Đề số 11

Ta có : .22x−1=18⇔22x−1=2−3⇔2x−1=−3⇔x=−1Chọn đáp án A

Ta có ∫01 fx−2 dx  = ∫01fx dx  − 2 . ∫01dx =∫01fx dx  −  2 . x 01 =2−2=  0 .Chọn đáp án B

Ta có ∫fxdx=∫x−sinxdx=x22+cosx+CChọn đáp án A

Điểm M3;−4 nên M là điểm biểu diễn của số phức 3−4i.Chọn đáp án C

VS.ABC=13.SΔABC.SA⇒SA=3VS.ABCSΔABC=3.a34a234=a3

Chọn đáp án D

Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq=2πrh=2π.a.2a=4πa2Chọn đáp án A

Mỗi tập con có hai phần tử của A tương ứng với một tổ hợp chập 2 của 20 phần tử
Vậy số tập con có hai phần tử của A là C202Chọn đáp án C

+ Đồ thị hàm số có hệ số a>0 nên loại đáp án B và C.
+ Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên loại đáp án A.Chọn đáp án D

Diện tích xung quanh của hình nón: Sxq=πRl=2πa2.Chọn đáp án B

Ta có: 1z=11+3i=1−3i1+3i1−3i=1−3i4=14−34i.
Vậy số phức nghịch đảo của số phức z=1+3i là 1z=14−34i.Chọn đáp án B

y'=x2+x+1'4x2+x+1.ln4=2x+14x2+x+1.ln4

Chọn đáp án D

Ta có P=x13x6=x13.x16=x13+16=x12=x.Chọn đáp án D

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực đại tại x0=0.Chọn đáp án A

Thay tọa độ Q vào phương trình mặt phẳng α ta được: 1−2−1+1−4=0.
Thay tọa độ N vào phương trình mặt phẳng α ta được: Loại B
Thay tọa độ P vào phương trình mặt phẳng α ta được: Loại C
Thay tọa độ M vào phương trình mặt phẳng α ta được: Loại DChọn đáp án A

Ta có −2a=−2−2b=4−2c=−6 ⇒a=1b=−2c=3
Mặt cầu (S) có tâm I1 ; −2  ; 3 và bán kính R=12+−22+32−9=5.Chọn đáp án B

Điểm thuộc trục Oz là: Q0 ;0 ; −6.Chọn đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=fx ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng −∞ ;−1  và 0 ; 1 .Chọn đáp án D

Tiệm cận đứng: x=−2
Tiệm cận ngang: y=1
Vậy giao điểm là I−2;1Chọn đáp án D

Ta có: u4=u1+3d=2+3.5=17.Chọn đáp án B

Xét đường thẳng được cho ở câu C, có một vectơ chỉ phương là −2;−1;−1=−2;1;1 (thỏa đề bài).Chọn đáp án A

∫0122x+1dx=∫01(2x+1)'2x+1dx=∫01d(2x+1)2x+1=ln2x+110=ln3.

Chọn đáp án A

Ta có: 2x+1+1−2yi=x+3−i⇒2x+1=x+31−2y=−1⇒x=2y=1
Vậy x2+y=22+1=5Chọn đáp án A

Dựa vào BBT và áp dụng định lí 1 của SGK, hàm số đạt cực đại tại x=−1, đạt cực tiêu tại x=2. Suy ra hàm số có 2 điểm cực trịChọn đáp án A

Ta có: z(2−i)+13i=1⇔z=1−13i2−i⇔z=(1−13i)(2+i)(2−i)(2+i)=3−5i.
Vậy z=32+(−5)2=34.Chọn đáp án D

Gọi I là trung điểm của AB khi đó xI=xA+xB2=0yI=yA+yB2=0zI=zA+zB2=1⇒I0;0;1.
IA=0+22+0−12+1−02=6.
Mặt cầu đường kính AB nhận điểm I0;0;1 làm tâm và bán kính R=IA=6 có phương trình là: x2+y2+z−12=6.Chọn đáp án D

Δ⊥dΔ⊂P⇒uΔ→⊥ud→uΔ→⊥nP→
ud→ , nP→=5 ; 0 ; 5. Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ là u→Δ=1 ; 0 ; 1⇒Δ: x=ty=−1z=4+tChọn đáp án B

