Đề số 21

Đáp án A

Hàm số y=x12 có TXĐ D=(0;+∞).

Hàm số y=ln(x+1) có TXĐ (−1;+∞)

Hàm số y=ex có TXĐ D=ℝ.

Hàm số y=x−x3 có TXĐ D=ℝ.

Đáp án C

Ta có NM→=PQ→⇔(−1;5;2)=(x−3;y−1;z−2)⇔{x−3=−1y−1=5z−2=2⇒Q(2;6;4).

Đáp án B

Ta có ∫dxsin2x=−cotx+C do đó đáp án B sai.

Đáp án A

Ta có: log3(x−9)=3⇔{x−9>0x−9=3x⇔{x>0x=36⇔x=36.

Đáp án C

Đường thẳng d:x−11=y−12=z−2−3 đi qua M(1;1;2) và có véctơ chỉ phương u→=(1;2;−3).

Mặt phẳng (P):x+y+z−4=0 có véctơ pháp tuyến n→=(1;1;1)

Ta thấy u→.n→=1.1+2.1+1.(−3)=0 (1)

Thay tọa độ điểm M(1;1;2) vào mặt phẳng (P)  ta được 1+1+2−4=0→M∈(P)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra d⊂(P).

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;2) và bán kính R=1+1+4+3=3.

Đáp án A: d(I,(P))=|1+2.1+2.2+6|12+22+22=133>3 nên mặt phẳng không cắt mặt cầu.

Đáp án B: d(I,(Q))=|1−1+2|12+22+22=23<3 nên mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường tròn.

Đáp án D: d(I,(R))=|1+2.1+3.2+3|12+22+22=123=4>3 nên mặt phẳng không cắt mặt cầu.

Đáp án C

Ta có TXD: D=ℝ.

y'=−x2+1=0⇔[x=1x=−1

y''=−2x⇒y''(1)=−2<0;(−1)=2>0

Suy ra {y'(−1)=0y''(−1)>0 nên x=−1 là điểm cực tiểu của hàm số, suy ra giá trị cực tiểu là y(−1)=−53.

Đáp án A

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2 là V=23=8.

Đáp án A

TXĐ: D=ℝ.

Ta có: y'=−3x2+3

Xét y'<0⇔−3x2+3<0⇔x2−3>0⇔[x>1x<−1

Nên hàm số nghịch biến trên (−∞;−1);(1;+∞).

Đáp án D

Đáp án A: đúng.

Đáp án B: đúng.

Đáp án C: đúng.

Đáp án D: ∫sinxdx=−cosx+C nên D sai.

Đáp án B

Số phức liên hợp của số phức z=2−3i là  z¯=2+3i

Điểm biểu diễn số phức z¯=2+3i là M(2;3).

Đáp án A

Tứ diện O.A'BC là chóp tam giác A'.OBC có chiều cao h=A'A=a.

Diện tích đáy SOBC=14SABCD=a24.

Thể tích VO.A'BC=13SOBC.A'A=13.a24.a=a312.

Đáp án C

Theo đề bài ta có:   A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)

Vì M là trọng tâm ΔABC  thì {xM=xA+xB+xC3yM=yA+yB+yC3zM=zA+zB+zC3⇔{1=a32=b33=c3⇔{a=3b=6c=9.

Suy ra A(3;0;0), B(0;6;0), C(0;0;9).

Đáp án B

Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A(−3;0;0), B(0;4;0), C(0;0;−2) là: x−3+y4+z−2=1.

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm x3+x2+2x−3=2x−3⇔x3+x2=0

⇔x2(x+1)=0⇔[x2=0x+1=0⇔[x=0⇒y=−3x=−1⇒y=−5.

Vì B có hoành độ âm nênB(−1;−5)  hay hoành độ của B là x=−1.

Đáp án D

Ta có: VP=12log3x−2logb+3logc=log3a−logb2+logc3

=log3a.c3b2=log3ac3b2

Vậy logx=log3ac3b2⇔x=3ac3b2.

Đáp án A

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật nên

A'B'=AB=a;B'C'=AD=2a.

Xét tam giác A'B'C'; vuông tại  ta có

A'C'=A'B'2+B'C'2=a2+(2a)2=a5.

Xét tam giác AA'C'  vuông tại A' ta có

=AC'2−A'C'2=14a2−5a2=3a.

