Đề số 15

Câu 1: Đáp án B 

Áp dụng định lý Vi-ét cho phương trình z2−mz+2m−1=0 trong tập số phức ta có:

{z1+z2=−ba=mz1z2=ca=2m−1 

 

Khi đó:  z12+z22=−10⇔(z1+z2)2−2z1z2=−10

⇔m2−2(2m−1)=−10⇔m2−4m+12=0⇔m=2±22i. 

Đáp án C

Đường thẳng d1:x−11=y2=z−33 có vectơ chỉ phương u1→=(1;2;3) và đi qua   M1(1;0;3)

Đường thẳng d2:x2=y−14=z−26 có vectơ chỉ phương u2→=(2;4;6) và đi qua  M2(0;1;2)

Nhận thấy u2→=2u1→ nên u1→;u2→ cùng phương. Lại có, thay tọa độ  M2(0;1;2) d1:x−11=y2=z−33 ta được 0−11=12=2−33⇔−1=12=−13

 (vô lý) nên  M2∉d1.

Vậy  d1//d2.

Đáp án D

Đồ thị hàm số y=2x−3x−1 có đường TCĐ: x=1 và đường TCN:  y=2.

Đáp án B

Số tiền sau 2 năm (24 tháng) người đó nhận được là M=2(1+0,65%)24=2.(1,0065)24 triệu đồng.

Đáp án D

Hình tứ diện đều có 4 mặt, 4 đỉnh và 6 cạnh.

Đáp án D

Ta có  ∫−1aex+1dx=ex+1|−1a=ea+1−e−1+1=ea+1−1.

Theo đề bài ∫−1aex+1dx=e2−1 nên  ea+1−1=e2−1⇔a+1=2⇔a=1.

Đáp án D

Gọi  z=a+bi(a,b∈ℝ)⇒z¯=a−bi.

Ta có:  3z+2z¯=(4−i)2⇔3(a+bi)+2(a−bi)=16−8i+i2

 ⇔5a+bi=15−8i⇔{5a=15b=−8⇔{a=3b=−8⇒z=3−8i

Vậy  |z|=32+82=73.

Đáp án D

Ta có:  y'=3x2−6x=0⇔[x=0x=2

Lại có y''=6x−6, suy ra y''(0)=6.0−6=−6<0 và  y''(2)=6.2−6=6>0

Nên x=0 là điểm cực đại của hàm số và x=2 là điểm cực tiểu của hàm số.

Đáp án D

Đáp án A: Hàm phân thức không có cực trị nên loại A.

Đáp án B: Hàm bậc ba nếu có cực đại thì chắc chắn có cực tiểu nên loại B.

Do đó ta chỉ xét các hàm số ở mỗi đáp án C và D.

Đáp án D:  y'=−40x3−10x=−10x(4x2+1)=0⇔x=0

Ngoài ra  đổi dấu từ dương sang âm qua x=0 nên x=0 là điểm cực đại của hàm số, hàm số không có cực tiểu.

Đáp án A

Ta có  VOABC=13OA.SOBC=13.a.12.2a.3a=a3 Lại có  VOCMNVOCAB=OCOC.OMOA.ONOB=12.12=14  VOCMN=14VOCAB=14.a3=a34.

Đáp án D

Ta có:  y=ln1x+1=ln1−ln(x+1)

Suy ra  y'=[−ln(x+1)]'=−(x+1)'x+1=−1x+1

Do đó  xy'−1=x.(−1x+1)−1=−x−(x+1)x+1=−2x−1x+1

 ey=e−ln(x+1)=eln1x+1=1x+1=xy'+1

 

Vậy  xy'+1=ey

Đáp án B

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định rằng đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A và D.

Lại có điểm có tọa độ (−1;3) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x=−1;y=3 vào hai hàm số còn lại thì chỉ có hàm số y=x3−3x+1 thỏa mãn.

Đáp án B

Xét phương trình  x3=4x⇔x(x2−4)=0⇔[x=0x=2x=−2

Do đó: S=∫−22|x3−4x|dx=∫−20|x3−4x|dx+∫02|x3−4x|dx=∫−20(x3−4x)dx+∫02(x3−4x)dx

=(14x4−2x2)|−20−(14x4−2x2)|02=4+4=8. 

