrow \sqrt 6 – 1 \leqslant \left| z \right| \leqslant \sqrt 6 + 1$
Do cơ, tớ sở hữu $M = 1 + \sqrt 6 $ và $m = \sqrt 6 – 1$.
Vậy ${M^2} + {m^2} = 14$.
Câu 43: Cho khối lăng trụ đứng $ABC \cdot A’B’C’$ sở hữu lòng $ABC$ là tam giác vuông cân nặng bên trên $B,AB = a$. lõi khoảng cách kể từ $A$ cho tới mặt mũi phẳng lì $\left( {A’BC} \right)$ vị $\frac{{\sqrt 6 }}{3}a$, thể tích khối lăng trụ tiếp tục mang đến bằng
A. $\frac{{\sqrt 2 }}{6}{a^3}$.
B. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}{a^3}$.
C. $\sqrt 2 {a^3}$.
D. $\frac{{\sqrt 2 }}{4}{a^3}$.
Chọn B
Lời giải
Kẻ $AH \bot A’B,H \in A’B$.
Vi $\left. {\begin{array}{*{20}{c}}
{BC \bot AB} \\
{BC \bot AA’}
\end{array}} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {ABB’A’} \right) \Rightarrow BC \bot AH$
Ta sở hữu $BC \bot AH,AH \bot A’B \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right)$. Do cơ $d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Xét tam giác vuông $AA’B$ vuông bên trên $A$, tớ sở hữu $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} – \frac{1}{{A{B^2}}}$
$ \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{9}{{6{a^2}}} – \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow A’A = a\sqrt 2 $.
Vậy ${V_{ABC \cdot A’B’C’}} = {S_{\vartriangle ABC}} \cdot A’A = \frac{1}{2}$ a.a.a $\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}$.
Câu 44: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ sở hữu đạo hàm liên tiếp bên trên $\mathbb{R}$ và vừa lòng $f\left( x \right) + xf’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2,\forall x \in \mathbb{R}$. Diện tích hình phẳng lì số lượng giới hạn vị những đàng $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$ bằng
A. $\frac{5}{2}$.
B. $\frac{4}{3}$.
C. $\frac{1}{2}$.
D. $\frac{1}{4}$.
Chọn C
Lời giải
Ta có: $f\left( x \right) + x.f’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2 \Leftrightarrow {(x)^{\text{‘}}} \cdot f\left( x \right) + x.f’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2$
$ \Leftrightarrow {[x.f\left( x \right)]^{\text{‘}}} = 4{x^3} + 4x + 2 \Leftrightarrow x.f\left( x \right) = {x^4} + 2{x^2} + 2x + C \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^4} + 2{x^2} + 2x + C}}{x}$
Vì tự $f\left( x \right)$ liên tiếp bên trên $\mathbb{R}$ nên $C = 0$. Do cơ $f\left( x \right) = {x^3} + 2x + 2 \Rightarrow f’\left( x \right) = 3{x^2} + 2$
Xét phương trình hoành chừng phó điểm của $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$, tớ có:
${x^3} + 2x + 2 = 3{x^2} + 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = 1} \\
{x = 2}
\end{array}} \right.$.
Vậy diện tích S phẳng lì số lượng giới hạn vị những đàng $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$ là:
$S = \int\limits_0^2 {\left| {f(x) – f'(x)} \right|dx} = \frac{1}{2}$
Câu 45: Trên tụ hội số phức, xét phương trình ${z^2} – 2\left( {m + 1} \right)z + {m^2} = 0$ ( $m$ là số thực). Có từng nào độ quý hiếm của $m$ nhằm phương trình cơ sở hữu nhì nghiệm phân biệt ${z_1},{z_2}$ vừa lòng $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2?$
A. 1 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
Chọn C
Lời giải
Ta có: $\Delta ‘ = 2m + 2$
TH1: $\Delta ‘ < 0 \Leftrightarrow m < – 1$. Phương trình sở hữu nhì nghiệm phức, Lúc đó: $\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {\frac{c}{a}} = \sqrt {{m^2}} $. Suy ra: $2\sqrt {{m^2}} = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {m = 1} \\ {m = – 1\left( l \right)} \end{array}} \right.$.
TH2: $\Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow m > – 1$.
Vì a.c $ = {m^2} \geqslant 0$ nên phương trình sở hữu nhì nghiệm phân biệt ${z_1} \cdot {z_2} \geqslant 0$ hoặc ${z_1} \cdot {z_2} \leqslant 0$.