Thể tích khối hộp chữ nhật là VABCD.A'B'C'D'=AB.AD.AA'=a.2a.3a=6a3 .

Đáp án B

Gọi O, O' lần lượt là tâm đáy, I là trung điểm của  thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và bán kính .

Ta có: A'O'=23A'M'=23.a32=a33;=12OO'=b2.

Do đó IA'=I2+A'O'2=b23+a23=4a2+3b212

Thể tích khối cầu

V=43πIA2=43π(4a2+3b212)=4π3.12.12(4a2+3b2)3=π183(4a2+3b2)3.

Đáp án C

TXĐ: x≥3;x≠1;x≠1

limx→1x+3−2x2−1=limx→1(x+3−2)(x+3+2)(x+3+2)(x−1)(x+1)=limx→1x−1(x+3+2)(x−1)(x+1)

 =limx→11(x+3+2)(x+1)=18≠+∞nên  không là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.

limx→(−1)+x+3−2x2−1=−∞  nên x=−1 là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng .

Đáp án C

Ta có: 1500=250.er.12⇒r=ln612

Gọi t (giờ) là thời gian để số lượng vi khuẩn tăng gấp 216 lần số lượng vi khuẩn ban đầu.

Ta có: 216A0=A0.ert⇒rt=ln216⇒t=ln216r=36.

Đáp án A

Vì các tam giác ABC, ACD, ABD là các tam giác vuông tại đỉnh A nên  hay AB, AC, AD đôi một vuông góc nên AB⊥AC, AC⊥AD, AD⊥AB khoảng cách từ A đến (BCD) là d thì

1d2=1AB2+1AC2+1AD2=1a2+12a2+13a2⇒d=a6611.

Đáp án C

Ta có: y'=−4x3−2(m−3)−2x(2x2+m−3).

Yêu cầu bài toán thỏa mãn ⇔2x2+m−3=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất x=0

⇔m−3≥0⇔m≥3.

Đáp án D

Ta có: ∫−20(4−e−x2)dx=(4x+2e−x2)|−20=2−(−8+2e)=10−2e.

Suy ra a=10;b=−1⇒a+2b=10+2.(−1)=8.

Đáp án D

Ta có: 1+i1−i=(1+i)(1+i)1+1=2i2=i⇒z=(1+i1−i)2019=i2019⇒z4=(i2019)4=(i4)2019=1.

Đáp án D

Mặt cầu (S):x2+y2+z2−2y+4z−9=0 có tâm I(0;1;−2) và bán kính R=02+12+(−2)2−(−9)=14

Để A nằm trong khối cầu thì IA<R⇔IA2<R2⇔12+(a−1)2+32<14

⇔(a−1)2<4⇔−2<a−1<2⇔−1<a<3.

Đáp án D

Gọi N(1+2t;−1+t;−t)=d∩Δ

Do d⊥ΔnênMN→⊥uΔ→⇒MN→.uΔ→=0

Lại có MN→=(2t−1;t−2;−t), uΔ→=(2;1;−1)

2(2t−1)+1(t−2)−(−t)=0⇔6t−4=0⇔t=23

⇒MN→=(13;−43;−23) hay 3MN→=(1;−4;−2) cũng là

một véctơ chỉ phương của d.

Đáp án D

ĐK: 0<x<6

Thể tích hộp kim loại là V=x(6−x)(12−2x)=(6x−x2)(12−2x)=2x3−24x2+72x

Đặt f(x)=2x3−24x2+72x

Ta có: f'(x)=6x2−48x+72=0⇔[x=6∉(0;6)x=2∈(0;6)

Ta có bảng biến thiên của f(x) trên (0;6)

Vậy giá trị lớn nhất của V là 64 ⇒x=2.

Tuy nhiên thể tích sôcôla nguyên chất chỉ chiếm 34 nên V0=34.64=48  (đvdt).

Đáp án D

Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến n(P)→=(1;1;−1) mặt phẳng (Q) có véctơ pháp tuyến n(Q)→=(1;−1;1).

Khi đó [n(P)→;n(Q)→]=(0;−2;−2)=−2(0;1;1).

Mặt phẳng (R) đi qua A(1;1;1)  và vuông góc với cả (P)  và (Q) nên ta chọn n(R)→=−12[n(P)→;n(Q)→]=(0;1;1) làm véctơ pháp tuyến.