Ta có Fx=∫x3dx=x44+C.
F2−F0=244+C−044+C=4.Chọn đáp án C

Số tam giác có thể tạo thành: nΩ=C61.C42+C62.C41=96
Số tam giác có hai đỉnh màu đỏ là nA=C62.C41=60
Xác suất để thu được tam giác có hai đỉnh màu đỏ là PA=nAnΩ=6096=58.Chọn đáp án B

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: =BC2−AB2=a32−a2=a2.
Diện tích tam giác ABC là: SABC=12.AB.AC=12.a.a2=a222.
Gọi H là trung điểm đoạn AB thì SH⊥AB. Vì SAB⊥ABC và SAB∩ABC=AB nên SH⊥ABC. Suy ra SH là chiều cao của khối chóp S.ABC.
Tam giác SAH vuông tại H nên =SA.sinSAH^=a.sin60°=a32.
Thể tích khối chóp S.ABC là: V=13.SABC.SH=13.a222.a32=a3612.Chọn đáp án C

Từ z+3+i−zi=0, ta có
a+bi+3+i−a2+b2i=0⇒a+3+b+1−a2+b2i=0⇒a=−3b+1−a2+b2⇔a=−3b=4Suy ra    S=1Chọn đáp án A

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=2x3−5x2+3x+2 và đường thẳng y=−3x+4 là:
2x3−5x2+3x+2=−3x+4⇔2x3−5x2+6x−2=0⇔x=12⋅
Thay x=12 vào y=−3x+4 ta được y=52⋅
Nên đồ thị hàm số y=2x3−5x2+3x+2 cắt đường thẳng y=−3x+4 tại điểm M12;52.
Tổng a+b=3.Chọn đáp án B

logaa3b2c=logaa3+logab2+logac=3logaa+2logab+12logac=3+2.3+12.(−2)=8

Chọn đáp án B

Tập xác định: D=ℝ.
Ta có: y'=−3x2+6x=0 ⇔ x=0x=2.
Bảng biến thiên

Từ bảng trên ta có khoảng đồng biến của hàm số đã cho là (0;2).Chọn đáp án A

Với a,  b,  c là các số thực dương, ta có
12log3a−2logb+3logc=log3a−logb2+logc3=log3ac3b2.
Do đó, logx=12log3a−2logb+3logc⇔logx=log3ac3b2⇔x=3ac3b2.Chọn đáp án C

TXĐ: D=ℝ.
Đặt sinx=t, −1≤t≤1
Ta có fx=2t2+2t−1 liên tục trên đoạn −1;1
f'x=4t+2=0⇔t=−12
f−1=−1; f−12=−32; f1=3
Suy ra minℝy=min−1;1fx=−32⇔t=−12⇔sinx=−12⇔x=−π6+k2πx=7π6+k2π, k∈ℤ.Chọn đáp án B

y'≥0⇔2x+2ex2+2x−3≥0⇔2x+2≥0⇔x≥−1

Chọn đáp án C

Ta có: BC⊥SA,BC⊥AB⇒BC⊥SB
⇒SBC∩ABC=BCAB⊥BC,AB⊂ABCSB⊥BC,SB⊂SBC⇒SBC,ABC^=SBA^.Chọn đáp án D

Trong mặt phẳng (SAB), kẻ SM⊥AB, M∈AB suy ra AB⊥(SCM)
Trong mặt phẳng (SCM) kẻ SH⊥CM(1), H∈CM. Từ trên ta có SH⊥AB(2)
Từ (1) và (2) suy ra SH⊥(ABC).
Tam giác SAB vuông tại S suy ra SM=SA.SBSA2+SB2=a23.
Tam giác SAB vuông tại S suy ra SH=SM.SCSM2+SC2=a6611.Chọn đáp án C

Ta có ∫01exfx+f'xdx=∫01exfxdx+∫01exf'xdx  1
Lại có ∫01exf'xdx=exfx01−∫01exfxdx=e−1−∫01exfxdx   2
Thế (2) vào (1) ta được ∫01exfx+f'xdx=e−1. Suy ra a=1;b=−1 nên a+b=0.Chọn đáp án C

