20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 14)

Đáp án A.

Số phức liên hợp của z=1−2i  là z¯=1+2i  .

Do đó M11;2   là điểm biểu diễn của z¯ .

Đáp án A.

Ta có:

 G=2+3+13;−1+5+23;3+−1+73=2;2;3  .

Chú ý: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC. Khi đó trọng tâm G của tam giác có tọa độ là xA+xB+xC3;yA+yB+yC3;zA+zB+zC3

Đáp án C.

Số trận đấu cần phải tổ chức là số tổ hợp chập 2 của 16, tức là bằng C162=120

Đáp án B.

+ Thể tích của khối lập phương bằng 93=729  (cm3).

+ Khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 9 (cm) và chiều cao bằng  (cm). Do đó khối chóp có thể tích bằng 13.92.10=270  (cm3).

+ Vậy khối vật thể có thể tích bằng 729+270=999  (cm3).

Chú ý:

+ Khối lập phương có cạnh bằng a có thể tích là a3 .

+ Công thức tính thể tích khối chóp:V=13Bh , trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp.

 

Đáp án D.

Ta có AB→=0;0;−4,BC→=1;0;0,BD→=0;1;0,CD→=−1;1;0,AC→=1;0;−4 . Rõ ràng AB→.BC→=AB→.BD→=AB→.CD→=0 ,  nên suy ra D sai.

Đáp án C.

Dễ thấy trên đoạn −3;0  thì fx≥0 , trên đoạn 0;4  thì fx≤0 .

 

S=∫−34fxdx=∫−30fxdx+∫04fxdx=∫−30fxdx−∫04fxdx

=∫−30fxdx+∫40fxdx

 

.

Đáp án A.

Cách 1: Gọi I là giao điểm của AC và BD.

Ta có SA⊥ABCD⇒SA⊥BD . Lại có AC⊥BD  (tính chất hình vuông).

Suy ra BD⊥SAC  . Do đó hình chiếu của SB trên  SAC là SI. Suy ra góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SAC  là góc giữa SB và SI, tức là góc ISB^   (do tam giác ISB vuông tại I nên ISB^   là góc nhọn). Ta có:

SB=SA2+AB2=a2+a2=a2,IB=BD2=a22

Do đó

 

sinISB^=IBSB=12⇒ISB^=30°

Cách 2: (Phương pháp tọa độ hóa) Không mất tổng quát, gán tọa độ như sau:

A0;0;0,B1;0;0,D0;1;0,S0;0;1Khi đó C1;1;0 .

Ta có SA→=0;0;−1,SC→=1;1;−1,SB→=1;0;−1 

Đặt n→=SA→,SC→=1;−1;0 . Khi đó n→  là một VTPT của SAC .

 

Gọi  α là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SAC , β  là góc giữa vecto n→  và vecto SB→ . Ta có

sinα=cosβ=n→.SB→n→.SB→=12.2=12⇒α=30° 

Đáp án A.

Ta có fx−m=0⇔fx=m  . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx  và đường thẳng y=m .Do đó để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì đường thẳng y=m  phải cắt đồ thị hàm số y=fx  tại một điểm duy nhất. Khi đó m∈3;+∞ .

Đáp án C.

y'=1−2e2x

y'=0⇔1−2e2x=0⇔e2x=12⇔2x=−ln2⇔x=−ln22∈−1;1

y−1=−1−e−2;y1=1−e2;y−ln22=−ln22−12=−ln2+12

Suy ra max−1;1y=−ln2+12

Đáp án C.

Hình nón được tạo thành có đường sinh bằng cạnh của tam giác, tức là bằng a.

Bán kính đáy của hính nón bằng một nửa cạnh của tam giác, tức là bằng a2  .

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=π.a2.a=πa22 .

 

Đáp án C.

Đồ thị hàm bậc bốn trùng phương có dạng chữ M nên suy ra a <0  .

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;c) nên suy ra c < 0.

Hàm số có ba cực trị nên suy ra ab < 0  , (a, b trái dấu). Mà a < 0 nên suy ra b > 0.

Vậy C là đáp án đúng.

 

Đáp án B.

