Đề số 16

Đáp án B

Ta có: (xa)b=xab

Đáp án D

Thể tích khối trụ là V=π.52.5=125π.

Đáp án D

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d(ad−bc≠0) có đường tiệm cận đứng là x=−dc.

Đồ thị hàm số y=2x−1x−2 có đường TCĐ là x=2.

Đáp án C

∫cos(ax+b)dx=1asin(ax+b)+C

Ta có ∫f(x)dx=∫cos2xdx=12sin2x+C .

Đáp án D

Số hạng tổng quát của CSN: un=u1.qn−1.

Ta có: u1=2,q=3⇒u5=u1.q4=2.34=162.

Đáp án A

Hình chiếu của M(a;b;c) lên mặt phẳng (Oxy) là .

Hình chiếu cùa M(1;2;3) lên mặt phẳng (Oxy) là H(1;2;0).

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm: f(x)=0⇔[x=−1x=0x=2

Khi đó diện tích S=∫−12|f(x)|dx=∫−10f(x)dx+∫02[−f(x)]dx=∫−10f(x)dx−∫02f(x)dx.

Đáp án C

Ta thấy hàm số y=x4+4x2+1 có ab=1.4>0 nên hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.

Đáp án C

Thể tích VS.ABC=16SA.SB.SC=16.3.4.5=10.

Đáp án A

Từ hình vẽ ta thấy khi x→+∞ thì  hay hệ số a<0. Do đó loại .

Thấy điểm (0;−2)thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x=0;y=−2 vào hai hàm số còn lại thấy chỉ có hàm số y=−x3+3x2−2 thỏa mãn.

Đáp án A

Khoảng cách từ điểm M(x0;y0;z0) đến mặt phẳng (P):ax+by+cz+d=0 là: d(M,(P))=|ax0+by0+cz0|a2+b2+c2

Ta có  d(O,(P))=|0−0+2.0−3|12+(−1)2+22=36=62.

Đáp án A

Số phức z=5−3i có phần ảo là -3

Đáp án B

Giải bất phương trình logaf(x)≥m⇔f(x)≥am với a>1.

Ta có: log3(x−1)≥2⇔x−1≥32⇔x≥10.

Đáp án A

Số cách chọn 1 người làm tổ trưởng là C101=10.

Số cách chọn ra 1 người làm tổ phó là C91=9.

Nên số cách chọn ra 1 tổ trưởng và 1 tố phó là 10.9=90 cách.

Đáp án C

Trục  có vectơ chì phương k→=(0;0;1).

Đáp án A:n→=(0;2;0) không cùng phương  nên loại.

Đáp án B:n→=(2;2;0) không cùng phương  nên loại.

Đáp án C: n→=(0;0;2)=2k→ nên (P)⊥Oz.

Đáp án D: n→=(2;0;0) không cùng phương k→ nên loại.

Mặt phẳng  vuông góc với đường thẳng d thì ud→=kn(P)→.

Đáp án C

Kẻ các đường sinh AB', AB' thì AB'//OO'//A'B.

Ta có d(OO';AB)=d(OO';(AA'BB'))=d(O;(AA'BB'))

Kẻ OH⊥AA' tại H⇒H là trung điểm của .

Ta có {OH⊥AA'A'B⊥OH⇒OH⊥(AA'BB')

⇒d(O;(AA'BB'))=OH=a32

Lại có AB tạo với trục hình trụ góc 30° mà OO'//A'B⇒A'BA=30°

Xét tam giác  vuông tại  có A'B=AA'.cot30°=a3A'B=AA'.cot30°=a3.

Diện tích toàn phần của hình trụ đã cho là:

Stp=2πrl+2πr2=2π.a.a3+2πa2=2πa2(3+1).

Đáp án C

Ta có: limx→∞y=limx→∞x−1x2+mx+4=0 nên đồ thị hàm số luôn có 1 TCN là y=0 .

