35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 4)
50 câu hỏi
Tập hợp M có 12 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là
122.
C122.
A1210.
A122.
Chọn B.
Số tập con thỏa mãn đề bài chính là số cách chọn 2 phần tử lấy trong tập hợp M có 12 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của tập hợp M là C122.
Cho cấp số cộng uncó u4=−12 và u14=18. Giá trị công sai của cấp số cộng đó là
d = 4
d = -3
d= 3
d = -2
Chọn C.
Ta có u14=u1+13d=u4+10d=18⇒d=3.
Vậy công sai của cấp số cộng là d= 3
Cho hàm số fx có đạo hàm f'x=xx−12x−25x−37. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:
3.
1.
4.
2.
Chọn A.
Ta có f'x=0⇔xx−12x−25x−37=0⇔x=0x=1x=2x=3.
Bảng xét dấu f'x như sau:
Từ bảng xét dấu ta thấy f'x có 3 lần đổi dấu nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Cho hàm số fx có bảng biến thiên như hình vẽ.
Điểm cực đại của hàm số đã cho là:
x = -3.
x = 3.
x = -1.
x = 1
Chọn D.
Hàm số đạt cực đại tại điểm x mà f'x đổi dấu từ dương sang âm.
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x+1x−1 là
y = -1.
y = 1.
y=12.
y = 2.
Chọn D.
Ta có limx→±∞2x+1x−1=limx→±∞2+1x1−1x=2. Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
y=−x4+2x2.
y=x2−2x+1.
y=x3−3x+1.
y=−x3+3x+1
Chọn D.
Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số a < 0 nên chỉ có hàm số y=−x3+3x+1 thỏa yêu cầu bài toán.
Cho hàm số bậc bốn y=fx có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm của phương trình fx=−12 là
2.
3.
4.
1
Chọn A.
Số nghiệm của phương trình fx=−12 bằng số nghiệm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=−12.
Dựa vào đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số y=fx và y=−12. đường thẳng cắt nhau tại 2 điểm.
Nên phương trình fx=−12 có 2 nghiệm.
Cho hai số phức z1=5i và z2=2020+i.Phần thực của số z1z2 bằng
-5
5.
-10100.
10100.
Chọn A.
Ta có: z1z2=5i2020+i=−5+10100i⇒Phần thực của số phức z1z2 là -5
∫01e3x+1dx bằng:
e3−e.
13e4+e.
e4−e.
13e4−e.
Chọn D.
Ta có ∫01e3x+1dx=13∫01e3x+1d3x+1=13e3x+110=13e4−e.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x−2y+z−5=0. Điểm nào dưới đây thuộc (P)?
M(1;1;6)
N(-5;0;0)
P(0;0;-5)
Q(2;-1;5)
Chọn A.
Ta có 1−2.1+6−5=0 nên M(1;1;6) thuộc mặt phẳng (P)
Tìm đạo hàm của hàm số y=log7x với (x>0)
y'=7x.
y'=1x.
y'=1xln7.
y'=ln7x.
Chọn C.
Đạo hàm của hàm số y=log7x là y'=1xln7.
Cho khối chóp có diện tích đáy B = 6a2 và chiều cao h = 2a. Thể tích khối chóp đã cho bằng:
12a3.
2a3.
4a3.
6a3.
Chọn C.
Ta có V=13B.h=136a2.2a=4a3.
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
∫1xdx=lnx+C.
∫xedx=xe+1e+1+C.
∫exdx=ex+1x+1+C.
∫cos2xdx=12sin2x+C.
Chọn C.
Ta có ∫exdx=ex+1x+1+C sai vì ∫exdx=ex+C.
Trong không gian Oxyz, cho a→=−2;2;0,b→=2;2;0,c→=2;2;2. Giá trị của a→+b→+c→ bằng
26.
11.
211.
6.
Chọn C.
Ta có: a→+b→+c→=2;6;2.
Vậy a→+b→+c→=211.
Phương trình 3x2−2x=1 có nghiệm là
x = 0; x = 2
x = -1; x = 3
x = 0; x = -2
x = 1; x = -3
Chọn A.