⇒(R):0(x−1)+1(y−1)+1(z−1)=0 hay (R):y+z−2=0.

Đáp án C

Gắn hệ trục tọa độ sao cho OH≡Oy,OB≡Ox.

Gọi phương trình Parabol y=ax2+bx+c ta có Parabol đi qua ba điểm H(0;3;0),B(3;0;0),A(−3;0;0).

Từ đó ta có  {c=30900a+30b+30=0900a−30b+30=0⇔{c=30a=−130b=0 nên phương trình Parabol y=−130x2+30.

Diện tích chiếc gương là 

∫−3030|−130x2+30|dx=∫−3030(−130x2+30)dx=(−190x3+30x)|−3030=1200 (đvdt).

Đáp án C

Ta có: các điểm M(2;3),N(1;−2),P(−3;1) lần lượt biểu diễn các số phức 2+3i,1−2i,−3+i.

Gọi điểm Q(x;y) thì tứ giác MNPQ là hình bình hành ⇔MN→=QP→

⇔{1−2=−3−x−2−3=1−y⇔{x=−2y=6⇒Q(−2;6).

Đáp án B

Đặt t=2x⇒dt=2dx

Đổi cận |x=0⇒t=1x=1⇒t=2 ta có: ∫01f(2x)dx=∫02f(t)dt2=12∫02f(x)dx=2. Suy ra ∫02f(x)dx=4

Đặt {u=xdv=f'(x)dx⇒{du=dxv=f(x)⇒∫02xf'(x)dx=xf(x)|02−∫02f(x)dx=2f(2)−4=28.

Đáp án B

Điều kiện: x>0.

Đường thẳng x=k cắt đồ thị hàm số y=log5x tại điểm A(k;log5k)  với k>0.

Đường thẳng x=k cắt đồ thị hàm số y=log5(x+4) tại điểm B(k;log5(k+4)).

AB=12⇔|log5(k+4)−log5k|=12⇔log5k+4k=12

 (do k+4>k>0⇒k+4k>1⇒log5k+4k>log51=0)

Khi đó k+4=k5⇔k(5−1)=4⇔k=45−1=4(5+1)5−1=1+5

Vậy k=1+5→a=1,b=5⇒a+b=6.

Đáp án B

Gọi A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) với a;b;c>0 thì (P) có phương trình xa+yb+zc=1.

Vì M(1;2;1)∈(P)⇒1a+2b+1c=1

Thể tích khối tứ diện OABC là V=16.OA.OB.OC=16abc

Ta tìm giá trị nhỏ nhất của V=16abc

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số 1a;2b;1c ta có

1a+2b+1c≥32abc4.

⇔1≥323abc3⇔1≥54abc⇔abc≥54

Dấu “=” xảy ra khi {1a=2b=1c1a+2b+1c=1⇔{a=3b=6c=3

Suy ra giá trị nhỏ nhất của V là 16.54=9⇔a=3;b=6;c=3.

Đáp án C

Ta có: z12+z22=z1z2⇔z12z22−z1z2+1=0⇔(z1z2)2−z1z2+1=0⇔z1z2=12±32i

⇒|z1z2|=1⇒|z1|=|z2|⇒OA=OB.

Lại cóz12+z22=z1z2⇔(z1−z2)2=−z1z2

Lấy mođun hai vế ta được |z1−z2|2=|−z1z2|→|z1−z2|2=|z1||z2|=|z1|2

Hay AB2=OA2⇒AB=OA=OB.

Vậy tam giác OAB đều.

Đáp án B

Vì E là trung điểm AD và AB=BC=12AD=a nên AB=BC=AE=ED=a mà BC // AE⇒ tứ giác ABCE là hình vuông suy ra  hay tam giác ECD vuông tại E nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔECD.

Gắn với hệ trục tọa độ với A≡O(0;0;0), AD≡Ox; AB≡Oy; AS≡Oz.

Coi đơn vị độ dài là a=1

Suy ra A(0;0;0), S(0;0;6), E(1;0;0), D(2;0;0), C(1;1;0) và M(32;12;0) là trung điểm của CD.

Vì  vuông tại E nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD thuộc đường thẳng qua M và song song với SA.