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận thì nó chỉ có duy nhất 1 đường tiệm cận đứng  phương trình x2+mx+4=0 có nghiệm x=1 hoặc phương trình x2+mx+4=0 có nghiệm kép (có thể bằng 1). ⇔[12+m.1+4=0m2−4.4=0⇔[m=−5m=±4.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Đáp án A

Xét tam giác  vuông tại A ta có

AH=BC2=AB2+AC22=252=5

Mà SΔSAH=12SA.AH⇔2=12SA.5⇒SA=455.

Thể tích khối chóp VS.ABC=13.SA.SABC=13455.12.2.4=16515. 

Đáp án D

Bất phương trình af(x)<m⇔f(x)<logam với a>1.

5x2−3x<625⇔x2−3x<log5625=4⇔x2−3x−4<0⇔−1<x<4.

Do x∈Z nên x∈{0;1;2;3}. Vậy tổng các nghiệm nguyên là 6

Đáp án A

ĐK: x≥0

Xét trên [0; 3] ta có f'(x)=1−12x=0⇔x=14∈[0;3].

Ta có f(0)=0;f(3)=3−3;f(14)=−14.

Suy ra M=max[0;3]y=max{f(0);f(14);f(3)}=f(3)=3−3.

m=min[0;3]y=min{f(0);f(14);f(3)}=f(14)=−14.

Nên M+2m=3−3+2.(−14)≈0,768.

 max[a;b]y=max{y(a);y(xi);y(xj);y(b)}và min[a;b]y=max{y(a);y(xi);y(xj);y(b)}.

Đáp án B

Dựng đồ thị hàm số y=|f(x)| từ đồ thị hàm số - Giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành và lấy đối xứng phần dưới qua . Dựng đồ thị hàm số y=|f(x)| như hình vẽ ta thấy, số điểm cực trị của đồ thị hàm số y=|f(x)| là 5.

Đáp án D

Xác định góc giữa các mặt phẳng (P) và (Q) ta thực hiện các bước sau:

+ Xác định giao tuyến d của (P) và (Q)

+ Trong mặt phẳng (P) xác định đường thẳng a⊥d, trong mặt phẳng (Q) xác định đường thẳng b⊥d.

+ Khi đó góc giữa (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng a và b.

Gọi M là trung điểm BC (do ΔABC cân tại  A).

Lại có ΔSAB=ΔSAC(c.g.c)⇒SB=SC hay ΔSBC cân tại S.

⇒SM⊥BC

Ta có   {(SBC)∩(ABC)=BCAM⊥BC;AM⊂(ABC)SM⊥BC;SM⊂(SBC)

⇒((SBC),(ABC))⌢=(SM,AM^)=SMA^.

Theo đề bài VS.ABC=3a324⇒13SA.SABC=a3324⇔SA=a338:a234=a2.

Lại thấy ΔABM vuông tại M có AB=a;ABM^=180°−BAC^2=30°

Xét tam giác SA=AM=a2 vuông tại  có AB=a;ABM^=180°−BAC^2=30° nên ΔSAM vuông cân tại  hay SMA^=45°

Vậy góc giữa (SBC) và (ABC) là 45°.

Đáp án D

Ta có: f(x)=∫f'(x)dx=∫lnxxdx

Đặt t=lnx⇒dt=dxx⇒∫lnxxdx=∫tdt=t22+C=ln2x2+C

⇒f(x)=ln2x2+C. Mà . f(1)=32⇒C=32⇒f(x)=ln2x2+32

Vây f(3)=ln232+32=ln23+32.

Đáp án A

+ Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì a+c2=b.

+ Sử dụng công thức loga(bc)=logab+logac  (0<a≠1;b,c>0)

và logax=c⇔x=ac.

Điều kiện: x>0.

Từ đề bài ta có: log3x+log3(81x)2=−1⇔log3x+log381x=−2⇔2log3x=−6.

⇔log3x=−3⇔x=3−3⇔x=127 (thảo mãn) suy ra m=1,n=27⇒m+n=28.

Đáp án D

Do z=−3+4i là một nghiệm của z2+az+b=0 với a,b∈R nên  cũng lànghiệm của phương trình.

