35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 2)
50 câu hỏi
Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8;9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số khác nhau?
A92.
C92
29
92.
Mỗi cách lập một số tự nhiên có hai chữ số khác nhau từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8;9 là một chỉnh hợp chập 2 của 9. Vậy có A92 số tự nhiên có hai chữ số khác nhau
Chọn đáp án A.
Cho cấp số cộng un với d = 1 và công sai d=1. Khi đó u1= 2 bằng
3
1
4
2
Ta có u3=u1+2d=2+2.1=4.
Chọn đáp án C.
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hàm số y=fx nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
−1;2.
0;2
−∞;0
2;+∞
Trên khoảng 0;2 đồ thị hàm số y=fx đi xuống từ trái sang phải nên hàm số y=fx nghịch biến trên 0;2.
Chọn đáp án B.
Cho hàm số y=fx có đạo hàm trên ℝ và có bảng xét dấu y' như sau:
Hàm số y=fx đạt cực đại tại điểm
x=2
x=−2 và x=2.
x=−2
x=0
Hàm số đạt cực đại tại điểm khi đi qua nó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm ta có hàm số đạt cực đại tại điểm x=0.
Chọn đáp án D.
Cho hàm số có đồ thị y=fx như hình vẽ bên dưới. Trên đoạn −3;1 hàm số đã cho có mấy điểm cực trị?
1
2
3
4
Dựa vào đồ thị ta thấy, trên đoạn −3;1, hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Nhận xét: Câu này rất dễ đánh lừa học sinh vì đọc lướt nhanh và nhìn đồ thị học sinh ngộ nhận tại x=−3 hàm số cũng có cực trị
Chọn đáp án B.
Cho hàm số y=2x−5. Tìm đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
y=−25.
y=2.
y=0.
x=5.
Ta có limx→+∞y=limx→+∞2x−5=0 và limx→−∞y=limx→−∞2x−5=0 nên đường thẳng y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Chọn đáp án C.
Đường cong hình bên là đồ thị của hàm số y=ax4+bx2+c với a,b,c là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a<0;b>0;c<0.
a>0;b>0;c<0.
a>0;b<0;c<0
a.0;b<0;c>0
Quan sát đồ thị, ta thấy limx→∞y=+∞⇒a>0.
Mặt khác, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên b,a khác dấu, kết hợp với a>0 ta được b<0.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có hoành độ âm nên c=y0<0.
Chọn đáp án C.
Cho hàm số y=x−2x2+1 có đồ thị C. Mệnh đề nào sau đây đúng?
C cắt trục hoành tại hai điểm.
Ccắt trục hoành tại một điểm
C không cắt trục hoành.
C cắt trục hoành tại ba điểm.
C∩Ox⇔y=0⇔x=2
Chọn đáp án B.
Với các số thực dương a,b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
lnab=lna+lnb.
lnab=lna.lnb.
lnab=lnalnb.
lnab=lnb−lna.
Với mọi số dương a,b ta có: lnab=lna+lnb.
Chọn đáp án A.
Đạo hàm của hàm số y=3x là
y'=3xln3.
y'=3xln3.
y'=x3x−1.
y'=3x.
Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ, ta có 3x'=3xln3.
Chọn đáp án A.
Cho các số thực m,n và a là số thực dương. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
am+n=amn.
am+n=aman
am+n=am.an
am+n=am+n.
Ta có am+n=am.an.
Chọn đáp án C.
Tìm tập nghiệm S của phương trình 3x2=9.
S=2;2
S=−2;2
S=−2;2
S=−2;2.
PT ⇔3x2=32⇔x2=2⇔x=±2.
Chọn đáp án B.
Phương trình log2x−3=3 có nghiệm là
x=5
x=12
x=9
x=11
Phương trình log2x−3=3⇔x−3=23⇔x=11.
Chọn đáp án D.
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=2x3−9.
∫fxdx=12x4−9x+C.
∫fxdx=x4−9x+C
∫fxdx=12x4+C
∫fxdx=4x3+9x+C
∫2x3−9dx=12x4−9x+C.
Chọn đáp án A.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=e2x+x2 là
Fx=e2x2+x33+C.