Phương trình đường thẳng d qua M và song song với SA có 1 véctơ pháp tuyến thì có dạng: d:{x=32y=12z=t 

Suy ra I(32;12;t) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ECD thì:

IS=ID⇔(32)2+(12)2+(t−6)2=(−12)2+(12)2+t2

⇔26t=8⇒t=46⇒I(32;12;46)

Bán kính mặt cầu là R=ID=(−12)2+(12)2+(46)2=196 hay R=196a.

Đáp án B

Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x+m=x+3x+1⇔(2x+m)(x+1)=x+3

 ⇔2x2+(m+1)x+m−3=0(*) (x≠−1)

Đường thẳng y=2x+m cắt đồ thị hàm số y=x+3x+1 tại hai điểm phân biệt x1, x2 (*) có hai nghiệm phân biệt  khác -1.

⇔{Δ=(m+1)2−4.2(m−3)>02.(−1)2+(m+1).(−1)+m−3≠0⇔{m2−6m+25>0−2≠0

 

 (luôn đúng).

Theo hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=−m+12x1x2=m−32.

Gọi hai giao điểm là M(x1;2x1+m), N(x2;2x2+m).

Khi đó MN=(x2−x1)2+(2x2−2x1)2=5(x22−2x2x1+x12)=5[(x2+x1)2−4x1x2].

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta được: MN2=5[(m+12)2−4.m−32]=5(m2+2m+14−2(m−3))=54(m2+2m+1−8m+24)

=54(m2−6m+25)=54[(m−3)2+16]≥54.16=20.

⇒MN2≥20⇒mn≥25⇒minMN=25  khi m=3

Đáp án C

Đặt w=x+yi (x,y∈ℝ)

Ta có: w=2z+1−i⇔z=w−1+i2

Khi đó |z−3+4i|≤2⇔|w−1+i2−3+4i|≤2⇔|w−7+9i|≤4

⇔|x+yi−7+9i|≤4⇔|(x−7)+(y+9)i|≤4

⇔(x−7)2+(y+9)2≤4⇔(x−7)2+(y+9)2≤16

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn có bán kính R=4.

Diện tích hình tròn là S=πR2=16π.

Đáp án A

Đặt y=f(x)=x3−34x2−32x.

⇒4|x3|−3x2−6|x|=m2−6m⇔|x3|−34x2−32|x|=m2−6m4⇔f(|x|)=m2−6m4Từ đồ thị hàm số đã cho ta vẽ đồ thị hàm số y=f(|x|) như sau:

Quan sát đồ thị ta thấy, phương trình f(|x|)=m2−6m4 có 3 nghiệm phân biệt

⇔m2−6m4=0⇔m2−6m=0⇔[m=0m=6.

Đáp án A

Ta có d1:x−21=y−1−1=z2 đi qua M1(2;1;0) và có 1 véctơ chỉ phương u1→=(1;−1;2).

Và d2:{x=2−ty=3z=t đi qua M1(2;3;0) và có 1 véctơ chỉ phương u2→=(−1;0;1).

Vì (P) cách đều d1, d2 nên d1 // (P), d2 // (P) suy ra 1 véctơ pháp tuyến của (P) là n→=[u1→;u2→]=(−1;−3;−1)

.                                 

Suy ra phương trình tổng quát của  d1; d2cách đều  nên {d(M1;(P))=d(M2;(P))I∈(P).

Với I(2;2;0) là trung điểm của M1M2.

Suy ra {|2+3+d|11=|2+9+d|112+2.3+d=0⇔{|5+d|=|11+d|d=−8⇒d=−8.

Vậy phương trình mặt phẳng (P):x+3y+z−8=0.

Đáp án B

Mặt phẳng (Q) A(-3;0;1)  và song song với (P) nên nhận n→=(1;−2;2) làm véctơ pháp tuyến.

⇒(Q):1(x+3)−2(y−0)+2(z−1)=0 hay (Q):x−2y+2z+1=0.

Đường thẳng d đi qua A và song song  nên .

Gọi H là hình chiếu của B lên (Q) thì  d(B,d)≥BH hay  d(B,d) đạt giá trị nhỏ nhất bằng BH khi d=AH.

Gọi  là đường thẳng đi qua B(1;−1;3) và vuông góc với (Q) thì Δ:{x=1+ty=−1−2tz=3+2t.

