Đề luyện thi tốt nghiệp phổ thông, cao đẳng, đại học

Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
lili hương

1 cho hình chóp S.ABCD đều có SA=AB=a. Góc giữa SA và CD là

2 Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y=\(\frac{\sqrt{x^2-1}}{x-2}\) trên tập hợp D= \(\left(-\infty;-1\right)\cup\left[1;\frac{3}{2}\right]\) . Tính M+m

A .P=2

B P=0

C P=-\(\sqrt{5}\)

D P = \(\sqrt{3}\)

3 Tập nghiệm của bất phương trình \(\left(\frac{1}{1+a^2}\right)^{2x+1}\) >1 ( với a là tham số , a#0) là

4 Trong ko gian cho tam giác ABC vuông tại A ,AB=a, AC=\(a\sqrt{3}\) . Tính độ dài đường sinh l của hình nón có được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB

5 Viết công thức tính V của vật thể nằm giữa hai mp x=0, x=ln4, biết khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm có hoành độ x (\(0\le x\le ln4\)), ta được thiết diện là một hình vuông cạnh là \(\sqrt{xe^x}\)

6 cho cấp số cộng có u1=0 và công sai d =3. Tổng của 26 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó bằng bao nhiêu

7 cho khối chóp tam giác có đường cao bằng 100cm và cạnh đáy 20cm,21cm,29cm. Tính thể tích khối chóp

8 cho hai điểm A(-2;1;2),B(0;-1;1).Phương trình mặt cầu đường kính AB

9 Cho hình lập phương ABCD.\(A^,B^,C^,D^,\) , gÓC giữa hai đường thẳng \(B^,A\) và CD bằng

10 Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y= \(\sqrt{2-x^2}-x\) bằng

A \(2+\sqrt{2}\)

B 2

C 1

D \(2-\sqrt{2}\)

11 Số giao điểm của đồ thị hàm số y= \(x^2/x^2-4/\) với đường thẳng y=3 là

12 Tập nghiệm của bất pt \(log_{\frac{1}{3}}\left(x+1\right)>log_3\left(2-x\right)\) là S =(a;b) \(\cup\) (c;d) với a,b,c,d là các số thực. Khi đó a+b+c+d bằng

A 4

B 1

C 3

D 2

13 Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh bằng 1 quanh AB

14 trong ko gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :\(\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z}{2}\) . MẶT phẳng (P) đi qua điểm M (2;0;-1) và vuông góc vói d có pt là

A x-y+2z=0

B x-2y-2=0

C x+y+2z=0

D x-y-2z=0

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 14:46

Bài 1:

Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều nên $ABCD$ là hình vuông.

$\Rightarrow AB\parallel CD$

$\Rightarrow \angle (SA, CD)=\angle (SA, AB)=\widehat{SAB}$

Lại có:

$SA=SB$ theo tính chất chóp đều

$SA=AB$ (giả thiết)

Do đó $SAB$ là tam giác đều

$\Rightarrow \angle (SA,CD)=\widehat{SAB}=60^0$

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:04

Bài 2:

Ta thấy:

$\sqrt{x^2-1}\geq 0; x-2< 0$ với mọi $x\in (-\infty;-1)\cup [1;\frac{3}{2}]$

Do đó $y=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x-2}\leq 0$

Hay $y_{\max}=0$

Còn $y$ không có min bạn nhé. Bạn xem lại đề.

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:09

Bài 3:

Vì $a^2>0$ với mọi $a\neq 0\Rightarrow a^2+1>1, \forall a\neq 0$

$\Rightarrow 0< \frac{1}{a^2+1}< 1$

Do đó:

$(\frac{1}{a^2+1})^{2x+1}>1$

$\Leftrightarrow 2x+1< 0\Leftrightarrow x< \frac{-1}{2}$
Tập nghiệm của BPT là $(-\infty; \frac{-1}{2})$

 

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:12

Bài 4:

Khi quay tam giác $ABC$ xung quanh trục $AB$ ta thu được hình nón có đường sinh là $BC$

Theo định lý Pitago:

$l=BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{a^2+(\sqrt{3}a)^2}=2a$

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:23

Bài 5:

Diện tích thiết diện $S(x)=(\sqrt{xe^x})^2=xe^x$

Thể tích vật thể nằm giữa hai 2 mặt phẳng $x=0; x=\ln 4$ là:

\(V=\int ^{\ln 4}_{0}xe^xdx=e^x(x-1)|^{\ln 4}_{0}=4(\ln 4-1)+1\) (đơn vị thể tích)

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:26

Bài 6:

Tổng 26 số hạng đầu tiên của CSC là:
\(\sum_{i=1}^{26} u_{i}=26.u_1+3(1+2+...+25)=26.0+975=975\)

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:34

Bài 7:

Nửa chu vi đáy:

$p=\frac{20+21+29}{2}=35$ (cm)

Theo công thức Heron, diện tích đáy của hình chóp là:

\(S=\sqrt{p(p-20)(p-21)(p-29)}=210(cm^2)\)

Thể tích khối chóp là: \(V=\frac{1}{3}h.S_{ABC}=\frac{1}{3}.100.210=7000(cm^3)\)

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:42

Bài 8:

Gọi tâm của mặt cầu là $I$ thì \(x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=-1; y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=0; \frac{z_A+z_B}{2}=\frac{3}{2}\)

Bán kính mặt cầu:

\(R=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2+(z_A-z_B)^2}}{2}=\frac{3}{2}\)

PT mặt cầu:

$(x-x_I)^2+(y-y_I)^2+(z-z_I)^2=R^2$

hay $(x+1)^2+y^2+(z-\frac{3}{2})^2=\frac{9}{4}$

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:44

Bài 9:

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $ABCD$ là hình vuông

$\Rightarrow AB\parallel CD$

$\Rightarrow \angle (B'A, CD)=\angle (B'A, AB)=\widehat{BAB'}=45^0$ do $ABB'A'$ là hình vuông.

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 15:51

Bài 10

TXĐ: $x\in [-\sqrt{2}; \sqrt{2}]$

Ta có:

\(y'=\frac{-x}{\sqrt{2-x^2}}-1\) không có đạo hàm tại $x=\pm \sqrt{2}$. $y'=0$ khi $x=-1$
Lập BBT ta thấy $y_{\max}=y(-1)=2$

Mặt khác:

$\sqrt{2-x^2}\geq 0, \forall x\in [-\sqrt{2}; \sqrt{2}]$

$x\leq \sqrt{2}$

$\Rightarrow y=\sqrt{2-x^2}-x\geq -\sqrt{2}$ hay $y_{\min}=y(\sqrt{2})=-\sqrt{2}$

Vậy tổng min và max $y$ là:

$2-\sqrt{2}$ (đáp án D)

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 16:03

Bài 11:

Số giao điểm của 2 ĐTHS là số nghiệm của PT hoành độ giao điểm $x^2|x^2-4|=3$

Với $x^2\geq 4$ thì $|x^2-4|=x^2-4$

PT trở thành: $x^2(x^2-4)-3=0(*)$

$\Leftrightarrow x^4-4x^2-3=0$. Coi đây là PT bậc 2 ẩn $x^2$ thì ta thấy: \(\left\{\begin{matrix} \Delta'=4+3=7>0\\ P=\frac{4}{1}=4>0\\ S=\frac{-3}{1}< 0\end{matrix}\right.\) do đó PT $(*)$ có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm âm. Dễ thấy nghiệm $x^2$ dương đó lớn hơn $4$, tương ứng có 2 nghiệm $x$ thỏa mãn

Với $x^2< 4$ thì PT ban đầu trở thành $x^2(4-x^2)=3$

$\Leftrightarrow (x^2-1)(x^2-3)=0$. PT có 2 nghiệm $x^2$ nhỏ hơn 4 nên tương ứng ta có 4 nghiệm $x$ thỏa mãn

Tổng kết lại ta có 6 giao điểm.

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 16:13

Bài 11:

TXĐ: $x\in (-1;2)$

\(\log_{\frac{1}{3}}(x+1)>\log_3(2-x)\Leftrightarrow \log_3(\frac{1}{x+1})>\log_3(2-x)\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{x+1}> 2-x\Leftrightarrow 1> (x+1)(2-x)\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-1>0\Leftrightarrow x< \frac{1-\sqrt{5}}{2}\) hoặc $x> \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Kết hợp với TXĐ suy ra:

\(x\in (-1; \frac{1-\sqrt{5}}{2})\cup (\frac{1+\sqrt{5}}{2};2)\)

Vậy $a=-1; b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}; c=\frac{1+\sqrt{5}}{2}; d=2$

$\Rightarrow a+b+c+d=2$

Đáp án D

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 16:18

Bài 13:

Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB thì ta thu được một khối hình là hợp của 2 hình nón (ngược chiều nhau) có cùng bán kính đáy $r$ là đường cao của tam giác đều, tức là $r=\frac{\sqrt{3}}{2}.1=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và đường cao là $h=\frac{AB}{2}=\frac{1}{2}$

Thể tích 1 hình nón: $V_n=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{\pi}{8}$

Do đó thể tích của khối hình khi quay tam giác đều ABC quanh AB là: $2V_n=\frac{\pi}{4}$

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 16:21

Bài 14:

Vecto chỉ phương của đường thẳng $d$ là: $\overrightarrow{u_d}=(1; -1; 2)$

Mp $(P)$ vuông góc với $d$ nên nhận $\overrightarrow{u_d}$ là vecto pháp tuyến

Do đó PTMP $(P)$ là:

$1(x-x_M)-1(y-y_M)+2(z-z_M)=0$

$\Leftrightarrow x-y+2z=0$

Đáp án A


Các câu hỏi tương tự
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết
lili hương
Xem chi tiết