Đề số 16
50 câu hỏi
Cho hàm số y=fx liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi hàm số đó có bao nhiêu điểm cực trị?
2
3
1
0
Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên
Ta thấy hàm số có điểm cực trị là x=0;x=1.
Chọn đáp án A
Cho 4 điểm A−2;−1;3, B2;3;1, C1;2;3, D−4;1;3. Hỏi có bao nhiêu điểm trong bốn điểm đã cho thuộc mặt phẳng α:x+y+3z−6=0?
4
1
3
2
Thay lần lượt 4 điểm vào phương trình mặt phẳng ta thấy:
A−2;−1;3: −2−1+3.3−6=0⇒A thuộc mặt phẳng α.
B2;3;1: 2+3+3.1−6=2⇒B không thuộc mặt phẳng α.
C1;2;3: 1+2+3.3−6=6⇒C không thuộc mặt phẳng α.
D−4;1;3: −4+1+3.3−6=0⇒D thuộc mặt phẳng α.
Vậy có 2 điểm trong 4 điểm trên thuộc mặt phẳng α.Chọn đáp án D
Thể tích của khối trụ có chu vi đáy bằng 4πa và độ dài đường cao bằng a là
43πa3
πa2
4πa3
16πa3
Ta có chu vi đáy bằng 4πa nên bán kính đáy khối trụ bẳng 2a.
Vậy thể tích khối trụ là
V=B.h=π2a2.a=4πa3.Chọn đáp án D
Nếu ∫13fxdx=2 thì ∫133fxdx bằng
6
8
4
2
Ta có: ∫133fxdx=3∫13fxdx=6.Chọn đáp án A
Đồ thị sau đây là đồ thị của hàm số nào?
y=−x4+2x2
y=x4−2x2
y=x4−2x2+1
y=−x4+2x2+1
Dựa vào đồ thị ta thấy a<0, c=0 nên chỉ có đáp án B thỏa mãn.Chọn đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng d: x=−2+ty=1+2tz=5−3tt∈ℝ có véc tơ chỉ phương là
a→−2; 1; 5
a→−1; −2; 3
a→1; 2; 3
a→2; 4; 6
Từ pt ta có vtcp a→=1; 2; −3.Chọn đáp án B
Cho hàm số y=fx có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số đồng biến trên khoảng nào sau đây?
(2;4)
(0;3)
(2;3)
(-1;4)
Từ hình vẽ ta thấy, đồ thị hàm số y=fx đi từ dưới lên trên, từ trái sang phải trên khoảng 2;3. Do đó hàm số đồng biến trên khoảng 2;3.Chọn đáp án C
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1 ; −2 ; 0; B3 ; 2 ; −8. Tìm một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB.
u→=−1 ; 2 ; −4
u→=1 ; −2 ; −4
u→=1 ; 2 ; −4
u→=2 ; 4 ; 8
Đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là AB→=2 ; 4 ; −8, hay đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là u→=1 ; 2 ; −4.Chọn đáp án C
Cho cấp số cộng un với u1=2 và u2=6. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
3
-4
8
4
Ta có u2=6⇔6=u1+d⇔d=4.
Chọn đáp án D
Cho hai số phức z1 = 2 − 2 i, z2 = −3 + 3 i. Khi đó z1 − z2 bằng
5 − 5 i
− 5 i
− 5 + 5 i
−1 + i
Ta có z1 − z2 = 2 − 2 i − −3 + 3 i = 5 − 5 iChọn đáp án A
Hàm số nào trong các hàm số sau đây không là nguyên hàm của hàm số y=x2019?
x20202020
y=2019x2018
x20202020−1
x20202020+1
Ta có: ∫x2019dx=x20202020+C. Vậy hàm số y=2019x2018 không là nguyên hàm của hàm số đã cho.Chọn đáp án B
Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là
A107
103
A103
C103
Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là: C103.Chọn đáp án D
Đồ thị hàm số y=2x−1x−3 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng và ngang?
0
1
3
2
Hàm số y=2x−1x−3 là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên nó có hai tiệm cần gồm: Một tiệm cận đứng x−3=0⇔x=3 và một tiệm cận ngang y=21=2Chọn đáp án D
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2−8x+10y−6z+49=0. Tính bán kính R của mặt cầu (S).
R=99
R=1
R=7
R=151
Ta có x2+y2+z2−8x+10y−6z+49=0⇔x2−8x+16+y2+10y+25+z2−6z+9=1
⇔x−42+y+52+z−32=1
Vậy mặt cầu có bán kính R=1Chọn đáp án B
Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn số phức z=1+3i?