Điều kiện:x−40>060−x>0⇔40<x<60 . Khi đó ta có:

 logx−40+log60−x<2⇔logx−4060−x<2⇔x−4060−x<102

x2−100x+2500>0⇔x−502>0⇔x≠50

 (do x−502≥0  với mọi x).

Kết hợp với điều kiện ta có x∈40;60\50  .

Suy ra có 60−40−1−1=18  số nguyên dương thỏa mãn điều kiện đã cho.

Lưu ý: Lỗi sai thường gặp:x−502>0⇔x>50;x−502>0

thỏa mãn với mọi x∈ℝ .

 

Đáp án B.

Vì β  song song với  α nên loại đáp án C và D.

Thử trực tiếp thấy điểm A1;2;3  thuộc mặt phẳng x−4y+z+4=0  .

Do đó đáp án đúng là B.

Đáp án B.

Đặt t=z2  ta được phương trình  t2+2t−8=0 (*)

Vì ac<0  nên suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

Suy ra z12=z22=t1;z32=z42=t2  .

Theo Vi-ét ta có t1+t2=−ba=−2 .

Do đó F=z12+z22+z32+z42=2t1+t2=2.−2=−4 .

Đáp án D.

Trong mp  ABCD gọi O là giao điểm của AC và BD.

Trong mặt phẳng SAC , qua O kẻ đường thẳng vuông góc với SC, cắt SC tại H.

Ta có  BD⊥ACBD⊥SA⇒BD⊥SAC⇒BD⊥OH⇒OH là đường vuông góc chung của hai đường thẳng SC và BD.

Lại có AC=a2⇒CS=SA2+AC2=a2+2a2=3a2=a3 .

Hai tam giác COH và CSA đồng dạng với nhau. Suy ra 

OHSA=COCS⇒OH=SA.COCS=a.a22a3=a66

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD bằng a66 .

Chọn đáp án D.

Đáp án B.

Rõ ràng A và B đều nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng Oxz  (do đều có tung độ dương). Gọi A' là điểm đối xứng của A qua Oxz  thì A'=−1;−3;4 . Ta có MA+MB=MA'+MB  (do M∈Oxz   và A' là điểm đối xứng của A qua Oxz ). Do đó  MA+MB ngắn nhất ⇔MA'+MB   ngắn nhất ⇔A',M,N  thằng hàng, tức M là giao điểm của A'B và Oxz .

Ta có A'B→=4;4;−4  . Suy ra phương trình đường thẳng A'B:x=3+ty=1+tz=−t  .

Phương trình mặt phẳng (Oxz)  là y=0. Giải phương trình 1+t=0⇔t=−1  .

Suy ra M=2;0;1 . Do đó M có hoành độ bằng 2. Vậy B là đáp án đúng.

Đáp án B.

Diện tích thiết diện là  Sx=x.29−x2=2x9−x2

Do đó thể tích của vật thể là  V=∫032x9−x2dx

Đáp án C.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x=−1 ; đường tiệm cận ngang y=1 .

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm có hoành độ −1<x0<0  . Từ đây ta loại luôn được A; B; D. Ta chọn C.

Đáp án C

ax2−7x+12−bx2−4x+3=ax−3x−4−bx−1x−3=ax−1−bx−4x−1x−3x−4

limx→3−x−1x−3x−4=0

limx→3−ax2−7x+12−bx2−4x+3

hữu hạn thì 2a+b=0  . Vậy C đúng

 

Đáp án D.

Gọi n là số đỉnh của đa giác đều.

Khi đó số đường chéo của đa giác đều đó là nn−32  .

Giải phương trình nn−32=54⇔n2−3n−108=0⇒n=12  .

 Đa giác có 6 đường chéo đi qua tâm C62=15.

Cứ hai đường chéo đi qua tâm thì tạo thành một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác đều đã cho là .

Đáp án A.

 M∈d⇒Tọa độ  M=−1+2t;t;2+t

Vì A là trung điểm MN⇒  Tọa độ  N=3−2t;−2−t;2−t

N∈P⇒3−2t−2−t−22−t+5=0⇔2−t=0⇔t=2

⇒M3;2;4,N−1;−4;0⇒MN→=−4;−6;−4

 

Phương trình đường thẳng Δ:x−32=y−23=z−42  .