Ta có 3x2−2x=1⇔3x2−2x=30⇔x2−2x=0⇔x=0x=2.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x−32=y+1−2=z−53. Vectơ sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d?
u2→=1;−2;3.
u4→=−2;−4;6.
u3→=2;6;−4.
u1→=3;−1;5.
Chọn A.
Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ u2→=1;−2;3.
Trong mặt phẳng Oxy, số phức z = -2+4i được biểu diễn bởi điểm nào trong các điểm ở hình vẽ duới đây?
Điểm C.
Điểm D.
Điểm A.
Điểm B.
Chọn A.
Số phức z = -2+4i được biểu diễn bởi điểm C(-2;4)
Cho hàm số fx liên tục trên ℝ và thỏa mãn ∫01fxdx=2;∫13fxdx=6. Tính I=∫03fxdx.
I = 8.
I = 12.
I = 4.
I = 36.
Chọn A.
Ta có I=∫03fxdx=∫01fxdx+∫13fxdx=2+6=8.
Khối nón có chiều cao h =4 và đường kính đáy bằng 6. Thể tích khối nón bằng
12π.
144π.
48π.
24π.
Chọn A.
Khối nón có bán kính bằng 3 nên có thể tích là V=13πr2h=13.π.33.4=12π.
Cho khối hộp hình chữ nhật có ba kích thước 2; 4; 6. Thể tích của khối hộp đã cho bằng:
8.
16.
48.
12.
Chọn C.
Thể tích của khối hộp đã cho bằng 2.4.6 = 48.
Cho hai số phức z1=1−2i và z2=2+i. Số phức z1+z2 bằng:
-3 - i.
3 + i.
3 - i.
-3 + i
Chọn C.
Ta có z1+z2=1−2i+2+i=3−i.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2−4x+2y−6z+1=0. Tọa độ tâm I của mặt cầu là:
I(4;-2;6).
(2;-1;3).
(-4;2;-6).
(-2;1;-3)
Chọn B.
Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là I(2;-1;3)
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như sau:
Hàm số nghịch biến trong khoảng nào?
(0;1).
(-1;1).
4;+∞.
−∞;2.
Chọn A.
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1)
Nghiệm của phương trình log2x+9=5 là
x = 41.
x = 16.
x = 23.
x = 1.
Chọn C.
Điều kiện: x > -9
Ta có: log2x+9=5⇔x+9=25⇔x=23.
Cho x, y > 0 và α,β∈ℝ. Khẳng định nào sau đây sai ?
xαβ=xαβ.
xα+yα=x+yα.
xα.xβ=xα+β.
xyα=xα.yα.
Chọn B.
Theo tính chất của lũy thừa thì đẳng thức xα+yα=x+yα sai.
Cho hình trụ có bán kính đáy r = 2 và chiều cao h = 5. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
28π.
20.
10π.
20π.
Chọn D.
Theo công thức tính diện tích xung quanh hình trụ Sxq=2πrh=2π.2.5=20π.
Trong không gian Oxyz, cho các điểm A1;0;2,B1;2;1,C3;2;0 và D(1;1;3). Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD) có phương trình là
x=1−ty=4tz=2+2t.
x=1+ty=4z=2+2t.
x=1−ty=2−4tz=2−2t.
x=2+ty=4+4tz=4+2t.
Chọn D.
Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD) nhận vectơ pháp tuyến của (BCD) là vectơ chỉ phương.
Ta có BC→=2;0;−1,BD→=0;−1;2.
⇒ud→=n→=BC→,BD→=−1;−4;−2.
Khi đó ta loại phương án A và B
Thay điểm A(1;0;2) vào phương trình ở phương án D ta có 1=2+t0=4+4t2=4+2t⇔t=−1t=−1t=−1.
Suy ra đường thẳng có phương trình tham số ở phương án C đi qua điểm A nên D là phương án đúng.
Rút gọn biểu thức P=a3+1.a2−3a2−22+2với a > 0
P = a4.
P = a3.
P = a5.
P = a.
Chọn C.
Ta có P=a3+1.a2−3a2−22+2=a3+1+2−3a2−22+2=a3a−2=a5.
Cho ∫01fxdx=2 và ∫01gxdx=5. Tính ∫01fx−2gxdx.
-8
12.
1.
-3
Chọn A.