 

Đáp án C

Vì hình nón có bán kính R và chiều cao h bằng nhau nên  và thể tích hình nón đã cho là  Vn=13πR2h=13πR2.R=13πR3 Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân SAB có  nên SH=h=R=HB=BA2 vuông tại S. Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB và H cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh S. Nên bán kính mặt cầu là HS=R nên thể tích hình cầu này là  Vc=43πR3. Suy ra  VnVc=13πR343πR3=14.

Đáp án A

Ta có:  w=3z1−2z2=3(1+2i)−2(2−3i)=3+6i−4+6i=−1+12i

Vậy phần ảo của w là 12.

Đáp án B

Ta có  ∫f(x)dx=∫(3x2+e−x)dx=3.x33−e−x+C=x3−e−x+C.

Đáp án C

Vì f(x)<0;∀x>0 nên hàm số nghịch biến trên (0;+∞) suy ra

 f(1)>f(2)>f(e)>f(3)>f(π)>f(4)

Khi đó {f(e)>f(3)f(π)>f(4)⇒f(e)+f(π)>f(3)+f(4)

+ f(e)>f(π) nên A sai

+ {f(e)<f(2)f(π)<f(2)⇒f(e)+f(π)<2f(2) nên  nên B sai

+ {f(e)<f(2)f(π)<f(2)⇒f(e)+f(π)<2f(2) nên C đúng

+ {f(1)>f(3)f(2)>f(3)⇒f(1)+f(2)>2f(3) nên D sai

Đáp án C

Vì f(x)<0;∀x>0 nên hàm số nghịch biến trên (0;+∞) suy ra

 f(1)>f(2)>f(e)>f(3)>f(π)>f(4)

Khi đó                                  

{f(e)>f(3)f(π)>f(4)⇒f(e)+f(π)>f(3)+f(4)+  nên A sai

+f(e)>f(π)  nên f(e)−f(π)>0 nên B sai

+ {f(e)<f(2)f(π)<f(2)⇒f(e)+f(π)<2f(2) nên C đúng

+ {f(1)>f(3)f(2)>f(3)⇒f(1)+f(2)>2f(3) nên D sai

Đáp án D

 y=−x4+4x2+10⇒y'=−4x3+8x=−4x(x2−2)=0⇔[x=0x=±2.

Nhận thấy: y'>0⇔[x<−20<x<2 nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−2) và (0;2) (khoảng (I) và (III))

Đáp án C

+ Hàm số y=ax với a>1 thì đồng biến trên  nên A sai.

+ Hàm số y=ax với 0<a<1 thì nghịch biến trên  nên B sai.

+ Đồ thị hàm số y=ax và đồ thị hàm số y=logax đối xứng nhau qua đường thẳng  nên C đúng

+ Đồ thị hàm số y=ax với a>0 và a≠1 luôn đi qua điểm M(1;a) nên D sai.

Đáp án A

Mặt phẳng (P) chứa d và  nếu nó đi qua M=d∩d' và nhận [ud→,ud'→] làm vectơ pháp tuyến.

 

d:x−1−2=y+21=z−43⇒d:{x=1−2t'y=−2+t'z=4+3t'

Gọi M là giao điểm của d và , khi đó  {1−2t'=−1+t−2+t'=−t4+3t'=−2+3t⇔{2t'+t=2−t'−t=−2−3t'+3t=6⇔{t'=0t=2.

Suy ra  M(1;−2;4).

Ta có:  ud→=(−2;1;3),ud'→=(1;−1;3)⇒n→=[ud→;ud'→]=(6;9;1)

Mặt phẳng (P) đi qua M(1;−2;4) và nhận n→=(6;9;1) làm vectơ pháp tuyến nên

 (P):6(x−1)+9(y+2)+1(z−4)=0⇔6x+9y+z+8=0.

Đáp án A

Hình nón đỉnh S có thiết diện đi qua đỉnh là tam giác vuông cân SAB khi đó xét tam giác vuông SHB có đường cao SH=HB.tan45° nên B đúng. Tam giác SBH vuông có∠SBH=45° nên  vuông cân, suy ra ∠HSB=45° hay đường sinh  hợp với trục SH góc HSB=45° nên C đúng

Và đường sinh SB tạo với đáy góc  nên D đúng.