Đáp án B.

Điều kiện: x>0 .

Ta có:  log2x+log2x+log4x2+log8x3+log16x4=40

⇔log212x12+log2x+log22x2+log23x3+log24x4=40

⇔log2x+log2x+log2x+log2x+log2x=40

⇔5log2x=40⇔log2x=8⇔x=28

Số ước tự nhiên của x là 8+1=9.

Đáp án A.

Gọi n=a1a2a3a4a5a6¯  là số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thỏa mãn n<432000 .

 n<432000⇒a1có thể nhận một trong các giá trị 1, 2, 3, 4.

*  a1∈1,2,3⇒a2,a3,a4,a5,a6là một hoán vị của 5 chữ số thuộc tập 1,2,3,4,5,6\a1 . Trường hợp này có 3.5! = 360 số.

* a1=4⇒a2  có thể nhận một trong các giá trị 1, 2, 3.

+  a2∈1,2⇒a3,a4,a5,a6là một hoán vị của 4 chữ số thuộc tập 1,2,3,4,5,6\a1,a2  . Trường hợp này có 2.4!=48  số.

+  a2=3⇒a3chỉ có thể nhận giá trị bằng 1. Khi đó a4,a5,a6  là một hoán vị của 3 chữ số thuộc tập 2,5,6 . Trường hợp này có 3!=6  số.

Vậy theo quy tắc cộng có tất cả 360+48+6=414  số.

 

Đáp án C.

Đổi 1,5 lít = 0,0015 m³.

Ta tưởng tượng có một chiếc hộp không nắp dạng hình hộp chữ nhật để ngoài trời mưa. Đáy của chiếc hộp rộng 1m². Sau trận mưa, lượng nước trong hộp là 0,0015m³. Suy ra mực nước trong hộp là h=0,00151=0,0015m=0,15cm  .
Mực nước trong chiếc hộp này cũng chính là mực nước tăng lên trong bể bơi.

Vậy đáp án là C.

Đáp án C.

Đặtz=a+bi,a,b∈ℝ . Ta có 1−iz2+2+2iz2+2zz+i=0 .

Với a2+b2>0⇒z≠0;z2=z.z¯ . Ta có

1⇔1−i.z.z¯+2+2iz2+2zz+i=0⇔1−iz¯+2+2iz+2z+i=0

⇔1−ia−bi+2+2ia+bi+2a+b+1i=0

⇔a−b−a+bi+2a−2b+2a+2bi+2a+2b+2i=0

⇔5a−3b+a+3b+i=0⇔5a−3b=0a+3b=−2⇔a=−13b=−59⇒F=35

 

Đáp án B.

Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu, dễ thấy ∫ab3+2x−x2dx  lớn nhất khi a=−1  và b=3 , tức là b−a=4

Đáp án A.

Cách 1: Gọi P là giao điểm của  BN và A'B'=>P là trọng tâm ΔA'B'B .

Q là giao điểm của CM và A'C'=>Q là trọng tâm ΔA'C'C

⇒PQ//B'C' Ta có AB'C'∩BCMN=PQ .

Gọi H là trung điểm của B'C' và I là giao điểm của AH và PQ.

I là trung điểm của PQ.

 

Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt BC và MN lần lượt tại J và K

=>J là trung điểm BC và K là trung điểm MN.

 

Ta có  AB'=AC'⇒ΔAB'C' cân tại A⇒AH⊥BC⇒AI⊥PQ .

Lại có IJ⊥PQ⇒  Góc giữa AB'C'và  BCMN là góc giữa IJ và IA.

Ta có:

AC'=AC2+CC'2=232+22=4

⇒AH=AC'2−HC'2=42−32=13⇒AI=23AH=2133

BN=BB'2+B'N2=22+32=7

KJ=NE=BN2−EB2=7−34=52⇒IJ=23KJ=53

Lại có AJ=23.32=3

 

Trong ΔAIJ  :

cosAIJ^=IJ2+IA2−AJ22.IJ.IA=259+4.139−92.53.2133=−1365 .