Ta có ∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx=2−2.5=−8.
Cho hình chóp S.ABCD có SA⊥ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD = 2a, SA = a. Khoảng cách từ A đến (SCD) bằng:
3a7.
3a22.
2a5.
2a33.
Chọn C.
Gọi H là hình chiếu của A lên SD, ta chứng minh được AH⊥SCD.
1AH2=1SA2+1AD2⇒AH=2a5.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3+3x2 trên đoạn [-4;-1] bằng:
0.
4.
-16.
-4.
Chọn C.
Ta có y'=3x2+6x;y'=0⇒3x2+6x=0⇔x=0∉−4;−1x=−2∈−4;−1.
Khi đó y−4=−16;y−2=4;y−1=2.
Nên min−4;−1y=−16.
Một em bé có bộ 6 thẻ chữ, trên mỗi thẻ có ghi một chữ cái, trong đó có 3 thẻ chữ T, một thẻ chữ N, một thẻ chữ H và một thẻ chữ P. Em bé đó xếp ngẫu nhiên 6 thẻ đó thành một hàng ngang. Tính xác suất em bé xếp được thành dãy TNTHPT.
1120.
1720.
16.
120.
Chọn A.
Xem ba chữ T riêng biệt ta có: nΩ=6!.
Gọi A là biến cố “xếp ngẫu nhiên 6 thẻ đó thành dãy TNTHPT”, suy ra nA=3!
(số hoán vị của T – T – T và N, H, P cố định).
Vậy xác suất của biến cố A:PA=3!6!=1120.
Tính ∫x−sin2xdx.
x2+cos2x2+C.
x22+cos2x2+C.
x22+cos2x+C.
x22+sinx+C.
Chọn B.
Ta có ∫x−sin2xdx=∫xdx−∫sin2xdx=x22+cos2x2+C.
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1+iz¯−1−3i=0. Tìm phần ảo của số phức w=1−iz+z¯.
-1
-i
2.
-2i
Chọn A.
Ta có 1+iz¯−1−3i=0⇔z¯=1+3i1+i⇔z¯=2+i⇒z=2−i.
Do đó w=1−iz+z¯=1−i2−i+2+i=2−i.
Vậy phần ảo của số phức w=1−iz+z¯ là -1
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm I(1;1;1) và A(1;2;3). Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là:
x+12+y+12+z+12=29.
x−12+y−12+z−12=25.
x−12+y−12+z−12=5.
x+12+y+12+z+12=5.
Chọn C.
Ta có R=IA=1−12+2−12+3−12=5.
Vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là
x−xI2+y−yI2+z−zI2=R2⇒x−12+y−12+z−12=5.
Số nghiệm nguyên của bất phương trình 132x2−3x−7>32x−21 là:
7.
6.
vô số.
8.
Chọn A.
Ta có 132x2−3x−7>32x−21⇔3−2x2−3x−7>32x−21
⇔−2x2−3x−7>2x−21⇔−2x2+3x+7>2x−21
⇔−2x2+x+28>0⇔−72<x<4.
Do x∈ℤ nên x∈−3;−2;−1;0;1;2;3.
Vậy bất phương trình đã cho có 7 nghiệm nguyên.
Hàm số y=23x2+1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
(-1;1).
−∞;0.
−∞;+∞.
0;+∞.
Chọn D.
Tập xác định D=ℝ.
y'=−12x3x2+12.
Ta có y'<0⇔x>0nên hàm số y=23x2+1 nghịch biến trên khoảng 0;+∞.
Cho hàm số fx. Biết hàm số f'x có đồ thị như hình dưới đây. Trên [-4;3], hàm số gx=2fx+1−x2 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm nào?
![Cho hàm số f(x). Biết hàm số f'(x) có đồ thị như hình dưới đây. Trên [-4;3] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/03/14-1648281914.PNG)
x = -1.
x = 3.
x = -4.
x = -3.
Chọn A.
Xét hàm số gx=2fx+1−x2trên [-4;3]
Ta có: g'x=2.f'x−21−x.
g'x=0⇔f'x=1−x. Trên đồ thị hàm số f'x ta vẽ thêm đường thẳng y=1−x.
