35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 10)
50 câu hỏi
Có 10 cái bút khác nhau và 8 quyển sách giáo khoa khác nhau. Một bạn học sinh cần chọn 1 cái bút và 1 quyển sách. Hỏi bạn học sinh đó có bao nhiêu cách chọn?
80
60
90
70
Chọn A
Số cách chọn 1 cái bút có 10 cách, số cách chọn 1 quyển sách có 8 cách.
Vậy theo quy tắc nhân, số cách chọn 1 cái bút và 1 quyển sách là: 10.8=80 cách.
Cho dãy số un có: u1=−3;d=12. Khẳng định nào sau đây là đúng?
un=−3+12n+1
un=−3+12n−1
un=−3+12n−1
un=n−3+14n−1
Chọn C
Sử dụng công thức số hạng tổng quát un=u1+n−1d ∀n≥2. Ta có: un=−3+n−112 .
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như sau:
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số nghịch biến trên khoảng −1; 3 .
Hàm số đồng biến trên khoảng −1; +∞ .
Hàm số nghịch biến trên khoảng −1; 1 .
Hàm số đồng biến trên khoảng −∞; 1 .
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng −1; 1 .
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?.
Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2 .
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 .
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và đạt cực tiểu tại x=2 .
Hàm số có ba cực trị.
Chọn C
Dựa vào đồ thị ta có: Hàm số đạt cực đại tại x=0 và đạt cực tiểu tại x=2 .
Cho hàm số fx xác định trên ℝ và có bảng xét dấu fx như hình bên. Khẳng định nào sau đây sai?
Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 .
Hàm số đạt cực đại tại x=−3 .
x=1 là điểm cực trị của hàm số.
Hàm số có hai điểm cực trị.
Chọn B
Bảng biến thiên của hàm số
Dựa theo BBT, ta thấy phương án B sai.
Cho hàm số y=2x+1x−1. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là:
Đường thẳng y=1
Đường thẳng x=1
Đường thẳng y=2
Đường thẳng x=2
Chọn B
Ta có: limx→1−2x+1x−1=−∞ ; limx→1+2x+1x−1=+∞ .
Vậy x=1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
y=−x2+x−1
y=−x3+3x+1
y=x4−x2+1
y=x3−3x+1
Chọn D
Đặc trưng của đồ thị là hàm bậc ba. Loại đáp án A và C.
Khi x→+∞thì y→+∞⇒a>0nên chọn D.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=−x3+6x2 tại ba điểm phân biệt.
m≥16m≤0
−32<m<0
0<m<32
0<m<16
Chọn C
y=−x3+6x2⇒y'=−3x2+12x, y'=0⇔x=0x=4 .
Bảng biến thiên của hàm số y=−x3+6x2
.
Qua bảng biến thiên ta có đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=−x3+6x2 tại ba điểm phân biệt khi 0<m<32.
Tìm tập xác định của hàm số y=xπ+x2−1e
−∞;−1∪1;+∞
ℝ\−1;1
1;+∞
0;+∞
Chọn C
Hàm số đã cho xác định ⇔x>0x2−1>0⇔x>0x2>1⇔x>1 .
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D=1;+∞ .
Đạo hàm của hàm số y=5x là
y'=5xln5
y'=5xln5
y'=x.5x−1
y'=5x
Chọn A
Đạo hàm của hàm số y=5x là y'=5xln5 .
Xét các số thực a và b thỏa mãn log39b3a=log12733 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a−2b=118
a+2b=118
2b−a=118
2a−b=118
Chọn A
log39b3a=log12733⇔log31232b−a=log3−3313⇔22b−a=−13.13⇔a−2b=118.
Tìm tập nghiệm S của phương trình 2x+1=8
S=1
S=−1
S=4
S=2
Chọn D
Ta có 2x+1=8⇔2x+1=23⇔x+1=3⇔x=2 .
Tìm tất cả các nghiệm của phương trình log22x−2=3 .
x=3
x=7
x=4
x=5
Chọn D
log22x−2=3⇔2x−2=8⇔x=5.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=5 .