Fx=e2x+x3+C
Fx=2e2x+2x+C
Fx=e2x+x33+C.
Ta có ∫e2x+x2dx=e2x2+x33+C.
Chọn đáp án A.
Biết ∫abfxdx=10,Fxlà một nguyên hàm của fxvà Fa=−3.Tính Fb.
Fb=13.
Fb=10.
Fb=16.
Fb=7.
Ta có: ∫abfxdx=10⇔Fb−Fa=10⇔Fb=7.
Chọn đáp án D.
Cho ∫25fxdx=10. Khi đó ∫522−4fxdx bằng
32
34
42
46
Ta có
∫522−4fxdx=∫522dx−4∫52fxdx=22−5−4.−10=34.
Chọn đáp án B.
Cho số phức z=7−i5. Phần thực và phần ảo của số phức z¯ lần lượt là
7 và 5
−7 và 5
7 và i5
7 và −5
Có z¯=7+i5, có phần thực là 7, phần ảo là 5.
Chọn đáp án A.
Cho hai số phức z1=2−2i,z2=−3+3i. Khi đó số phức z1−z2 là
−5+5i.
−5i.
5−5i.
−1+i.
Ta có z1−z2=2−2i−−3+3i=5−5i.
Chọn đáp án C.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxycho điểm Mtrong hình vẽ bên là điểm biễu diễn của số phức z.Tìm z.
z=−4+3i.
z=−3+4i.
z=3−4i.
z=3+4i.
Điểm M có tọa độ là M3;−4⇒ điểm M biểu diễn số phức z=3−4i.
Chọn đáp án C.
Tính thể tích V của khối hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B
V=13B.h
V=B.h
V=12B.h
V=16B.h
Thể tích khối hộp là V=B.h
Chọn đáp án B.
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB=2a,AA'=a3. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.
3a3.
a3.
a34.
3a34.
Ta có SΔABC=34AB2=34.2a2=3a2.
Do đó VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=3a2.a3=a3.
Một khối trụ có bán kính đáy R, đường cao h. Thể tích khối trụ bằng
πR2h.
13πR2h.
2πR2h.
2πRh
Thể tích khối trụ là V=πR2h
Chọn đáp án A.
Cho tam giác SOA vuông tại O có SO=3cm,SA=5cm. Quay tam giác SOA xung quanh cạnh SO được khối nón. Thể tích khối nón tương ứng là
16πcm3.
36πcm3.
15πcm3.
80π3πcm3.
Ta có AO=SA2−SO2=4cm, suy ra thể tích khối nón là
V=13πOA2SO=13π.42.3=16πcm3.
Chọn đáp án A.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M−1;2;3,N0;2;−1. Tọa độ trọng tâm của tam giác OMN là
−13;43;23
−12;2;1.
1;0;−4.
−1;4;2.
Tọa độ trọng tâm của tam giác OMN là −1+0+03;2+2+03;3+−1+03=−13;43;23.
Chọn đáp án A.
Viết phương trình mặt cầu tâm I1;−2;3 và bán kính R=2.
x−12+y+22+z−32=4.
x+12+y−22+z+32=4
x−12+y+22+z−32=2.
x+12+y−22+z+32=2
Mặt cầu tâm I1;−2;3 và bán kính R=2 có phương trình là x−12+y+22+z−32=4.
Chọn đáp án A.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho ba điểm A1;0;0,B0;−2;0,C0;0;3. Phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng ABC?
x3+y1+z−2=1.
x1+y−2+z3=0.
x−2+y1+z3=1.
x1+y−2+z3=1.
Phương trình mặt phẳng ABC là x1+y−2+z3=1 (phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn).
Chọn đáp án D.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2;−1;4 và B−1;3;2. Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là
m→1;−4;2.
u→1;2;2.
v→−3;4;−2.
n→1;2;6
AB→=−3;4;−2. Vậy đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là v→−3;4;−2.
Chọn đáp án C.
