đề 5 trang 7

Câu 45: Đáp án D

HD: Ta có ${{3}^{x}}+{{a}^{x}}ge {{6}^{x}}+{{9}^{x}}Leftrightarrow fleft $x r i g h t$ ={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}ge 0;,forall xin mathbb{R}.$

Xét $fleft $x r i g h t$ ={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}$ trên $mathbb{R}$, có ${f}’left $x r i g h t$ ={{3}^{x}}.ln 3+{{a}^{x}}.ln a-{{6}^{x}}.ln 6-{{9}^{x}}.ln 9.$

Để $fleft $x r i g h t$ ge 0;,forall xin mathbb{R}Leftrightarrow underset{mathbb{R}}{mathop{min }},fleft $x r i g h t$ =0=fleft $0 r i g h t$ .$ Hay ${f}’left $0 r i g h t$ =0Leftrightarrow ln a=ln dfrac{6times 9}{3}Rightarrow a=18.$

Câu 46: Đáp án B

HD: Áp dụng công thức tính nhanh, ta có $dfrac{{{V}_{AMPBCD}}}{{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}}=dfrac{1}{2}left $d f r a c B M B B^{'} + d f r a c D P D D^{'} r i g h t$ =dfrac{3}{8}Rightarrow {{V}_{AMPBCD}}=3{{a}^{3}}.$

Câu 47: Đáp án D

HD: Đặt $left{ begin{array}{l}
u = x\
dv = f’left $x r i g h t$ dx
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
du = dx\
v = fleft $x r i g h t$
end{array} right. Rightarrow intlimits_0^{frac{pi }{2}} {x.f’left $x r i g h t$ dx = x.fleft $x r i g h t$ left| {_0^{frac{pi }{2}}} right.} – intlimits_0^{frac{pi }{2}} {fleft $x r i g h t$ dx.} $

Ta có $x.fleft $x r i g h t$ left| _{0}^{dfrac{pi }{2}} right.=dfrac{pi }{2}.fleft $d f r a c p i 2 r i g h t$ ,$ thay $text{x}=dfrac{pi }{2}$ vào giả thiết, ta được $fleft $d f r a c p i 2 r i g h t$ +fleft $0 r i g h t$ =0Rightarrow fleft $d f r a c p i 2 r i g h t$ =0.$

Lại có $fleft $x r i g h t$ +fleft $d f r a c p i 2 - x r i g h t$ =sin x.cos xLeftrightarrow intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $x r i g h t$ dx}+intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $d f r a c p i 2 - x r i g h t$ dx=intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{sin x.cos xdx}}$.

Đặt $t=dfrac{pi }{2}-xxrightarrow{{}}intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $x r i g h t$ dx}=intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $d f r a c p i 2 - x r i g h t$ dx}Rightarrow intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $x r i g h t$ dx}=dfrac{1}{4}.$ Vậy $intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{x.{f}’left $x r i g h t$ dx}=-dfrac{1}{4}$.

Câu 48: Đáp án C

HD: Ta có $5w=left $2 + i r i g h t$ left $z - 4 r i g h t$ Leftrightarrow 5w+5i=left $2 + i r i g h t$ z-8+iLeftrightarrow 5left| w+i right|=left| left $2 + i r i g h t$ z-8+i right|$

$Leftrightarrow left| left $2 + i r i g h t$ z-8+i right|=3sqrt{5}Leftrightarrow left| 2+i right|.left| z-dfrac{8-i}{2+i} right|=3sqrt{5}Leftrightarrow left| z-dfrac{8-i}{2+i} right|=3Leftrightarrow left| z-3+2i right|=3$

$Rightarrow $ Tập hợp điểm $Mleft $z r i g h t$ $ là đường tròn $left $C r i g h t$ :{{left $x - 3 r i g h t$ }^{2}}+{{left $y + 2 r i g h t$ }^{2}}=9,$ tâm $Ileft $3; - 2 r i g h t$ ,R=3.$

Gọi $Aleft $1; 2 r i g h t$ ,Bleft $5; 2 r i g h t$ $ và $Eleft $3; 2 r i g h t$ $ là trung điểm của AB suy ra $P=MA+MB.$

Lại có ${{left $M A + M B r i g h t$ }^{2}}le 2left $M A^{2} + M B^{2} r i g h t$ =4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}Rightarrow P$ lớn nhất $Leftrightarrow ME$ lớn nhất.

Mà $IE=4>R=3xrightarrow{{}}M{{E}_{max }}=IE+R=7.$ Vậy ${{P}_{max }}=sqrt{4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}}=2sqrt{53}.$

Câu 49: Đáp án C

HD: Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng $vleft $x r i g h t$ in left $1; 4 r i g h t$ $ với $forall xin left $0; 5 r i g h t$ .$

Xét hàm số $fleft $x r i g h t$ =sqrt{3x}+sqrt{10-2x}$ trên $left $0; 5 r i g h t$ $, có ${f}’left $x r i g h t$ =dfrac{3}{2sqrt{3x}}-dfrac{1}{sqrt{10-2x}}=0Leftrightarrow x=3.$

Suy ra $underset{left $0; 5 r i g h t$ }{mathop{min }},fleft $x r i g h t$ =fleft $0 r i g h t$ =sqrt{10};underset{left $0; 5 r i g h t$ }{mathop{max }},fleft $x r i g h t$ =fleft $3 r i g h t$ =5Rightarrow sqrt{10}le sqrt{3x}+sqrt{10-2x}le 5.$

Khi đó $m=dfrac{sqrt{3x}+sqrt{10-2x}}{uleft $x r i g h t$ }$ mà $dfrac{1}{uleft $x r i g h t$ }in left $d f r a c 14; 1 r i g h t$ xrightarrow{{}}dfrac{sqrt{3text{x}}+sqrt{10-2text{x}}}{uleft $x r i g h t$ }in left $d f r a c s q r t 10 4; 5 r i g h t$ .$

Do đó, phương trình đã cho có nghiệm $Leftrightarrow min left $d f r a c s q r t 10 4; 5 r i g h t$ .$

Câu 50: Đáp án A

HD: Số phần tử của không gian mẫu là $nleft $O m e g a r i g h t$ =C_{9}^{3}.C_{6}^{3}.C_{3}^{3}=1680.$

Gọi X là biến cố “ không có phần nào gồm ba viên bi cùng màu”.

Khi đó, ta xét chia thành 3 phần: (2X – 1Đ), (1Đ – 2X), (1Đ – 2X).

Suy ra có $C_{4}^{2}.C_{5}^{1}.C_{2}^{1}.C_{4}^{2}.3=1080$ cách chọn $Rightarrow nleft $X r i g h t$ =1080.$ Vậy $P=dfrac{nleft $X r i g h t$ }{nleft $O m e g a r i g h t$ }=dfrac{9}{14}.$

Bài Viết cùng chủ đề

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 31 – Đs

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 30

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 29

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 28

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 26

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 25

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 24

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 23

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 22

Để lại một bình luận Hủy