Họ nguyên hàm của hàm số fx=3x2+sinx là
x3+cosx+C
x3+sinx+C
x3−cosx+C
3x3−sinx+C
Chọn C
Họ nguyên hàm của hàm số là fx=3x2+sinx .
Họ nguyên hàm của hàm số fx=15x+4 là
15ln5x+4+C
ln5x+4+C
1ln5ln5x+4+C
15ln5x+4+C
Chọn D
Ta có ∫15x+4dx=15∫15x+4d5x+4=15ln5x+4+C .
Cho hàm số y=x3 có một nguyên hàm là Fx . Khẳng định nào sau đây là đúng?
F2−F0=16
F2−F0=1
F2−F0=8
F2−F0=4
Chọn D
Ta có: ∫02x3dx=x4402=4=F2−F0
Cho ∫124fx−2xdx=1. Khi đó ∫12fxdx bằng :
1
-3
3
-1
Chọn A
Ta có ∫124fx−2xdx=1⇔4∫12fxdx−2∫12xdx=1⇔4∫12fxdx−x212=1
⇔4∫12fxdx=4⇔∫12fxdx=1.
Cho số phức z=2−3i . Số phức liên hợp z¯ của số phức z là
z¯=−3+2i
z¯=2+3i
z¯=−2+3i
z¯=−2−3i
Chọn B
Số phức liên hợp z¯ của số phức z=2−3i là z¯=2+3i .
Cho số phức z=1−13i. Tìm số phức w=iz¯+3z
w=83
w=83+i
w=103
w=103+i
Chọn A
Ta có z=1−13i⇒z¯=1+13i
Khi đó: w=iz¯+3z=i(1+13i)+3(1−13i)=83
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn số phức z có phần thực bằng 3 là đường thẳng có phương trình
x=−3
x=1
x=−1
x=3
Chọn D
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z có phần thực bằng 3 là đường thẳng x=3 .
Cho hình lăng trụ đứng có diện tích đáy là 3a2 . Độ dài cạnh bên là a2 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là:
6a3
3a3
2a3
6a33
Chọn A
Thể tích khối lăng trụ đó là V=a23.a2=a36 .
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh bằng a . Gọi O là giao điểm của AC và BD . Thể tích của tứ diện OA'BC bằng
a312
a324
a36
a34
Chọn A
VO.A'BC=VA'.OBC=16AA'.OB.OC=16.a.a22.a22=a312
Cho khối nón có bán kính r=5 và chiều cao h=3 . Tính thể tích V của khối nón.
V=9π5
V=3π5
V=π5
V=5π
Chọn D
Thể tích V của khối nón là : V=13πr2h=13π5.3=5π .
Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 2πa2 và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh của hình trụ đã cho bằng
2a
a2
a
2a
Chọn C
Sxq=2πrl⇒l=Sxq2πr=2πa22πa=a.
Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M3;5;−2 trên mặt phẳng Oxy có tọa độ là
0; 5;−2
3;0;−2
0; 0;−2
3;5;0
Chọn D
Hình chiếu vuông góc của điểm M3;5;−2 trên mặt phẳng Oxy có tọa độ là 3;5;0 .
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2y+2z−7=0 . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng
9
3
15
7
Chọn B
Ta có: x2+y2+z2−2y+2z−7=0⇔x2+y−12+z+12=9 .
⇒(S) có bán kính R=9=3 .
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A2;1;2 và B6;5;−4 . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là
2x+2y−3z−17=0
4x+3y−z−26=0
2x+2y−3z+17=0
2x+2y+3z−11=0
Chọn A
Ta có mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua điểm I4;3;−1 là trung điểm của đoạn thẳng AB và nhận AB→=4;4;−6=22;2;−3 làm véc-tơ pháp tuyến.
Suy ra phương trình là 2x+2y−3z=17⇔2x+2y−3z−17=0 .
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d:x+21=y−1−3=z−32 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ?
u2→=1; −3; 2
u3→=−2; 1; 3
u1→=−2; 1; 2
u4→=1; 3; 2
Chọn A
Hộp A có 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Hộp B có 7 viên bi trắng, 6 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một viên bi, tính xác suất để hai viên bi được lấy ra có cùng màu.
