25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 2)
50 câu hỏi
Nghiệm của phương trình 22x−1=2x.22020 bằng
2018.
2021.
2019.
2020.
Đáp án B
Ta có 22x−1=2x.22020⇔22x−1=2x+2020⇔2x−1=x+2020⇔2x−x=2020+1⇔x=2021
Điểm A trong hình vẽ dưới là điểm biểu diễn của số phức
z=2−2i
z=−2−2i
z=2+2i
z=−2+2i
: Đáp án A
Điểm A2;−2 biểu diễn số phức z=2−2i.
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.
Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề dưới đây.
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.
Hàm số đồng biến trên khoảng−1;1 .
Hàm số nghịch biến trên khoảng0;1∪1;2 .
Hàm số đồng biến trên khoảng 5;+∞.
Đáp án D
Dựa vào Bảng biến thiên ta thấy:
Hàm số đồng biến trên từng khoảng −∞;0 và 2;+∞.
Hàm số đồng biến trên từng khoảng 0;1 và 1;2.
Cho điểm M1;2;4, hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng yOz là điểm
M'2;0;4
M'0;2;4
M'1;0;0
M'1;2;0
Đáp án B
Ta có yOz:x=0 Þ Hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng yOz là M'0;2;4.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=−sinx+ex+5x là
cosx+ex+52x2+C
cosx+ex+10x2+C
−cosx+ex+52x2+C
−cosx+exx+1+52x2+C
Đáp án A
Ta có ∫−sinx+ex+5xdx=−∫sinxdx+∫exdx+∫5xdx=cosx+ex+52x2+C
Đường cong trong hình vẽ sau là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y=x3−2x−1
y=−x3−2x+1
y=−x3+x2+1
y=x3−2x+1
Đáp án D
Đồ thị hàm số có nhánh ngoài cùng bên phải hướng lên nên loại B và C.
Ta có: y0>0 nên loại A Þ Chọn D.
Trong không gian Oxyz, đường thẳng d:x−12=y−2−3=z4 có một vectơ chỉ phương là
u3→=2;−3;0
u1→=2;−3;4
u4→=1;2;4
u2→=1;2;0
Đáp án B
Đường thẳng d có phương trình chính tắc d:x−12=y−2−3=z4 có một vectơ chỉ phương u→=2;−3;4.
Tổng quát: Đường thẳng d có phương trình chính tắc d:x−x0a=y−y0b=z−z0c có một vectơ chỉ phương u→=a;b;c.
Cho khối chóp S.ABC có SA⊥ABC, SA=a, đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Thể tích của khối tứ diện S.ABC là
a2312
a312
a3312
312
Đáp án C
Ta có: SABC=a234, VS.ABC=13SA.SABC=a3312.
Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3−3x2+3 trên đoạn 1;3. Giá trị T=2M+m bằng
3
5
4
2
Đáp án B
Ta có: y'=3x2−6x.
y'=0⇔3x2−6x=0⇔x=0x=2.
Ta có: y1=1y2=−1y3=3 và hàm số liên tục trên 1;3.
Suy ra maxx∈Dy=3 và minx∈Dy=−1. Suy ra M=3 và m=−1. Vậy T=5.
Với a, b là hai số dương tùy ý. Khi đó lna3b2 có giá trị bằng
6lna.lnb
2lna+3lnb
13lna+12lnb
3lna+2lnb
Đáp án D
Với a, b là hai số dương tùy ý, ta có: lna3b2=lna3+lnb2=3lna+2lnb.
Tìm nguyên hàm của hàm sốfx=cos5x .
∫fxdx=−15sin5x+C
∫fxdx=5sin5x+C
∫fxdx=15sin5x+C
∫fxdx=−5sin5x+C
Đáp án C
Ta có: ∫fxdx=∫cos5xdx=15∫cos5xd5x=15sin5x+C
Cho hình nón đỉnh S có bán kính R=a2, góc ở đỉnh bằng 60°. Diện tích xung quanh của hình nón bằng
4πa2
3πa2
2πa2
πa2
Đáp án A
Ta có: BSO^=12ASB^=30°.