 Cosin của góc giữa AB'C'  và BCMN  là 1365

Cách 2: (Tọa độ hóa)

 

Gọi T là trung điểm AC. Đặt M=0;0;0,B'3;0;0,C'0;3;0,T0;0;2

⇒A0;−3;2,B3;0;2,C0;3;2⇒MB→=3;0;2,MC→=0;3;2

 n→=MB→,MC→=23;6;63là một vecto pháp tuyến của .

Lại có  AB'→=3;3;−2,AC'→=0;23;−2

 ⇒n'→=AB→,AC→'=23;6;63là một vecto pháp tuyến của AB'C' .

Gọi α  là góc giữa AB'C'  và MNBC .

Ta có:

cosα=cosn→;n'→^=−23.23+−6.6+33.63−232+−62+332.232+62+632=1365

 

Đáp án C.

Ta có y'=3x2+4m−2x−5  ; y'=0⇔3x2+4m−2x−5=0   (*).

Phương trình (*) có ac<0   nên luôn có hai nghiệm trái dấu .

Suy ra x1=−x1;x2=x2  .

Khi đó x1,x2  là hai điểm cực trị của hàm số.

x1−x2=−2⇔−x1−x2=−2⇔x1+x2=2⇔−4m−23=2⇔m=12

Đáp án C.

Cách 1: Tập xác định:  D=ℝ

Ta có:

y=x3−x2−x+1=x6−x2−x2+1  

 ⇒y'=6x52x6−2x−2x2x2=3x5−2xx6−x.x4x6

Ta thấy y' không xác định tại x=0.

- Nếu x>0 :y'=3x2−2x4−x3x3=3x2−2x−1 ;y'=0⇒x=1 .

- Nếu x<0  : 

y'=3x5+2x4−x3−x3=−3x2−2x+1y'=0⇒x=−1

Bảng biến thiên:

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Cách 2: Đặt t=x,t≥0  . Xét hàm số ft=t3−t2−t+1,t≥0 .

Ta có: 

f't=3t2−2t−1;f't=0⇔t=0

 

Bảng biến thiên của hàm số f(t):

Ta có hàm số y=x3−x2−x+1  là hàm số chẵn (đồ thị đối xứng qua trục Oy).

Suy ra bảng biến thiên của hàm số y=x3−x2−x+1 :

Do đó hàm số  y=x3−x2−x+1 có 3 điểm cực trị.

Đáp án C.

Ta có:x2−4x+3=0⇔x=1x=3  mà  x = 1 và x= 3  không là nghiệm của tử thức

 ⇒x=1 và x=3  là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Lại có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu  ⇒y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận

Đáp án D.

ta có m4−m2+1=m2−122+34≥34∀m

15x2−4x+3=m4−m2+1⇔x2−4x+3=−log4m4−m2+1

Xét hàm số  y=x2−4x+3 có bảng biến thiên:

 

Suy ra bảng biến thiên của hàm số y=x2−4x+3 :

Phương trình x2−4x+3=−log5m4−m2+1   có 4 nghiệm phân biệt

⇔0<−log5m4−m2+1<1⇔−1<log5m4−m2+1<0

⇔15<m4−m2+1<1⇔m4−m2+1<1

( do m4−m2+1≥34>15)

⇔m4−m2<0⇔m2m2−1<0⇔m≠0m2−1<0⇔m≠0−1<m<1

⇔m∈−1;0∪0;1

Vậy S=−1;0∪0;1 , tức là S là hợp của hai khoảng với nhau. Vậy D là đáp án đúng.

Đáp án C.

Mực nước trong bồn sau khi bơm được 56 giây là:∫056h'tdt=∫05615.t+8dt=36 (cm)

Đáp án C.

 Đặt A=a;0;0,B0;b;0,C0;0;cabc≠0

Ta có HA→=a−1;−2;−3,HB→=−1;b−2;−3, BC→=0;−b;c,AC→=−a;0;c

H là trực tâm ΔABC⇒HA→.BC→=0HB→.AC→=0⇔2b−3c=0a−3c=0  .