91135
44135
88135
4588
Chọn B
Số phần tử của không gian mẫu: 15.18=270 .
Số cách chọn từ mỗi hộp 1 viên bi sau cho 2 viên bi cùng màu là: 4.7+5.6+6.5=88 .
Vậy xác suất cần tìm là 88270=44135 .
Hàm số y=13x3−3x2+5x+6 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
5;+∞
1;+∞
1;5
−∞;1
Chọn C
Tập xác định: D=ℝ ;y'=x2−6x+5 ;y'=0x=1x=5 .
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 1;5 .
Giá trị lớn nhất của hàm số y=2x3+3x2−12x+2 trên đoạn −1;2 có giá trị là một số thuộc khoảng nào dưới đây?
2;14
3;8
12;20
−7;8
Chọn C
Hàm số đã cho liên tục trên đoạn −1;2 .
Ta có y'=6x2+6x−12 ; y'=0⇔x=1x=−2∉−1;2 .
y−1=15; y2=6 ; y1=−5 .
Suy ra max−1;2y=15∈12;20 .
Số nghiệm thực nguyên của bất phương trình log2x2−11x+15≤1 là
3
4
5
6
Chọn B
ĐK: 2x2−11x+15>0⇔x<52 hoặc x>3 .
log2x2−11x+15≤1⇔2x2−11x+15≤10⇔2x2−11x+5≤0⇔12≤x≤5.
Kết hợp điều kiện ta có: 12≤x<52 hoặc 3<x≤5. Vậy BPT có 4 nghiệm nguyên là: x∈1;2;4;5.
Cho tích phân I=∫011−x3 dx. Với cách đặt t=1−x3 ta được:
I=3∫01t3dt.
I=3∫01t2dt.
I=∫01t3dt.
I=3∫01t3dt.
Chọn A
Đặt t=1-x3⇒t3=1-x⇒3t2dt=-dx⇔dx=-3t2dt
Với x=0⇒t=1;x=1⇒t=0
Khi đó I=∫10t−3t2dt=3∫01t3dt
Tổng phần thực và phần ảo của số phức z=1+i2−3+3i là
4
-4
-3-i
10
Chọn B
Ta có z=1+i2−3+3i=1+2i+i2−3−3i=−3−i⇒ phần thực a=−3 , phần ảo b=−1 .
Vậy a+b=−4 .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=3a,AD=2a ,SA vuông góc với mặt phẳng ABCD , SA=a . Gọi φ là góc giữa đường thẳng SCvà mp ABCD . Khi đó tanφ bằng bao nhiêu?
1313
1111
77
55
Chọn A
Ta có SA⊥ABCD nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ABCD .
Xét ΔSAC vuông tại A ta có
tanφ=SAAC=aa13=1313
.
Cho hình chóp S.ABCDcó đáy là hình thoi, tam giác SABđều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD.Biết AC=2a, BD=4a.Tính theo akhoảng cách giữa hai đường thẳng ADvà SC
4a1391
a16591
4a136591
a13591
Chọn C
Gọi O=AC∩BD, H là trung điểm của AB suy ra SH⊥AB.
Do AB=SAB∩ABCD và SAB⊥ABCD nên SH⊥ABCD
Ta có: OA=AC2=2a2=a
OB=BD2=4a2=2a⇒Ab=OA2+OB2=a2+4a2=a5
SH=AB32=a152;SABCD=12AC.BD=122a.4a=4a2
Thể tích khối chóp S.ABCD là
VS.ABCD=13SH.SABCD=13a1524a2=2a3153
Ta có: BC//AD⇒AD//SBC⇒dAD,SC=dAD;SBC=dA;SBC
Do H là trung điểm của AB và B=AH∩SCB⇒dA;SBC=2dH;SBC
Kẻ HE⊥BC,H∈BC. Do SH⊥BC⇒BC⊥SHE.
