Đề số 17

Số tập con gồm có 4 phần tử của tập hợp A là C94.Chọn đáp án C

Ta có un=u1.qn−1
Suy ra u6=u1.q5⇒q5=u6u1=−1605=−32⇒q=−2.
Vậy q=−2.Chọn đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f'x>0 trên khoảng −∞;−1⇒hàm số đồng biến trên −∞;−1 nên cũng đồng biến trên −∞;−2.Chọn đáp án D

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y=fx đạt cực đại tại điểm x=0.Chọn đáp án A

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số có ba điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại.Chọn đáp án A

Do limx→±∞y=limx→±∞x−1−3x+2=−13 nên đường thẳng y=−13 là đường tiệm cận ngang.Chọn đáp án D

Đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng x=1 làm tiệm cận đứng nên phương án A và D sai.
Đồ thị hàm số y=−2x+1x−1 nhận đường thẳng y=−2 làm tiệm cận ngang nên phương án B sai.
Vậy phương án C đúng.Chọn đáp án C

Với x=0⇒y=−2. Do đó đồ thị hàm số y=x4−x2−2 cắt trục tung tại điểm M có tọa độ là M(0;−2).
Chọn đáp án D

Với a,b là số thực dương tùy ý khác 1 và m,n là hai số thực ta có: logambn=nmlogab.Chọn đáp án B

Áp dụng công thức logax'=1xlna, ta có log5x'=1xln5.Chọn đáp án C

Ta có: a23a=a23.a12=a23+12=a76.Chọn đáp án C

Ta có 92x+1=81⇔2x+1=2⇔x=12.Chọn đáp án B

Phương trình log3x−1=2⇔x−1=32⇔x=10.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=10.Chọn đáp án A

Ta có : ∫f(x)dx=∫ex+2sinxdx=ex−2cosx+C.Chọn đáp án C

∫fxdx=∫12x+3dx=12∫12x+3d2x+3=12ln2x+3+C

Chọn đáp án A

Ta có I=∫03fxdx = ∫02fxdx+∫23fxdx=1+4=5.Chọn đáp án A

I=∫018xdx=8xln810=8ln8−1ln8=73ln2

Chọn đáp án B

Số phức liên hợp của số phức z=2−5i là z¯=4+5i.Chọn đáp án B

Ta có 2z+1+i=23+i+1+i=7+3i. Vậy phần thực của số phức 2z+1+i bằng 7.Chọn đáp án B

Ta có z¯=2−2i.
Điểm biểu diễn số phức z¯=2−2i là điểm P2;  −2.Chọn đáp án B

V=Bh=2.3=6

Chọn đáp án A

V=13Bh=13.SABCD.SA=13.AB.AD.SA=13.2.4.2=163

Chọn đáp án B

Thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là V=13πr2h.Chọn đáp án C

Bán kính đáy là R=2a2=a ⇒V=πa2.2a=2πa3Chọn đáp án C

AB→=0−1 ; 3−1 ; 3−0⇔AB→=−1 ; 2 ; 3

Chọn đáp án A

(S) : x2+y2+z2−2x+4y+2z−3=0⇔x−12+y+22+z+12=9 suy ra bán kính của mặt cầu R=3.Chọn đáp án B

Lần lượt thay toạ độ các điểm M, N, P, Q vào phương trình (P), ta thấy toạ độ điểm Q không thoả mãn phương trình (P). Do đó điểm Q không thuộc (P).Chọn đáp án D.

d: x−12=y−11=z+1−2 nên một VTCP của d là: u1→(2;1;−2).Chọn đáp án A

Gọi A là biến cố: “chọn được một học sinh nữ.”
-Không gian mẫu: nA=C381=38.
nA=C181=18.
PA=nAΩ=1838=919.Chọn đáp án C

y'=4x3−2x khi đó y'=0⇔x=0x=±22
Bảng biến thiên:

Đáp án B loại vì tập xác định của hàm số là −∞;32∪32;+∞.
Đáp án C loại vì hàm bậc 3 có hệ số a<0 nên không thể đồng biến trên 1;+∞.
Đáp án D loại vì y'<0 với mọi x thuộc tập xác định.Chọn đáp án A