Có 16 tấm bìa ghi 16 chữ “HỌC”, “ĐỂ”, “BIẾT”, “HỌC”, “ĐỂ”, “LÀM”, “HỌC”, “ĐỂ”, “CHUNG”, “SỐNG”, “HỌC”, “ĐỀ”, “TỰ”, “KHẲNG”, “ĐỊNH”, “MÌNH”. Một người xếp ngẫu nhiên 16 tấm bìa cạnh nhau. Tính xác suất để xếp các tấm bìa được dòng chữ “HỌC ĐỀ BIẾT HỌC ĐỂ LÀM HỌC ĐỂ CHUNG SỐNG HỌC ĐỂ TỰ KHẲNG ĐỊNH MÌNH”.
816!
4!16!
116!
4!.4!16!
Sắp xếp ngẫu nhiên 16 tấm bìa nΩ=16!.
Do có 4 tấm bìa “HỌC” và “ĐỂ” nên số cách sắp xếp theo yêu cầu bài toán là nA=4!.4!.
Vậy xác suất là PA=4!.4!16!.
Chọn đáp án D.
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình bên. Khi đó y=fx là hàm số nào sau đây?
y=x3−3x.
y=−x3+3x.
y=x3+x2−4.
y=x3−3x+1.
Vì đồ thị đi qua gốc tọa độ nên loại phương án y=x3+x2−4 và y=x3−3x+1.
Từ hình dạng của đồ thị suy ra hệ số của x3 phải dương nên loại thêm phương án y=−x3+3x.
Vậy đồ thị trên là của hàm số y=x3−3x.
Chọn đáp án A.
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;1.
max0;1y=2,min0;1y=1.
max0;1y=0,min0;1y=−2.
max0;1y=2,min0;1y=−2.
max0;1y=2,min0;1y=0.
Vì hàm số y=fx liên tục trên đoạn 0;1 nên nó có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Theo đồ thị ta có hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1 hay f'x≤0 với mọi x thuộc 0;1.
Do đó max0;1y=2 tại x=0 và min0;1y=0 tại x=1.
Chọn đáp án D.
Tập nghiệm của bất phương trình 3x>9 là
2;+∞
0;2
0;+∞
−2;+∞
Ta có 3x>9⇔3x>32⇔x>2.
Chọn đáp án A.
Tính tích phân I=∫0π4cosπ2−xdx.
I=1−22
I=1−2.
I=2−12.
I=2−1.
Ta có
I=∫0π4cosπ2−xdx=∫0π4sinxdx=−cosxπ40=1−22=2−12.
Chọn đáp án C.
Cho hai số phức z1=1+2i và z2=2−3i. Phần ảo của số phức w=3z1−2z2 là
12
1
11
12i
w=3z1−2z2=−1+12i. Vậy w có phần ảo là 12.
Chọn đáp án A.
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy ABC. Tam giác ABC vuông cân tại B và SA=a2,SB=a5. Tính góc giữa SC và mặt phẳng ABC.
450
300
1200
600
Vì SA⊥ABC nên góc SC,ABC^=SC,AC^=SCA^ (vì SCA^<900).
Tam giác SAB vuông tại A có
SA=a2,SB=a5⇒AB=SB2−SA2=a3⇒BC=a3.
Do đó AC=AB2+BC2=3a2+3a2=a6.
Tam giác SAC có tanSCA^=SAAC=a2a6=13⇒SCA^=300.
Vậy SC,ABC=SCA^=300.
Chọn đáp án B.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,SA⊥ABCD và SA=a. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBDbằng
a2.
a63.
a33.
a22.
Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra BD⊥SAO.
Từ A kẻ AH⊥SO tại H. Khi đó AH⊥SBD
⇒dA,SBD=AH.
Xét tam giác SAO vuông tại A, có AH là đường cao, SA=a,AO=12AC=a22.
Suy ra AH=SA.AOSA2+AO2=22a2a2+2a22=3a3.
Chọn đáp án C.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S có tâm I1;1;1. Một mặt phẳng P cắt S thep giao tuyến là một đường tròn C. Biết chu vi lớn nhất của C bằng 2π2. Phương trình của S là
x−12+y−12+z−12=4.
x+12+y+12+z+12=2
x+12+y+12+z+12=4
x−12+y−12+z−12=2
Đường tròn C đạt chu vi lớn nhất khi C đi qua tâm I của mặt cầu S.