Kẻ HK⊥SE,K∈SE, ta có BC⊥HK⇒HK⊥SBC⇒HK=dH;SBC
HE=2SBCHBC=SABCBC=SABCD2BC=4a22a5=2a55
1HK2=1HE2+1SH2=54a2+415a2=9160a2⇒HK=2a1591=2a136591
Vậy dAD,SC=2HK=4a136591.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm I1; 0; −2 và mặt phẳng (P) có phương trình: x+2y−2z+4=0 . Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) là
x−12+y2+z+22=9
x−12+y2+z+22=3
x+12+y2+z−22=3
x+12+y2+z−22=9
Chọn A
Mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên bán kính mặt cầu là
R=dI,P=1+0−2−2+41+4+4=3.
Vậy phương trình mặt cầu là x−12+y2+z+22=9 .
Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(0;0;2), B(2;1;0), C(1;2−1) và D(2;0;−2). Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD) có phương trình là
x=3+3ty=−2+2tz=1−t
x=3y=2z=−1+2t
x=3+3ty=2+2tz=1−t
x=3ty=2tz=2+t
Chọn C
Ta có BC→=(−1;1;−1);BD→=(0;−1;−2) .
Gọi Δ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD) . Khi đó Δ có vetơ chỉ phương là u→=BD→;BC→=(3;2;−1) .
⇒Δ:x=3t'y=2t'z=2−t'. Ta có M(3;2;1)∈Δ . Nên Δ:x=3+3ty=2+2tz=1−t .
Biết rằng hàm số (f)x có đạo hàm là f'(x)=x(x-1)2(x-2)3(x-3)4. Hỏi hàm số f3x có bao nhiêu điểm cực trị?
1
2
4
3
Chọn B
Ta có [f3(x)]'=3.f2(f).f'(x) nên số điểm cực trị của hàm số y= f3(x) bằng số điểm cực trị của hàm số y=f(x) .
3f'(x)=0⇔x(x-1)2(x-2)3(x-3)4=0⇔x=0x=1x=2.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số y=f3(x) có 2 điểm cực trị.
Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để phương trình logx2−4x+m+20>1 có tập nghiệm là ℝ ?
6
13
5
14
Chọn C
Ta có logx2−4x+m+20>1⇔x2−4x+m+20>101⇔x2−4x+m+10>0 .
Để tập nghiệm của phương trình là ℝ thì Δ'=4−m−10<0⇔m>−6 .
Do là số nguyên âm nên m∈−1; −2; −3; −4; −5 .
Cho hàm số fx có fπ2=−1 và f'x=sinx+sin3x2sin4x.cosx,∀x∈π6;5π6 . Khi đó ∫π43π4fxdx bằng
2
4
-2
0
Chọn C
Ta có f'x=sinx+sin3x2sin4x.cosx,∀x∈π6;5π6 nên fx là một nguyên hàm của f'x
∫f'xdx=∫sinx+sin3x2sin4x.cosxdx=∫2sin2x.cosx2sin4x.cosxdx=∫2sinx.cosxsin4xdx=∫2cosxsin3xdx=∫2sin3xdsinx=−1sin2x+C
Do đó fx=−1sin2x+C mà fπ2=−1⇒C=0 khi đó fx=−1sin2x
Vậy ∫π43π4fxdx=∫π43π4−1sin2xdx=cotxπ43π4=−2
Cho số phức z ; biết rằng các điểm biểu diễn hình học của số phức z ; iz và z+iz tạo thành một tam giác có diện tích bằng 18 . Mô đun của số phức z bằng
23
32
9
6
Gọi z=x+yi , với x, y∈ℝ; i2=−1⇒iz=−y+xi và z+iz=(x−y)+(x+y)i . Gọi A,B,C lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z ; iz và .z+iz
Khi đó A(x;y) ,B−y; x , Cx−y; x+y .
Ta có: AB=x+y2+x−y2=2x2+2y2 , AC=BC=x2+y2=z .
Vì AC=BC và AB2=AC2+BC2 , suy ra ΔABC là tam giác vuông cân tại C .
Do đó SΔABC=12AC.BC 12z2=18⇔z=6 . Chọn đáp án D.
Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M,N,P,Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD ,SDA . Biết thể tích khối chóp S.MNPQ là V , khi đó thể tích của khối chóp S.ABCD là:
27V4
922V
9V4
81V8
Chọn A
Ta có dS,MNPQdS,ABCD=SMSI=23 .
Mặt khác gọi S=SABCD ta có SΔDEJSΔBDA=14.12=18⇒SΔDEJ=116S .
Tương tự ta có SΔJAISΔDAB=14⇒SΔJAI=18 .
Suy ra SHKIJ=1−4.116+2.18S=12S .
Mà SMNPQSHKIJ=232=49⇒SMNPQ=29SABCD .
Suy ra VS.ABCD=13dS,ABCD.S=13.32dS,MNPQ.92S=274V .
Biết rằng parabol P:y2=2x chia đường tròn C:x2+y2=8 thành hai phần lần lượt có diện tích là S1 ,S2 (như hình vẽ). Khi đó S2−S1=aπ−bc với a,b,c nguyên dương vàbc là phân số tối giản. Tính S=a+b+c .
S=13
S=16
S=15
S=14
Chọn C
Xét hệ x2+y2=8y2=2x⇔x2+2x−8=0y2=2x⇔x=−4∨x=2y2=2x⇔x=2y2=4
S1=2∫022xdx+2∫2228−x2dx
I1=2∫022xdx=2.2.23x302=163
I2=2∫2228−x2dx .
Đặt x=22cost⇒dx=−22sintdt
x=2⇒t=π4,x=22⇒t=0 .
.
I2=2∫π408−8cos2t−22sintdt=16∫0π4sin2tdt=8∫0π41−cos2tdt=8t−12sin2t0π4=2π−4.
⇒S1=I1+I2=2π+43
.
⇒S2−S1=4π−83.
Vậy a=4 ,b=8 ,c=3 ⇒S=a+b+c=15.
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1:x−3−1=y−3−2=z+21; d2:x−5−3=y+12=z−21và mặt phẳng P:x+2y+3z−5=0. Đường thẳng vuông góc với P, cắt d1và d2lần lượt tại A,B. Độ dài
đoạn là
23
C.
5
15
Chọn B
d1 có phương trình tham số là x=3−ty=3−2tz=−2+t và d2 có phương trình tham số là x=5−3ky=−1+2kz=2+k . Mặt phẳng P có một véctơ pháp tuyến là n→=1;2;3 .
Vì A∈d1⇒A3−t;3−2t;−2+t và B∈d2⇒B5−3k;−1+2k;2+k
⇒AB→=2−3k+t;−4+2k+2t;4+k−t
Mà d⊥P nên AB→ và n→ cùng phương, suy ra 2−3k+t1=−4+2k+2t2=4+k−t3⇒t=2k=1 .
Do đó A1;−1;0,B2;1;3 . Vậy AB=14 .
Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Gọi Slà tập tất cả các giá trị nguyên dương của tham số mđể hàm số y=f(x−2018)+m−2có đúng 5điểm cực trị. Số phần tử của Slà
3
1
2
4
Chọn A
Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x) ta thấy hàm số có 3 cực trị. Vì vậy phương trình f'(x)=0 có ba nghiệm bội lẻ là a,b,c (a<b<c) .
Xét hàm số g(x)=f(x−2018)+m−2 .
Đồ thị của hàm số y=g(x) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y=f(x) qua phải 2018 đơn vị và lên trên (hoặc xuống dưới) m−2 đơn vị. Từ đó, ta có bảng biến thiên của hàm số y=g(x) như sau
Hàm số y=|g(x)| có đúng 5 cực trị khi và chỉ khi phương trình g(x)=0 có đúng hai nghiệm bội đơn. Suy ra
m−8<0≤m−5m≤0⇔5≤m<8m≤0..
Vì nguyên dương nên S=5;6;7 .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số x;y thỏa mãn e3x+5y−ex+3y+1=1−2x−2y , đồng thời thỏa mãn log323x+2y−1−m+6log3x+m2+9=0 .
6
5
8
7
Chọn B
Ta có: e3x+5y−ex+3y+1=1−2x−2y⇔e3x+5y+3x+5y=ex+3y+1+x+3y+1 .