 H=Δ∩(Q)⇔{x=1+ty=−1−2tz=3+2tx−2y+2z+1=0⇒(1+t)−2(−1−2t)+2(3+2t)+1=0 ⇔9t+10=0⇔t=−109⇒H(−19;119;79)⇒AH→=(269;−119;29).

⇒u→=(1;−1126;113) hay b=−1126, c=113⇒bc=−112

Đáp án B

Xét hàm số f(x)=x2−4x+2m−3 liên tục trên đoạn [1;3] .

Ta có: f'(x)=2x−4=0⇔x=2∈[1;3] .

Ta lại có: f(1)=2m−6; f(2)=2m−7; f(3)=2m−6.

Suy ra: max[1;3]|f(x)|=max{|2m−6|;|2m−7|}=M.

Ta có: {M≥|2m−6|M≥|2m−7|=|7−2m|⇒2M≥|2m−6|+|7−2m|≥|2m−6+7−2m|=1

⇒M≥12.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi {|2m−6|=|2m−7|=12(2m−6)(7−2m)≥0⇔m=134.

Vậy m=134 .

Đáp án D

Xét phương trình hoành độ giao điểm x+1=4x−m2x−1

⇔x2−1=4x−m2⇔x2−4x+m2−1=0 (x≠1) (*)

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại đúng một điểm ⇔ phương trình ⇔(*) có nghiệm duy nhất x≠1.

 (*) có nghiệm kép x≠1 hoặc (*) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 1.

TH1: (*) có nghiệm kép x≠1

⇔{Δ'=4−(m2−1)=012−4.1+m2−1≠0⇔{5−m2=0m2−4≠0⇔{m=±5m≠±2⇔m=±5

 

TH2: (*) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 1.

Khi đó x=1  là nghiệm của (*) thì 12−4.1+m2−1=0⇔m=±2.

Thử lại m=±2 với  thì (*) là x2−4x+3=0⇔[x=1 (L)x=3 (TM) hay phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất.

Vậy S={±5;±2} suy ra tích các phần tử bằng 20.

Đáp án B

Số phần tử của không gian mẫu n(Ω)=6.6=36

Xét phương trình x2+bx+c=0 có Δ=b2−4c

Để phương trình vô nghiệm thì Δ<0⇔b2−4c<0⇒b<2c (vì b,c>0)

Mà b,c∈{1;2;3;4;5;6}  nên:

+ Với c=1⇒b<2⇒b=1

+ Với c=2⇒b<22⇒b∈{1;2}

+ Với c=3⇒b<23⇒b∈{1;2;3}

+ Với c=4⇒b<24⇒b∈{1;2;3}

+ Với c=5⇒b<25⇒∈{1;2;3;4}

+ Với c=6⇒b<26⇒b∈{1;2;3;4}

Với A là biến cố “phương trình bậc hai x2+bx+c=0 vô nghiệm” thì số phần tử của biến cố A là n(A)=1+2+3+4+4=17 .

Xác suất cần tìm là P(A)=1736.

Đáp án A

Con bò thứ nhất có thể ăn cỏ trong hình tròn tâm A bán kính AC=3m.

Con bò thứ hai có thể ăn cỏ trong hình tròn tâm B bán kính  BC=2m.

Phần diện tích lớn nhất hai con có thể ăn chung là phần giao của hai hình tròn (phần gạch sọc).

Xét tam giác ABC có AC=3;BC=2;AB=4.

⇒cosABC^=BA2+BC2−AC22BA.BC=1116

⇒ABC^≈46°34'⇒CBD^≈93°8'⇒SCBD=93°8'.πBC2360°≈3,251m2

⇒SCAD=57°54'.πAC2360°≈4,548m2

Lại có  SΔCBD=12BC.BD.sinCBD^≈1,997m2và SΔCAD=12AC.AD.sinCAD^≈3,812m2

Vậy S=(SqCAD−SΔCAD)+(SqCBD−SΔCBD)=(4,548−3,812)+(3,251−1,997)=1,99m2

Đáp án B

Ta có f2(cosx)+(m−2018)f(cosx)+m−2019=0⇔[f(cosx)=−1f(cosx)=2019−m

+ Với f(cosx)=−1⇔[cosx=0cosx=a>1 (loai)⇔cosx=0.

