Đề số 23

Đáp án A

Ta có: z2−4z+5=0⇔[z=2+iz=2−i⇒|z1|2+|z2|2=|2+i|2+|2−i|2=10.

Đáp án A

Ta có: d(I;(P))=|2.5+2.2−3+1|22+22+12=4=R

Đáp án C

Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d ta có 1 vectơ chỉ phương là u→=(3;2;−5) .

 

Đáp án C

Ta có: log5(ab5)=log5a+log5b5=log5a+5log5b

Đáp án D

Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d ta có điểm M(1;−3;4)∈d .

Đáp án C

Dựa vào BBT  Để có 3 nghiệm thực phân biệt thì 0<m<3⇒ vậy có 2 giá trị m nguyên.

Đáp án C

Ta có: ∫(sinx−4x3)dx=−cosx−4x44+C=−cosx−x4+C

Đáp án D

Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x2−x−1=0⇔[x=1x=−12

⇒V=π∫−121(2x2−x−1)2dx=81π80

Đáp án B

Ta có: log1681=log4234=12.4log43=2log43=2a.

Đáp án C

Ta có: ∫02f(x)dx+∫25f(x)dx=∫05f(x)dx⇒∫25f(x)dx=−3−5=−8

Đáp án A

Ta có tổng số cách xếp chỗ ngồi cho bốn bạn học sinh vào bốn chiếc ghế kê thành một hàng ngang là tổng số hoán vị của bốn phần tử nên có: 4!=24.

Đáp án D

Từ bảng biến thiên rút ra nhận xét hàm số gián đoạn tại x=−1 nên loại đáp án A, C

Nhận xét limx→±∞f(x)=2 đó chọn đáp án D

Đáp án B

Ta có: a→×b→=3×(−5)+2×2+1×(−4)=−15

Đáp án B

Ta có: f'(x)=−x(x−2)2(x−3)=0⇔[x=0x=2x=3

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [0;4] là f(3)

Đáp án D

Ta có 3x2−4x+3=1⇔3x2−4x+3=30⇔[x=3x=1.

Đáp án B

Ta có VSABCD=13×d(S;(ABCD))×SABCD=13×SA×AB2=13×a6×(a3)2=a36 .

Đáp án B

Ta có log(x2−4x+5)>1⇔{x2−4x+5>0x2−4x+5>10⇔{x>5x<−1⇔x∈(−∞;−1)∪(5;+∞).

Đáp án B

Ta có u3=u1×q2=3×(14)2=316.

Đáp án D

Ta có 2a(b−3)i=4−5i⇔{2a=4b−3=−5⇔{a=2b=−2

Đáp án B

Hàm số đồng biến trên 1 khoảng thì đồ thị có chiều đi lên trong khoảng đó.

Từ hình vẽ, suy ra hàm số đồng biến trên (−1;0).

Đáp án A

Ta có tam giác ABC vuông cân tại A có đường cao AH

AB=AC=2a⇒BC=22a

⇒AH=BC2=22a2=a2=BH=CH

Vậy thể tích khối nón là: V=13πR2h=13πBH2.AH=13π.(a2)2.(a2)=22πa33

Đáp án D

Số nghiệm thực của phương trình f(x)=3 là số giao điểm của đường thẳng y=3 và đồ thị hàm số y=f(x)

Vậy số giao điểm là 2.

Đáp án B

Ta có: Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) nên đường thẳng d nhận vectơ pháp tuyến n→=(3;−4;7) của (P) làm vectơ chỉ phương.

Vậy phương trình đường thẳng d là: {x=1+3ty=2−4tz=3+7t(t∈ℝ)

Đáp án C

Diện tích xung quanh hình trụ là: Sxq=2πrh=2π.3.4=24π

Đáp án C

Ta có: z=5+2i⇒z¯=2−5i.

Vậy tọa độ điểm biểu diễn là (2;−5).

Đáp án A

Phương trình mặt cầu : x2+y2+z2−9+m(4x+2y+4z)+7m=0

⇔(x+2m)2+(y+m)2+(z+2m)2=9+9m2−7m

Suy ra, (S) có tâm I(−2m;−m;−2m) và bán kính R=9m2−7m+9

⇒d(I;(Q))=|−3m+8m−20|5=9m2−7m+9

⇔|m−4|=9m2−7m+9⇔8m2+m−7=0⇔[m=−1⇒R1=5m=78⇒R2=258⇒R1+R2=658

Đáp án C

Dựng đường tròn tâm O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Kẻ đường kính AQ

Xét tam giác ACB:

BC2=AB2+AC2−2.AB.AC.cosBAC^

=3a2+a2−2.a2.3.cos150°=7a2⇒BC=a7

RΔABC=BC2sinA=a72.sin150°=a7⇒AO=a7

Vì AQ là đường kính đường tròn tâm O, điểm B thuộc đường tròn này nên QB⊥AB

Ta có: QB⊥ABQB⊥SA}⇒QB⊥(SAB)⇒QB⊥AM

Ta có: AM⊥QBAM⊥SB}⇒AM⊥(SQB)⇒AM⊥QM⇒ΔAMQvuông tại M.