Suy ra: $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {2m + 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = – 2\left( l \right)} \\
{m = 0}
\end{array}} \right.$.
Vậy sở hữu 2 độ quý hiếm của $m$ thỏa yêu thương câu vấn đề.
Câu 46: Trong không khí $Oxyz$, mang đến điểm $A\left( {0;1;2} \right)$ và đường thẳng liền mạch $d:\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y – 1}}{2} = \frac{{z – 1}}{{ – 3}}$. Gọi $\left( P.. \right)$ là mặt mũi phẳng lì trải qua $A$ và chứa chấp $d$. Khoảng cơ hội kể từ điểm $M\left( {5; – 1;3} \right)$ cho tới $\left( P.. \right)$ bằng
A. 5 .
B. $\frac{1}{3}$.
C. 1 .
D. $\frac{{11}}{3}$.
Chọn C
Lời giải
Lấy $B\left( {2;1;1} \right) \in d$ tớ sở hữu $\overrightarrow {AB} = \left( {2;0; – 1} \right)$.
Ta sở hữu $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {2;4;4} \right) = 2\left( {1;2;2} \right)$
Mặt phẳng lì $\left( P.. \right)$ trải qua $A$ và chứa chấp $d$ suy rời khỏi $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;2;2} \right)$.
Phương trình mặt mũi phẳng lì $\left( P.. \right):x + 2y + 2z – 6 = 0$
Vậy ${\text{d}}\left( {M,\left( P.. \right)} \right) = \frac{{\left| {{x_M} + 2{y_M} + 2{z_M} – 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 1$.
Câu 47: Có từng nào cặp số vẹn toàn $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn
${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right)?$
A. 89 .
B. 48 .
C. 90 .
D. 49.
Chọn B
Lời giải
Điêu kiện: $x > 0$.
Ta có:
${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + x}}{x}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + 24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{x} + 1} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right) \leqslant 0$
Đặt: $t = \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x}(t > 0)$, bất phương trình trở thành: ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + t} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{t}} \right) \leqslant 0$
Xét hàm số $f\left( t \right) = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + t} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{t}} \right)$ sở hữu $f’\left( t \right) = \frac{1}{{\left( {1 + t} \right){\text{ln}}3}} + \frac{{24}}{{\left( {{t^2} + 24t} \right){\text{ln}}2}} > 0,\forall t > 0$.
Suy rời khỏi hàm số đồng trở nên bên trên khoảng chừng $\left( {0; + \infty } \right)$.
Ta sở hữu $f\left( 8 \right) = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + 8} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{8}} \right) = 0$
Từ cơ suy ra: (1) $ \Leftrightarrow f\left( t \right) \leqslant f\left( 8 \right) \Leftrightarrow t \leqslant 8 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x} \leqslant 8 \Leftrightarrow {(x – 4)^2} + {y^2} \leqslant 16$.
Đếm những cặp độ quý hiếm vẹn toàn của $\left( {x;y} \right)$
Ta có: ${(x – 4)^2} \leqslant 16 \Leftrightarrow 0 \leqslant x \leqslant 8$, nhưng mà $x > 0$ nên $0 < x \leqslant 8$.
Với $x = 1,x = 7 \Rightarrow hắn = \left\{ { \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên sở hữu 10 cặp.
Với $x = 2,x = 6 \Rightarrow hắn = \left\{ { \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên sở hữu 14 cặp.
Với $x = 3,x = 5 \Rightarrow hắn = \left\{ { \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên sở hữu 14 cặp.
Với $x = 4 \Rightarrow hắn = \left\{ { \pm 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên sở hữu 9 cặp.
Với $x = 8 \Rightarrow hắn = 0$ có một cặp.
Vậy sở hữu 48 cặp độ quý hiếm vẹn toàn $\left( {x;y} \right)$ vừa lòng đề bài xích.
Câu 48: Cho khối nón sở hữu đỉnh $S$, chiêuu cao vị 8 và thể tích vị $\frac{{800\pi }}{3}$. Gọi $A$ và $B$ là nhì điểm nằm trong đàng tròn trặn lòng sao mang đến $AB = 12$, khoảng cách kể từ tâm của đàng tròn trặn lòng cho tới mặt mũi phẳng lì $\left( {SAB} \right)$ bằng
A. $8\sqrt 2 $.
B. $\frac{{24}}{5}$.
C. $4\sqrt 2 $.
D. $\frac{5}{{24}}$.
Chọn C
Lời giải
Gọi $O,R$ lân lượt là tâm và nửa đường kính lòng của khối nón, $K,H$ lân lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB,SK$. Khi cơ khoảng cách kể từ tâm của đàng tròn trặn lòng cho tới mặt mũi phẳng lì $\left( {SAB} \right)$ vị $OH$.