Phương trình này có hai nghiệm x1=π2 và x2=3π2 thuộc đoạn [0;2π].

+ Với f(cosx)=2019−m ta cần tìm điều kiện để phương trình này có 4 nghiệm phân biệt thuộc [0;2π] khác x1, x2.

Đặt t=cosx∈[−1;1] với mọi x∈[0;2π]  ta được f(t)=2019−m (1).

Với t=−1 phương trình (1) cho đúng một nghiệm  x=π với t=0 phương trình cho hai nghiệm x1, x2.

Với mỗi t∈(−1;1]\{0}  phương trình cho hai nghiệm x∈[0;2π] khác x1, x2 .

Vậy điều kiện cần tìm là phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt t∈(−1;1]\{0}

⇔−1<2019−m≤1⇔2018≤m<2020.

Đáp án A

Ta có: y'=3x2−6mx+3(m2−1);=0⇔[x=m+1⇒y=−4m−2x=m−1⇒y=−4m+2

 ⇒A(m+1;−4m−2)là điểm cực tiểu, B(m−1;−4m+2) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Dễ thấy AB=25=2R nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có tâm chính là trung điểm AB hay tam giác IAB vuông tại I.

Có IA→=(1−m;4m), IB→=(3−m;−4+4m) nên IA⊥IB⇔IA→.IB→=0 .

⇔(1−m)(3−m)+4m(−4+4m)=0⇔m2−4m+3−16m+16m2=0.

 

⇔17m2−20m+3=0⇔[m=1m=317

Vậy tổng các giá trị của m là 1+317=2017 .

Đáp án D

Gọi parabol nằm trên là (P):y=ax2+bx+c (a≠0).

Khi đó parabol đi qua điểm có tọa độ (0;4;0) (vì thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy có bán kính 40cm) suy ra y(0)=40⇒c=40.

Đổi 1m = 100cm và bán kính đáy là 30cm nên ta có y(50)=y(−50)=30

Từ đó 2500a+50b+40=2500a−50b+40⇔b=0

Suy ra 2500a+50.0+40=30⇔a=−1250.

Phương trình Parabol (P):y=−1250x2+40

Thể tích thùng rượu là   V=π∫−5050(−1250x2+40)2dx≈425162cm3=415,162lít.

Đáp án C

Dễ dàng nhận thấy (P) // (Q) // (R).

Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với cả 3 mặt phẳng (P),(Q),(R) cắt (P) tại H và cắt (Q) tại K.

Ta có BH=d((Q);(P))=9; HK=d((Q);(R))=3

Khi đó ta có: T=AB2+144AC2≥2AB2.144AC2=24ABAC=24BHHK=2493=72

Vậy Tmin=72.

Đáp án C

Ta có thể tích khối chóp S.ABC là

V0=a361−(12)2−(−12)2=2a312.

 

Đặt  CNSC=AMAB=m (với 0≤m≤1).

Ta có: SA→=a→, SB→=b→, SC→=c→, |a→|=|b→|=|c→|=a ,

a→.b→=a22, b→.c→=0, a→.c→=−a22.

Theo đẳng thức trên ta có đẳng thức véctơ SN→=(1−m)c→ , SM→=SA→+AM→=a→+mAB→=a→+m(b→−a→)

⇒MN→=SN→−SM→=(1−m)c→−[a→+m(b→−a→)]=(m−1)a→−mb→+(1−m)c→.

Do đó MN2=[(m−1)a→−mb→+(1−m)c→]2=(3m2−5m+3)a2≥11a212.

Dấu “=” xảy ra tại m=56

⇒V=SNSC.VS.ABC=SNSC.AMABV0=m(1−m)V0=56.16.2a312=52a3432.

Đáp án D

Ta có: f'(x)−2018f(x)=2018.x2017.e2018x⇔f'(x).e−2018x−2018e−2018xf(x)=2018x2017

⇒[f(x)e−2018x]'=(x2018)'⇒∫[f(x).e−2018x]'dx=∫(x2018)'dx⇒f(x)e−2018x=x2018+CDo f(0)=2018⇒f(0).e0=C⇒C=2018⇒f(x)=x2018.e2018x+2018e2018x

⇒f(1)=e2018+2018e2018=2019e2018x.