Ta có y'=f'x=6x2−12x=0⇔x=0x=2.
Mà f−1=−7, f1=−3, f0=1.
Do đó max−1; 1fx=maxf−1; f1; f0=1 khi x=0.
min−1; 1fx=minf−1; f1; f0=−7 khi x=−1.Chọn đáp án B

Điều kiện: 9−x>0⇔x<9.
Ta có: log29−x≤3⇔9−x≤8⇔1≤x.
Đối chiếu điều kiện ta có 1≤x<9.
Vì x∈ℤ nên x∈1;2;3;4;5;6;7;8.
Vậy có 8 nghiệm nguyên.Chọn đáp án C

Ta có: ∫−11fx−17gxdx=∫−11fxdx−17∫−11gxdx=2−17.−7=3.Chọn đáp án C

z=1−2i2=−3−4i⇒z=5.
Vậy môđun số phức nghịch đảo của z là 1z=1z=15.Chọn đáp án D

Ta có: SC∩ABCD=C; SA⊥ABCD tại A.
Hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) là AC.
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là α=SCA^.
Do là hình thoi cạnh a và ABC^=600 nên tam giác ABC đều cạnh a. Do đó AC=a.
Suy ra: tanSCA^=SAAC=33
Do đó: α=SBA^=30o
Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 30o.Chọn đáp án A

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD. Ta có AG⊥BCD tại G nên dA,BCD=AG.
Xét tam giác ABG vuông tại G có AG=AB2−BG2=a2−a332=a63.Chọn đáp án C

Mặt cầu tâm A đi qua M suy ra bán kính: R=AM=(1+1)2+(2−1)2+(1−2)2=6.
Phương trình mặt cầu là: (x+1)2+(y−1)2+(z−2)2=6.Chọn đáp án C

Đường thẳng d đi qua điểm M−2;1;2 và có 1 vectơ chỉ phương là u→=1;1;2 nên loại đáp án D.
Lần lượt thay toạ độ điểm M vào các phương trình trong các đáp án còn lại ta thấy toạ độ M thoả mãn phương trình x+11=y−21=z−42.Chọn đáp án C.

Ta có g'x=f'x−1.
g'x=0⇔f'x=1. Từ đồ thị, ta được x=−1, x=1, x=2.
Từ đồ thị, ta cũng có bảng xét dấu của g'x:

Ta được hàm số gx đạt cực đại tại x=−1.Chọn đáp án B

Ta có log2x2+3>logx2+mx+1
⇔x2+mx+1>02x2+3>x2+mx+1⇔x2+mx+1>0x2−mx+2>0∗
Để bất phương trình log2x2+3>logx2+mx+1 có tập nghiệm là R thì hệ (*) có tập nghiệm là R⇔Δ1=m2−4<0Δ2=m2−8<0⇔−2<m<2Chọn đáp án A

+ Xét tích phân: I1=∫03x.f(x2+1)x2+1dx.
Đặt: t=x2+1⇒dt=xx2+1dx.
Đổi cận: với x=0 thì t=1, với x=3 thì t=2.
I1=∫03x.f(x2+1)x2+1dx=∫12f(t)dt=∫12f(x)dx=∫12(−2x+12)dx=(−x2+12x)12=9
+ Xét tích phân: I2=4∫ln2ln3e2x.f1+e2xdx.
Đặt: t=1+e2x⇒dt=2e2xdx.
Đổi cận: với x=ln2 thì t=5, với x=ln3 thì t=10.
I2=4∫ln2ln3e2x.f1+e2xdx=2∫510ftdt=2∫510fxdx=2∫5104xdx=4x2510=300
Vậy I=∫03x.f(x2+1)x2+1dx+4∫ln2ln3e2x.f1+e2xdx=309Chọn đáp án A

Ta có : z+1i−z=1z−i2+z=1⇔z+1=i−zz−i=2+z⇔x=−y4x+2y=−3⇔x=−32y=32⇒z=−32+32i.Chọn đáp án A

Ta có nửa chu vi ΔABC là p=AB+AC+BC2=10a.
Diện tích ΔABC là SΔABC=10a.5a.3a.2a=103a2.
SA⊥ABC nên ΔSAB vuông, cân tại A nên SA=AB=5
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC=13SA.SΔABC=135a.103a2=5033a3.Chọn đáp án B