Ta có: C=2πR=2π2⇔R=2.
Khi đó
⇒S:x−12+y−12+z−12=2.
Chọn đáp án D.
Trong không gian Oxyz, cho A1;−2;1 và B0;1;3. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A,B là
x+1−1=y−3−2=z−21.
x−1=y−13=z−32.
x+1−1=y−23=z+12.
x1=y−1−2=z−31.
Ta có AB→=−1;3;2.
Đường thẳng AB có phương trình chính tắc là x−1=y−13=z−32.
Chọn đáp án B.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y=x2+2x+m−4 trên đoạn −2;1 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của m là
5
4
1
3
Xét hàm số fx=x2+2x+m−4 trên đoạn −2;1. Ta có f'x=2x+2=0⇔x=−1.
Ta có f−2=m−4,f1=m−1 và f−1=m−5.
Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là maxm−4,m−1,m−5.
Ta thấy m−5<m−4<m−1 nên m−4<maxm−1,m−5. Do đó
maxm−4,m−1,m−5=maxm−1,m−5.
Đặt A=m−1=m−3+2 và m=m−5=m−3−2.
*m−3>0⇒maxA,B≥A>2.
* m−3<0⇒maxA,BB>2.
* m−3=0⇒maxA,B=A=B=2.
Vậy để giá trị lớn nhất của hàm số đạt giá trị nhỏ nhất thì m=3.
Chọn đáp án D.
Có tất cả bao nhiêu cặp số thực x;y thỏa mãn đồng thời các điều kiện 3x2−2x−3−log35=5−y+4 và 4y−y−1+y+32≤8.
3
2
1
4
Ta có 5−y+4=3x2−2x−3−log35≥3−log35⇒5−y+4≥5−1⇒−y+4≥−1⇒y≤3. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2−2x−3=0⇔x=−1x=3.
Khi đó 4y−y−1+y+32≤8⇔−4y−1−y+y2+6y+9≤8⇔y2+3y≤0⇔−3≤y≤0.
Kết hợp với điều kiện y≤−3 ta suy ra y=−3.
Với y=−3, ta có x=−1x=3.
Vậy có đúng hai cặp số thực thỏa mãn yêu cầu bài toán là x=−1y=−3 và x=3y=−3.
Chọn đáp án B.
Biết ∫01x3+3xx2+3x+2dx=a+bln2+cln3 với a,b,c là các số hữu tỉ, tính S=2a+b2+c2.
S=515.
S=164.
S=436
S=−9
Ta có ∫01x3+3xx2+3x+2dx=∫01x−3−4x+1+14x+2dx=
x22−3x−4lnx+1+14lnx+210=−52−18ln2+14ln3.
Vậy a=−52,b=−18,c=14. Khi đó tổng S=2a+b2+c2=515.
Chọn đáp án A.
Cho số phức z=a+bia,b∈ℝ,a<0 thỏa mãn 1+z¯=z¯−i2+iz−12. Tính z.
22.
5
172
12
Ta có
1+z¯=z¯−i2+iz−12⇔1+a−bi=a2+b+12−a2+b+12−2ab+1i
⇔1+a=2b+12−b=−2ab+1⇔a=2b+12−11−b+1=−2ab+1.
Thế a=2b+12−1 vào phương trình dưới ta được
4b+13−3b+1+1=0⇔b+1=−1b+1=12⇔b=−2⇒a=1Lb=−12⇒a=−12⇒z=22.
Chọn đáp án A.
Cho hình hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao AA'=a3. Gọi M là trung điểm của CC'. Tính thể tích của khối tứ diện BDA'M.
a336.
a334.
a3315.
a3312.
Ta có VABDM=VABCD.A'B'C'D'−VA'.ABD−VA'B'BMC'−VA'D'DMC'−VMBCD
VABCD.A'B'C'D'=a3.a2=a33.
VA'.ACD=13AA'.SΔABD=16a33.
VM.BCD=13MC.SΔBCD=112a33.
VA'.B'BMC'=12A'B'.SB'BMC'=14a33.