Xét hàm số ft=et+t trên ℝ . Ta có f't=et+1>0 nên hàm số đồng biến trên ℝ .
Do đó phương trình có dạng: f3x+5y=fx+3y+1⇔3x+5y=x+3y+1⇔2y=1−2x .
Thế vào phương trình còn lại ta được: log32x−m+6log3x+m2+9=0 .
Đặt t=log3x , phương trình có dạng: t2−m+6t+m2+9=0 .
Để phương trình có nghiệm thì Δ≥0⇔−3m2+12m≥0⇔0≤m≤4 .
Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.
Cho Parabol P:y=x2 và hai điểm A,B thuộc P sao cho AB=2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P và đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất bằng?
23
34
43
32
Chọn C
Cách 1: Gọi Aa;a2 ,Bb;b2 với a<b . Ta có AB=2⇔b−a2+b2−a22=4
AB:x−ab−a=y−a2b2−a2⇔x−a1=y−a2b+a⇔y=a+bx−a+a2⇔y=a+bx−ab
.S=∫aba+bx−ab−x2dx=∫abx−ab−xdx
Đặt t=x−a . Suy ra S=∫0b−atb−a−tdt=∫0b−atb−a−t2dt=b−at220b−a−t330b−a=b−a36
Ta có b−a2+b2−a22=4⇔b−a21+b+a2=4⇔b−a2=41+b+a2≤4
Suy ra b−a≤2⇒S=b−a36≤236=43
Dấu bằng xảy ra khi a+b=0b−a=2⇔b=1a=−1⇔A−1;1,B1;1 .
Cách 2: Sử dụng công thức diện tích hình phẳng giới hạn bởi P:y=ax2+bx+c và trục hoành y=0 là S2=Δ336a4,Δ=b2−4ac1 .
Tổng quát với P:y=ax2+bx+c và d:y=mx+n thì ta lập phương trình hoành độ giao điểm ax2+bx+c=mx+n⇔ax2+b−mx+c−n=0 .
Áp dụng S2=Δ336a4,Δ=b−m2−4ac−n .
Xét các số phức z=a+bia,b∈ℝ thỏa mãn z−4−3i=5. TínhP=a+b khi z+1−3i+z−1+i đạt giá trị lớn nhất.
P=10
P=4
P=6
P=8
Chọn A
Sử dụng BĐT Bunyakovsky
Từ giả thiết z−4−3i=5⇔a−42+b−32=5⇔a2+b2−8a−6b+20=0⇔a2+b2=8a+6b−20
Mặt khác T=z+1−3i+z−1+i=a+12+b−32+a−12+b+12
Suy ra T2≤12+12a+12+b−32+a−12+b+12=22a2+b2−4b+12=228a+6b−20−4b+12=84a+2b−7
Dấu = xảy ra khi a+12+b−32=a−12+b+12⇔a−2b=−2
Lại có 4a+2b=4a−4+2b−3+22≤42+22a−42+b−32+22=20.5+22=32
Dấu = xảy ra khi a−44=b−32⇔a−2b=−2
suy ra T2≤84a+2b−7≤832−7=200
⇒T≤102
Vậy Tmax=102 khi 4a+2b=32a−2b=−2⇔a=6b=4 . Vậy a+b=10.
Cho mặt cầuS:x+12+y−42+z2=8 và các điểm A3;0;0 , B4;2;1 . Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu (S) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA+2MB ?
22
42
32
62
Mặt cầu (S) có tâm I−1;4;0 , bán kính R=22 .
IA=42=2R=2IM; IB=30>R⇒B nằm ngoài mặt cầu (S) .
Lấy điểm K thuộc tia IA sao choIK→=14IA→⇒K0;3;0 .
⇒IK=12R=12IM⇒K nằm trong mặt cầu (S)
Lại có:ΔIAM~ΔIMK c.g.c⇒MAKM=IAIM=2⇔MA=2MK .
Suy ra: MA+2MB=2MK+2MB≥2BK=62 .
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔M=BK∩S và M nằm giữa B, K .
Vậy MA+2MBmin=62 .