Điểm Q
Điểm P
Điểm M
Điểm N
Theo Sách Giáo Khoa Giải Tích 12: Điểm Ma;b là điểm biểu diễn của số phức Z=a+bi. Vậy điểm M1;3 là điểm biểu diễn của số phức z=1+3i.Chọn đáp án C
Nghiệm của phương trình 2x=3.
x=log23
x=log32
x=23
x=32
Ta có 2x=3.
⇔x=log23.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x=log23.Chọn đáp án A
Cho a là số thực dương. Giá trị rút gọn của biểu thức P=a43a bằng
a56
a116
a103
a73
Ta có: P=a43a=a43. a12=a43+12=a116Chọn đáp án B
Tính thể tích của khối tứ diện ABCD, biết AB,AC,AD đôi một vuông góc và lần lượt có độ dài bằng 2,3,4.
4
3
24
8
Ta có: VABCD=16AB.AC.AD=16.2.3.4=4 (đvtt).Chọn đáp án A
Tính thể tích V của khối nón có chiều cao h=a và bán kính đáy r=a3.
V=πa333
V=πa3
V=πa33
V=3πa3
Thể tích của khối nón là V=π3hr2=πa3 (đvtt).Chọn đáp án B
Cho hàm số fx=e2x+1. Ta có f'0 bằng
2e3
2
2e
e
Áp dụng công thức eu'=u'.eu. Ta có f'x=e2x+1'=2e2x+1⇒f'0=2e.Chọn đáp án C
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;1;1 và I1;2;3.Phương trình của mặt cầu tâm I và đi qua A là
x−12+y−22+z−32=5.
x−12+y−12+z−12=5.
x−12+y−12+z−12=25.
x−12+y−22+z−32=29.
Mặt cầu tâmI1;2;3 và đi qua A1;1;1 có bán kính:
R=IA=1−12+1−22+1−32=5.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là x−12+y−22+z−32=5.Chọn đáp án A
Cho hàm số fx có đạo hàm f'x=x+12x−232x+3, ∀x∈ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
3
0
1
2
Ta có: f'x=x+12x−232x+3=0⇔x=−1x=2x=−32.
Xét dấu f'x: 
Từ bảng xét dấu f'x suy ra hàm số có 2 điểm cực trị .Chọn đáp án D
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn 3loga+2logb=1 Mệnh đề nào sau đây đúng?
3a+2b=10
a3b2=10
a3+b2=10
a3+b2=1
Ta có 3loga+2logb=1⇔loga3+logb2=1⇔loga3b2=1⇔a3b2=10Chọn đáp án B
Cho số phức z=a+bi a,b∈ℝ thỏa mãn 3z−4+5iz¯=−17+11i. Tính ab
ab=−3.
ab=3.
ab=6.
ab=−6.
Theo bài ra ta có 3z−4+5iz¯=−17+11i⇔3a+bi−4+5ia−bi=−17+11i
⇔3a+3bi−4a−4bi+5ai+5b=−17+11i
⇔3a+3bi−4a+4bi−5ai−5b=−17+11i
⇔−a−5b+7bi−5ai=−17+11i
⇔−a−5b+−5a+7bi=−17+11i⇒−a−5b=−17−5a+7b=11⇔a=2b=3
Do đó ab=6.Chọn đáp án C
Trong không gian Oxyz, đường thẳng Oz có phương trình là
x=ty=0z=0
x=0y=tz=0
x=0y=tz=t
x=0y=0z=1+t
Chọn điểm A0;0;1∈Oz. Vậy đường thẳng Oz đi qua A0;0;1 và có vectơ chỉ phương là
u→=OA→=0;0;1. Suy ra phương trình tham số đường thẳng Oz là x=0y=0z=1+t.Chọn đáp án D
Tập hợp tất cả các số thực m để phương trình log2x=m có nghiệm là
R
0 ; +∞
−∞ ; 0
0 ; +∞
Ta có: Phương trình log2x=m(*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đường, đường cong C:y=log2x và đường thẳng d:y=m nên số giao điểm của chúng chính là số nghiệm của phương trình (*).
Ta có: y'=log2x'=1x.ln2>0 , ∀x∈0 ; +∞⇒Hàm số y=log2x đồng biến trên khoảng 0 ; +∞.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=log2x, ta thấy đường cong C:y=log2x và đường thẳng d:y=m luôn cắt nhau ∀m∈ℝ.