Xét tam giác SOB vuông tại O có: l=SB=OBsinBSO^=2a2.
Diện tích xung quanh của hình nón Sxq=πRl=π.a2.2a2=4πa2
.
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng P:2x+3y−4z−15=0 có một vectơ pháp tuyến là
n→=−2;−3;4
n→=2;−3;4
n→=−2;3;4
n→=−2;3;−4
Đáp án A
Cho hàm số f(x)có bảng biến thiên như hình dưới đây.
Hàm số f(x) đạt cực tiểu tại điểm
x=−4
x=3
x=0
x=-1
Đáp án B
Cho cấp số nhân un có công bội q>0, u2=4, u4=9, giá trị của u5 bằng
814
−272
6
272
Đáp án D
Ta có: u4=u1.q3u2=u1.q⇒q2=u4u1=94⇒q=32.
Suy ra u5=u4.q=272.
Cho hàm số fx có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm thực của phương trình 2fx−8=0 là
2
3
1
0
Đáp án A
Ta có 2fx−8=0⇔fx=4.
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y=4 và đồ thị hàm số y=f(x).
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Cho hình lập phương ABCDA'B'C'D' có cạnh bằng a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và BD' bằng
a22
a
2a
a2
Đáp án B
Do BD//B'D'BD//A'B'C'D' nên dBD,B'D'=dB,B'D'=BB'=a . 
Có bao nhiêu số phức z có phần thực bằng 1 và z+1−2i=5
2
1
3
0
Đáp án A
Gọi số phức có phần thực bằng 1 là z=1+bi, b∈ℝ. Khi đó, ta có:
1+bi+1−2i=5⇔2+b−2i=5⇔4+b−22=5⇔b=3b=1.
Vậy chỉ có hai số phức thỏa mãn.
Đạo hàm của hàm số y=log222x+1 là
2log22x+12x+1ln2
4log22x+12x+1ln2
log22x+12x+1ln2
22x+1ln2
Đáp án B
Ta có: y'=log222x+1'=2log22x+1.log22x+1'=2log22x+1.22x+1.ln2=4log22x+12x+1.ln2.
Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn −2;3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên −2;3 . Giá trị của M2−m bằng
![Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-2;3] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/04/screenshot-33-1650329884.png)
7
10
8
9
Đáp án B
Hàm số liên tục trên [2;-3]. Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:
Giá trị lớn nhất của fx trên [2;-3] bằng 3, đạt được tại x =2. Suy ra M =3.
Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên [2;-3] bằng -1, đạt được tại x= - 2. Suy ra m=-1.
Vậy M2−m=32−−1=10.
Tích phân I=∫121x+2dx bằng
ln2−1
ln2+1
ln2+2
ln2+3
Đáp án C
Ta có: I=∫121x+2dx=lnx+2x12=ln2+4−2=ln2+2.
Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, ABC^=60°, cạnh BC =a, đường chéo AB’ của mặt bên (ABA’B’) tạo với mặt phẳng (BCB’C’) một góc 30°. Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng
a363
a36
a333
a33
Đáp án B
Tam giác ABC vuông tại C có ABC^=60°; BC=a, suy ra AC=BCtan60°=a3.
Khi đó: SΔABC=12AC.BC=a232.
Mặt khác: AC⊥BCC'B' suy ra góc giữa AB' và mặt phẳng BCC'B' là AB'C^=30°.
Tam giác AB'C vuông tại C có AB'C^=30°; AC=a3 suy ra B'C=ACtan30°=3a.
Tam giác BB'C vuông tại B có BC=a; B'C=3a⇒BB'=22a.
Vậy VABC.A'B'C'=SΔABC.BB'=a36.
Tổng bình phương các nghiệm của phương trình 3log3x−1−log13x−53=3 bằng
36
32
16−67
16+67
Đáp án D
Điều kiện: x>5.
Ta có: 3log3x−1−log13x−53=3⇔3log3x−1+3log3x−5=3
⇔log3x−1+log3x−5=1⇔log3x−1x−5=1⇔x−1x−5=3
⇔x2−6x+2=0⇔x=3±7.
Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình có 1 nghiệm x=3+7⇒x2=16+67.
Kí hiệua=log85, b=log62 , khi đó giá trị của log310 bằng
b+3ab1−b
a+b1−a
ab−a+b1+b
ab−b1−ab
Đáp án A
Đặt x=log35, y=log32. Khi đó a=log85=log35log38=x3yb=log62=log32log36=y1+y⇔3ay=xb+by=y⇔x=3ab1−by=b1−b.
Mặt khác: log310=x+y=3ab1−b+b1−b=3ab+b1−b.
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2z−1=z+z¯+2 trên mặt phẳng tọa độ là một
đường thẳng.
đường tròn.
parabol.
hypebol.
Đáp án C
Giả sử z=x+yi, x,y∈ℝ⇒z¯=x−yi⇒z+z¯=2x.
Bài ra ta có 2x−1+yi=2x+2⇔2x−12+y2=2x+2
⇔x−12+y2=x+12⇔x2−2x+1+y2=x2+2x+1⇔y2=4x.
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2z−1=z+z¯+2 trên mặt phẳng tọa độ là một parabol.
Cho hàm số fx có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Các khoảng nghịch biến của hàm số y=2f1−x là
4;+∞ và (4;3)
−∞;−3 và −2;0
−3;1 và (2;4)
−∞;1 và (3;4)
: Đáp án B
Ta có: y'−2.f'1−x. Khi đó: y'=0⇒1−x=11−x=21−x=31−x=4⇔x=0x=−1x=−2x=−3.
Ta có trục xét dấu
Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng −∞;−3 và −2;0.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:x−32=y−11=z+23 và d2:x+14=y+52=z−16. Xét vị trí tương đối giữa d1 và d2 .
d1chéo d2 .
d1trùng d2.
d1song song với d2.
d1cắt d2.
Đáp án C
Ta có:
d1 qua M13;1;−2 và có vectơ chỉ phương u1→=2;1;3.
d2 qua M2−1;−5;1 và có vectơ chỉ phương u2→=4;2;6=2.2;1;3.
Ta có u2→=2u1→ nên u1→ cùng phương với u2→ và M1∉d2 nên suy ra d1 song song với d2.
Số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của Px=x2+1x15 là
4000.
2700.
3003.
3600.
Đáp án C
Ta có: Px=x2+1x15=∑k=015C15kx215−k.1xk=∑015C15kx30−3k.
Số hạng cần tìm không chứa x ⇒30−3k=0⇔k=10.
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển của Px là C1510=3003.
Diện tích hình phẳng phần màu xám của hình vẽ bên là
116
613
343162
392
Đáp án A
Phương trình hoành độ giao điểm: x2=−13x+43⇔x=−43x=1; −13x+43=0⇔x=4
Vậy diện tích phần gạch sọc trong hình là S=∫01x2dx+∫14−13x+43dx=116.
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A−1;3;2, B2;0;5, C0;−2;1. Đường trung tuyến AM của tam giác ABC có phương trình là
x−1−2=y+34=z+2−1
x−12=y+3−4=z+21
x+12=y−3−4=z−21
x−2−1=y+4−1=z+13
Đáp án C
Do M là trung điểm BC nên ta có: M1;−1;3.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AM là AM→=2;−4;1.
Vậy phương trình đường thẳng AM là x+12=y−3−4=z−21.
Trên mặt phẳng (P) cho ba hình tròn bán kính a tâm là O1;O2;O3 đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. Ba hình tròn đó là ba đáy của ba hình nón mà các đỉnh tương ứng là ba điểm S1,S2,S3 nằm cùng phía đối với mặt phẳng (P) và cùng cách (P) một khoảng 2a2. Mặt cầu tiếp xúc với S1S2S3 và tiếp xúc ngoài với ba hình nón trên có bán kính bằng
a2
a63
a62
a32
Đáp án B
Gọi mặt cầu cần tìm là (O;R) và tiếp điểm của nó với S1S2S3 là I. Thiết diện qua O,O1,S1 như hình vẽ trên. Dễ thấy S1I=2a33.