Ta có: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot h \Rightarrow {R^2} = \frac{{3V}}{{\pi \cdot h}} = \frac{{3 \cdot \frac{{800\pi }}{3}}}{{\pi \cdot 8}} = 100 \Rightarrow R = 10$ Trong tam giác vuông $OBK$ có: $OK = \sqrt {O{B^2} – B{K^2}} = \sqrt {{R^2} – {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}} = 8$.
Trong tam giác vuông $SOK$ có: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{{8^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} = \frac{2}{{{8^2}}} \Rightarrow OH = 4\sqrt 2 $.
Câu 49: Trong không khí $Oxyz$, mang đến $A\left( {0;0;10} \right),B\left( {3;4;6} \right)$. Xét những điểm $M$ thay cho thay đổi sao mang đến tam giác $OAM$ không tồn tại góc tù và sở hữu diện tích S vị 15 . Giá trị nhỏ nhất của chừng nhiều năm đoạn trực tiếp $MB$ nằm trong khoảng chừng này bên dưới đây?
A. $\left( {4;5} \right)$.
B. $\left( {3;4} \right)$.
C. $\left( {2;3} \right)$.
D. $\left( {6;7} \right)$.
Chọn B
Lời giải
Ta có: ${S_{OAM}} = \frac{1}{2}OA \cdot d\left( {M;OA} \right) = 15 \Rightarrow d\left( {M;OA} \right) = 3$.
Suy ra: $M$ địa hình bên trên mặt mũi trụ, nửa đường kính vị 3 , trục là $OA$.
Xét điểm $D$ như hình vẽ, $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HA \cdot HO = H{D^2} = 9} \\
{HA + HO = 10}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HA = 1} \\
{HO = 9}
\end{array}} \right.} \right.$.
Vì $\widehat {AMO} \leqslant 90$ nên số lượng giới hạn của $M$ là nhì mặt mũi trụ với trục $AH$ và $FO$.
Vì hình chiếu của $B$ cơ hội $H$ gân rộng lớn nên $B{M_{{\text{min}}}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} $.
Câu 50: Có từng nào độ quý hiếm vẹn toàn của thông số $a \in \left( { – 10; + \infty } \right)$ nhằm hàm số $y = \left| {{x^3} + \left( {a + 2} \right)x + 9 – {a^2}} \right|$ đồng trở nên bên trên khoảng chừng $\left( {0;1} \right)?$
A. 12 .
B. 11.
C. 6 .
D. 5 .
Xem thêm: yeo jin goo
Chọn B
Lời giải
Xét $f\left( x \right) = {x^3} + \left( {a + 2} \right)x + 9 – {a^2}$
$f’\left( x \right) = 3{x^2} + a + 2$
Để $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ đồng trở nên bên trên khoảng chừng $\left( {0;1} \right)$
TH1: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f’\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{f\left( 0 \right) \geqslant 0}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3{x^2} + a + 2 \geqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{9 – {a^2} \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \geqslant \mathop {{\text{Max}}}\limits_{\left( {0;1} \right)} \left( { – 3{x^2} – 2} \right)} \\
{9 – {a^2} \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \geqslant – 2} \\
{ – 3 \leqslant a \leqslant 3}
\end{array} \Rightarrow a \in \left[ { – 2;3} \right]} \right.} \right.} \right.$
$a = \left\{ { – 2; – 1;0;1;2;3;} \right\} \to 6$ giá bán trị
TH2: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f’\left( x \right) \leqslant ,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{f\left( 0 \right) \leqslant 0}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3{x^2} + a + 2 \leqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{9 – {a^2} \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \leqslant {\text{Mi}}{{\text{n}}_{\left( {0;1} \right)}}\left( { – 3{x^2} – 2} \right)} \\
{9 – {a^2} \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \leqslant – 5} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a \geqslant 3} \\
{a \leqslant – 3}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Rightarrow a \leqslant – 5} \right.} \right.} \right.$
Kết phù hợp với điêuu khiếu nại vấn đề $a = \left\{ { – 9; – 8; – 7; – 6; – 5} \right\} \to 5$ giá bán trị
Vậy sở hữu 11 độ quý hiếm thoả mãn.
Bình luận