Vậy tập nghiệm của phương trình log2x=m là R .Chọn đáp án A
Tính thể tích V của khối lăng trụ có đáy là một lục giác đều cạnh a và chiều cao của khối lăng trụ 4a.
V=12a33
V=6a33
V=2a33
V=24a33
Hình lục giác đều cạnh a được tạo bởi 6 tam giác đều cạnh a.
Mỗi tam giác đều cạnh a có diện tích: S=a234.
Diện tích của hình lục giác đều là: S=6.a234=32a23.
Thể tích của khối lăng trụ là: V=S.h=32a23.4a=63a3.Chọn đáp án B
Tính tích phân I=∫0222018xdx.
I=24036−1ln2.
I=24036−12018.
I=240362018ln2.
I=24036−12018ln2.
I=22018xln2201802=24036−1ln22018=24036−12018ln2
Chọn đáp án D
Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2x2+3x≤16 là
3
5
6
4
Ta có 2x2+3x≤16⇔2x2+3x≤24⇔x2+3x≤4⇔x2+3x−4≤0⇔−4≤x≤1.
Do đó số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 6.Chọn đáp án C
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ A đến (SCD).
d=2
d=233
d=217
d=1
Gọi H là trung điểm AB, suy ra SH⊥AB. Do đó SH⊥ABCD.
Do AH∥CD nên dA,SCD=dH,SCD.
Gọi E là trung điểm CD; K là hình chiếu vuông góc của H trên SE.
Khi đó dH,SCD=HK=SH.HESH2+HE2=37.
Vậy dA,SCD=HK=217.Chọn đáp án C
Tìm các số thực x , y thỏa mãn x+2y+2x−2yi=7−4i.
x=−1 , y=−3
x=1 , y=3
x=−113 , y=13
x=113, y=13
Ta có: x+2y+2x−2yi=7−4i⇔x+2y=72x−2y=−4⇔x=1y=3.Chọn đáp án B
Có 3 bó hoa. Bó thứ nhất có 8 bông hoa hồng, bó thứ hai có 7 bông hoa ly, bó thứ ba có 6 bông hoa huệ. Chọn ngẫu nhiên 7 bông từ ba bó hoa trên để cắm vào lọ. Xác suất để 7 bông hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly là:
9944845
38514845
171
3671
Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω)=C217=116280
Gọi A là biến cố “7 bông hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly”
TH 1: Chọn 1 bông hoa hồng, 1 bông hoa ly, 5 bông hoa huệ là: C81.C71.C65=336(cách).
TH 2: Chọn 2 bông hoa hồng, 2 bông hoa ly, 3 bông hoa huệ là: C82.C72.C63=11760 (cách).
TH 3: Chọn 3 bông hoa hồng, 3 bông hoa ly, 1 bông hoa huệ là: C83.C73.C61=11760 (cách).
Số phần tử của biến cố A là: n(A)=336+11760+11760=23856.
Xác suất biến cố A là: P=n(A)n(Ω)=23856116280=9944845.Chọn đáp án A
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) bằng
60°
45°
30°
90°
Ta có: tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
Gọi H là trung điểm của AB
Suy ra: SH⊥ABCD.
Ta có: AD⊥ABAD⊥SH⇒AD⊥SAB⇒SAD⊥SAB.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) bằng 90°.Chọn đáp án D
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=−x3+3x+1 trên đoạn 0;2 bằng
4
2
3
1
Ta có y'=−3x2+3=0⇔x=1 ∈0;2x=−1 ∉0;2
y(0)=1; y(1)=3; y(2)=−1
Khi đó max0;2y=3; min0;2y=−1.
Vậy max0;2y+ min0;2y=2Chọn đáp án B
Biết đường thẳng y=3x+1 cắt đồ thị hàm số y=2x2−2x+3x−1 tại hai điểm phân biệt A,B. Tính độ dài đoạn thẳng AB?
AB=42
AB=415
AB=410
AB=46
Hoành độ giao điểm của đường thẳng y=3x+1 và đồ thị hàm số y=2x2−2x+3x−1 là nghiệm của phương trình sau:
2x2−2x+3x−1=3x+1⇔2x2−2x+3=3x+1x−1x≠1⇔x2=4x≠1⇔x=2x=−2x≠1⇒x=2x=−2
Suy ra A=−2 ; −5; B=2 ; 7 và AB=410.Chọn đáp án C
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD với A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức 1−2i, 3−i, 1+2i Điểm D là điểm biểu diễn của số phức z nào sau đây?
z=3+3i
z=3−5i
z=−1+i
z=5−i
Điểm biểu diễn các số phức 1−2i, 3−i, 1+2i lần lượt là A1;−2, B3;−1, C1;2
Giả sử Dx;y là điểm biểu diễn của số phức z=x+yi x,y∈ℝ.