Gọi Δ là đường thẳng cần tìm.
Gọi A=Δ∩d1 ;B=Δ∩d2⇒A2+2t ;3+3t ; −4−5t ,B−1+3t'; 4−2t';4−t'
Ta có: AB→=3t'−2t−3 ; −2t'−3t+1 ; −t'+5t+8.
Gọi uΔ→,ud1→=2 ; 3;−5,ud2→=3 ;−2;−1 lần lượt là véc tơ chỉ phương của Δ ,d1,d2 ta có:
uΔ→⊥ud1→uΔ→⊥ud2→.Chọn uΔ→=ud1→,ud2→=−13;−13;−13=−131 ;1;1=−13u→.
Vì AB→ , u→ đều là véc tơ chỉ phương của Δ nên ta có:
AB→=ku→⇔3t'−2t−3=k−2t'−3t+1=k−t'+5t+8=k⇔3t'−2t−k=3−2t'−3t−k=−1−t'+5t−k=−8⇔t'=1t=−1k=2⇒A0 ;0;1.
⇒Δ:x1=y1=z−11.Chọn đáp án D

Ta có: 9x−4.6x+m−1.4x≤0⇔322x−4.32x+m−1≤0
⇔m≤−322x+4.32x+1.(*)
Đặt t=32x,t>0. Bất phương trình (*) trở thành: m≤−t2+4t+1,t∈0 ;+∞.
Xét hàm số ft=−t2+4t+1 ,t∈0 ;+∞.
Ta có: f't=−2t+4 , f't=0⇔t=2.(nhận)
Bảng biến thiên
Bất phương trình 9x−4.6x+m−1.4x≤0 có nghiệm ⇔m≤−t2+4t+1 có nghiệm t∈0 ;+∞⇔m≤5.
Mà m nguyên dương ⇒m∈1;2;3;4;5.Chọn đáp án A

* Ta có: CC'//AA'⇒CC'//AA'B'B
Mà A'B⊂AA'B'B,  nên
dCC' ; A'B=dCC' ; AA'B'B=C'A'=a3 
* Ta có: AC=A'C'=a3 ; AB=A'B'=a ; 
Diện tích đáy là B=dtABC=a232
* Dễ thấy A'B' ⊥ACC'A' 
Góc giữa B'C và mặt phẳng ACC'A' là B'CA'^=α
sinα=A'B'B'C=125  ⇔ B'C=2a5
CC'=B'C2−B'C'2=20a2−4a2=4a
* Thể tích lăng trụ là V=B.h với h = CC'V=  a232 . 4a=2a33.Chọn đáp án B

+) I=∫05x2f'xdx=∫05x2dfx=x2.fx05−∫05fxdx2.
=25.f5−0.fx−∫05fx.2xdx.
=25−2∫05xfxdx.
+) Ta có: ∫01xf(5x)dx=1.
Đặt 5x=t⇒∫05t5f(t)dt5=1⇔∫05tf(t)dt=25.
Vậy I=25−2×25=−25.Chọn đáp án D

Gọi (E1),(E2) lần lượt là viền ngoài và viền trong của con đường;
a1,b1 lần lượt là độ dài bán trục lớn, bán trục nhỏ của (E1)
a2,b2 lần lượt là độ dài bán trục lớn, bán trục nhỏ của (E2).
Ta có: S1=πa1b1=π.50.30=1500π m2
S2=πa2b2=π.48.28=1344π m2
Diện tích con đường là: S=S1−S2=1500π−1344π=156π m2
Vậy số tiền làm con đường là 156π.600000 = 294.053.000 đồng.Chọn đáp án C

Ta có y'=f'x−2.
y'=0⇔f'x−2=0⇔f'x=2⇔x=0x=x1>1.
Dựa vào đồ thị y=f'x và đường thẳng y=2, ta có bảng biến thiên sau

Vậy hàm số y=fx−2x có hai điểm cực trị.Chọn đáp án D

Ta có y'=x2'=2x.
Tiếp tuyến d với (P) tại điểm M2;4 có phương trình là:
y=f'2x−2+4⇔y=4x−2+4⇔y=4x−4.
Giao điểm của d và Ox là A1; 0

Trên đoạn 0; 1 hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y=x2 và trục hoành.
Trên đoạn 1; 2 hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y=x2 và tiếp tuyến d.
Vậy diện tích của hình phẳng (H) được xác định là: S=∫01x2dx+∫12x2−4x+4 dx=23.Chọn đáp án A

