Đề số 17

Đáp án C

Ta có: AB=|AB→|=(2−1)2+(1−(−1))2+(1−2)2=6.

Đáp án C

Ta có: log13(1−x)<0⇔{1−x>01−x>(13)0=1⇔{x<1x<0⇔x<0.

Đáp án B

Cách 1:

Dựa vào đồ thị ta thấy có 3 điểm cực trị nên ta loại 2 đáp án A và D.

Mặt khác, đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại C.

Cách 2:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại đáp án A và C.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định tại  nên ta loại D.

Vậy ta chọn B.

Đáp án D

Ta có: y=(x−2)−5 xác định khi và chỉ khi x≠2. Vậy ℝ\{2}.

Đáp án B

Sử dụng công thức số hạng tổng quát  un=u1+(n−1)d   (∀n≥2).

Ta có: un=−3+(n−1)12

Đáp án C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm x3−x+2=2⇔x3−x=0⇔[x=0x=±1.

Do đó số giao điểm là 3.

Đáp án D

Ta có tâm mặt cầu là I(0;4;1).

Đáp án B

Đáp án B

Mỗi tập con gồm 3 phần tử là một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Vậy có C73 tập con

Đáp án B

Phương trình mặt phẳng qua các điểm A(2;0;0),B(0;3;0), C(0;0;4)là: x2+y3+z4=1⇔6x+4y+3z−12=0.

Đáp án A

Ta có ∫−23f(x)dx=∫−21f(x)dx+∫13f(x)dx.

Vậy ∫−21f(x)dx=∫−23f(x)dx−∫13f(x)dx=−4−2=−6.

Đáp án B

Theo lý thuyết, thể tích khối chóp được tính theo công thức V=13Bh.

Đáp án A

Ta có: z=−1+2i⇒ điểm biểu diễn hình học của z có tọa độ là (−1;2).

Đáp án C                 

Dựa vào đồ thị ta nhận thấy, giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [−2;4] bằng 3 (đạt được khi x=-1).

Đáp án B

Theo định nghĩa ta có: V=π∫abf2(x)dx.

Đáp án A

Ta có f'(x)=3x2−6x+5;f'(x)=3(x−1)2+2>0 , ∀x∈ℝ.

 y'=[g(f(x))]'=g'(f(x)).f'(x)

 y'<0⇔g'(f(f))<0⇔−6<f(x)<6⇔{x3−3x2+5x+9>0x3−3x2+5x−3<0

⇔{(x+1)(x2−4x+9)>0(x−1)(x2−2x+3)<0⇔−1<x<1

Đáp án D

Ta có AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA^.

 SCA^=45°⇒SA=AC.tan45°=a2

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là

VS.ABCD=13SABCD.SA=13a2.a2=a323

Đáp án B

Ta có: (1+i)z=3+5i⇔z=3+5i1+i⇔z=4+i⇒{x=4y=1.

Vậy x2+y2=17.

Đáp án B

Ta có 3x2−4x+5=9⇔3x2−4x+5=32⇔x2−4x+5=2⇔x2−4x+3=0⇔[x1=1x2=3

Vậy tích các nghiệm của phương trình 3x2−4x+5=9là x1.x2=1.3=3 .

Đáp án A

Ta có limx→±∞y=limx→±∞(10+1x−10)=10⇒y=10 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án B

Cho điểm M(x;y;z). Hình chiếu của điểm M lên các mặt phẳng tọa độ(Oxy) , (Oyz), (Oxz) lần lượt là: M1(x;y;0), M2(0;y;z),M2(x;0;z) .

Điểm A(3;−2;5). Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng tọa độ (Oxz): M(3;0;5)

Đáp án D

Gọi H là trung điểm của BC.

Xét ΔABC có BH=2a.sin60°=a3, AH=2a.cos60°=a.

Xét A'HA vuông tại H có A'H=(2a)2−a2=a3.

Xét khối lăng trụ A'B'C'.ABC có ,h=A'H=a3 ,SΔABC=12AH.BC=a33.

Suy ra  VABC.A'B'C'=a3.a33=3a3

Suy ra VA'.ABC=13VABC.A'B'C'=a3

Mặt khác ta có VA'.BCB'C'=VABC.A'B'C'−VA'.ABC=3a3−a3=2a3.

Đáp án D

Ta có f'(x)=0⇔[x=−1x=1x=2

Lập bảng xét dấu  f'(x)=(x+1)2(x−1)2(2−x)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) .

Đáp án C

Ta có P=xx2x343=xx2x343=xx1143=x.x1112=x2312=x2324

Vậy P=x2324.

Đáp án A

Ta có 9x−3x+1+2=0⇔3.3x−3.3x+2=0⇔[3x=13x=2⇔[x=0x=log32

Khi đó tích các nghiệm của phương trình là 0

Đáp án A

Đặt S=z1+z2=(3+2i)+(3−2i)=6 và P=z1z2=(3+2i)(3−2i)=13.

Khi đó z1, z2 là nghiệm của phương trình z2+Sz+P=0⇔z2−6z+13=0.

Đáp án A

Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối nón cụt có chiều cao h, hai bán kính đáy là R1, R2.

V=13π(R12+R22+R1R2).h=13π(4+1+2).2=14π3.

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình f(x)=2−3m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng   y=2−3m

Phương trình f(x)=2−3m có 4 nghiệm phân biệt  đường thẳng y=2−3m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 4 điểm phân biệt.

Từ bảng biến thiên suy ra: 3<2−3m<5⇔−1<m<−13 nên không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn.

Đáp án B

Đặt t=x2+4x+7⇒dt=(2x+4)dx⇒(x+2)dx=12dt.

Đổi cận:x=0⇒t=7 ; x=1⇒t=12.

  ∫01x+2x2+4x+7dx=∫71212tdt=12ln|t||127=12ln12−12ln7=ln12−ln7⇒a=1;

Vậy  a3+b3=0

Đáp án B

Gọi I(−1−t;−t;2+t)∈d là tâm của hình thoi ABCD.

Xét IA→=(t;t+2;−t−1); IB→=(t+3;t+3;−t). Vì ABCD là hình thoi nên IA⊥IB⇔IA→.IB→=0⇔3t2+9t+6=0⇔t=−2; t=−1. Do D đối xứng B qua I nên:

• Với t=−1⇒I(0;1;1)⇒D(−2;−1;0). (Đáp án B)

• Với t=−2⇒I(1;2;0)⇒D(0;1;−2).

Đáp án B

Hệ thức ∫f(x)sinxdx=−f(x)cosx+∫πxcosxdx                   .

Xét ∫f(x)sinxdx. Đặt  {u=f(x)⇒du=f'(x)dv=sinxdx⇒v=−cosx

Ta được ∫f(x)sinxdx=−f(x)cosx+∫f'(x)cosxdx

Theo hệ thức (1), suy ra f'(x)=π2.

Dựa vào đáp án, ta nhận thấy có một hàm số thỏa mãn là f(x)=π2lnπ.

Đáp án D

Trên (0;+∞) ta có f'(x)=−x.f2(x)⇔−f'(x)f2(x)=x⇔(1f(x))'=x.

∫(1f(x))'dx=∫xdx⇔1f(x)=x22+C.

Có f(1)=2a+3⇒2a+3=12+C⇔C=a+22.

1f(2)=2+a+22⇒f(2)=2a+6;

Ta có 1f(x)=x22+a+22. Do đó f(x)>0, ∀x∈(0;+∞)⇔a≥−2.

Có a∈ℤ⇒a∈{−2;−1;0;1}. Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của a cần tìm là –2.

Đáp án C

Đường thẳng d1 có một vectơ chỉ phương u1→=(1;2;−1)  và đi qua điểm M1(−1;3;−1).

Đường thẳng d2 có một vectơ chỉ phương u2→=(3;−1;−1) và đi qua điểm M2(7;1;5).

Ta có [u1→,u2→]=(−3;−2;−7), M1M2→=(8;−2;6), [u1→,u2→].M1M2→=−62≠0 nên  và  chéo nhau.

Khoảng cách giữa d1 và d2 là d(d1,d2)=|[u1→,u2→].M1M2→||[u1→,u2→]|=62

Vậy d(d1,d2)=62.

Đáp án B

• Xét phương trình x4+ax3+bx2+cx+d=0 (1)   , (a,b,c,d∈ℝ).

• Nhận thấy: Nếu z là nghiệm của (1) thì z cũng là nghiệm của (1).

• Do đó, (1) có bốn nghiệm z1=−1+i, z2=1+2i, z3=z1¯=−1−i, z4=z2¯=1−2i.

• Mà {z1+z3=−2z1.z3=2 và {z2+z4=2z2.z4=3.

• Do đó  x4+ax3+bx2+cx+d=(x2+2x+2)(x2−2x+3)

⇔x4+ax3+bx2+cx+d=x4+x2+2x+6.

Suy ra a=0, b=1,c=2 ,x=0  hay a+b+c+d=9.

Đáp án D

 y'=4x3−4mx=4x(x2−m)

Xét y'=0⇔[x=0x=±m,(m>0)

Tọa độ ba điểm cực trị là: A(0;m−1), B(−m;−m2+m−1),  C(m;−m2+m−1) 

Gọi H là trung điểm của cạnh BC,

ta có: SΔABC=12AH.BC=m2m=2⇔m=45.

Đáp án A

Đặt   t=sinx−cosx=2sin(x−π4)

Với x∈(−π4;3π4)⇒x−π4∈(−π2;π2)⇒t∈(−2;2).

Khi đó phương trình đã cho trở thành 2f(t)=m−1⇔f(t)=m−12.

Với mỗi giá trị của t0∈(−2;2) có duy nhất một giá trị x0∈(−π4;3π4) sao cho t0=2sin(x0−π4).

Do đó phương trình 2f(sinx−cosx)=m−1 có hai nghiệm phân biệt trên khoảng  phương trình f(t)=m−12có hai nghiệm phân biệt trên khoảng (−2;2).

Từ bảng biến thiên suy ra −4<m−12<3⇔−7<m<7.

Vậy có 13 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

+ Tô màu ô vuông số 2: có C32 cách chọn 2 trong 3 màu, có C42 cách tô 2 màu đó lên 4 cạnh. Vậy có C32.C42=18 cách.

+ Tô màu ô vuông số 1,5,3: có C21 cách chọn màu còn lại, có C32 cách tô màu còn lại lên 3 cạnh còn lại của 1 hình vuông. Vậy có (C21.C32)=63 cách

+ Tô màu ô vuông số 4, 6: Mỗi 1 hình vuông có 2 cách tô màu. Vậy có  22=4cách. Vậy có 18.63.4=15552 cách thỏa mãn.

Đáp án A

Gọi O là tâm hình vuông MNPQ, .

 d(A,(CNQ))d(P,(CNQ))=AIPI=CAPO=2suy ra d(A,(CNQ))=2d(P,(CNQ)).

Ta thấy PCNQ là tứ diện vuông tại P nên 1[d(P,(CNQ))]2=1PC2+1PN2+1PQ2=3a3.

Suy ra d(A,(CNQ))=2d(P,(CNQ))=2a33.

Đáp án B

Gọi x là số tiền mà anh Bình trả mỗi tháng trong 2 năm.

Số tiền còn nợ sau 1 tháng: 200(1+r)−x.

Số tiền còn nợ sau 2 tháng:  (200(1+r)−x)(1+r)=200(1+r)2−x[1+(1+r)]

Số tiền còn nợ sau 3 tháng: 200(1+r)3−x[1+(1+r)+(1+r)2]

………………………………………………………………….

Số tiền còn nợ sau 24 tháng: 200(1+r)24−x[1+(1+r)+...+(1+r)23]

Sau 24 tháng trả hết nợ nên:   200(1+r)24−x[1+(1+r)+...+(1+r)23]=0

 ⇔200(1+r)24−x.(1+r)24−1r=0⇔x≈9,137(triệu đồng).

Đáp án A

Ta có Ax⊥(ABC) và By⊥(ABC) nên ΔABC là hình chiếu của  trên mặt phẳng (ABC).

Do đó   cos((A'B'C),(ABC))^=SΔABCSΔA'B'C

SΔABC=12AB.AC.sinBAC=12a.a.sin60°=34a2.

A'C=A'A2+AC2=a5; B'C=B'B2+BC2=a2;  A'B'=AB2+B'B2=a2

 ⇒ΔA'B'Ccân tại  B'⇒B'H=B'C2−A'C24=a32

 SA'B'C=12B'H.A'C=a2154⇒cos((A'B'C),(ABC))^=SΔABCSΔA'B'C=15

Đáp án D

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ với O(0;0), B(4;0)  và C(0;3).

Khi đó elip  có độ dài trục lớn AB=8m, độ dài trục bé CD=6 .

 Phương trình của (E) là: x216+y29=1.

Do  Pq=33và P,Q∈(E), suy ra P(2;332). Lại có EF=2⇒F(1;0).

Phương trình parabol (P1) đỉnh F có dạng: x=ky2+1.

Vì parabol (P1) đi qua điểm P(2;332) nên phương trình (P1) là: x=427y2+1.

Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

y=3416−x2 ,y=0, x=1, x=2

Ta có S1=∫023416−x2dx≈5,73967(m2).

Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=332x−1 , y=0, x=1, x=2

Ta có S2=∫12332x−1dx≈1,73205(m2).

Diện tích trồng hoa là:S=4(S1−S2)≈16,0305(m2) .

Vậy số tiền trồng hoa cho cả vườn là 16,0305.300000≈4809150 đồng

Đáp án D

Ta có VABCDVAB'C'D'=ABAB'.ACAC'.ADAD'≤(ABAB'+ACAC'+ADAD'3)3=(43)3 .

Do đó thể tích của  nhỏ nhất khi và chỉ khi ABAB'=ACAC'=ADAD'=43.

Khi đó AB'→=34AB→⇒B'(74;14;74)  và (B'C'D')//(BCD).

Mặt khác [BC→,BD→]=(4;10;−11).

Vậy (B'C'D'):4(x−74)+10(y−14)−11(z−74)=0⇔16x+40y−44z+39=0.

Đáp án A

Ta có: g(x)=f(x)−x2−3x⇒g'(x)=f'(x)−(2x+3).

Vẽ đường thẳng y=2x+3 cắt đồ thị hàm số  tại các điểm x=−2,x=−1 , x=1

Nhìn vào đồ thị ta thấy:

 S1là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=f'(x) , y=2x+3 ,x=−2 , x=−1.

⇒g(−1)>g(−2)

Khi đó,    S1=∫−2−1|f'(x)−(2x+3)|dx=∫−2−1(f'(x)−(2x+3))dx>0⇒∫−2−1g'(x)dx>0

S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=f'(x) , y=2x+3, x=-1, x=1.

Khi đó, S2=∫−11|f'(x)−(2x+3)|dx=∫−11((2x+3)−f'(x))dx>0⇒∫−11g'(x)dx<0

⇒g(−1)>g(1)

Đáp án A

Có w=z+1−iiz+3⇔izw+3w=z+1−i⇔z=1−i−3wiw−1, (do w=1i=−i  không thỏa mãn)

 |z|=22⇔|1−i−3wiw−1|=22⇔|1−i−3w|=22|iw−1|

⇔|1−i−3w|=22|i|.|w+i|⇔|1−i−3w|=22|w+i|

Đặt w=a+bi, (a,b∈ℝ) ,

Khi đó (1)⇔(1−3a)2+(1+3b)2=8[a2+(b+1)2]

⇔a2+b2−6a−10b−6=0⇔(a−3)2+(b−5)2=40.

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của số phức w=z+1−iiz+3 là một đường tròn có bán kính bằng 220.

Đáp án C

Ta có: [f'(x)]2+f(x).f''(x)=[f(x).f'(x)]'.

Từ giả thiết ta có: [f(x).f'(x)]'=4x3+2x.

Suy ra: f(x).f'(x)=∫(4x3+2x)dx=x4+x2+C. Với f(0)=0⇒C=0

Nên ta có: f(x).f'(x)=x4+x2

Suy ra: ∫01f(x).f'(x)dx=∫01(x4+x2)dx⇔f2(x)2|10=815⇒f2(1)=1615. 

Đáp án D

Ta có:    log5[f(x)+m+2]+f(x)>4−m⇔log5[f(x)+m+2]+f(x)+m+2>log55+5

Xét hàm số   y=g(t)=log5t+t (t>0)

Ta có g'(t)=1tln5+1>0, ∀t>0 suy ra hàm số y=g(t) đồng biến trên (0;+∞).

Khi đó (*)⇔f(x)+m+2>5⇔f(x)>3−m.

Xét hàm số y=f(x)

Ta có  f'(x)=0⇔[x=−1x=1x=4

Ta có bảng biến thiên

Từ đồ thị hàm số, suy ra  ∫−11|f'(x)|dx<∫14|f'(x)|dx⇒∫−11f'(x)dx<−∫14f'(x)dx

⇒f(x)|1−1<−f(x)|41⇒f(−1)>f(4).

Bất phương trình (*)  đúng với mọi x∈(−1;4) khi và chỉ khi .f(4)≥3−m⇔m≥3−f(4)

Đáp án B

Gọi M là trung điểm của AA'.

Ta có AC=AB2+BC2=6+3=3=A'C.

Do đó tam giác AA'C cân tại C.

Dựng A'E⊥AC , do (AA'C'C) vuông góc với đáy nên A'E⊥(ABCD).

Lấy F∈AB sao cho FE⊥AC , mà FE⊥A'E nên FE⊥(ACC'A'), suy ra FE⊥AA'.

Dựng EG⊥AA' mà FE⊥AA'  nên FG⊥AA'.

Do đó góc giữa mặt phẳng (AA'C'C) và  (AA'B'B) là góc EGF^ .

Ta có tanEGF^=EFEG=34⇒EG=43EF mà tanEAF^=EFEA=BCAB=36⇒EA=2EF

Từ đó suy ra  sinGAE^=GEAE=43EF2EF=223=MCAC⇒MC=22

AM=AC2−MC2=9−8=1⇒AA'=2

Ta có sinGAE^=223=A'EAA'=A'E2⇒A'E=423

Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' là  V=A'E.AB.BC=423.6.3=8

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng (PQR).

Dễ thấy 1OH2=1OP2+1OQ2+1OR2  hay 1OH2=18 hay OH=22.

Khi đó suy ra mặt phẳng (PQR) luôn tiếp xúc với mặt cầu (S) tâm O, bán kính R=22.

Ta có OM=14+34+0=1<R nên điểm M nằm trong mặt cầu (S).

Gọi I là trung điểm của AB, do tam giác OAB cân tại O nên SΔOAB=12OI.AB.

Đặt OI=x, vì  OI≤OM nên 0<x≤1  và AB=28−x2.

Ta có SΔOAB=12x.28−x2=x8−x2=8x2−x4 .

Xét hàm số f(x)=8x2−x4 với 0<x≤1.

Có f'(x)=16x−4x3=4x(4−x2)>0, x∈(0;1]

⇒f(x)≤f(1)=7.

Suy ra diện tích của tam giác OAB lớn nhất bằng 7 đạt được khi M là trung điểm của AB.

Đáp án C

Điều kiện: x>−1  

Phương trình trở thành:    3mx+1+x=2x+5m+3⇔m(3x−5)=x+1       

TH1: x=53 . Phương trình (*)⇔0=83 (vô lí)

TH2: x≠53. Phương trình (*)⇔m=x+13x−5.

Đặt f(x)=x+13x−5⇒f'(x)=−8(3x−5)2.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra: m<0 hoặc m>13 .

Đáp án C

Xét trường hợp a≤0 , phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.

Thật vậy, khi đó 2x+3x<2 mà  ax+2≥2.

Suy ra loại .

Xét trường hợp

2x+3x≥ax+2⇔2x+3x−ax−2≥0.

Đặt f(x)=2x+3x−ax−2, x∈ℝ.

Khi đó f'(x)=2xln2+3xln3−a, 

x∈ℝ

f'(x)=0⇔2xln2+3xln3=a

Đặt g(x)=2xln2+3xln3 , ∀x∈ℝ .

g'(x)=2xln22+3xln23>0, ∀x∈ℝ.

Suy ra hàm số  đồng biến trên R

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f(x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x0, ta kết hợp với điều kiện đề bài là f(x)≥0 ,  ∀x∈ℝvà f(0)=0  suy ra x0=0 và  là giá trị duy nhất để f(0)=0.

Suy ra x0=0 là giá trị duy nhất để f'(x0)=0

⇒f'(0)=ln2+ln3−a=0.

Suy ra a=ln2+ln3=ln6.

Như vậy a là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Suy ra mệnh đề đúng là a∈(1;3).