Ta có AD→=x−1; y+2, BC→=−2; 3 .
Do ABCD là hình bình hành nên AD→=BC→⇔x−1=−2y+2=3⇔x=−1y=1.
Vậy z=−1+i.Chọn đáp án C
Hàm số y=x3+3x2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
−2;0
0;+∞
−∞;−2
0; 4
Tập xác định: D=ℝ.
Ta có
y'=3x2+6x.
y'=0⇔x=0x=−2.
Bảng biến thiên: 
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng −2;0.
Chọn đáp án A
Họ nguyên hàm của hàm số fx=12x−1 là
12ln2x−1+C
12ln2x−1+C
ln2x−1+C
2ln2x−1+C
Áp dụng công thức: 1ax+b'=1alnax+b+C.
Suy ra: 12x−1'=12ln2x−1+C.Chọn đáp án A
Cho hàm số y=12x2 có đồ thị (P). Xét các điểm A, B thuộc (P) sao cho tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB bằng 94. Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A và B. Giá trị của (x1+ x2)2 bằng :
11
7
5
13
Giả sử phương trình đường thẳng AB là : y= ax+b ta có
phương trình hoành độ giao điểm : 12x2= ax +b⇔12x2- ax - b=0 (*)
Theo đề bài ta có x1, x2 là hai nghiệm của (*) nên 12x2- ax- b=12(x−x1)(x−x2)
Giả sử ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB là:
S=∫x1x2(ax+b−12x2)dx=−12∫x1x2(x−x1)(x−x2)dx=94⇔−(x1−x2)312=94⇒x1−x2=−3 (1)
Ta lại có tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau nên x1. x2=−1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (x1+ x2)2=(x1− x2)2+4x1.x2=9−4=5Chọn đáp án C
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2;1;1 và hai đường thẳng d1:x=3+ty=1z=2−t, d2:x=3+2t'y=3+t'z=0. Phương trình đường thẳng đi qua A vuông góc với d1 và cắt d2 là
x−11=y−2−1=z1
x−21=y−1−1=z−1−1
x−22=y−11=z−12
x−12=y−2−1=z2.
Đường thẳng d1 có VTCP ud1→=1;0;−1.
Giả sử (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d1⇒P:x−2−z+1=0⇔x−z−1=0
Gọi B là giao điểm của (P) và d2. Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
x=3+2t'y=3+t'z=0x−z−1=0⇔t'=−1x=1y=2z=0⇒B1;2;0.
Đường thẳng cần tìm là đường thẳng AB
Ta có AB→=−1;1;−1 hay VTCP của đường thẳng cần tìm là u→=1;−1;1
Đường thẳng cần tìm đi qua B1; 2; 0 và có VTCP là u→=1;−1;1
Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: x−11=y−2−1=z1.
Cách 2: (AD: Nguyễn Văn Thịnh)
Gọi Δ là đường thẳng cần tìm. Δ cắt d2 tại B.
Ta có B∈d2⇒B3+2t'; 3+t'; 0.
Đường thẳng Δ có vectơ chỉ phương là AB→=1+2t'; 2+t'; −1, d1 có vectơ chỉ phương là u1→=1; 0; −1.
Ta có Δ ⊥ d1⇔AB→ ⊥ u1→⇔AB→ . u1→=0⇔1+2t'+0+1=0⇔t'=−1. Suy ra AB→=−1; 1; −1
Đường thẳng cần tìm đi qua B1; 2; 0 và có VTCP là u→=1;−1;1
Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: x−11=y−2−1=z1.Chọn đáp án A
Bồn hoa của một trường X có dạng hình tròn bán kính bằng 8m. Người ta chia bồn hoa thành các phần như hình vẽ dưới đây và có ý định trồng hoa như sau: Phần diện tích bên trong hình vuông ABCD để trồng hoa. Phần diện tích kéo dài từ 4 cạnh của hình vuông đến đường tròn dùng để trồng cỏ. Ở bốn góc còn lại, mỗi góc trồng một cây cọ. Biết AB=4m, giá trồng hoa là 200.000đ/m2 , giá trồng cỏ là 100.000đ/m2 , mỗi cây cọ giá 150.000đ. Hỏi cần bao nhiêu tiền để thực hiện việc trang trí bồn hoa đó.