Áp dụng định lí Vi - ét ta có: {z+z¯=−azz¯=b⇒{−a=−6b=25⇒{a=6b=25⇒a−b=−19.

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và trụcOx  thỏa mãn phương trình:

ln(x+2)=0⇒x+2=1⇔x=−1. Suy ra A(−1;0).

Ta có y'=1x+2⇒ hệ số góc của tiếp tuyến tại A(−1;0) là y'(−1)=1.

Đáp án B

Có A(2;0;2),B(0;4;0)⇒I(1;2;1) là trung điểm của AB và AB=(−2)2+42+(−2)2=26

Khi đó mặt cầu đường kính ABcó tâm I(1;2;1) và bán kính R=AB2=6 có phương trình là:

(x−1)2+(y−2)2+(z−1)2=6.

Đáp án D

Gọi z=x+yi  (x,y∈R) thì số phức liên hợp z¯=x−yi

Ta có z¯+(1−i)z=9−2i⇔x−yi+(1−i)(x+yi)=9−2i

⇔x−yi+x+y+yi−xi=9−2i⇔2x+y−xi=9−2i⇔{2x+y=9−x=−2⇔{x=2y=5.

Suy ra z=2+5i⇒|z|=22+52=29.

Đáp án C

Ta có: f(x)+m=0⇔−m=f(x).

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại hai điểm phân biệt.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với −2<−m≤−1 thì đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại hai điểm phân biệt hay 1≤m<2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Vậy tập hợp các giá trị cần tìm là [1;2).

Đáp án B

Ta có: u1→=(2;2;1);u2→=(1;3;1) lần lượt là vectơ chỉ phương của hai đường thẳng Δ;Δ'.

⇒[u→1;u2→]=(−1;−1;4)

Vì mặt phẳng (P) song song với cả hai đường thẳng Δ;Δ' nên  nhận n→=[u1→;u2→]=(−1;−1;4) làm 1 vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng (P):−1(x+1)−1(y−1)+4(z−2)=0⇔x+y−4z+8=0.

Đáp án D

Gọi bán kính đáy hình nón là r.

Ta có: Vn=13πr2h=13πr216−r2 với 0<r<4.

Xét hàm f(r)=r216−r2 trên (0;4) có:

f'(r)=2r16−r2+r.−r16−r2=32−3r316−r2=0⇔[r=463∈(0;4)r=−463∉(0;4)r=0∉(0;4)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số f(r) đạt GTLN khi .r=463

Vậy Vmax=13π(463)2⋅16−(463)2=128π327(dm3).

Đáp án A

Ta có: x(4−f'(x))=f(x)−1⇔4x−xf'(x)=f(x)−1

⇔f(x)+xf'(x)=4x+1⇔(xf'(x))'=4x+1Lấy nguyên hàm hai vế theo x ta được xf(x)=2x2+x+C.

Mà f(1)=3 nên ta có 1.f(1)=2.12+1+C⇔3=3+C⇒C=0

Từ đó xf(x)=2x2+x⇒f(x)=2x+1 (do x>0)

Suy ra f(2)=2.2+1=5.

Đáp án D                 

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) và bán kính R=2.

Dễ thấy d(I,(P))=|1−(−2)+2.2−1|12+12+22=6>2=R nên (P) và (S) không cắt nhau.

Gọi M' là giao điểm của đường thằng qua I và vuông góc với (P) như hình vẽ.

Ta thấy d(M;(P))≥M'H=IH−R=6−2 nên d(M;(P)) đạt GTNN bằng 6−2 khi M≡M'.

Đáp án B

Mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng song song  và (Q) thì bán kính mặt cầu là R=12d((P);(Q))=12d(M;(Q)) với M∈(P).

Mặt phẳng (P):x−2y−2z−3=0 và mặt phẳng (Q):x−2y−2z+6=0 có 11=−2−2=−2−2≠−36 nên (P)//(Q).

