30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 6
50 câu hỏi
Cho cấp số cộng un với u1=−2 và công sai d= 3 thì số hạng 21×21 bằng
7.
10.
5.
6.
Chọn B.
Ta có: u5=u1+4d=−2+4.3=10.
Trong không gian Oxyz, mặt cầu S:x2+y2+z2−8x+4y+2z−4=0 có bán kính R là
R=5.
R=25.
R=5
R=2
Chọn C.
Mặt cầu (S) có tâm I4;−2;−1 và bán kính R=42+−22+−12−−4=5.
Cho hàm số y= f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
(0;1)
(-1; 0)
(-1;1)
1;+∞
Chọn A.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên −∞;−1 và (0;1)
Cho loga=10;logb=100. Khi đó loga.b3 bằng
30.
290.
310.
-290
Chọn C.
loga.b3=loga+logb3=loga+3logb=10+3.100=310.
Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
y=−x4+2x2+1.
y=−x4+2x2-1.
y=−x4+1.
y=−x4−2x2+1.
Chọn A.
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy khi x= 0 thì hàm số nhận giá trị dương (loại phương án B). Hơn nữa hàm số có ba điểm cực trị nên y'= 0 có ba nghiệm phân biệt (tích hệ số của x4,x2 phải nhỏ hơn 0 (loại C, D)). Ta chọn A.
Tính diện tích toàn phần của hình trụ có đường cao bằng 2 và đường kính đáy bằng 8.
80π.
24π.
160π.
48π.
Chọn D.
Hình trụ có đường cao bằng h = 2 thì độ dài đường sinh của hình trụ là l=h=2
Bán kính đáy của hình trụ bằng r=8:2=4.
Diện tích toàn phần của hình trụ là
Stp=2πrl+2πr2=2π.4.2+2π.42=48π.
Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA= 2a. Tính thể tích khối chóp S. ABCD
a3312.
a332.
a336.
a333.
Chọn C.
Tam giác ABC đều nên SΔABC=a234.
VS.ABC=13.SA.SΔABC=13.2a.a234=a336.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx=e2020x+2x là
2020e2020x+x2+C.
12020e2020x+2x2+C.
e2020x+12x2+C.
12020e2020x+x2+C.
Chọn D.
Ta có: ∫e2020x+2xdx=12020e2020x+x2+C.
Cho hàm số y= f(x) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
2.
-1.
1.
-2.
Chọn A.
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 2.
Trong không gian Oxyz cho điểm M thỏa mãn hệ thức OM→=2i→+j→. Tọa độ điểm M là
M0;2;1.
M1;2;0.
M2;1;0.
M2;0;1.
Chọn C.
Theo công thức OM→=ai→+bj→+ck→⇔Ma;b;c. Ta có OM→=2i→+j→⇔M2;1;0.
Cho đồ thị y= f(x) như hình vẽ sau đây. Biết rằng ∫−21fxdx=a và ∫12fxdx=b. Tính diện tich S của phần hình phẳng được tô đậm.
S=−a−b.
S=a+b.
S=b−a.
S=a-b.
Chọn C.
Diện tích S của phần hình phẳng được tô đậm bằng tổng diện tích hình S1 và S2
Trong đó S1 được giới hạn bởi các đường gồm đồ thị của hàm số y=fx,Ox;x=−2;x=1, trên đoạn −2;1 hàm số y= f(x) nhận các giá trị không dương nên S1=−∫−21fxdx=−a.
Tương tự S2=∫12fxdx=b. Vậy S= b - a
Đồ thị hàm số y=x−2x2−4 có đường tiệm cận ngang là
y = 2
y = 0
y = 1
y = -2
Chọn B.
TXĐ: D = R
limx→+∞y=limx→+∞x−2x2−4=limx→+∞1x−2x21−4x2=0;limx→−∞y=limx→−∞x−2x2−4=limx→−∞1x−2x21−4x2=0; nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang y =0
Số nghiệm của phương trình 3x2−2x=27 là
3.
1.
2.
0.
Chọn C.
Ta có: 3x2−2x=27⇔3x2−2x=33⇔x2−2x−3=0⇔x=−1x=3.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Cho khối hộp có thể tích bằng 64 và chiều cao bằng 4. Diện tích của khối hộp đã cho bằng
8.
2.
16.
6.
Chọn C.
Ta có: V=Bh⇒B=Vh=644=16. Vậy diện tích đáy của khối hộp là 16.