Hai đường sinh bất kì SB, SC chưa chắc vuông góc với nhau nên A sai.

Đáp án A

Đáp án A:  nP→=(2;11;−5),nQ→=(−1;2;1)

 ⇒cosα=|2.(−1)+11.2+(−5).1|22+112+(−5)2.(−1)2+22+12=1530=12⇒α=60°

Đáp án B

Ta có  BC→=(−3;0;1);BD→=(−4;−1;2)⇒[BC→;BD→]=(1;2;3)

Mặt phẳng (BCD) đi qua B(3;2;0) và có 1 vectơ pháp tuyến là n→=[BC→;BD→]=(1;2;3) nên phương trình mặt phẳng (BCD) là  1(x−3)+2(y−2)+3(z−0)=0⇔x+2y+3z−7=0

Vì mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) nên bán kính mặt cầu là

 R=d(A;(BCD))=|3+2.(−2)+3.(−2)−7|12+22+32=14

Phương trình mặt cầu (S) là  (x−3)2+(y+2)2+(z+2)2=14.

Đáp án C

Ta có:  y'=−1.3−2.1(2x+3)2=−5(2x+3)2<0,∀x≠−32

Do đó hàm số nghịch biến trên  [0;2]⇒min[0;2]y=y(2)=−17.

Đáp án B

Số phức z=5−4i có môđun  |z|=52+(−4)2=41

Đáp án C

Gọi z=x+yi(x,y∈ℝ), khi đó:

 |z¯+1−i|≤4⇔|(x+1)−(y+1)i|≤4⇔(x+1)2+(y+1)2≤4⇔(x+1)2+(y+1)2≤42

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là hình tròn tâm I(−1;−1), bán kính R=4 (kể cả những điểm nằm trên đường tròn).

Đáp án D

Ta có  (3+2)(3−2)=1⇔3+2=13−2=(3−2)−1.

Nên  (3−2)x>3+2⇔(3−2)x>(3−2)−1⇔x<−1

(vì 0<3−2<1)

Đáp án B

Ta có:  a→⊥b→⇔a→.b→=0⇔2.(−1)+1.(m−2)+0.1=0⇔m−4=0⇔m=4.

Đáp án A

Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên (0;+∞) nên a>1, loại D.

Điểm có tọa độ (12;−1) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x=12;y=−1 vào từng hàm số còn lại, chỉ có hàm số y=log2x  thỏa mãn (do  log2(12)=−1) nên chọn A.

Đáp án A

Gọi (α) là mặt phẳng chứaB'G và song song (α) với CD và CC'   Gọi M, N lần lượt là giao điểm của  với CD và   Khi đó ta có: MN//C'D và  CMCD=CNCC'=23 Và (α) là mặt phẳng (AMNB'),(H) là phần khối đa diện chứa C. Khi đó ta có:  V(H)=VM.BCNB'+VB'.ABM

Ta có: BCNB' là hình thang vuông tại B, C có diện tích:

SBCNB'=12(BB'+CN).BC=12(4a+23.4a).4a=40a23 

 

⇒VMBCNB'=13MC.SBCNB'=13.23.3a.403a2=80a39

Mặt khác  SΔABM=SABCD−SΔBCM−SΔADM=3a.4a−12.4a.23.3a−12.4a.13.3a=6a2

 ⇒VB'ABM=13BB'.SABM=13.4a.6a2=8a3⇒V(H)=809a3+8a3=1529a3

Thể tích hình hộp chữ nhật là:  V=3a.4a.4a=48a3⇒V(H)V=152a39.148a3=1954.

Đáp án B

+ Đường thẳng  d:x−23=y−24=z−1⇔{x=2+3ty=2+4tz=−t

Vì  M∈d⇒M(2+3t;2+4t;−t)

I(1;2;0) là trung điểm đoạn MN

 ⇒{xI=xM+xN2yI=yM+yN2zI=zM+zN2⇔{xN=2xI−xM=−3tyN=2yI−yM=2−4t⇒N(−3t;2−4t;t)zN=2zI−zM=t

Vì N∈(S) nên thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt cầu:

(S):(x−1)2+(y−2)2+(z−3)2=36 ta được:

 (−3t−1)2+(−4t)2+(t−3)2=36⇔26t2−26=0⇔[t=1⇒N(−3;−2;1)t=−1⇒N(3;6;−1).