Lấy M(3;0;0)∈(P) thì d((P);(Q))=d(M;(Q))=|3+6|12+(−2)2+(−2)2=3.

Bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) là R=12d((P);(Q))=32.

Đáp án A

TXĐ: D=ℝ. Ta có: y'=3x2−6x+3m .

Để hàm số đã cho nghịch biến trên (1;2) thì y'≤0,∀x∈(1;2) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

⇔3x2−6x+3m≤0∀x∈(1;2)⇔x2−2x+m≤0∀x∈(1;2)

⇔(x−1)2+m−1≤0∀x∈(1;2)⇔1−m≥(x−1)2∀x∈(1;2)

Hàm số y=(x−1)2 đồng biến trên (1;+∞) nên cũng đồng biến trên (1;2).

⇒(1−1)2<(x−1)2<(2−1)2⇔0<(x−1)2<1

⇒1−m≥(x−1)2∀x∈(1;2)⇔1−m≥1⇔m≤0

Lại có m∈[−10;10] và m∈Z nên m∈{−10;−9;…;0}.

Vậy có 11 giá trị của m.

Đáp án C

Theo bài ra ta có: (z+5|z|)i=7−z⇔zi+5i|z|=7−z⇔z(i+1)=7−5i|z|

⇔2|z|2=49+25|z|2⇔2|z|4−49|z|2−25=0 ⇔[|z|2=25 (tháa m·n)|z|=−12 (lo¹i)

⇔|z|=5  (do |z|>0)

Thay |z|=5 vào biểu thức đề bài ta có: (z+1)i=7−z⇔z(i+1)=7−i⇔7−ii+1=3−4i

Đáp án D

Xét biểu thức T=MA2+MB2+MC2

Gọi G(1;2;2) là trọng tâm của tam giác ABC thì GA→+GB→+GC→=0→.

Ta có: T=MA→2+MB→2+MC→2=(MG→+GA→)2+(MG→+GB→)2+(MG→+GC→)2 =3MG→+2MG→(GA→+GB→+GC→)+GA→2+GB→2+GC→2=3MG2+GA2+GB2+GC2

Gọi H là hình chiếu của G lên (P) thì MG≥HG nên  đạt GTNN nếu M≡H.

Viết phương trình đường thẳng d đi qua G(1;2;2) và vuông góc (P).

Khi đó d nhận n(P)→=(3;−3;−2) làm véctơ chỉ phương nên d:{x=1+3ty=2−3tz=2−2t

M=d∩(P) nên tọa độ của  thỏa mãn hệ phương trình

{x=1+3ty=2−3tz=2−2t3x−3y−2z−15=0.

⇒3(1+3t)−3(2−3t)−2(2−2t)−15=0⇔−22+22t=0⇔t=1⇒M(4;−1;0)

⇒a=4,b=−1,c=0⇒a+b+c=3

Đáp án C

Giả sử ta đặt 20 chiếc bút nằm thẳng hàng nhau thì giữa chúng có 19 khoảng trống (không kể khoảng trống ở hai đầu)

Để chia làm 3 phần, ta đặt bất kì 2 vạch đánh dấu sao cho mỗi vạch vào 1 khoảng trống trong 19 khoảng trống trên thì đều chia 20 chiếc bút chì thành 3 phần và mỗi phần đều có ít nhất 1chiếc bút.

Như vậy có C192 cách chia 20 bút chì gống nhau cho 3 bạn mà mỗi bạn được ít nhất 1 chiếc bút chì.

Đáp án B

Goi  là số tiền cô Ngọc vay ban đầu, kí hiệu r=1%,A=5 triệu

- Sau tháng thứ nhất, số tiền nợ là T1=T+Tr−A=T(1+r)−A.

- Sau tháng thứ hai, số tiền nợ là

T2=T(1+r)−A+[T(1+r)−A]r−A=T(1+r)+T(1+r)r−A−Ar−A=T(1+r)2−A(1+r)−A.