Số nghiệm nguyên của bất phương trình 4x-1≥2x2-3x+2 là
4.
1.
0.
3.
Chọn A.
Ta có: 4x−1≥2x2−3x+2⇔22x−2≥2x2−3x+2⇔2x−2≥x2−3x+2⇔x2−5x+4≤0⇔1≤x≤4.
Tập nghiệm của bất phương trình S=1;4.
⇒ Các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là: x=1;x=2;x=3;x=4.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu giá trị nguyên để phương trình 2f(x) + 3m=0 có 3 nghiệm phân biệt?
Vô số.
1.
2.
3.
Cho hàm số y= f(x) liên tục trên a;b. Hãy chọn đáp án đúng
∫abfxdx+∫bafxdx=0.
∫abfxdx=∫bafxdx.
∫abfxdx=∫bafxdx.
∫abfxdx=12∫bafxdx.
Chọn A.
Ta có ∫abfxdx+∫bafxdx=0.
Tổng diện tích các mặt của hình lập phương bằng 96. Thể tích khối lập phương là
9.
64.
48.
84.
Chọn B.
Do 6 mặt của hình lập phương là các hình vuông canh a nên ta có
6a2=96⇔a2=16⇒a=4⇒V=43=64.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x.lnx tại điểm có hoành độ bằng e là
y=2x−e.
y=x+e.
y=ex−2e.
y=2x+3e.
Chọn A.
Với x0=e⇒y0=e.
Ta có: y'=lnx+1,y'e=2.
Vậy: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm M(e;e) là
y−e=2x−e⇔y=2x−e.
Cho tứ diện ABCD Hỏi có bao nhiêu vectơ 0→ mà mỗi vectơ có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện ABCD?
4.
8.
12.
10.
Chọn C.
Các vectơ khác vectơ 0→ mà mỗi vectơ có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện ABCD là:
AB→,BA→,AC→,CA→,AD→.,DA→,BC→,CB→,BD→,DB→,CD→,DC→.
Cho hàm số y= f(x) có đạo hàm f'x=x2+1x−2,∀x∈ℝ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số nghịch biến trên khoảng 2;+∞.
Hàm số đồng biến trên khoảng −∞;+∞.
Hàm số đồng biến trên khoảng −1;2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞,2.
Chọn D.
Ta có f'x=0⇔x=2
Dấu f'(x):
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;2.
Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại C, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, biết AB=2a,SB=3a. Thể tích khối chóp S.ABC là V. Tỷ số 4Va3 có giá trị là
45.
433.
453.
53.
Chọn C.
Ta có ΔABC vuông cân tại C,AB=2a nên CA=CB=a2.
ΔSAB vuông tại A nên SA=SB2−AB2=a5.
V=13SA.SΔABC=13SA.12AC.CB=16a5.a2.a2=a353.
Vậy 4Va3=453.
Số nghiệm thực của phương trình 4x2−5.2x2+4=0 là
3.
1.
2.
4.
Chọn A.
Phương trình 4x2−5.2x2+4=0⇔2x22−5.2x2+4=0.
Đặt t=2x2≥20=1, phương trình trở thành: t2−5t+4=0⇔t=1t=4.
+ Với t=1⇒2x2=1⇔x2=0⇔x=0.
+ Với t=4⇒2x2=4⇔x2=2⇔x=±2.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt.
Tập xác định của hàm số y=x2−7x+10−2021 là
2;5.
−∞;2∪5;+∞.
ℝ\2;5.
−∞;2∪5;+∞
Chọn C.
Hàm số y=x2−7x+10−2021 xác định khi và chỉ khi x2−7x+10≠0⇔x−2x−5≠0⇔x≠2x≠5
Vậy tập xác định của hàm số là D=ℝ\2;5.
Cho hàm số y=4+x+4−x. Khẳng định nào sau đây đúng?
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 0
Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 4
Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 4.
Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 4.
Chọn D.
Tập xác định: D=−4;4.
Ta có: y'=124+x−124−x=4−x−4+x24+x.4−x.
y'=0⇔x=0∈−4;4.
y4=22;y−4=22;y0=4.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng 4.
Cho hàm số bậc ba f(x)=ax3+ bx2+cx+ d có đồ thị như hình vẽ.
Tính tổng: T=a−b+c+d
1.
3.
-1
0.
Chọn C.
Ta có: fx=ax3+bx2+cx+d⇒f'x=3ax2+2bx+c.
Từ đồ thị ta thấy:
Tại x=±1⇒f'x=0 và đồ thị hàm số đi qua các điểm: 1;−1;0;1 và −1;3.