Mặt khác, ta có: SΔS1AB=S1A+S1B+2a2.O1K⇔O1K=2a22a+3a=a22.
Ta có: ΔS1IO ΔAO1K⇒OIO1K=IS1AO1⇒R=OI=2a33.a22a=a63.
Cho hàm số f'x=2x+1.f2x và f1=−0,5.
Tổng f1+f2+f3+...+f2017+f2018+f2019+f2020=ab; a∈ℤ;b∈ℕ với ab tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng?
ab<−1
a∈−2019;2019
b−a=4041
a+b=−1
Đáp án C
Ta có: f'x=2x+1.f2x⇔f'xf2x=2x+1⇔∫f'xf2xdx=∫2x+1dx
⇔−1fx=x2+x+C⇒1fx=−x2−x−C.
Lại có: f1=−0,5⇒−2=−12−1−C⇒C=0.
Vậy 1fx=−x2+x=−xx+1 hay −fx=1xx+1.
Ta có: −f1−f2−f3−...−f2017−f2018−f2019−f2020
=11.2+12.3+13.4+12018.2019+12019.2020+12020−2021
=1−12+12−13+13−14+...+12018−12019+12019−12020+12020−12021=1−12021=20202021.
Vậy f1+f2+f3+...+f2020=−20202021 hay a=−2020, b=2021⇒b−a=4042.
Cho parabol P:y=x2, điểmA(0;2) . Một đường thẳng đi qua A cắt (P) tại hai điểm B, C sao cho AC=2AB như hình vẽ bên. Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB. Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay (H) xung quanh trục hoành bằng.
1385π
725π
125π
785π
Đáp án B
Đường thẳng đi qua điểm A có phương trình là y=kx+2, k>0.
Phương trình hoành độ giao điểm giữa parabol và đường thẳng là: x2=kx+2⇔x2−kx−2=0.
Giả sử Bx1;x12; Cx2;x22 thì x1+x2=kx1.x2=−2 1.
Từ giả thiết: AC=2AB⇒x2=−2x1 thay vào (1) ta được x1=−1x2=2⇒k=1.
Do đó V=π∫−13x+22−x22dx=725π.
Xét các số phức z thỏa mãn z2−2z+5=z−1+2iz+3−4i . Giá trị nhỏ nhất của z+1−i bằng
1
255
266
34
: Đáp án B
Ta có: z2−2z+5=z−1+2iz+3−4i⇔z−1+2i.z−1−2i=z−1+2i.z+3−4i
⇔z−1+2i=0z−1−2i=z+3−4i.
Trường hợp 1: z−1+2i=0⇔z=1−2i⇒z+1−i=2−3i=13.
Trường hợp 2: z−1−2i=z+3−4i. Đặt z=x+yi x,y∈ℝ.
Khi đó z−1−2i=z+3−4i⇒x−12+y−22=x+32+y−42⇔2x−y+5=0 d.
Gọi Mx;y, A−1;1 lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z và -1+i. Ta có: z+1−i=MA.
Đoạn thẳng MA đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.
Mặt khác, dA;d=255 nên minMA=255 khi M−95;75.
So sánh hai trường hợp ta thấy minz+1−i=255 khi z=−95+75i.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=x+1mx−12+4 có hai tiệm cận đứng.
m<0
m = 0
m<0m≠−1
m<1
: Đáp án C
Đặt gx=mx−12+4=mx2−2mx+4+m.
Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì cần tìm m để phương trình gx=0 có hai nghiệm phân biệt khác -1.
Điều kiện m≠0Δ=m2−m4+m>0g−1≠0⇔m<0m≠−1.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=m2x4−m2−2020mx2+3 có đúng một điểm cực trị?
18.
17.
20
19.
Đáp án B
Trường hợp 1: Với m=1 ta có y=3 nên hàm số không có cực trị suy ra m=0 loại.
Trường hợp 2: Với m≠0⇒m2>0.