![Cho hàm số f(x). Biết hàm số f'(x) có đồ thị như hình dưới đây. Trên [-4;3] (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/03/15-1648282221.PNG)
Từ đồ thị ta thấy f'x=1−x⇔x=−4x=−1x=3.
Bảng biến thiên của hàm số gx như sau:
![Cho hàm số f(x). Biết hàm số f'(x) có đồ thị như hình dưới đây. Trên [-4;3] (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2022/03/16-1648282264.PNG)
Vậy min−4;3gx=g−1⇔x=−1.
Người ta muốn xây bể chứa nước dạng hình chữ nhật không nắp có thể tích 200 m3. Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê công nhân xây bể là 300.000 đồng/m2. Chi phí thuê công nhân thấp nhất là
36 triệu đồng.
51 triệu đồng.
75 triệu đồng.
46 triệu đồng.
Chọn B.
Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2x, chiều cao là y
Diện tích các mặt bên và mặt đáy là S=6xy+2x2
Thể tích là V=2x2y=200⇒xy=100x.
S=600x+2x2=300x+300x+2x2≥3300x.300x.2x23=301803
Vậy chi phí thấp nhất là T=301803.3000000=51triệu.
Trong không gian Oxyz, đường thẳng đi qua điểm M(1;2;2) song song với mặt phẳng P:x−y+z+3=0 đồng thời cắt đường thẳng d:x−11=y−21=z−31 có phương trình là:
x=1−ty=2+tz=2.
x=1+ty=2−tz=2.
x=1−ty=2−tz=2−t.
x=1−ty=2−tz=2.
Chọn D.
Phương trình tham số của đường thẳng d:x=1+ty=2+tz=3+t
Gọi D là đường thẳng cần tìm. Theo đề bài d cắt D nên gọi I=Δ∩d=>I∈d suy ra I(1+t;2+t;3+t).
Ta có MI→=(t;t;t+1); mặt phẳng (P) có VTPT là n→=(1;−1;1)
D song song với mặt phẳng (P) nên MI→⊥n→<=>MI→.n→=0<=>1.t+(−1).t+1.(1+t)=0<=>t=−1
=>MI→=(−1;−1;0) là 1 VTCP của đường thẳng D và D đi qua điểm M(1;2;2)
Vật PTTS của đường thẳng D cần tìm là x=1−t'y=2−t'z=2.
Cho số phức z=a+bia,b∈ℝ thỏa mãn z=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A=z+2+2z−2.
102.
7.
10.
52.
Chọn D.
Ta có:
|z+2|2=(a +2)2+b2;|z−2|2=(a-2)2+b2=>|z+2|2+|z−2|2=2(a2+b2)+8=2|z|2+8=10
Ta có: A2=(|z+2|+2|z−2|)2≤(12+22)(|z+2|2+|z−2|2)=50.
Vì A≥0 nên từ đó suy ra A≤50=52
Vậy giá trị lớn nhất của A là 52
Cho hàm số fx xác định và có đạo hàm f'x liên tục trên đoạn [1;3] và fx≠0 với mọi x∈1;3, đồng thời f'x+1+fx2=fx2x−12 và f1=−1. Biết rằng ∫13fxdx=aln3+b,a,b∈ℤ. Tính tổng S=a+b2.
S = -1.
S = 2.
S = 0.
S= -4.
Chọn A.
Ta có: f'(x)(1+f(x))2=[(f(x))2(x−1)]2<=>f'(x)(1+f(x))2f4(x)=(x−1)2.
Lấy nguyên hàm 2 vế ta được ∫f'(x)(1+f(x))2f4(x)dx=∫(x−1)2dx
<=>∫(1+2f(x)+f2(x))f'(x)f4(x)dx=∫(x−1)2dx<=>∫1f4(x)+21f3(x)+1f2(x)d(f(x))=(x−1)33+C<=>−13f3(x)−1f2(x)−1f(x)=(x−1)33+C<=>−1+3f(x)+3f2(x)3f3(x)=(x−1)33+C
Mà f(1)=−1=>−1−3+3−3=C=>C=13
=>−1+3f(x)+3f2(x)3f3(x)=(x−1)33+13<=>1+3f(x)+3f2(x)3f3(x)+13=−(x−1)33<=>(1+f(x))3f3(x)=−(x -1)3<=>1+1f(x)3=(1-x)3<=>f(x)=−1x.