Phương trình mặt phẳng  có dạng xa+yb+zc=1 

⇔xa+ya2+za3=1⇔x+2y+3z−a=0

Vì  ABCđi qua H ⇒1+2.2+3.3=a⇔a=14

Vậy phương trình (P) là x+2y+3z−14=0 .

Đáp án D.

Ta có ∫0xftdt/=fx .

Quan sát sự biến thiên và dấu của các hàm số dựa vào đồ thị ta suy ra D là đáp án đúng.

Đáp án A.

Tập xác định: D=ℝ\−m . Ta có y'=m2−4x+m2.

Để hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;1  thì ta phải có

m2−4<01≤−m⇔−2<m<2m≤−1⇔−2<m≤−1

Lưu ý: Với cách cho đáp án như trong câu hỏi này, ta có làm như sau:

- Thử với m=−2  . Khi đó y=−2x+4x−2=−2x−2x−2=−2 . Suy ra với  m=−2 thì hàm số không nghịch biến trên −∞;1 . Từ đó loại được đáp án B và C.

- Thử với m=−1  . Khi đó y=−x+4x−1 . Ta có y'=−3x−12<0∀x≠1 .

Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng −∞;1  và 1;+∞  . Vậy A là đáp án đúng.

Đáp án C.

  y'=x2−22m+1x−m;y'=0⇔x2−22m+1x−m=0(*).

Δ'=2m+12+m=4m2+5m+1

Để hàm số có hai điểm cực trị thì y'=0  có hai nghiệm phân biệt.

Khi đó hai điểm cực trị x1,x2  là hai nghiệm của phương trình (*).

Xét các trường hợp sau:

+ Phương trình (*) có nghiệm bằng 0⇒m=0 .

Với m=0  , (*) trở thành x2−2x=0⇔x1=0x2=2 , không thỏa mãn x1<x2   mà x1>x2  .

 

+ Phương trình (*) có nghiệm 0<x1<x2 . Khi đó x1<x2  nên trường hợp này không thỏa mãn.

+ Phương trình (*) có nghiệm x1<0<x2  .

Khi đó ta có

x1>x2⇔−x1>x2⇔x1+x2<0 

Vậy điều kiện cho trường hợp này là

P<0S<0⇔−m<022m+1<0⇔m>0m<−12

 hệ này vô nghiệm.

+ Phương trình (*) có nghiệm x1<x2<0  . Khi đó ta có ngay x1>x2  .

Vậy điều kiện cho trường hợp này là

Δ'>0P>0S<0⇔4m2+5m+1>0−m>022m+1<0⇔m∈−∞;−1∪−14;+∞m<0m<−12⇔m∈−∞;−1

Vậy không có giá trị nguyên dương nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C.

Dễ thấy bán kính đáy của cái lọ bằng 3r.

Do đó diện tích đáy S của cái lọ bằng S=π3r2=9πr2 .

Đáp án B.

Gọi h(m) là chiều cao của chiếc bồn nước,h>0 .

Thể tích của chiếc bồn là V=πr2h=10⇒h=10πr2  .

Diện tích toàn phần của chiếc bồn là:

Stp=2πr2+2πrh=2πr2+2πr.10πr2=2πr2+20r=2πr2+10r+10r

Cách 1: Theo bất đẳng thức Côsi ta có: Stp≥32πr2.10r.10r3=3.200π3  .

Dấu “=” xảy ra khi

2πr2=10r⇔r3=5π⇔r=5π3  

Vậy với r=5π3  thì lượng inox được sử dụng để làm bồn nước là ít nhất.

Cách 2: Xét hàm số fr=2πr2+20r,r>0 .

Ta có

f'r=4πr−20r2=4πr3−20r2;f'r=0⇔4πr3−20=0⇔r3=5π⇔r=5π3

 

Bảng biến thiên:

 

 ⇒frđạt giá trị nhỏ nhất tại r=5π3 .

Đáp án B.

Gọi F là trung điểm của BD⇒EF//CD

Góc giữa SE và CD là góc giữa SE và EF.