- Sau tháng thứ ba, số tiền nợ là:

=T(1+r)2−A(1+r)−A+[T(1+r)2−A(1+r)−A]r−A=T(1+r)3−A(1+r)2−A(1+r)−A=T(1+r)3−A[(1+r)2+(1+r)+1]=T(1+r)3−A(1+r)3−11+r−1=T(1+r)3−Ar[(1+r)3−1]…

- Sau tháng thứ , số tiền nợ là Tn=T(1+r)n−Ar[(1+r)n−1].

Do sau 5 năm (60 tháng) thì cô Ngọc trả hết nợ nên T60=0. ⇔T(1+1%)−51%[(1+1%)60−1]=0⇔T≈224,775 triệu

Do tháng cuối cùng có thể trả ít hơn 5 triệu nên số nợ ban đầu không vượt quá 224,775 triệu.

Vậy nên số nợ ban đầu có thề là 224 triệu.

Số nợ không thể là 225 tr vì nếu vậy thì sau 60 tháng không thể trả hết nợ mà sẽ còn dư nợ đến tháng thứ 61 (mâu thuẫn giả thiết).

Đáp án B

Sử dụng d(M;(P))=d(N;(P)) với MN//(P).

Sử dụng công thức chuyển điểm: Đường thẳng AB cắt (P)  tại M thì d(A;(P)d(B;(P))=AMBM

Xác định khoảng cách d(N;(P))=H với H là hình chiếu vuông góc của N trên (P)

Vì BC//AD⇒BC//(SAD)⇒d(C;(SAD))=d(B;(SAD)

Lại có AB=3AH⇒d(B;(SAD))d(H;(SAD))=ABAH=3

Hay d(C;(SAD))=3d(H;(SAD))

Ta có:   {AD⊥ABAD⊥SA  (do SA⊥(ABCD))⇒AD⊥(SAB)

Kẻ HK⊥SA tại K ta có: {HK⊥SAHK⊥AD  (do AD⊥(SAB)

Nên HK⊥(SAD) tại  nên d(H;(SAD))=HK

Ta có AB=3⇒AH=1

Xét tam giác vuông tại H có  

1HK2=1SH2+1HA2=13+11⇒HK=32

Suy ra d(C;(SAD))=332.

Đáp án C

Xét hàm số f(x)=x4−2x2+m, hàm số liên tục trên đoạn [1;2].

Ta có: f'(x)=4x3−4x>0,∀x∈(1;2)⇒ Hàm số f(x) đồng biến trên đoạn [1;2], do đó max[1;2]f(x)=m+8;min[1;2]f(x)=m−1.

TH1: m−1≥0⇔1≤m≤10 thì max[1;2]|f(x)|=m+8;min[1;2]|f(x)|=m−1.

Khi đó: max[1;2]|f(x)|+min[1;2]|f(x)|≥10⇔m+8+m−1≥10⇒m≥32⇒m∈{2;3;4;…;10}

 trường hợp này có 9 số nguyên.

TH2:  m+8≤0⇔−10≤m≤−8 thì max[1;2]|f(x)|=−m+1;min[1;2]|f(x)|=m−8 .

Khi đó: max[1;2]|f(x)|+min[1;2]|f(x)|≥10⇔−m+1−m−8≥10⇒−10≤m≤−172⇒m∈{−10;−9}

 trường hợp này có 2 số nguyên.

TH3: −8<m<1 thì min[1;2]|f(x)|=0;max[1;2]|f(x)|={−m+1  khi−8<m≤−72m+8  khi−72<m<1

Do m là số nguyên nên: max[1;2]|f(x)|+min[1;2]|f(x)|≥10⇔[−m+1≥10,khi−8<m≤−4m+8≥10, khi −4<m<1

 không tồn tại m thỏa mãn.

Vậy số phần tử của tập  là 11 .

Đáp án D

Điều kiện: −1≤x≤1

Khi đó trở thành tìm m để bất phương trình f(1−x2)+23x3−x2+83≤f(m)  có nghiệm x∈[−1;1]

Xét hàm số g(x)=f(1−x2)+23x3−x2+83 trên [−1;1].