Từ đó ta có hệ phương trình:
y'1=0y'−1=0y1=−1y0=1⇔a=1b=0c=−3d=1.
Suy ra: T=a−b+c+d=−1.
Cho mặt cầu (S) đi qua A3;1;0,B5;5;0 và có tâm I thuộc trục Ox,S có phương trình là:
x+102+y2+z2=52.
(x-10)2+y2+ z2=52
x−102+y2+z2=50.
x+102+y2+z2=50.
Chọn D.
Mặt bên BB'C'C là hình vuông nên BC=BB'=h=2a.
Đáy là tam giác vuông tại A, ta có: AC=BC2−AB2=4a2−a2=a3.
Thể tích lăng trụ là: V=S.h=12AC.AB.BB'=12a3.a.2a=3a3.
Lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A,BC=2a,AB=a. Mặt bên BB'CC' là hình vuông. Khi đó thể tích lăng trụ là
a333.
a32.
2a33.
a33.
Chọn B.
Hình trụ có bán kính R=AD2=1 và chiều cao h=AB=1.
Ta có: Stp=2πRh+2πR2=4π.
Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD , có AB=1,AD=2. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó.
Stp=10π.
Stp=4π.
Stp=6π.
Stp=2π.
Chọn B.
Hình trụ có bán kính R=AD2=1 và chiều cao h=AB=1.
Ta có: Stp=2πRh+2πR2=4π.
Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân, có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
2πa233.
πa224.
πa22.
πa222.
Chọn D.
Giả sử cắt hình nón có đỉnh S bởi một mặt phẳng đi qua trục SO ta được thiết diện là ΔSAB.
Bán kính đáy hình nón là R=AB2=a22 và l=SA=a.
Diện tích xung quanh hình nón là Sxq=πRl=π.a22.a=πa222.
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số =x−39−x2 là
3.
2.
1.
4.
Chọn C.
Tập xác định D=−3;3.
Suy ra không tồn tại limx→+∞fx,limx→−∞fx. Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.
Ta có y=x−39−x2=−3−x3+x.
limx→−3+fx=limx→−3+−3−x3+x=−∞.
Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x = -3
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1.
Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y=e2x, trục hoành và hai đường thẳng x=0,x=3 là
e62+12.
e63+13.
e62−12.
e63−13.
Chọn C.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=e2x, trục hoành và hai đường thẳng x=0,x=3 là
S=∫03e2xdx=e62−12.
Đồ thị hàm số nào trong bốn hàm số liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây, có đúng một cực trị?
y=x4+2x2−5.
y=x3−6x2+x.
y=2x−7x+1.
y=−x3−4x+5.
Chọn A.
Ta có: 1.2≥0⇒ hàm số có đúng 1 cực trị.
Biết rằng tích phân ∫012x+1exdx=a+b.e, tích ab bằng
-15
-1
1.
2.
Chọn C.
Đặt u=2x+1dv=exdx⇒du=2dxv=ex
⇒∫012x+1exdx=2x+1ex10−∫012exdx=1+e.
Vậy ab =1
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=sin3x.cosx.
∫fxdx=−sin4x4+C.
∫fxdx=sin4x4+C.
∫fxdx=sin2x2+C.
∫fxdx=−sin2x2+C.
Chọn B.
Ta có: ∫fxdx=∫sin3x.cosxdx=∫sin3xdsinx=sin4x4+C.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn cosx.f'x+sinx.fx=2sinx.cos3x, với mọi x∈ℝ, và fπ4=924. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
fπ3∈2;3.
fπ3∈3;4.
fπ3∈4;6.D.
fπ3∈1;2.
Cho hàm số y = f(x). Đồ thị của hàm số y = f'(x) như hình dưới.
Hàm số gx=fx+2021 có bao nhiêu điểm cực trị?
5.
7.
3.
2.
Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R đồ thị hàm số f'(x) như trong hình vẽ dưới. Hỏi phương trình f(x) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm biết f(x) > 0?
3.
1.
2.
0.
Chọn D.
Dựa vào đồ thị của hàm số f'(x) ta thấy: f'x≥0⇔x∈a;b∪c;+∞.
Bảng biến thiên:
Ta có: ∫abf'xdx>−∫bcf'xdx⇒∫abf'xdx+∫bcf'xdx>0⇒fxba+fxcb>0
⇒fb−fa+fc−fb>0⇒fc−fa>0⇒fc>fa>0
Vậy phương trình f(x) =0 vô nghiệm.