Ta có CD=22.32=6⇒EF=62

Lại có SE=SC2+CE2=12+22=3

Trong tam giác vuông CDF : CF=CD2+DF2=62+2242=132

Trong tam giác vuông SCF : 

SF=SC2+CF2=12+1322=152

Trong tam giác SEF:

cosSEF^=SE2+EF2−SF22SE.EF=3+64−15223.62=−22

 

 ⇒SEF^=3π4⇒Góc giữa SE và CD bằng π−3π4=π4 .

Đáp án B.

Điều kiện: x,y,z>0;x∈ℕ .

Theo tính chất của cấp số cộng ta có:

 2log12x=log12162+log12y2log12y=log12x+log12z2log12z=log12y+log121250⇔x2=162yy2=xzz2=1250y

⇒xyz2=162.1250.xy2z⇒xz=202500⇒y2=202500⇒y=450

⇒x2=162450⇒x=270

Vậy tổng các chữ số của x là 9.

 

Đáp án C.

Đặt t=sinx,t∈−1;1 . Phương trình đã cho trở thành 2t+1t+2=m   (*).

Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thuộc đoạn 0;π  thì phương trình (*) phải có đúng một nghiệm thuộc nửa khoảng 0;1 .

Xét hàm số ft=2t+1t+2 . Ta có f't=3t+22  .

Bảng biến thiên của :

 

Vậy để phương trình (*) có đúng một nghiệm thuộc nửa khoảng 0;1  thì m∈12;1 . Vậy C là đáp án đúng

 

Đáp án A.

Đặt B'0;0;0,A'a;0;0,C'0;a;0,B0;0;a⇒Aa;0;a

Ta có B'A→=a;0;a,BC'→=0;a;−a,B'B→=0;0;a

⇒B'A→,BC'→=−a2;a2;a2;B'A→,BC'→.BB'→=a3

dB'A,BC'=B'A→,BC'→.BB'→B'A→,BC'→=a33a4=a3a23=a33

Đáp án B.

Hàm số y=fx+m  là một hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy. Mặt khác y=fx+m =fx+m∀x≥0 . Ta có phép biến đổi từ đồ thị hàm số y=fx  thành đồ thị hàm số y=fx+m  :

* Nếu m > 0:

- Bước 1: Tịnh tiến đồ thị hàm sốy=fx  sang trái m đơn vị.

- Bước 2: Xóa phần nằm bên trái Oy của đồ thị thu được ở Bước 1.

- Bước 3: Lấy đối xứng đồ thị thu được ở Bước 2 qua Oy.

* Nếu m=0  :

- Bước 1: Tịnh tiến đồ thị hàm số y=fx  sang phải m đơn vị.

- Bước 2: Xóa phần nằm bên trái Oy của đồ thị thu được ở Bước 1.

- Bước 3: Lấy đối xứng đồ thị thu được ở Bước 2 qua Oy.

Quan sát ta thấy đồ thị hàm số y=fx  có 2 điểm cực trị.

Để đồ thị hàm số y=x+m  có 5 điểm cực trị thì nhánh bên phải Oy của đồ thị hàm số y=x+m  phải có 2 điểm cực trị => Điểm cực trị  của đồ thị hàm số y=fx  phải được tịnh tiến sang phải Oy⇒m<−1  .

Đáp án C.

Đặt Bx;y;z  . Ta có  OA2=8,ΔOABđều ⇒OA2=OB2=AB2=8 .

Mà  B∈S⇒Ta có hệ  x2+y2+z2−2x−2y−2z=0 1x2+y2+z2=8 (2)x−22+y−22+z2=8        (3)

Thế (2) vào (1) và (3) ta được: x+y+z=4x+y=2⇔z=2y=2−x .

Thế vào (2): 

x2+2−x2=8⇔2x2−4x=0⇔x=0lx=2

Với x=2⇒y=0⇒B2;0;2

 ⇒n→=OA→,OB→=4;−4;−4⇒Phương trình OAB:x−y−z=0 .

Đáp án D.

Kí hiệu trên đồ thị như hình bên.