Bài toán trở thành tìm m để f(m)≥g(x) có nghiệm x∈[−1;1]⇔f(m)≥min[−1;1]g(x).

Ta có g'(x)=−x1−x2.f'(1−x2)+2x2−2x=x[−f'(1−x2)1−x2+2x−2]⇔x=0.

Vì x∈[−1;1]⇒{0≤1−x2≤1⇒f'(1−x2)>0−4≤2x−2≤0⇒−f'(1−x2)1−x2+2x−2<0.

Ta có bảng biến thiên của hàm g(x)  trên [−1;1]

Dựa vào bảng biến thiên ta có: f(m)≥min[−1;1]g(x)=g(−1)=4; dựa vào đồ thị ta có [m>0m=−3.

Do {m∈ℤm∈[−10;10], nên m∈{−3;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10}.

Vậy có 11 số nguyên  thỏa mãn.

Đáp án B

Đặt {u=x+1dv=exdx⇒{du=dxv=ex

⇒∫12(x+1)exdx=(x+1)ex|12−∫12exdx=(3e2−2e−ex)|12

=3e2−2e−e2+e=3e2−e2−e

Vậy a=3,b=−1;c=−1⇒a+b+c=1 .

Đáp án A

 Gọi z=x+yi(x;y∈R) thì mô đun |z|=x2+y2

Biến đổi giả thiết để có quỹ tích là elip x2a2+y2b2=1.

Diện tích elip bằng π.ab .

Gọi z=x+yi(x;y∈R)  ta có |z−3|+|z+3|=10

⇔|x−3+yi|+|x+3+yi|=10⇔(x−3)2+y2+(x+3)2+y2=10.

⇔(x−3)2+y2=10−(x+3)2+y2

⇔x2−6x+9+y2=100−20(x+3)2+y2+x2+6x+9+y2

⇔5(x+3)2+y2=3x+25⇔25(x2+6x+9+y2)=9x2+150x+625

⇔25x2+16y2=400⇔x24+y25=1

Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là elip x24+y25=1⇒a=4;b=5.

Diện tích elip là: S=πab=20π.

Đáp án B

Ta có 3a=5b=15−c⇔a=blog35=−clog315=−c(1+log35)

⇒log35=ab=−cb+c⇒ab+bc+ac=0.

Ta có: P=a2+b2+c2−4(a+b+c)=(a+b+c)2−2(ab+bc+ac)−4(a+b+c)

=[(a+b+c)−2]2−4≥−4.

Đáp án B

+ Đặt x2−3x+m=t rồi biến đổi đưa về phương trình tích.

+ Từ đó sử dụng sự tương giao của hai đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình.

+ Phương trình f(x)=g(x)  có số nghiệm bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số y=f(x);y=g(x).

Xét phương trình (x2−3x+m)2+x2−8x+2m=0⇔(x2−3x+m)2+(x2−3x+m)−5x+m=0

Đặt x2−3x+m=t⇒m=t2−x2+3x ta có phương trình: 

t2+t−5x+t−x2+3x=0⇔t2−x2+2t−2x=0⇔(t−x)(t+x+2)=0

⇔[t−x=0t+x+2=0⇔[x2−4x+m=0x2−2x+2+m=0⇔[m=−x2+4xm=−x2+2x−2

Ta có đồ thị hàm số  y=−x2+4x và y=−x2+2x−2 .

Từ đồ thị hàm số ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì {m<−1m≠−5 .

Mà  m∈[−20;20];m∈Z⇒m∈{−20;−19;…;−6;−4;−3;−2} nên có 18 giá trị của thỏa mãn

Đáp án D

Gọi V là thể tích khối chóp .

Có BP//DC⇒BPDC=MPMD=MBMC=12⇒BPAB=12⇒Plà trung điểm của AB.