14.865.000 đồng
12.218.000 đồng
14.465.000 đồng
13.265.000 đồng
Gắn hệ trục như hình vẽ (gốc tọa độ là tâm của hình tròn), kí hiệu các điểm như hình vẽ.
Đường tròn có phương trình: x2+y2=64. Suy ra y=±64−x2.
Phương trình AB:y=2.
Diện tích phần trồng cỏ: S1=4∫−2264−x2−2dx m2.
Diện tích phần trồng hoa: S2=4.4=16 (m2).
Số tiền phải bỏ ra là:
200 000.16+4.150 000+100 000.4∫−2264−x2−2dx≈13 265 000 (đồng).Chọn đáp án D
Cho hàm số fx có đạo hàm trên R. Biết 4fx−f'x2=x2+2x, ∀x∈ℝ. Tính ∫01fxdx
712
1112
1312
912
Dựa vào giả thiết ta xét fx là hàm bậc hai.
Giả sử fx=ax2+bx+c, x∈ℝ
⇒4fx=4ax2+4bx+4c.
Có f'x=2ax+b⇒f'x2=2ax+b2=4a2x2+4abx+b2.
4fx−f'x2=4a1−ax2+4b1−ax+4c−b2.
Theo giả thiết 4fx−f'x2=x2+2x⇒4a1−a=14b1−a=24c−b2=0⇒a=12b=1c=14.
Như vậy hàm số fx=12x2+x+14 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta có: ∫01fxdx=∫01x22+x+14dx=x36+x22+14x01=1112.Chọn đáp án B
Thể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' biết AB=a, AD=2a, AC'=a14 là
V=a35.
V=a3143.
V=2a3.
V=6a3.
Xét hình chữ nhật ABCD, ta có AC2=AB2+AD2=a2+4a2=5a2.
Xét tam giác vuông AA'C,ta có AA'2=AC'2−AC2=14a2−5a2=9a2⇒AA'=3a.
Ta có VABCD.A'B'C'D'=AB.AD.AA'=a.2a.3a=6a3.Chọn đáp án D
Cho ∫01x2+2xx+32dx=a4−4ln4b với a, b là các số nguyên dương. Giá trị của a+b bằng
7
5
6
8
∫01x2+2xx+32dx=∫01x2+6x+9−4x+3−9+12x+32dx=∫011−4x+3+3x+32dx
=1−4lnx+3|01−3x+3|01=1−4ln43−34+1=54−4ln43
Theo giả thiết ⇒a=5, b=3 nên a+b=8.Chọn đáp án D
S là tập tất cả các số nguyên dương của tham số m sao cho bất phương trình 4x−m2x−m+15>0 có nghiệm đúng với mọi x∈1;2. Tính số phần tử của S
9
6
7
4
Đặt t=2x với x∈1;2 thì t∈2;4
Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình t2−mt−m+15>0 có nghiệm với mọi t∈2;4
t2−mt−m+15>0∀t∈2;4
⇔m<t2+15t+1∀t∈2;4
Đặt ft=t2+15t+1
Do đó: m<max ftt∈2;4=193
Vì m nguyên dương nên m∈1;2;3;4;5;6Chọn đáp án B
Cho hàm số y=fx có đạo hàm trên R và không có cực trị, đồ thị của hàm số y=fx là đường cong của hình vẽ bên. Xét hàm số hx=12fx2−2x.fx+2x2. Mệnh đề nào sau đây đúng?
Đồ thị hàm số y=hx có điểm cực đại là N1;2.
Đồ thị hàm số y=hx có điểm cực đại là M1;0
Đồ thị của hàm số y=hx có điểm cực tiểu là M1;0
Hàm số y=hx không có cực trị
Theo bài ra ta cóh'x=f'x.fx−2fx+2x.f'x+4x=f'xfx−2x−2fx−2x
=f'x−2fx−2x
Từ đồ thị ta thấy y=fx nghịch biến nên f'x<0 suy ra f'x−2<0.
Suy ra h'x=0⇔fx−2x=0.
Từ đồ thị dưới ta thấy fx−2x=0⇔x=1.
Ta có bảng biến thiên:
Suy ra đồ thị của hàm số y=hx có điểm cực tiểu là M1;0.Chọn đáp án C
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m∈ℤ và phương trình logmx−5x2−6x+12=logmx−5x+2 có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S.