Cho hàm số y= f(x) có đồ thị của hàm số y= f'(x) như hình vẽ.
Hàm số y=f3−x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
(4;7)
−∞;−1
(2;3)
(-1;2)
Cho bất phương trình: 9x+m+1.3x+2m>0 1. Có bao nhiêu giá trị của tham số m nguyên thuộc −8;8 để bất phương trình (1) nghiệm đúng
11.
9.
8.
10.
Chọn A.
Đặt t=3x, với x>1⇒t>3.
Bất phương trình (1) trở thành t2+m+1t+2m>0 nghiệm đúng ∀t>3
⇔t2+tt+2>−m,∀t>3
⇔−m≤min3;+∞gt, với gt=t2+tt+2.
Xét hàm số gt=t2+tt+2, có g't=t2+4t+2t+22>0,∀t>3
⇒min3;+∞gt=g3=125⇒−m≤125⇔m≥−2,4.
Vì m nguyên thuộc −8;8 nên m∈−2,−1,0,1,2,...,8. Vậy có 11 giá trị của m
Ông M vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 0,4% tháng theo hình thức mỗi tháng trả góp số tiền giống nhau sao cho sau đúng 3 năm thì hết nợ. Hỏi số tiền ông phải trả hàng tháng là bao nhiêu? (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy)
2,96 triệu đồng.
2,98 triệu đồng.
2,99 triệu đồng.
2,97 triệu đồng.
Chọn C.
Gọi số tiền giống nhau mà ông M trả cho ngân hàng mỗi tháng là a triệu đồng.
Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a2, cạnh bên SA= 2a. Côsin góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAC) bằng
2114.
213.
217.
212.
Chọn C.
Gọi I là trung điểm CD do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên dễ thấy OI⊥CD,SI⊥CD.
Ta có OD⊥AC,OD⊥SO⇒OD⊥SAC. Dựng OH⊥SC⇒DH⊥SC (định lý ba đường vuông góc). Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAC) là góc DHO^.
Ta có: IC=OI=a22,OC=a2.22=a,SC=2a⇒SI=SC2−IC2=4a2−a22=a142.
Xét tam giác SCD ta có: SΔSCD=CD.SI2=DH.SC2⇔a2.a1422=DH.2a2⇔DH=a72.
Xét tam giác vuông SOC ta có:
SO=SC2−OC2=4a2−a2=a3;1SO2+1CO2=1OH2⇔13a2+1a2=1OH2⇔OH=a32.
Xét tam giác vuông DOH ta có: cosDHO^=OHDH=a32a72=37=217.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có ABC là tam giác vuông cân, AB=AC=a,AA'=a3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB',BC'.
6a4.
3a4.
3a2.
15a5.
Chọn B.
- Từ giả thiết ta có chóp C'.A'ABB' có đáy là hình chữ nhật, C'A' vuông góc với đáy.
- Gọi O là tâm đáy A'ABB',I là trung điểm C'A' khi đó ta có C'B//IAB'. Suy ra
dAB',BC=dBC',IAB'=dC',IAB'
- Do I là trung điểm C'A' ta có dC',IAB'=dA',IAB'=d
- Ta thấy A'A,A'I,A'B' đôi một vuông góc
Khi đó 1d2=1A'A2+1A'B'2+1A'I2
- Ta có A'A=a3;A'B=a=A'C'. Suy ra 1d2=13a2+1a2+4a2=163a2⇒d=a34
Đáp án: B.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho hình vuông MNPQ và M10;10,N−10;10,P−10;−10, Q10;−10. Gọi S là tập hợp tất cả các điểm có tọa độ đều là các số nguyên nằm trong hình vuông MNPQ (tính cả các điểm nằm trên các cạnh của hình vuông). Chọn ngẫu nhiên một điểm Ax;y∈S, khi đó xác suất để chọn được điểm A thỏa mãn OA→.OM→≤1 là
121.
249.
149.
19441.
Chọn A.
- Số điểm có tọa độ nguyên thuộc hình vuông MNPQ kể cả các điểm trên cạnh là: 21×21.
Suy ra số phần tử không gian mẫu là: 21×21
- Ta có OM→=10;10,OA→=x,y,OM→.OA→=10x+10y≤1⇔x+y≤110 với x,y thuộc đoạn −10;10. Khi đó điểm A nằm trên đường chéo NQ (đường phân giác góc vuông thứ II, IV). Suy ra có 21 điểm A như vậy.