Đặt u=fx  . Ta có gx=ffx=fu  .

g'x=u'.f'u=f'x.f'u
g'x=0⇔f'x=0f'u=0

f'x=0⇔x1=0x2=a2<a<3  (nhìn hình để xác định a).

f'u=0⇔u=x1u=x2⇔fx=x1=0fx=x2=a2<a<3
fx=0⇔x∈b;1;c=x3;x4;x5

 fx=a(nhìn vào đồ thị thể hiện bên ta thấy đồ thị hàm số fx  cắt đường thẳng y=a   (với 2<a<3  ) tại ba điểm phân biệt do vậy phương trình fx=a  có ba nghiệm phân biệt x6;x7;x8 .

Rõ ràng x1,...,x8  là đôi một khác nhau.

Kết hợp lại thì phương trình g'x=0  có 8 nghiệm phân biệt.

Đáp án D.

y'=3x2−12x+9

Gọi Mx0;x03−6x02+9x0−1  là một điểm bất kì thuộc (C)  . Tiếp tuyến tại M:

 y=3x02−12x0+9x−x0+x03−6x02+9x0−1

⇔y=3x02−12x0+9x−2x03+6x02−1

Gọi Aa;a−1  là một điểm bất kì thuộc đường thẳng y=x−1  .

Tiếp tuyến tại M đi qua  A⇔3x02−12x0+9a−2x03+6x02−1=a−1

⇔3x02−12x0+8a=2x03−6x02 (*).

Từ A kẻ được hai tiếp tuyến đến C⇔*   có hai nghiệm  phân biệt.

Ta có  

3x02−12x0+8=0⇔x0=6±233

Dễ thấy x0=6±233  không thỏa mãn .

Với  x0≠6±233thì  *⇔a=2x03−6x023x02−12x0+8.

Xét hàm số fx=2x3−6x23x2−12x+8 . Ta có f'x=6x4−8x3+20x2−16x3x2−12x+82 .

Bảng biến thiên của :

Vậy để (*) có 2 nghiệm phân biệt thì a∈0;4  . Suy ra tập T=0;−1,4;3

Do đó tổng tung độ các điểm thuộc T bằng 2.

 

Đáp án C.

Gọi M là số tiền ban đầu; r là lãi suất hàng tháng.

Số tiền lãi tháng 1 là M.r.

Số tiền cả vốn lẫn lãi tháng 1 là M(1+r).

Số tiền còn lại sau khi chuyển cho Lâm m đồng là M1+r−m .

 

Tương tự: Số tiền còn lại sau tháng thứ 2 là:

M1+r−m1+r−m=M1+r2−m1+r+1

Số tiền còn lại sau tháng thứ 3 là:

M1+r2−m1+r+11+r−m=M1+r3−m1+r2+1+r+1

 

 =M1+r3−m.1+r3−11+r−1=M1+r3−m.1+r3−1r

…

Số tiền còn lại sau 48 tháng là:M1+r48−m.1+r48−1r .

Vì sau 48 tháng là hết tiền trong tài khoản nên ta có:

M1+r48−m.1+r48−1r=0⇒m=M.1+r48.r1+r48−1

Thay số vào ta tìm đượcm≈4.920.224  (đồng).

Đáp án D.

Gọi  Ma;blà điểm biểu diễn số phức z=a+bi . Đặt I=1;1  , A7;9  và  B0;8

Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn  Ccó tâm I, bán kính  R=5 sao cho biểu thức P=MA+2MB  đạt giá trị nhỏ nhất.

Trước tiên, ta tìm điểm Kx;y  sao cho MA=2MK ∀M∈C  .

Ta có  

 MA=2MK⇔MA2=4MK2⇔MI→+IA→2=4MI→+IK→2

⇔MI2+IA2+2MI→.IA→=4MI2+IK2+2MI→.IK→

⇔2MI→IA→−4IK→=3R2+4IK2−IA2 *

(*) luôn đúng ∀M∈C⇔IA→−4IK→=0→3R2+4IK2−IA2=0 .

IA→−4IK→=0→⇔4x−1=64y−1=8⇔x=52y=3

Thử trực tiếp ta thấy K52;3   thỏa mãn 3R2+4IK2−IA2=0 .