Hàm số y=m2x4−m2−2020mx2+3 có đúng một cực trị
⇔−m2.m2−2020m≥0⇔m2−2020m≤0⇔0≤m≤2020.
Vì m≠0 nên 0<m≤2020.
Do m∈ℤ nên có 2020 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-15;2020] để phương trình 4x+m.2x+2m−4=0 có nghiệm ?
18
17
20
19
: Đáp án B
Đặt t=2x, t>0. Khi đó phương trình đã cho trở thành
t2+mt+2m−4=0⇔t+2t+m−2=0⇔t=−2t=2−m *.
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t>0 .
Từ (*) suy ra 2−m>0⇔m<2→m∈−15;5m∈ℤm∈−15;−14;...;0;1.
Vậy có 17 số nguyên m thỏa mãn.
Cho điểm A(0;8;2) và mặt cầu (S) có phương trình S:x−52+y+32+z−72=72 và điểm B9;−7;23. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A tiếp xúc với sao cho khoảng cách từ B đến (P) là lớn nhất. Giả sử n→=1;m;n là một vectơ pháp tuyến của (P) . Khẳng định nào sau đây đúng?
m.n=2
m.n=−2
m.n=4
m.n=−4
: Đáp án D
Mặt phẳng (P) qua A có dạng ax−0+by−8+cz−2=0⇔ax+by+cz−8b−2c=0.
Điều kiện tiếp xúc:
dI;P=62⇔5a−3b+7c−8b−2ca2+b2+c2=62⇔5a−11b+5ca2+b2+c2=62 *
Mà dB;P=9a−7b+23c−8b−2ca2+b2+c2=9a−15b+21ca2+b2+c2
=5a−11b+5c+4a−b+4ca2+b2+c2≤5a−11b+5ca2+b2+c2+4a−b+4ca2+b2+c2
≤62+412+−12+42.a2+b2+c2a2+b2+c2=182.
Dấu “=” xảy ra khi a1=b−1=c4. Chọn a=1; b=−1; c=4 thỏa mãn (*).
Khi đó P:x−y+4z=0. Suy ra m=−1; n=4. Suy ra: m.n=-4.
Ông An có một khu vườn giới hạn bởi một đường parabol và một đường thẳng. Nếu đặt trong hệ tọa độ Oxy như hình vẽ bên thì parabol có phương trình y=x2 và đường thẳng y=25. Ông An dự định dùng một mảnh vườn nhỏ được chia từ khu vườn bởi một đường thẳng đi qua O và điểm M trên parabol để trồng một loại hoa. Tính độ dài OM để diện tích mảnh vườn bằng 92.
OM=25
OM=15
OM=10
OM=310
Đáp án D
Gọi điểm Ha;0, a>0 là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox.
Khi đó ta có đường thẳng OM có dạng y=tanα.x, (với α=MOH^)
⇒tanα=MHOH=a2a=a⇒y=ax
Vậy diện tích mảnh vườn cần tính là: S=∫01ax−x2dx=a36⇔a36=92⇔a=3.
Suy ra OM=32+92=310.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc AB sao choBH=2HA. Cạnh SC tạo với đáy (ABCD) một góc bằng 60°. Khoảng cách từ trung điểm K của HC đến mặt phẳng (SCD) bằng
a132
a138
a13
a138
Đáp án B
Kẻ HM⊥CD, HN⊥SM⇒HN⊥SCD⇒dH,SCD=HN.
Vì HM⊥CD⇒HM//AD Þ AHMD là hình bình hành ⇒HM=a
Tam giác HBC vuông tại B
⇒HC=HB2+BC2=4a29+a2=a133.
Tam giác SHC vuông tại H
⇒SH=HC.tanSCH^=a133.3=a393.
Tam giác SHM vuông tại H, HN là đường cao, suy ra
1HN2=1HM2+1SH2=1a2+313a2=1613a2⇒HN=a134.