Gọi z1=x1+y1i,  z2=x2+y2i, với x1,y1,x2,y2∈ℝ.
Do z1−z2=85⇒x1−x2+y1−y2i=85⇒x1−x22+y1−y22=85
Gọi M1x1;y1, M2x2;y2⇒M1M2=x1−x22+y1−y22=85.
Mà z1 là nghiệm phương trình 6−3i+iz=2z−6−9i⇒6−y1+x1−3i=2x1−6+2y1−9i⇒6−y12+x1−32=2x1−62+2y1−92
⇔x12+y12−6x1−8y1+24=0⇒M1x1;y1∈ đường tròn (C):x2+y2−6x−8y+24=0.
Tương tự M2x2;y2∈C.
Đường tròn (C) có tâm I3;4, bán kính R=1.
Goị M là trung điểm M1M2, ⇒IM⊥M1M2, IM=R2−M1M2=1−452=35 và z1+z2=2OM.
Mà OM≤OI+IM, dấu bằng xảy ra khi O, I,M thẳng hàng. Khi đó OM⊥M1M2, và OM=OI+IM=285.
⇔z1+z2đạt giá trị lớn nhất bằng 2OI+IM, bằng 565.

Hoặc đánh giá chọn đáp án như sau:
Gọi N−x2;−y2⇒NM1=x1+x22+y1+y22=z1+z2
Và N đối xứng với M2 qua gốc tọa độ O, N∈ đường tròn (C1):x2+y2+6x+8y+24=0.
(C1) có tâm I1−3;−4, bán kính R1=1, (C1) đối xứng với (C) qua gốc tọa độ O.
Có I1I=10⇒I1I−R−R1=8.
Nhận xét: với mọi điểm M1∈C, N∈C1 thì M1N≥ I1I−R−R1. Loại các đáp án B,C,D
⇔z1+z2=M1Nđạt giá trị lớn nhất bằng 565.
Chọn đáp án B

Ta có: f'x=3m−1x2−10x+m+3
TH1: m=1
f'x=−10x+4f'x=0⇒x=25>0⇒hoành độ của đỉnh là 1 số dương nên fx có 3 điểm cực trị
Vậy thỏa mãn nhận m=1.
TH2: m≠1
f'x=3m−1x2−10x+m+3
Để hàm số fx có 3 điểm cực trị thì f'x=0 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa x1<0<x2 hoặc 0=x1<x2.
_ x1<0<x2⇔P=m+33m−1<0⇔−3<m<1.
_ 0=x1<x2⇔P=m+33m−1=0S=103m−1>0⇔m=−3m>1.
Kết hợp 2 trường hợp ta được có 4 giá trị nguyên của tham số m.Chọn đáp án D

Từ S1:x−12+y−12+z+32=25     1S2:x2+y2+z2−2x−2y−14=0        2   

Lấy (1)  trừ (2) , ta được 6z=0  hay

P:z=0 tức là P≡Oxy.

Dễ thấy A , B  nằm khác phía đối với (P) , hình chiếu của A trên (P)  là O , hình chiếu của B  trên (P) là H3; 4 ; 0.

Lấy A'  sao cho AA'→=MN→.

Khi đó AM+BN=A'N+BN≥A'B  và cực trị chỉ xảy ra khi MN→  cùng phương OH→.

Lấy MN→=OH→OH→=35 ; 45 ; 0.

Khi đó vì AA'→=MN→ nên A'35 ; 45 ; 0.Do đó AM+BN=A'N+BN≥A'B=5.

Chọn đáp án C

Ta có: 2x-2+m-3x3+(x3-6x2+9x+m)2x-2=2x+1+1⇔2m-33+(x-2)3+8+m-3x=23+22-x
⇔2m-3x3+m-3x=22-x+(2-x)3
Xét hàm số f(t)=2t+t3 trên R
Ta có: f'(t)=2t ln 2+3t2>0, ∀ t∈R Suy ra hàm số đồng biến trên R
Mà f(m-3x3)=f(2-x)⇔m-3x3=2-x⇔m-3x=(2-x)3
⇔m=-x3+6x2-9x+8
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa đồ thị hàm số y=-x3+6x2-9x+8 và đường thẳng y=m
Xét hàm số g(x)=-x3+6x2-9x+8 trên R
Ta có: g'(x)=-3x2+12x-9; g'(x)=0⇔x=1x=3
Bảng biến thiên của hàm số g(x)

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g(x) thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4<m<8Suy ra a=4;b=8.
Vậy T=b2-a2=48Chọn đáp án B