Đáp án D

Ta có:  ∫04f'(x−2)dx+∫02f'(x+2)dx=∫04f'(x−2)d(x−2)+∫02f'(x+2)d(x+2)

 =f(x−2)|04+f(x+2)|02

 =f(2)−f(−2)+f(4)−f(2)=f(4)−f(−2)=4−(−2)=6.

Đáp án D

Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD như hình bên. Khi đó: tứ diện ABCD thỏa mãn  AB=CD=11m;BC=AD=20m;BD=AC=21m. Gọi các kích thước hình hộp chữ nhật là m, n, p. Gọi  y=f(m2+4m+4) Ta có:  VPADB=VMABC=VQBCD=VNACD=13.ND.SACN

Suy ra  VPADB+VMABC+VQBCD+VNACD=16V+16V+16V+16V=23V.

Mà  VPADB+VMABC+VQBCD+VNACD+VABCD=V

Suy ra:  VABCD=13V=m.n.p

Xét các tam giác vuông APB; APD; PDB, theo định lý Pytago ta có:

{m2+n2=BD2m2+p2=AD2p2+n2=AB2⇔{m2+n2=212m2+p2=202p2+n2=112⇔{m2+n2+p2=481m2+n2=212m2+p2=202p2+n2=112⇔{m=610n=9p=210 

VABCD=13m.n.p=13.610.9.210=360m3 

Đáp án D

Đặt z=x+yi(x,y∈ℝ). Ta được:  |(x+1)+(y+1)i|=|x−(y+2)i|  ⇔(x+1)2+(y+1)2=x2+(y+2)2  ⇔2x+1+2y+1=4y+4⇔x−y−1=0.

Do đó tập hợp các số phức z thỏa mãn bài toán là đường thẳng  x−y−1=0.

Từ hình vẽ ta thấy |z| đạt GTNN khi  |z|=OH=d(O;(Δ))=|0−0−1|12+12=12=22

Đáp án A

Ta có  y'=4x3−4m2x=0⇔4x(x2−m2)=0⇔[x=0x2=m2 Điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị là  m2>0⇔m≠0⇒[x=0⇒y=m4+1x=m⇒y=1x=−m⇒y=1 Gọi A(0;m4+1);B(−m;1);C(m;1) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Vì B, C đối xứng nhau qua trục Oy và O,A∈Oy  nên  {OB=OCAB=AC Lại có cạnh OA chung nên ΔBAO=ΔCAO (c-c-c) suy ra OBA=OCA,

 mà tứ giác OBAC nội tiếp nên  OBA+OCA=180°⇒OBA=OCA=90°

Hay  AB⊥OB⇒AB→.OB→=0

Ta có  AB→=(−m;−m4);OB→=(−m;1)⇒AB→.OB→=m2−m4=0

⇔m2(1−m2)=0⇔[m=0(L)m=1(TM)m=−1(TM) 

 

Vậy  m=±1.

Đáp án C

Điều kiện:  a>0

Ta có:  log2a+log3a+log5a=log2a.log3a.log5a

 ⇔log2a+log32.log2a+log52.log2a=log2a.log32.log2a.log52.log2a

 ⇔log2a(1+log32+log52)=log23a.log32.log52

 ⇔log2a(log22a.log32.log52−1−log32−log52)=0

 ⇔[log2a=0log22.log32.log52−1−log32−log52=0⇔[a=1log22a=1+log32+log52log32.log52

 ⇔[a=1log2a=1+log32+log52log32.log52=t1log2a=−1+log32+log52log32.log52=t2⇔[a=1a=2t1>0a=2t2>0

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm  a>0.

Đáp án C

Điều kiện:  x≠3.     

Ta có  y=x+3x−3=1+6x−3.

Đồ thị hàm số  có tiệm cận đứng x=3 và tiệm cận ngang  y=1.

Suy ra tâm đối xứng của đồ thị (C) là  I(3;1).

Với A,B∈(C) và A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị (C)

Để AB nhỏ nhất thì A; I; B thẳng hàng hay I là trung điểm của AB.