Xét hệ trục tọa độ Oxy đặt vào bể cá như hình vẽ sau

Khi đó phương trình của đường tròn tâm O là x2+y2=100.
Khi đó phần nửa cung tròn phía trên trục Ox có phương trình y=100−x2=f(x)
Dựa vào hình vẽ ta suy ra Parabol có đỉnh I0;−10 đi qua các điểm A6;8,B−6;8.
Do đó phương trình P: y=12x2−10.
Diện tích phần thả cá cảnh là ∫−66100−x2−12x2+10dx≃160,35 m2⇒S=160 m2.
Do đó bạn Dũng thả được 160⋅4=640 con cá cảnh.Chọn đáp án D

Gọi giao điểm của Δ và d là B nên ta có: B3+t;3+3t;2t⇒AB→=2+t;1+3t;2t+1
Vì đường thẳng Δ song song với mặt phẳng α nên:
AB→.nα→=0⇔2+t+1+3t−2t−1=0⇔t=−1.
Suy ra: AB→=1;−2;−1.
Phương trình đường thẳng Δ đi qua A và nhận AB→ làm vtcp: x−11=y−2−2=z+1−1.Chọn đáp án C

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

Khi đó bảng biến thiên gx là

Vậy hàm số y=fx−2017+2018 có ba cực trịChọn đáp án B

Do 0≤x≤2020 nên log2(2x+2) luôn có nghĩa .
Ta có log2(2x+2)+x−3y=8y
⇔log2(x+1)+x+1=3y+23y
⇔log2(x+1)+2log2(x+1)=3y+23y (1)⇔log2(x+1)+2log2(x+1)=3y+23y
Xét hàm số f(t)=t+2t.
Tập xác định D=ℝ và f'(t)=1+2tln2⇒f'(t)>0∀t∈ℝ.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R . Do đó (1)⇔log2(x+1)=3y⇔y=log8(x+1).
Ta có 0≤x≤2020 nên 1≤x+1≤2021 suy ra 0≤log8(x+1)≤log82021⇔0≤y≤log82021.
Vì y∈ℤ nên y∈0 ;1 ;2 ;3.
Vậy có 4 cặp số (x ;y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0 ;0), (7 ;1), (63 ;2), (511 ;3).Chọn đáp án D

Giả sử A(a; a2); B(b; b2) (b>a) sao cho AB=2018.
Phương trình đường thẳng d là: y=(a+b)x−ab. Khi đó
S=∫ab(a+b)x−ab−x2dx=∫aba+bx−ab−x2dx=16b−a3.
Vì AB=2018⇔b−a2+b2−a22=20182⇔b−a21+b+a2=20182.
⇒b−a2≤20182⇒b−a=b−a≤2018⇒S≤201836. Vậy Smax=201836 khi a=−1009 và b=1009.Chọn đáp án D

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức z2
Ta có:
z1=1⇔x−2+(y+2)i  =1⇔x−22+y+22=1 T.
Đường tròn (T) có tâm I2;−2, bán kính R=1, có OI=(−2)2+22=22
Khi đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 là đường tròn (C) có tâm O, bán kính OM.
Bài yêu cầu: Tìm số phức z2 có: z2=x2+y2 lớn nhất.
Bài toán trở thành: Tìm vị trí điểm M(x;y)∈(C) sao cho OM max⇔OM=OI+R=22+1.
OM→OI→=22+122=1+122
⇒OM→=1+122OI→⇒xM=1+122xIyM=1+122yI
⇒yM=1+122−2=−2−22=−2+22Chọn đáp án B

Tacó: A=x0+2y0+2z0⇔x0+2y0+2z0−A=0 nên M∈P:x+2y+2z−A=0,
do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu (S) với mặt phẳng (P).
Mặt cầu (S) có tâm I2;1;1 và bán kính R=3.
Tồn tại điểm M khi và chỉ khi dI,P≤R⇔|6−A|3≤3⇔−3≤A≤15
Do đó, với M thuộc mặt cầu (S) thì A=x0+2y0+2z0≥−3.
Dấu đẳng thức xảy ra khi M là tiếp điểm của P:x+2y+2z+3=0 với (S) hay M là hình chiếu của I lên (P). Suy ra Mx0;y0;z0 thỏa: x0+2y0+2z0+3=0x0=2+ty0=1+2tz0=1+2t⇔t=−1x0=1y0=−1z0=−1
Do đó x0+y0+z0=−1.

Chọn đáp án B