Vậy ∫13f(x)dx=∫13−1xdx=−ln|x|31=−ln3. Suy ra a=−1;b=0 hay a+b=−1.
Có bao nhiêu bộ (x;y) với x, y nguyên và 1≤x,y≤2020 thỏa mãn xy+2x+4y+8log32yy+2≤2x+3y−xy−6log22x+1x−3?
4034.
2.
2017.
2017 x 2020.
Chọn A
Điều kiện x,y∈N*:x,y≤20202x+1x−3>0,2yy+2>0<=>x,y∈N*:x,y≤2020x>3,y>0.
BPT cho có dạng (x−3)(y−2)log2x+4x−2+1+(x+4)(y+2)log3y−2y+2+1≤0(*).
Xét y = 1 thì (*) thành −(x−3)log2x+4x−3+1+3(x+4)log323≤0, rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi x > 3 vì −(x−3)<0;log2x+4x−3+1>log2(0+1)=0,3(x+4)>0,log323<0.
Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ (x;y)=(x;1) với 4≤x≤2020,x∈ℕ.
Xét y = 2 thì (*) thành 4(x+4)log31≤0,BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà 4≤x≤2020,x∈ℕ.
Trường hợp này cho ta 2017 cặp (x;y) nữa.
Với y > 2, x > 3 thì VT(*) > 0 nên (*) không xảy ra
Vậy có đúng 4034 bộ số (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hình lăng trụ đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng 2a (minh họa như hình vẽ). Cosin của góc hợp bởi (A'BC) và (ABC) bằng
213.
217.
23.
27.
Chọn B.
Gọi I là trung điểm của BC, khi đó BC⊥AI và BC⊥AA' nên BC⊥AA'I⇒BC⊥A'I. Vậy góc hợp bởi (A'BC) và (ABC) bằng AIA'.
Ta có AI=2a32=a3,AA'=2a⇒tanAIA'=AA'AI=2aa3=23.
Mặt khác: 1+tan2AIA'=1cos2AIA'⇒cos2AIA'=11+tan2AIA'=11+43=37⇒cosAIA'=217.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA⊥ABC. Mặt phẳng (SBC) cách A một khoảng bằng a và hợp với mặt phẳng (ABC) góc 300. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng:
8a39.
3a312.
4a39.
8a33.
Chọn A.
Gọi I là trung điểm của BC suy ra góc giữa (SBC)và (ABC) là SIA=300.
H là hình chiếu vuông góc của A trên SI suy ra dA,SBC=AH=a.
Xét tam giác AHI vuông tại H suy ra AI=AHsin300=2a.
Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x mà AI là đường cao suy ra 2a=x32⇒x=4a3.
Diện tích tam giác đều ABC là SABC=4a32.34=4a233.
Xét tam giác SAI vuông tại A suy ra SA=AI.tan300=2a3.
Vậy VS.ABC=13.SABC.SA=13.4a233.2a3=8a39.
Cho hàm số fx liên tục trên ℝ,có đồ thị như hình vẽ.
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a để hàm số y=f8xx2+1+a−1 có giá trị lớn nhất không vượt quá 20?
41.
31.
35.
29.
Chọn B.
Đặt t=8xx2+1.
Ta có: t'=−8x2+8x2+12;t'=0⇔x=±1.
Bảng biến thiên:
⇒t∈−4;4.
Xét hàm số: ht=ft+a−1,t∈−4;4, ta có: h't=f't.
h't=0⇔f't=0⇔t=−4∈−4;4t=−2∈−4;4t=2∈−4;4
max−4;4ht=Maxa+5;a−5.
Yêu cầu bài toán ⇔a+5≤20a−5≤20⇔−20≤a+5≤20−20≤a−5≤20⇔−25≤a≤15−15≤a≤25⇔−15≤a≤15
Vậy có tất cả 31 giá trị nguyên của tham số a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho fx là hàm đa thức bậc 3 có đồ thị như hình vẽ. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M có hoành độ bằng -2 cắt đồ thị tại điểm thứ hai N(1;1) cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng 4. Biết diện tích phần gạch chéo là 916. Tích phân ∫−11fxdx bằng:
3118.