VA'.D'DMC'=13A'D'.SD'DMC'=14a33.
Từ đó suy ra VABDM=a334.
Chọn đáp án B.
Một chiếc cốc hình trụ có đường kính đáy 6 cm, chiều cao 15 cm chứa đầy nước. Nghiêng cốc cho nước chảy từ từ ra ngoài cho đến khi mép nước ngang với đường kính của đáy. Khi đó diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng.
926πcm2
926π2cm2.
926π5cm2.
926π10cm2.
Cách 1:
Ta có OH=3,OB=OH2+HB2=326,cosHOB^=OHOB=126.
Hình chiếu vuông góc của mặt nước trong cốc lên mặt đáy cốc là nửa hình tròn có đường kính bằng 6 cm. Do đó
12π.32=S.cosHOB^⇒S=12π.32126=9π262.
Vậy diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng 9π262cm2.
Cách 2:
Ta có: diện tích S của bề mặt nước trong cốc bằng một nửa diện tích elip có hai trục là 2b=6cm và 2a=2152+32=626cm.
Suy ra S=12πab=12π.3.326=9π262cm2.
Chọn đáp án B.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x=1+2ty=−tz=2+t và mặt phẳng P:x+2y+1=0. Tìm hình chiếu của đường thẳng d trên P.
x=195+2ty=−25−tz=t.
x=195+2ty=−125−tz=1+t
x=35+2ty=−45−tz=2+t.
x=15+2ty=−25−tz=1+t.
Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương u→=2;−1;1 và mặt phẳng P có véc-tơ pháp tuyến là n→=1;2;0.
Ta có: u→.n→=0⇒d//P.
Do đó, nếu d' là hình chiếu của d trên P thì d'//d.
Gọi M' là hình chiếu của M1;0;2 trên P⇒M'∈d'.
Gọi Δ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với P⇒M'=Δ∩P.
Vì Δ⊥P nên Δ có một véc-tơ chỉ phương là u→=nP→=1;2;0.
Phương trình đường thẳng Δ đi qua M1;0;2 và có véc-tơ chỉ phương u→=1;2;0 là
Δ:x=1+ty=2tz=2.
M'=Δ∩P⇒ tọa độ điểm M' thỏa mãn hệ:
x=1+ty=2tz=2x+2y+1=0⇔x=1+ty=2tz=21+t+2.2t+1=0⇔x=35y=−45z=2t=−25⇒M'35;−45;2.
Hình chiếu d' song song với d và đi qua M'35;−45;2 có phương trình là x=35+2ty=−45−tz=2+t.
Chọn đáp án C.
Cho hàm số y=fx. Đồ thị hàm số y=f'x như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số gx=3fx+x3−15x+1 là
2
1
3
4
Ta có g'x=3f'x+3x2−15;g'x=0⇔f'x=5−x2.
Đồ thị hàm số f'x cắt đồ thị hàm số y=5−x2 tại hai điểm A0;5,B2;1.
Trong đó x=0 là nghiệm bội bậc 2; x=2 là nghiệm đơn.
Vậy hàm số có một điểm cực trị.
Chọn đáp án B.
Giả sử S=a;b là tập nghiệm của bất phương trình 5x+6x2+x3−x4log2x>x2−xlog2x+5+56+x−x2. Khi đó b−a bằng
12
2
72
52
Điều kiện x>06+x−x2>0⇔x>0−2≤x≤3.
Ta có
5x+6x2+x3−x4log2x>x2−xlog2x+5+56+x−x2
⇔5x+x6+x−x2log2x>xx−1log2x+5+56+x−x2
⇔x−15−xlog2x+6+x−x2xlog2x−5>0
⇔5−xlog2xx−1−6+x−x2>0
⇔5−xlog2x>0x−1−6+x−x2>05−xlog2x<0x−1−6+x−x2<0
* Xét hệ I5−xlog2x>0 1x−1−6+x−x2>0 2
Giải 1
Xét hàm số fx=x5x−log2x=xgx với x∈0;3.
Ta có g'x=−5x2−1xln2<0,∀x∈0;3.