Gọi A(xA;1+6xA−3);B(xB;1+6xB−3) thuộc đồ thị .

Vì  là trung điểm của AB nên  xA+xB=2x1⇔xA+xB=6⇔xB=6−xA

Suy ra  

 AB=(xB−xA)2+(6xB−3−6xA−3)2

=(6−2xA)2+(63−xA−6xA−3)2=4(xA−3)2+144(xA−3)2

Ta có AB2=4(xA−3)2+144(xA−3)2≥24(xA−3)2.144(xA−3)2=48 (áp dụng BĐT Côsi)

 

Đáp án D

Gọi M=d∩Δ thì  M(−1+2t;3t;−1−t)

Khi đó  AM→=(−2+2t;3t−2;−t),BA→=(−2;3;4),BM→=(−4+2t;3t+1;4−t)

[BM→;BA→]=(15t−8;−6t+8;12t−10) 

⇒d(B,d)=|[BM→,BA→]||AM→|=(15t−8)2+(−6t+8)2+(12t−10)2(2t−2)2+(3t−2)2+t2 

 =(15t−8)2+(−6t+8)2+(12t−10)2(2t−2)2+(3t−2)2+t2=405t2−576t+22814t2−20t+8

Xét hàm số f(t)=405t2−576t+22814t2−20t+8 tìm GTLN được maxf(t)=29 tại  t=2.

Do đó M(3;6;−3) hay  a=3;b=6;c=−3⇒a+b+c=6.

Đáp án A

Đường tròn x2+y2=16 có tâm  và bán kính  R=4. Gọi thiết diện cắt trục Ox tại điểm H(x;0)(−4<x<4) thì OH=x và thiết diện cắt đường tròn đáy tại A, B (hình vẽ), suy ra

Xét tam giác vuông OAH có  HA=OA2−OH2=16−x2⇒AB=216−x2

Diện tích thiết diện là  S=AB2=(216−x2)2=4(16−x2)

Thể tích vật thể là  V=∫−444(16−x2)dx.

Đáp án B

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần ta tính được:

 ∫01ln2(x+1)dx=2ln22e=∫012ln22edx.

Do đó giả thiết tương đương với:

 ∫01[f(x)−ln(x+1)]2dx=0⇔f(x)=ln(x+1),∀x∈[0;1]

Suy ra   I=∫01f(x)dx=∫01ln(x+1)dx=ln4e.

Đáp án A

Hàm số y=f(x)=2x+mx−1 xác định và liên tục trên đoạn   [2;3]

Với m=−2, hàm số trở thành y=2⇒max[2;3]f(x)=min[2;3]f(x)=2 (không thỏa mãn).

Với m≠−2, ta có  y'=−2−m(x−1)2.

Khi đó hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên  [2;3]. 

Suy ra   [max[2;3]f(x)=f(2);min[2;3]f(x)=f(3)max[2;3]f(x)=f(3);min[2;3]f(x)=f(2)

Do đó:  |max[2;3]f(x)−min[2;3]f(x)|=|f(3)−f(2)|=|6+m2−(4+m)|=|2+m2|

Theo giả thiết  |max[2;3]f(x)−min[2;3]f(x)|=2⇔|2+m2|=2⇔[m=2m=−6.

Vậy tổng các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là  -4

Đáp án C

Điều kiện:  {x>02x−1>0⇔x>12

Khi đó phương trình  ⇔log2x.log3(2x−1)−2log2x=0⇔log2x[log3(2x−1)−2]=0

 ⇔[log2x=0log3(2x−1)−2=0⇔[x=12x−1=9⇔[x=1x=5(thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Đáp án B

Ta có  2|283x+1|=16x2−1⇔2|283x+1|=24(x2−1)⇔|283x+1|=4(x2−1)(với [x≥1x≤−1)

⇔[283x+1=4(x2−1)283x+1=4(1−x2)

⇔[12x2−28x−15=012x2+28x−9=0⇔[x=7+946(thoûa  maõn)x=7−946(loaïi)x=−7+2196(loaïi)x=−7−2196(thoûa  maõn)⇔[x=7+946x=−7−2196

 

 

Đáp án B

Bài toán tương đương với: m<f(x+1)−13x3+x có nghiệm trên  [0;2]

Xét hàm số g(x)=f(x+1)−13x3+x trên  [0;2].