Ta cos MA+2MB=2MK+2MB=2MK+MB≥2KB  .

Vì BI2=12+72=50>R2=25  nên B nằm ngoài (C).

Vì KI2=322+22<R2=25  nên K nằm trong (C)  .

Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK  . Do đó MA+2MB  nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của (C) và đường thẳng BK.

Phương trình đường thẳng BK:2x+y−8=0 .

Phương trình đường tròn C:x−12+y−12=25 .

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

2x+y=8x−12+y−12=25⇔x=1y=6

 hoặc x=5y=−2 .

Thử lại thấy M1;6  thuộc đoạn BK.

Vậy a=1,b=6⇒a+b=7  .

Đáp án A.

Đặt Ω  là không gian mẫu. Ta có nΩ=28=256 .

Gọi A là biến cố “Không có hai người nào ngồi cạnh nhau phải đứng dậy”.

- TH1: Không có ai tung được mặt ngửa. Trường hợp này có 1 khả năng xảy ra.

- TH2: Chỉ có 1 người tung được mặt ngửa. Trường hợp này có 8 khả năng xảy ra.

- TH3: Có 2 người tung được mặt ngửa nhưng không ngồi cạnh nhau: Có 8.52=20  khả năng xảy ra (do mỗi người trong vòng tròn thì có 5 người không ngồi cạnh).

- TH4: Có 3 người tung được mặt ngửa nhưng không có 2 người nào trong 3 người này ngồi cạnh nhau. Trường hợp này có C83−8−8.4=16  khả năng xảy ra.

Thật vậy:

+ Có C83   cách chọn 3 người trong số 8 người.

+ Có 8 khả năng cả ba người này ngồi cạnh nhau.

+ Nếu chỉ có 2 người ngồi cạnh nhau. Có 8 cách chọn ra một người, với mỗi cách chọn ra một người có 4 cách chọn ra hai người ngồi cạnh nhau và không ngồi cạnh người đầu tiên (độc giả vẽ hình để rõ hơn). Vậy có 8.4 khả năng.

- TH5: Có 4 người tung được mặt ngửa nhưng không có 2 người nào trong 4 người này ngồi cạnh nhau. Trường hợp này có 2 khả năng xảy ra.

Suy ra 

nA=1+8+20+16+2=47⇒PA=47256

Đáp án D.

Gọi O là trung điểm của AB, suy ra O0;0;0  .

Ta có AB→=−2x0;0;0,OC→=0;1;0⇒AB→.OC→=0⇒AB⊥OC .

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ bên. Với Ax0;0;0,B−x0;0;0,C0;1;0 ,B'−x0;0;4−x0 ,A'x0;0;4−x0 , C'0;1;4−x0  do  x0+y0=4 và 0<x0,y0<4 .

 Có AC'→=−x0;1;4−x0,B'C→=x0;1;x0−4⇒AC'→,B'C→=2x0−8;0;−2x0

AC→=−x0;1;0⇒AC'→,B'C→.AC→=−x02x0−8=−2x0x0−4

⇒dAC';B'C=AC'→,B'C→.AC→AC'→,B'C→=2x0x0−444−x02+4x02=x04−x04−x02+x02

 do x0∈0;4 .

Với 0<x0<4  , ta có 4−x02+x02≥AM−GM24−x02x02=2x04−x0 .

Như vậy dAC';B'C=x04−x04−x02+x02≤x04−x02x04−x0=12 .

Dấu “=” xảy ra khi x0=4−x0⇔x0=2=y0  .

Khi đó A2;0;0,B−2;0;0,C0;1;0,B'−2;0;2 . Giả sử phương trình mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A'B'C'  là .

Ta có hệ phương trình sau:

 22+02+02−2a.2−2b.0−2c.0+d=0−22+02+02−2a−2−2b.0−2c.0+d=002+12+02−2a.0−2b.1−2c.0+d=0−22+02+22−2a−2−2b.0−2c.2+d=0⇔4a−d=44a+d=−42b−d=14a−4c+d=−8⇔a=0b=−32c=1d=−4

Vậy mặt cầu (S) có tâm I0;−32;1  và bán kính 

R=a2+b2+c2−d=292