Ta có ΔMBP=ΔDAP(c.g.c)⇒SΔMBP=SΔDAP

⇒SΔMBP+SBCDP=SΔDAP+SBCDP⇒SMCD=SABCD

Mà d(N;(MCD))d(S;(ABCD))=NCSC=12

⇒VN.MCDVS.ABCD=13SMCD.d(N,(MCD))13SABCD.d(S,(ABCD))=12⇒VN.MCD=12VS.ABCD=V2

Xét tam giác , áp dụng định lý Mênêlauýt cho bộ ba điểm thẳng hàng  ta có: BMBC⋅SCSN⋅QNQM=1⇔1.2.QNQM=1⇔QNQM=12⇒MQMN=23

⇒VM.PBQVM.NCD=MBMC⋅MPMD⋅MQMN=12⋅12⋅23=16⇒VM.PBQ=16VM.NCD=16⋅V2=V12

⇒VBPQ.CDN=VM.CDN−VM.BPQ=V2−V12=5V12

⇒V2=5V12⇒V1=V−5V12=7V12⇒V1V2=75

Đáp án B

+ Số phức z=x+yi(x;y∈R) có mô đun |z|=x2+y2

+ Sử dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số (a;b),(x;y)  ta có (ax+by)2≤(a2+b2)(x2+y2)

+ Dấu  xảy ra khi xa=by.

Gọi số phức z=x+yi  (x;y∈R)

Theo đề bài |z+1|=3⇔|x+1+yi|=3⇔(x+1)2+y2=3

 Ta có T=|z+4−i|+|z−2+i|=|x+4+(y−1)i|+|x−2+(y+1)i|

=(x+4)2+(y−1)2+(x−2)2+(y+1)2

Áp dụng BDT Bunhiacốpxki ta có:

T2=((x+4)2+(y−1)2+(x−2)2+(y+1)2)2≤(12+12)[(x+4)2+(y−1)2+(x−2)2+(y+1)2]

T2≤2(2x2+2y2+4x+22)=4((x+1)2+y2+10)=52 (vì (x+1)2+y2=3)

Do đó T≤213

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

{(x+4)2+(y−1)2=(x−2)2+(y+1)2(x+1)2+y2=3⇔{y=3x+3(x+1)2+(3x+3)2=3⇔[{x=310y=910+3{x=−310y=−910+3

Vậy Tmax=213.

Đáp án D

Hàm số y=f(x)=x3−3x+1 xác định trên R và có  f'(x)=3x2−3=0⇔x=±1.

Đồ thị (hình vẽ bên):

Sử dụng MTCT ta có f(x)=0⇔[x=x1∈(−2;−11)x=x2∈(0;1)x=x3∈(1;2)

⇒f(f(x))=0⇔f(x)=0⇔[f(x)=x1∈(−2;−1)  (1)f(x)=x2∈(0;1)  (2)f(x)=x3∈(1;2)  (3)

+ Đường thẳng y=x1∈(−2;−1)cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại duy nhất 1 điểm nên (1) có 1 nghiệm duy nhất.

+ Đường thẳng y=x2∈(0;1) cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 3 điểm nên (2) có 3 nghiệm phân biệt.

+ Đường thẳng y=x3∈(1;2) cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 3 điểm nên (3) có 3 nghiệm phân biệt. Hơn nữa trong ba nghiệm này không có nghiệm nào trùng với nghiệm của (1) và (2).

Vậy tổng số nghiệm của ba phương trình (1),(2),(3) là  1+3+3=7 nghiệm.

Nhận xét hàm số  f(t)=2t−1+log3(t+1) đồng biến và f(2)=3, từ đó

2x2+y2−1+log3(x2+y2+1)=3⇔x2+y2=2.

S=|x−y|+|x3−y3|=|x−y|(1+x2+y2+xy)

⇔S2=(x−y)2(3+xy)2=(2−2xy)(3+xy)2

Đặt t=xy do |xy|≤x2+y22=1  nên t∈[−1;1].

Xét hàm số g(t)=(2−2t)(3+t)2 trên [−1;1] được maxt∈[−1;1]g(t)=g(−13)=51227 .

Do S>0 nên S2≤51227⇔S≤1669.

Vậy T=34.