Vì K là trung điểm của HC nên dK,SCD=12dH,SCD=a138.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có A’B’ vuông góc với mặt phẳng đáy(ABCD); góc giữa đường thẳng AA’ với (ABCD) bằng 45°. Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB’ và DD’ bằng 1. Góc giữa hai mặt phẳng (BC’B’C) và mặt phẳng (CC’DD’) bằng 60°. Thể tích khối hộp đã cho bằng
23
2
3
33
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A3;−4;5, B−5;6;−7 và mặt phẳng P:3x+2y+z−10=0. Gọi M(a,b,c) là điểm thuộc (P) sao cho có giá trị lớn nhất. Tổng a+b+c bằng
29
1
7
23
Đáp án B
Gọi I(a,b,c) là điểm thỏa mãn IA→−3IB→=0→, suy ra I−9;11;−13.
Ta có MA2−3MB2=MA→2−3MB→2=MI→+IA→2−3MI→+IB→2’
=−2MI2+2MI→IA→−3IB→+IA2−3IB2=−2MI2+IA2−3IB2.
Do đó MA2−3MB2 lớn nhất ⇔−2MI2 lớn nhất Û MI nhỏ nhất
M(a,b,c) là hình chiếu của I trên(P). Do đó M−3;15;−11.
Cho hàm số fx=ax3+bx2+cx+d, a,b,c,d∈ℝ thỏa mãn , a>0, d>2020 a+b+c+d−2020<0. Số điểm cực trị của hàm số y=fx−2020 là
2
1
3
5
Biết rằng đồ thị hàm số y=x3−2a+1x2+2a2+2ax+b cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương x1,x2,x3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x12x23x34 .
2
1
3
5
Đáp án C
Ta có x1+x2+x3=2a+1x1x2+x2x3+x3x1=2a2+2a⇒x1+x2+x32−2x1x2+x2x3+x3x1=1.
Do vậy: x12+x22+x32=1. Xét các số thực dương p,q,r sao cho đẳng thức xảy ra khi x1=p,x2=q, x3=r.
Áp dụng AM – GM: 2x1p+3x2q+4x3r=x1p+x1p+x2q+x2q+x2q+x3r+x3r+x3r+x3r≥9x12x23x34p2q3r49.
Lại có: 2x1p+3x2q+4x3r2≤x12+x22+x324p2+9q2+16r2=4p2+9q2+16r2.
Khi đó ta có đẳng thức xảy ra khi:x1:x2:x3=2p:3q:4r⇔px12=qx23=rx34⇔p22=q23=r24.
Mà p2+q2+r2=1 nên p=23; q=33; r=23 do đó: 2x1p+3x2q+4x3r≤9 nên x12x23x34p2q3r49≤1.
Có 32 học sinh làm đề kiểm tra trắc nghiệm. Mỗi câu có 4 phương án trả lời, học sinh chỉ được chọn một phương án cho mỗi câu. Sau khi kiểm tra thấy rằng tất cả các câu đã được học sinh tô đáp án và bất kì 2 học sinh nào cũng có chung nhiều nhất 1 câu trả lời. Tìm giá trị lớn nhất của số câu trắc nghiệm trong đề kiểm tra.
15 câu.
20 câu.
25 câu.
30 câu.
Đáp án B
Giả sử đề kiểm tra có n câu P1,P2,...,Pn; với mỗi câu Pi, gọi ai là số học sinh trả lời đáp án thứ nhất, tương tự có bi,ci,di. Khi đó ai+bi+ci+di=32.
Ta có ít nhất 4.C42=24 cặp với 1 câu trả lời giống nhau cho mỗi câu.
Do có n câu nên có ít nhất 24n cặp, nhưng có nhiều nhất C322=496 cặp.
Ta có: 24n≤496⇔n≤623. Do số câu là số nguyên nên n=20.
Do đó có nhiều nhất là 20 câu.
Có tất cả bao nhiêu số nguyên m∈−2020;2020 để phương trình log23x2+3x+m+12x2−x+1=x2−5x+2−m có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ?
2016.
202.
2017.
2019.
Đáp án C
Điều kiện: log23x2+3x+m+12x2−x+1=x2−5x+2−m.