Bài toán trở thành tìm m để m<g(x) có nghiệm trên  [0;2] 

⇔m<max[0;2]g(x)                           

Ta có   g'(x)=f'(x+1)−x2+1=0.

TH1:  x∈[0;1)⇒{0<f'(x+1)0<−x2+1⇒g'(x)>0

TH2:  x=1⇒{f'(x+1)=0−x2+1=0⇒g'(x)=0.

Suy ra  g'(x)=0⇔x=1.

TH3:  x∈(1;2]⇒{f'(x+1)<0−x2+1<0⇒g'(x)<0.

Ta có bảng biến thiên của hàm g(x) trên  [0;2]

Dựa vào bảng biến thiên ta có  m<max[0;2]g(x)=g(2)=f(2)+23.

Vậy  m<f(2)+23.

Đáp án B

Gọi hình lập phương ABCD. A'B'C'D' cạnh x có diện tích mặt chéo   SACC'A'=a22 Ta có AC=AD2+DC2=x2 nên SACC'A'=AC.AA'=x2.x=a22⇒x=a  R=a32 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là  V=43πR3=43π(a32)3=3πa32  Nên thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương là S=4πR2=4π.(a32)2=3πa2

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là  S=4πR2=4π.(a32)2=3πa2 

Suy ra S.V=3πa3.32πa3=332π2a5.

Đáp án A

Ta có:  y'=−4x3+2(2m−3)x=2x(−2x2+2m−3)

Hàm số nghịch biến trên  (1;2)⇔y'≤0,∀x∈(1;2)⇔2x(−2x2+2m−3)≤0,∀x∈(1;2)

 ⇔−2x2+2m−3≤0,∀x∈(1;2)(vì )

⇔2m−3≤2x2,∀x∈(1;2) 

Dễ thấy hàm số f(x)=2x2 đồng biến trên (1;2) nên  f(x)>f(1)=2

Do đó  2m−3≤2x2,∀x∈(1;2)⇔2m−3≤2⇔m≤52

Suy ra  m∈(−∞;52]⇒p=5,q=2⇒p+q=7

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu của O xuống mặt phẳng . Khi đó  nên OH lớn nhất khi  

Hay (P) là mặt phẳng quaA(1;1;1)  và nhận OA→=(1;1;1) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng (P) là  1(x−1)+1(y−1)+1(z−1)=0⇔x+y+z−3=0

Thay tọa độ các điểm M1;M2;M3;M4 vào phương trình mặt phẳng (P) ta thấy chỉ có điểm M4(1;2;0) thỏa mãn 1+2+0−3=0⇔0=0  (luôn đúng) nên  M4∈(P).

Đáp án D

Theo giả thiết ta có:  log2(x2+3xy)≤log2(4y2)⇔x2+3xy≤4y2⇔(xy)2+3(xy)≤4

 ⇒0<t=xy≤1.

Khi đó S=f(t)=t+1t2−t+2−2t+3t+2 (với ).

Ta có  f'(t)=5−3t2(t2−t+2)3−1(t+2)2≥2223−1(t+2)2=(t+2)2−2222(t+2)2>0

Do đó  maxS=max(0;1]f(t)=f(1)=2−53⇒{a=2b=5c=3⇒P=10.

Đáp án A

Ta có  z=(2+6i3−i)m=((2+6i)(3+i)(3−i)(3+i))m=(2i)m=2m.im

+ Với m=4k(k∈ℤ) thì  z=2m

+ Với m=4k+2(k∈ℤ) thì  z=−2m

+ Với m=4k+1(k∈ℤ) thì  z=2m.i

+ Với m=4k+3(k∈ℤ) thì  z=−2m.i

Vậy để z là số thuần ảo thì [m=4k+1m=4k+3(k∈ℤ) mà  1≤m≤50

Nên  [1≤4k+1≤501≤4k+3≤50⇔[0≤4k≤49−2≤4k≤47⇔[0≤k≤12,25−0,5≤k≤11,75⇒{k∈{0;1;2;3;...;12}k∈{0;1;2;....;11}

Vậy có tất cả  giá trị của k thỏa mãn điều kiện, tức cũng có 25 giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài.