Đề số 18
50 câu hỏi
Số cách chọn 5 học sinh trong 10 học sinh của một lớp đi tham quan di tích Ngã Ba Đồng Lộc là
5
C105
P5
A105
Mỗi cách chọn 5 học sinh trong số 10 học sinh là một tổ hợp chập 5 của 10.
Vậy số cách chọn 5 học sinh trong 10 học sinh của một lớp đi tham quan di tích Ngã Ba Đồng Lộc là C105.Chọn đáp án B
Cho cấp số cộng un với u1=3 và u2=9. Công sai của cấp số cộng đã cho là
6
3
12
-6
Gọi công sai của cấp số cộng là d
Áp dụng công thức un=u1+n−1d, khi đó u2=u1+d⇒d=u2-u1=9-3=6Vậy công sai d=6.
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên sau: 
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
−2;+∞
0;+∞
−∞;−2
(-32;+∞)
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f'x>0 trên các khoảng −∞;−3 và −1;+∞
Hàm số đồng biến trên −∞;−3 và −1;+∞⇒ hàm số đồng biến trên 0;+∞.Chọn đáp án B
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại
x=−2
x=2
x=1
x=0
Theo BBT
Chọn đáp án D
Cho hàm số y=fx xác định trên R và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.
Khi đó số cực trị của hàm số y=fx là
3
2
4
1
Do hàm số xác định trên R và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại x1; x2; x3 nên hàm số y=fx có ba cực trị.Chọn đáp án A
Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=1-x-x+2 có phương trình lần lượt là
x=1; y=2
x=2; y=1
x=2; y=12
x=2; y=−1
Ta có: limx→2+y=+∞; limx→2−y=−∞⇒ Tiệm cận đứng là x=2.
limx→±∞y=1⇒Tiệm cận ngang là y=1Chọn đáp án B
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
y=x3−3x
y=−x3+3x
y=x4−2x2
y=−x4+2x2
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây không thể là đồ thị của hàm số trùng phương suy ra Loại C, D
Khi x→+∞ thì y→+∞ suy ra Loại B
Vậy chọn đáp án A
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x+1x−1 và đường thẳng y=2 là
1
2
4
6
Xét hàm số y=x+1x−1:
D=ℝ\1
y'=−2(x−1)2;∀x∈D
Ta có bảng biến thiên của hàm số y=x+1x−1
Từ đó ta có số giao điểm của y=x+1x−1 và y=2 là 1 giao điểm.\Chọn đáp án A
Với a là số thực dương tùy ý, log2a3 bằng:
32log2a.
13log2a.
3+log2a.
3log2a.
Ta có: log2a3=3log2a.Chọn đáp án D
Đẳng thức nào sau đây đúng với mọi số dương x?
logx'=xln10
logx'=xln10
logx'=1xln10
logx'=ln10x
logx'=1xln10
Chọn đáp án C
Rút gọn biểu thức P=x12.x8 (với x>0).
x4
x516
x58
x116
Ta có P=x12.x8=x12.x18=x12+18=x58 .
Chọn đáp án C
Phương trình 52x+1=125 có nghiệm là
x=52
x=1
x=3
x=32
Ta có: 52x+1=125⇔52x+1=53⇔2x+1=3⇔x=1.Chọn đáp án B
Tổng bình phương các nghiệm của phương trình log12(x2-5x+7)=0 bằng
6
5
13
25
Điều kiện: x∈ℝ vì x2−5x+7>0,∀x∈ℝ
log12x2−5x+7=0⇔x2−5x+7=1⇔x2−5x+6=0⇔x1=2∨x2=3⇒x12+x22=13Chọn đáp án C
Họ các nguyên hàm của hàm số fx=x3+3x+2 là
Fx=3x2+3x+C
Fx=x44+3x22+2x+C
Fx=x44+x22+2x+C
Fx=x43+3x2+2x+C
Ta có: ∫x3+3x+2dx=x44+3x22+2x+C.Chọn đáp án B
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=cos6x.
∫cos6xdx=6sin6x+C
∫cos6xdx=16sin6x+C
∫cos6xdx=−16sin6x+C.
∫cos6xdx=sin6x+C
Ta có: ∫cos6xdx=16∫cos6xd6x=16sin6x+C.Chọn đáp án B
Cho ∫−22fxdx=1, ∫−24ftdt=−4. Tính I=∫24fydy.
I=5
I=3
I=-3
I=-5
Do tích phân không phụ thuộc vào biến số nên ∫−24ftdt=∫−24fxdx=−4.
Ta có I=∫24fydy=∫24fxdx=∫−24fxdx−∫−22fxdx=−4−1=−5.Chọn đáp án D
Số phức liên hợp của số phức z=2020−2021i
z¯=2020+2021i
z¯=−2020−2021i
z¯=−2020+2021i
z¯=2020−2021i
Số phức liên hợp của số phức z=2020−2021i là z¯=2020+2021i.Chọn đáp án A
Tính tích phân I=∫02(2x+1)dx
I=5
I=6
I=2
I=4
Ta có I=∫02(2x+1)dx=x2+x02=4+2=6.Chọn đáp án B
Cho hai số phức z1=2+3i, z2=−4−5i. Số phức z=z1+z2 là
z=2+2i
z=−2−2i
z=2−2i
z=−2+2i
z=z1+z2=2+3i−4−5i=−2−2i
Chọn đáp án B
Cho số phức z=4−5i. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn của số phức z¯ là điểm nào?
M−5; 4
N4; 5
P4; −5
Q−4;5
Ta có z¯=4+5i. Điểm biểu diễn số phức z¯ là N4; 5.Chọn đáp án B
Một khối lăng trụ có chiều cao bằng 2a và diện tích đáy bằng 2a2. Tính thể tích khối lăng trụ
V=4a3
V=4a23
V=4a33
V=2a33
Thể tích khối lăng trụ đã cho là: V=S®¸y.h=2a2.2a=4a3.Chọn đáp án A
Cho khối chóp có diện tích đáy bằng 6cm2 và có chiều cao là 2cm. Thể tích của khối chóp đó là :
6cm3
4cm3
3cm3
12cm3
Thể tích của khối chóp là: V=13h.Sday=13.2.6=4cm3.Chọn đáp án B
Gọi l, h, r, lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của một hình nón. Thể tích của khối nón tương ứng bằng
V=13πr2l.
V=13πr2h.
V=2πrl.
V=πrl.
Thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r là V=13πr2h.Chọn đáp án B
Tính theo a thể tích của một khối trụ có bán kính đáy là a, chiều cao bằng 2a.
2πa3
2πa33
πa33
πa3
Thể tích của khối trụ là: V=πR2.h=π.a2.2a=2πa3.Chọn đáp án A
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2;3;−1 và B−4;1;9. Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ là
−1;2;4
−2;4;8
−6;−2;10
1;−2;−4
Công thức tọa độ trung điểm: xI=xA+xB2=2−42=−1yI=yA+yB2=3+12=2zI=zA+zB2=−1+92=4⇒I−1;2;4.Chọn đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu có phương trình x+22+y−32+z2=5 là :
I2 ; 3 ; 0, R=5
I−2 ; 3 ; 0, R=5
I2 ; 3 ; 1, R=5
I2 ; −2 ; 0, R=5
Mặt cầu có tâm I−2 ; 3 ; 0 và bán kính là R=5.Chọn đáp án B
Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây nằm trên mặt phẳng P:2x−y+z−2=0
Q1;−2;2
P2;−1;−1
M1;1;−1
N1;−1;−1
+ Thay toạ độ điểm Q vào phương trình mặt phẳng (P) ta được 2.1−−2+2−2=4≠0 nên Q∉P.
+ Thay toạ độ điểm P vào phương trình mặt phẳng (P) ta được 2.2−−1+−1−2=2≠0 nên P∉P.
+ Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt phẳng (P) ta được 2.1−1+−1−2=−2≠0 nên M∉P.
+ Thay toạ độ điểm N vào phương trình mặt phẳng (P) ta được 2.1−−1+−1−2=0 nên N∈P.Chọn đáp án D
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x+11=y−23=z−2, vectơ nào dưới đây là vtcp của đường thẳng d ?
u→=−1;−3;2
u→=1;3;2
u→=1;−3;−2
u→=−1;3;−2
d có vtcp u→=−1;−3;2.Chọn đáp án A
Gieo mọt con súc sắc ba lần. Xác suất để được mặt số hai xuất hiện cả ba lần là.
1172
118
120
1216
Số phần tử của không gian mẫu là: Ω=63=216.
Số phần tử của không gian thuận lợi là: ΩA=1.
Xác suất biến cố A là: PA=1216.Chọn đáp án D
Tìm các khoảng đồng biến của hàm số y=x3+3x2+1.
−∞;−2∪0;+∞
−∞;−2 và 0;+∞
−2;0
−∞;−3 và 0;+∞
y'=3x2+6x=0⇔x=0x=−2.
Vậy hàm số đồng biến trên −∞;−2 và 0;+∞.Chọn đáp án B
Cho hàm số y=x3+3x2−9x+1. Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số trên đoạn [0;4] là
M=77; m=−4
M=28; m=1
M=77; m=1
M=28; m=−4
Đặt fx=x3+3x2−9x+1.
Ta có: y'=3x2+6x−9.
y'=0⇔3x2+6x−9=0⇔x=1∈0;4x=−3∉0;4
Có: f0=1; f1=−4; f4=77.
Suy ra: M=77; m=−4.Chọn đáp án A
Tập nghiệm của bất phương trình log32x−1<3 là
−∞;14
12;5
12;14
12;14
log32x−1<3⇔2x−1>02x−1<27⇔12<x<14.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 12;14.Chọn đáp án D
Cho ∫01fxdx=2 và ∫01gxdx=5, khi đó ∫01fx−2gxdx bằng
-3
12
-8
1
Ta có: ∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx=2−2.5=−8.Chọn đáp án C
Cho hai số phức z1=3−i và z2=−1+i. Phần ảo của số phức z1z2 bằng
4
4i
-1
-i
Ta có z1z2=3−i−1+i=−2+4i.
Vậy phần ảo của số phức z1z2 bằng 4.Chọn đáp án A
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=CB=CA, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm I của cạnh AB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng.
450
900
600
300
Vì SI⊥ABC suy ra IC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABC).
Khi đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) là góc giữa SC và IC hay góc SCI^.
Lại có, ΔSAB=ΔCAB suy ra CI=SI, nên tam giác SIC vuông cân tại I.
Khi đó SCI^=450
Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 450Chọn đáp án A
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm của SD. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAC) bằng
a22
a24
a2
a4
dM,SAC=12dD,SAC=12DO=14BD=a24
Chọn đáp án B
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;−2;3 và (S) đi qua điểm A3;0;2.
x−12+y+22+z−32=3
x+12+y−22+z+32=9
x−12+y+22+z−32=9
x+12+y−22+z+32=3
Ta có bán kính mặt cầu là R=IA=3−12+0+22+2−32=3.
Vậy phương trình mặt cầu (S) là x−12+y+22+z−32=9,Chọn C.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình tham số của đường thẳng Δ:x−41=y+32=z−2−1.
Δ:x=1−4ty=2+3tz=−1−2t.
Δ:x=−4+ty=3+2tz=−2−t.
Δ:x=4+ty=−3+2tz=2−t.
Δ:x=1+4ty=2−3tz=−1+2t.
Ta có Δ đi qua điểm A4;−3;2 có véctơ chỉ phương u→=1;2;−1.
Do đó phương trình tham số là Δ:x=4+ty=−3+2tz=2−t.Chọn đáp án C
Cho đồ thị hàm số y=f(x) có dạng hình vẽ bên. Tính tổng tất cả giá trị nguyên của m để hàm số y=|f(x)-2m+5| có 7 điểm cực trị.
6
3
5
2
Để đồ thị hàm số y=|f(x)-2m+5| có điểm cực trị thì đồ thị hàm số y=f(x) tịnh tiến lên trên hoặc xuống không quá 2 đơn vị. Vậy −2<5−2m<2⇔32<m<72⇒m∈2;3
Vậy tổng tất cả các số nguyên của m là 5.Chọn đáp án C
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau log12x−1>log12x3+x−m có nghiệm
m∈ℝ
m<2
m≤2
Không tồn tại m.
Yêu cầu bài toán ⇔x−1>0x−1<x3+x−m có nghiệm ⇔x>1m<x3+1=f(x) có nghiệm.
Khảo sát hàm y=f(x) trên khoảng 1 ;+∞ , ta có f'x = 3x2 > 0 ; ∀ x> 1.
Bảng biến thiên sau:
Từ BBT ta thấy để hệ có nghiệm ta có ∀m∈ℝ.Chọn đáp án A
Cho ∫0π42+3tanx1+cos2xdx=a5+b2, với a,b∈ℝ. Tính giá trị biểu thức A=a+b.
13
712
23
43
Ta có I=∫0π42+3tanx1+cos2xdx=∫0π42+3tanx2cos2xdx
Đặt u=2+3tanx⇒u2=2+3tanx⇒2udu=3cos2xdx
Đổi cận x=0⇒u=2
x=π4⇒u=5.
Khi đó I=13∫25u2du=19u325=559−229.
Do đó a=59, b=−29, ⇒a+b=13.Chọn đáp án A
Cho số phức z=a+bi a, b∈ℝ, a>0 thỏa z.z¯−12z+z−z¯=13−10i. Tính S=a+b.
S=−17
S=5
S=7
S=17
Ta có:
z.z¯−12z+z−z¯=13−10i⇔a2+b2−12a2+b2+2bi=13−10i⇔a2+b2−12a2+b2=132b=−10 ⇔a2+25−12a2+25=13b=−5⇔a2+25=13a2+25=−1VNb=−5⇔a=±12b=−5⇒a=12b=−5 vì a>0.
Vậy S=a+b=7.Chọn đáp án C
Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SAB là tam giác đều cạnh a3, BC=a3, đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60°. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng
a333
a362
a366
2a36
Ta thấy tam giác ABC cân tại B, gọi H là trung điểm của AB suy ra BH⊥AC.
Do SAC⊥ABC nên BH⊥SAC.
Ta lại có BA=BC=BS nên B thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC⇒H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC⇒SA⊥SC.
Do AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ABC⇒SCA^=600.
Ta có SC=SA.cot600=a, AC=SAsin600=2a⇒HC=a⇒BH=BC2−HC2=a2, .
VS.ABC=13BH.SSAC=16BH.SA.SC=a366.Chọn đáp án C
Cổng trường Đại học Bách Khoa Hà Nội có hình dạng Parabol, chiều rộng 8m, chiều cao 12,5m. Diện tích của cổng là:
100m2
200 m2
1003 m2
2003 m2
Cách 1:
Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ mà trục đối xứng của Parabol trùng với trục tung, trục hoành trùng với đường tiếp đất của cổng.
Khi đó Parabol có phương trình dạng .
Vì (P) đi qua đỉnh I0;12,5 nên ta có c=12,5.
(P) cắt trục hoành tại hai điểm A−4;0 và B4;0 nên ta có 0=16a+c⇒a=−c16=−2532. Do đó P:y=−2532x2+12,5.
Diện tích của cổng là: S=∫−44−2532x2+12,5dx=2003 m2.
Cách 2:
Ta có parabol đã cho có chiều cao là h=12,5m và bán kính đáy OD=OE=4m
Do đó diện tích parabol đã cho là: S=43rh=2003m2Chọn đáp án D
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x−11=y−1−1=z3 và mặt phẳng P:x+3y+z=0. Đường thẳng Δ đi qua M1;1;2, song song với mặt phẳng (P) đồng thời cắt đường thẳng (d )có phương trình là
x−31=y+1−1=z−92
x+21=y+1−1=z−62
x−1−1=y−12=z−21
x−11=y−1−1=z−22
Phương trình tham số của d:x=1+ty=1−tz=3t, t∈ℝ.
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n→=1;3;1.
Giả sử Δ∩d=A1+t;1−t;3t.
⇒MA→=t;−t;3t−2 là véc tơ chỉ phương của Δ⇒MA→.n→=0⇔t−3t+3t−2=0⇔t=2.
⇒MA→=2;−2;4=21;−1;2. Vậy phương trình đường thẳng Δ:x−11=y−1−1=z−22.Chọn đáp án D
Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y=fx
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y=fx+1+m có 5 điểm cực trị?
0
3
2
1
Đồ thị của hàm số y=fx+1+m được suy ra từ đồ thị (C) ban đầu như sau:
+ Tịnh tiến (C) sang trái một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên (hay xuống dưới) m đơn vị. Ta được đồ thị C':y=fx+1+m.
+ Phần đồ thị C' nằm dưới trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị của hàm số y=fx+1+m.
Ta được bảng biến thiên của của hàm số y=fx+1+m như sau.
Để hàm số y=fx+1+m có 5 điểm cực trị thì đồ thị của hàm số C':y=fx+1+m phải cắt trục Ox tại 2 hoặc 3 giao điểm.
+ TH1: Tịnh tiến đồ thị C':y=fx+1+m lên trên. Khi đó m>0−3+m≥0−6+m<0⇔3≤m<6.
+ TH2: Tịnh tiến đồ thị C':y=fx+1+m xuống dưới. Khi đó m<02+m≤0⇔m≤−2.
Vậy có ba giá trị nguyên dương của m là 3;4;5.Chọn đáp án B
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈−20;20 để tồn tại các số thực x, y thỏa mãn đồng thời e3x+5y−10−ex+3y−9=1−2x−2y và log523x+2y+4−m+6log2x+5+m2+9=0.
22
23
19
31
Ta có e3x+5y−10−ex+3y−9=1−2x−2y
⇔e3x+5y−10−ex+3y−9=x+3y−9−3x+5y−10
⇔e3x+5y−10+3x+5y−10=ex+3y−9+x+3y−9
Xét hàm số ft=et+t, t∈ℝ.
Ta có: f't=et+1>0, ∀t∈ℝ. Suy ra hàm số ft luôn đồng biến trên R
⇒3x+5y−10=x+3y−9⇔2y=1−2x.
Thay vào phương trình thứ 2, ta được
log523x+2y+4−m+6log2x+5+m2+9=0⇔log52x+5−m+6log2x+5+m2+9=0⇔ log52x+5−m+6log25.log5x+5+m2+9=0 1.
Đặt log5x+5=t t∈ℝ, x>−5. Khi đó phương trình (1) trở thành
t2−log25.m+6t+m2+9=0 (2).
Tồn tại x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm nên Δ=m+62.log225−4m2+9≥0⇔log225−4m2+12.log225.m−361−log225≥0⇔m≤m1m≥m2.
với m1≈−43.91 và m2≈−2.58
Do m∈−20;20 và m∈ℤ nên m∈−2;−1;0;...;19;20.
Vậy có 23 giá trị của thỏa mãn yêu cầu bài toán.Chọn đáp án B
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số: y=x2−4x+4, trục tung và trục hoành. Xác định k để đường thẳng (d) đi qua điểm A0;4 có hệ số góc k chia (H) thành hai phần có diện tích bằng nhau.
k=−4
k=−8
k=−6
k=−2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=x2−4x+4 và trục hoành là: x2−4x+4=0⇔x=2.
Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số: y=x2−4x+4, trục tung và trục hoành là: S=∫02x2−4x+4dx=∫02x2−4x+4dx=x33−2x2+4x02=83.
Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A0;4
có hệ số góc k có dạng: y=kx+4.
Gọi B là giao điểm của (d) và trục hoành. Khi đó B−4k;0.
Đường thẳng (d) chia (H) thành hai phần có diện tích
bằng nhau khi B∈OI và SΔOAB=12S=43.
⇔0<−4k<2SΔOAB=12OA.OB=12.4.−4k=43⇔k<−2k=−6⇔k=−6
Chọn đáp án C
Cho số phức z và w thỏa mãn z+w=3+4i và z−w=9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T=z+w.
maxT=176
maxT=14
maxT=4
maxT=106
Đặt z=x+yix,y∈ℝ. Do z+w=3+4i nên w=3−x+4−yi.
Mặt khác z−w=9 nên z−w=2x−32+2y−42=4x2+4y2−12x−16y+25=9
2x2+2y2−6x−8y=28 (1). Suy ra T=z+w=x2+y2+3−x2+4−y2.
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có T2≤22x2+2y2−6x−8y+25.
Dấu "=" xảy ra khi x2+y2=3−x2+4−y2.
Từ (1) và (2) ta có T2≤2.28+25⇔−106≤T≤106. Vậy MaxT=106.Chọn đáp án D
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2+2x−4y−2z=0 và điểm M0;1;0. Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt (S) theo đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất. Gọi N(x0; y0; z0) là điểm thuộc đường tròn (C) sao cho ON=6. Tính y0.
-2
2
-1
3
Mặt cầu (S) có tâm I−1;2;1, bán kính R=6.
Bán kính đường tròn (C) r=R2−d2=6−d2 với d=dI,P
Chu vi (C) nhỏ nhất khi và chỉ khi r nhỏ nhất ⇔d lớn nhất
Ta có d≤IM⇒dmax=IM⇔P đi qua M và vuông góc IM
(P) đi qua M0;1;0, và nhận IM→=1;−1;−1 làm VTPT
⇒P:x−y−1−z=0⇔x−y−z+1=0
Ta có tọa độ N thỏa hệ
x2+y2+z2+2x−4y−2z=0x−y−z+1=0x2+y2+z2=6⇔2x−4y−2z=−6x−y−z+1=0x2+y2+z2=6⇔y=2x=y+z−1x2+y2+z2=6⇒y=2Chọn đáp án B