136.
199.
73.
Chọn B.
Dựa vào giả thiết đường thẳng đi qua hai điểm M(-2;2) và P(4;0). Suy ra d:x+3y−4=0⇒y=−13x+43.
Từ giả thiết ta có hàm số fx=ax3+bx2+cx+d⇒f'x=3ax2+2bx+c. Chú ý đồ thị hàm số tiếp xúc đường thẳng d tại
x = -2
1=−8a+4b−2c0=a+b+c12a−4b+c=−13d=1⇒a=112b=14c=−13⇒y=112x3+14x2−13x+1.
Từ đó ∫−11fxdx=136.
Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 3x2−2x+1−2x−m=logx2−2x+32x−m+2 có đúng ba nghiệm phân biệt là
3
0
2
1
Chọn A.
Phương trình tương đương 3x2−2x+3−2x−m+2=ln2x−m+2lnx2−2x+3.
⇔3x2−2x+3.lnx2−2x+3=32x−m+2.ln2x−m+2*.
Xét hàm đặc trưng ft=3t.lnt,t≥2 là hàm số đồng biến nên từ phương trình (*) suy ra
⇔x2−2x+3=2x−m+2⇔gx=x2−2x−2x−m+1=0.
Có gx=x2−4x+2m+2 khi x≥mx2−2m+1 khi x≤m⇒g'x=2x−4 khi x≥m2x khi x≤m.
Và g'x=0⇔x=2 khi x≥mx=0 khi x≤m
Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: m≤0 ta có bảng biến thiên của gx như sau:
Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có m thỏa mãn.
Trường hợp 2: m≥2 tương tự.
Trường hợp 3: 0<m<2, bảng biến thiên gx như sau:
Phương trình có 3 nghiệm khi m−12=0−2m+1=0>2m−3−2m+1<0=2m−3⇔m=1m=12m=32.
Cho các số phức z1=1+3i,z2=−5−3i. Tìm điểm M(x;y) biểu diễn số phức z3, biết rằng trong mặt phẳng phức điểm M nằm trên đường thẳng x−2y+1=0 và mô đun số phức w=3z3−z2−2z1 đạt giá trị nhỏ nhất.
M35;15.
M−35;−15.
M35;−15.
M−35;15.
Chọn D.
Trắc nghiệm: Thay tọa độ điểm M vào vế trái phương trình đường thẳng kết quả bằng 0 thỏa ta được đáp án A.
Tự luận:
Ta có w=3z3−z2−2z1=3z3+3−3i=3z3+1−i→w=3z3+1−i=3AM với A(-1:3)
M(x;y) biểu diễn số phức z3 nằm trên đường thẳng d:x−2y+1=0 và A−1;3∉d.
Khi đó w=3z3+1−i=3AM đạt giá trị nhỏ nhất khi AM ngắn nhất ⇔AM⊥d
AM⊥d nên AM có phương trình: 2x+y+1=0.
Khi đó M=AM∩d nên M−35;15.
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A2;−2;4,B−3;3;−1,C−1;−1;−1 và mặt phẳng P:2x−y+2z+8=0. Xét điểm M thay đổi thuộc (P), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T=2MA2+MB2−MC2.
102.
35.
105.
30
Chọn A.
Gọi I là điểm thỏa mãn: 2IA→+IB→−IC→=0→
⇔2OA→−OI→+OB→−OI→−OC→−OI→=0→
⇔OI→=OA→+12OB→−12OC→=1;0;4
⇔I1;0;4.
Khi đó, với mọi điểm Mx;y;z∈P, ta luôn có
T=2MI→+IA→2+MI→+IB→2−MI→+IC→2
=2MI→2+2MI→.2IA→+IB→−IC→+2IA→2+IB→2−IC→2
=2MI2+2IA2+IB2−IC2.
Ta tính được 2IA2+IB2−IC2=30.
Do đó, T đạt GTNN ⇔MI đạt GTNN ⇔MI⊥P.
Lúc này, IM=dI,P=2.1−0+2.4+822+−12+22=6.
Vậy Tmin=2.62+30=102.