Lập bảng biến thiên:
Vậy fx=x5x−log2x>0,∀x∈0;3.
Xét bất phương trình 2:
2⇔6+x−x2<x−1
⇔6+x−x2<x−12x>1
⇔x2−3x−5>0x>1
⇔x<−1x>52x>1
⇔x>52.
Vậy nghiệm của hệ I là D=52;3.
* Hệ 5−xlog2x<0x−1−6+x−x2<0 vô nghiệm.
Vậy S=52;3, suy ra b−a=3−52=12.
Chọn đáp án A.
Cho H là hình phẳng giới hạn bởi parabol y=3x2 và nửa đường tròn có phương trình y=4−x2 với −2≤x≤2 (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của H bằng
2π+533.
4π+533.
4π+33.
2π+33.
Phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm là x=±1. Do đó diện tích cần tìm là
S=∫−114−x2−3x2dx=∫−114−x2dx−∫−113x2dx=I−233, với I=∫−114−x2dx
Để tính I đặt x=2sint⇒dx=2costdt.
Nên I=∫−π6π64cos2tdt=2t−sin2tπ6−π6=2π3+3.
Do đó S=2π+33.
Chọn đáp án D.
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z+2=z+2i. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=z−1−2i+z−3−4i+z−5−6i được viết dưới dạng a+b17/2 với a,b là các hữu tỉ. Giá trị của a+b là
3
2
7
4
Cách 1.
* Đặt E−2;0,F0;−2,A1;2,B3;4,C5;6,Mx;y biểu diễn cho số phức
* Từ giả thiết., ta có M thuộc đường trung trực Δ:y=x của đoạn EF và P=AM+BM+CM.
* Ta chứng minh điểm M chính là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng Δ.
- Với M' tùy ý thuộc Δ,M' khác M. Gọi A' là điểm đối xứng của A qua Δ. Nhận thấy rằng ba điểm A',M,C thẳng hàng.
- Ta có AM'+BM'+CM'=A'M'+BM'+CM'. Mà A'M'+CM'>A'C=A'M+CM=AM+CM. Lại có BM'>BM. Do đó AM'+BM'+CM'>AM+BM+CM.
Cách 2.
* Gọi z=x+yi,x,y∈ℝ. Từ giả thiết z+2=z+2i, dẫn đến y=x. Khi đó z=x+xi.
* P=x−12+x−22+x−32+x−42+x−52+x−62.
* Sử dụng bất đẳng thức
a2+b2+c2+d2≥a+c2+b+d2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ac=bd. Ta có
x−12+x−22+x−52+x−62=x−12+x−22+5−x2+6−x2
≥x−1+6−x2+x−2+5−x2
≥34
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x−16−x=x−25−x⇔x=72.
* Mặt khác
x−32+x−42=2x2−14x+25=2x−722+14≥12.
Dấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=72.
* Từ hai trường hợp trên, ta thấy, giá trị nhỏ nhất của P là 1+2172. Khi đó a+b=3.
Chọn đáp án A.
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM. Biết HB=HC,HBC^=300; góc giữa mặt phẳng SHC và mặt phẳng HBC bằng 600. Tính cô-sin của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng SHC.
12
32
134
34.
HB=HC nên tam giác HBC cân tại H, suy ra HM⊥BC.
Trong mặt phẳng ABC dựng AK⊥HC⇒HC⊥SAK.
Mà góc giữa mặt phẳng SHC và ABC bằng 600 nên SKA^=600.
Giả sử BC=a.
⇒BM=a2⇒AH=HM=BM.tan300=a36
⇒AK=AH.sin600=a4⇒SA=AK.tan600=a34.
Trang bị hệ trục tọa độ Axyz với A0;0;0,S0;0;34,H36;0;0,C33;12;0,B33;−12;0.
⇒SH→=36;0;−34,HC→=36;12;0,BC→=0;1;0.
Từ đó suy ra mặt phẳng SHC nhận n→=33;−3;23 là véc-tơ pháp tuyến.
Ta có sinBC,SHC=cosn→,BC→=−348=34⇒cosBC,SHC=134.
Chọn đáp án C.