- Xác suất cần tìm là 2121.21=121.
Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA=a, tam giác ABC vuông ở C có AB= 2a góc CAB^=300. Gọi H là hình chiếu của A trên SC. Gọi B' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (SAC). Tính thể tích khối chóp H.AB'B.
a3312.
a334.
3a334.
a336.
Chọn B.
ΔABC vuông tại C có BC=AB.sinCAB^=2a.sin300=aAC=AB2−BC2=2a2−a2=a3.
ΔSAC vuông tại A có AH là đường cao nên 1AH2=1SA2+1AC2
⇔1AH2=1a2+13a2⇔AH=a32.
Ta có HC=AC2−AH2=a32−2a2172=3a2
Suy ra SAHC=12AH.HC=12.a32.3a2=3a238.
Mà BC⊥ACBC⊥SA⇒BC⊥SAC⇒BC⊥HAC.
Suy ra VH.ABC=13BC.SAHC=13.a.3a238=a338.
Vì B' đối xứng với B qua mặt phẳng (SAC) nên VH.AB'B=2VH.ABC=2.a338=a334 (đvtt).
Xét các số thực dương a,b,x,y thỏa mãn a>1,b>1 và a2x=b3y=ab6. Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3xy+2x+y có dạng m+n30 (với m,n là các số tự nhiên). Tính S=m−2n.
S = 34
S = 28
S = 32
S = 24
Chọn B.
Ta có a2x=b3y=ab6⇔a2x=a6b6b3y=a6b6⇔2x=logaa6b63y=logba6b6⇔x=31+logaby=21+logba.
Vì a>1,b>1 nên logab>0.
Do đó P=3xy+2x+y=181+logab1+logba+61+logab+21+logba
=44+24logab+20logba=44+46logab+5logba.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương, ta có
6logab+5logba≥26logab.5logba=230.
Khi đó P≥44+4.230=44+830.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6logab=5logba.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 44+830.
Suy ra m=44,n=8. Vậy m−2n=28.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ.
Giá trị của tham số m để phương trình 4m3+m2f2x+5=f2x+3 có 3 nghiệm phân biệt là m=ab với a,b là hai số nguyên tố. Tính T= a+ b
T= 43
T = 35
T =39
T =45
Chọn C.
Ta có 4m3+m2f2x+5=f2x+3⇔8m3+2m=2f2x+52f2x+5+2f2x+5. *
Xét hàm số ft=t3+t⇒f't=3t2+1>0,∀x∈ℝ⇒ft đồng biến trên R.
Do đó *⇔2m=2f2x+5⇔m>0f2x=4m2−52⇔m>52fx=4m2−52.
Dựa vào đồ thị hàm số y=fx suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt là 4m2−52=4⇔4m2−5=32⇔m=372.
Vậy a=37,b=2⇒T=39.
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có diện tích các mặt ABCD,ABB'A',ADD'A' lần lượt bằng 30 cm2,40cm2,48cm2. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp bằng
310cm.
510cm.
552cm.
255cm.
Chọn C.
Đặt AB=x,AD=y,AA'=z. Ta có xy=30xz=40yz=48⇒xyz=240⇒z=8y=6x=5.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật cũng chính là tâm O của hình hộp. Do đó bán kính mặt cầu cần tìm là
R=1252+62+82=552.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB=a,AD=a3. SA vuông góc với đáy và SC tạo với mpSAB một góc 300. Tính thể tích khối chóp đã cho.
2a363.
26a3.
a363.
4a33.
Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biêt 3−x3−x22−mlog33x2−2x+5+3−x2+2xlog13x3−x22−m+4=0.Tích các phần tử của S là
−6136.
25108.
2554.
54.
Chọn B.
Ta có
3−x3−x22−mlog33x2−2x+5+3−x2+2xlog13x3−x22−m+4=0
⇔33x3−x22−m.log3x2−2x+5=log3x3−x22−m+4.3−x2+2x
⇔log3x2−2x+1+4.3x2−2x+1=log3x3−x22−m+4.3x3−x22−m,*
Xét hàm số ft=3t.log3t+4,∀t≥0
Ta có f't=3t.ln3.log3t+4+1t+4.ln3>0,∀t≥0.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên 0;+∞
Như vậy *⇒x2−2x+1=x3−x22−m⇔m=x3−32x2+2x−1,1m=x3+12x2−2x+1,2,**
Đặt hx=x3−32x2+2x−1gx=x3+12x2−2x+1