Ta có: ⇔log23x2+3x+m+12x2−x+1−1=x2−5x+1−m
⇔log23x2+3x+m+14x2−2x+2=x2−5x+1−m
⇔log23x2+3x+m+1+3x2+3x+m+1=log24x2−2x+2+4x2−2x+2. 1
Xét hàm số: ft=t+log2t trên D=0;+∞, có f't=1+1t.ln2>0, ∀t∈D.
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên D.
Phương trình 1⇔f4x2−2x+2=f3x2+3x+m+1
⇔4x2−2x+2=3x2+3x+m+1⇔x2−5x−m+1=0 2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ=25−41−m>0⇔m>−214.
Theo định lý Vi-ét ta có x1+x2=5x1x2=1−m.
Từ x13+x23≥155⇔x1+x23−3x1x2x1+x2≥155⇒125−151−m≥155⇒m≥3.
Kết hợp giả thiết thì 3≤m≤2020 Þ có tất cả 2017 số nguyên m thỏa mãn
Giả sử hàm số f(x) liên tục nhận giá trị dương trên 0;+∞ và thỏa mãn f1=1, fx=f'x.3x+1 với mọi x>0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
3<f5<4
1<f5<2
4<f5<5
2<f5<3
Đáp án A
Từ fx=f'x.3x+1 ta có f'xfx=13x+1
Suy ra: ∫f'xfxdx=∫13x+1dx⇒lnfx=233x+1+C.
Ta có lnf1=233.1+1+C⇔ln1=43+C⇔C=−43.
Nên lnfx=233x+1−43⇔fx=e233x+1−43.
Vậy f5=e233.5+1−43=e43∈3;4.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R và có bảng xét dấu f’(x) như sau
Hỏi hàm số y=fx2−2x có bao nhiêu điểm cực tiểu?
1
2
3
4
Đáp án A
Ta có y'=x2−2x'f'x2−2x=2x−2f'x2−2x.
Khi đó y'=0⇔2x−2=0f'x2−2x=0⇔2x−2=0x2−2x=−2x2−2x=1x2−2x=3.
Tại x=1 thì f'x không đổi dấu nên ta không cần xét
Từ bảng xét dấu ta thấyf'x<0⇔x<−2x>3.
Khi đó f'x2−2x<0⇔x2−2x<−2x2−2x>3⇔x<−1x>3.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có một cực tiểu
Cho các số phức z1,z2,z thỏa mãn z1=z2=2, z1−z2=22.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=z+z−z1+z−z2 là
22+2
22+3
2+3
4+3
Đáp án B
Gọi A, B, M lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1,z2,z.
Dựa vào điều kiện 2z1=2z2=z1−z2=22⇒OA=OB=2, AB=22.
Suy ra ta có tam giác OAB vuông cân tại O.
Phép quay tâm B góc quay -60° ta có: QB,−60°:A↦A';M↦M'.
Do tam giác ΔBMM' đều ⇒AM=A'M', BM=MM'.
Suy ra P=z+z−z1+z−z2=OM+AM+BM=OM+MM'+A'M'≥OA'.
Dấu “=” xảy ra khi O,M,M',A' thẳng hàng.
Khi đó tam giác OBA' có OB=2, BA'=BA=22 và OBA'^=105°.
Từ đó suy ra OA'=OB2+BA'2−2OB.BA' .cos105°=22+3. Vậy minP=22+3.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A2;0;3 và mặt phẳng P:x−y+z+1=0 . Điểm BxB;yB;zB thay đổi thuộc d:x=7+ty=−2+2tz=−4+t sao cho A, B cùng phía so với (P), điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng (P). Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Giá trị xB−4yB+zB bằng
2
3
4
5
Đáp án D
Gọi A' là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng P⇒A'−2;4;−1.
Chu vi tam giác ABC là
AB+AC+BC=AB+A'C+BC≥AB+A'B
Gọi B7+t;−2+2t;−4+t∈d.
Ta có: AB+A'B=6t−12+77=6t−12+120 đạt giá trị nhỏ nhất khi t−12=0⇔t=1.
Vậy B8;0;−3⇒xB−4yB+zB=5.