1
2
0
3
Điều kiện
x2−6x+12>0x+2>0mx−5>0mx−5≠1⇔x>−2mx>5mx≠6 I
Giải phương trình
logmx−5x2−6x+12=logmx−5x+2 pt1⇔logmx−5x2−6x+12=logmx−5x+2⇔x2−6x+12=x+2⇔x2−7x+10=0⇔x=2x=5
Khi m<0⇒x<5m<0 Suy ra phương trình (1) vô nghiệm
Khi m=0⇒0x>5 không có x thỏa điều kiện.
Khi m>0⇒x>5m>0 khi đó I⇔x>5mx≠6m
TH1. Phương trình (1)có nghiệm duy nhất x=2 khi đó
2>5m5=6m⇔2m−5mm=65>0⇔m>52m=65⇔m∈∅
TH2. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=5 khi đó
5>5m2<5m2>5m2=6m⇔5m−5m>02m−5m<02>5mm=3m>10<m<52m=3⇔1<m<52m=3
Vậy các giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài là m=3∨1<m<52
Vậy S=2;3.Chọn đáp án B
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm thuộc mặt phẳng P:x+2y+z−7=0 và đi qua hai điểm A1 ; 2 ; 1, B2 ; 5 ; 3. Bán kính nhỏ nhất của mặt cầu (S) bằng
5463
7633
3453
4703
Gọi Ix ; y ; z là tâm của mặt cầu (S).
Vì I∈P nên x+2y+z=7 (1).
Mặt khác, (S) đi qua A và B nên IA=IB =R
⇔x−12+y−22+z−12=x−22+y−52+z−32
⇔x+3y+2z=16 (2).
Từ và suy ra nằm trên đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng: \P:x+2y+z=7Q:x+3y+2z=16I.
⇒d có một VTCP u→=nP→ ; nQ→=1 ; −1 ; 1, với nP→=1 ; 2 ; 1 và nQ→=1 ; 3 ; 2.
Mặt khác, cho z=0 thì (I) trở thành: x+2y=7x+3y=16⇔x=−11y=9.
⇒d đi qua điểm B−11 ; 9 ; 0.
Do đó, d có phương trình tham số: x=−11+ty=9−tz=t t∈ℝ.
⇒I−11+t ; 9−t ; t.
⇒R=IA=t−122+7−t2+t−12=3t2−40t+194.
Đặt ft=3t2−40t+194, t∈ℝ.
Vì ft là hàm số bậc hai nên minℝft=f203=1823.
Vậy Rmin=1823=5463Chọn đáp án A
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như sau.
Đồ thị hàm số y=fx−2017+2018 có bao nhiêu điểm cực trị?
2
5
4
3
Xét hàm số gx=fx−2017+2018
g'x=x−2017'f'x−2017=f'x−2017
g'x=0⇔x−2017=−1x−2017=3⇔x=2016x=2020
Ta có g2016=f2016−2017+2018=4036;
g2020=f2020−2017+2018=0;
Bảng biến thiên hàm gx
Khi đó bảng biến thiên gx là
Vậy hàm số y=fx−2017+2018 có ba cực trịChọn đáp án D
Giả sử z1,z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z−68+zi¯ là số thực. Biết rằng z1−z2=4, giá trị nhỏ nhất của z1+3z2 bằng
20−421
20−422
5−22
5−21
Giả sử z=x+yi, x,y∈ℝ.Gọi A,B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1,z2 . Suy ra AB=z1−z2=4.
* Ta có z−68+zi¯=x−6+yi.8−y−xi=8x+6y−48−x2+y2−6x−8yi. Theo giả thiết z−68+zi¯ là số thực nên ta suy ra x2+y2−6x−8y=0. Tức là các điểm A,B thuộc đường tròn C tâm I3;4, bán kính R=5.
* Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA→+3MB→=0→⇔OA→+3OB→=4OM→.
Gọi H là trung điểm AB.
Ta có HA=HB=AB2=2 và MA=34AB=3⇒HM=MA−HA=1.
Từ đó HI2=R2−HB2=21, IM=HI2+HM2=22, suy ra điểm M thuộc đường tròn C' tâm I3;4 , bán kính r=22.
* Ta có z1+3z2=OA→+3OB→=4OM→=4OM, do đó z1+3z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.
Ta có OMmin=OM0=OI−r=5−22.
Vậy z1+3z2min=4OM0=20−422.Chọn đáp án B