Chứng minh tương tự ta được: ΔANQ vuông tại N.

Ta có các tam giác: ΔABQ, ΔAMQ, ΔANQ, ΔACQ là các tam giác vuông lần lượt ở B, M, N, C

Do đó các điểm A, B, C, N, M thuộc mặt cầu đường kính AQ

 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCMN là AO=a7

⇒V=43πR3=43π(a7)3=287πa33

Đáp án A

Ta có: NBNC=BRCD=2⇒BR=2a,

BTTB'=BRB'M=4⇒BT=4a5;

QA'=B'T=a5;   QA'DD'=HA'HD'=15⇒HA'=a6

VQADR=16×6a5×3a×a=3a35

VRBTN=16×4a5×2a3×2a=8a345

VQADR=16×a6×a2×a5=a3360⇒VH(A)=151a3360 VH'=209a3360⇒VHVH'=151209

Đáp án A

limx→+∞f(x)=1; limx→−∞f(x)=+∞⇒limx→+∞y=23.1−2=2;  limx→−∞y=0⇒có

2 đường TCN là ;

Xét 3f(x)−2=0⇒f(x)=23.

Dựa vào bảng biến thiên  phương trình f(x)=23 có 4 nghiệm phân biệt

⇒ có 4 đường TCĐ

Đáp án B

Gọi mặt phẳng cần tìm là  có dạng x+3z+m=0

Vì (N) cách đều (P) và (Q)⇒d((P);(N))=d((Q);(N))⇔d(A;(P))=d(B;(Q))

Với A(−2;0;0)∈P; B(4;0;0)∈Q⇒|−2+m|12+32=|4+m|12+32⇔m=−1 

⇒(N):x+3z−1=0

Đáp án C

Do A, B, C lần lượt là giao điểm của  với 3 trục tọa độ nên tọa độ {A(−6;0;0)B(0;−4;0)C(0;0;6)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó tọa độ điểm I thỏa mãn hệ

{IA=IBIB=ICBI→[BA→;BC→]=0⇔{12x−8y=−208y+12z=202x+3(y+4)−2z=0⇔{x=−3917y=−1617z=3917

Khi đó phương trình đường thẳng d sẽ là ⇔{x=−3917+2ty=−1617+3tz=3917−2t với t=−617⇒{x=−3y=−2z=3

Vậy phương trình đường thẳng d là x+32=y+23=z−3−2

Đáp án D

Giả sử một đầu mút là điểm A.

Khi đó gọi tâm của nửa đường tròn đó là O

Thì bán kính đường tròn R=22+62=210 khi đó nếu ta gắn hệ trục tọa độ Oxy tại tâm của nửa đường tròn thì được phương trình của đường tròn là x2+y2=40.

Khi đó diện tích của nửa đường tròn sẽ là πR22=20π

Phương trình parabol đi qua điểm O(0;0) và điểm A(2;6) là y=32x2

Khi diện tích hình phẳng bị giới hạn bởi một phần đường tròn và parabol tính theo công thức S=∫−22|40−x2−32x2|dx

Do đó chi phí cần dùng để trồng hoa trong khuôn viên là

(20π−∫−22|40−x2−32x2|dx)80.000+∫−22|40−x2−32x2|dx.120000=5701349

Đáp án B

Gọi số tiền người đó gửi hàng tháng là  triệu

+ Đầu tháng 1 người đó có a.

Cuối tháng 1 người đó có: a.(1+0,06)=a.1,06

+ Đầu tháng 2 người đó có: a+a.1,06

Cuối tháng 2 người đó có: 1,06(a+a.1,06)=a.(1,06+1,062)

+ Đầu tháng 3 người đó có: a.(1+1,06+1,062)

Cuối tháng 3 người đó có a.(1+1,06+1,062).1,06=a.(1+1,06+1,062+1,063)

…

+ Đến cuối tháng thứ n người đó có: a.(1+1,06+1,062+..+1,06n)

Ta cần tính tổng: a.(1+1,06+1,062+..+1,06n)

Áp dụng công thức cấp số nhân với công bội là 1,06 ta được 31−1,06n+1−0,06>150⇔n≥43

Vậy sau 43 tháng người đó thu được số tiền thỏa mãn yêu cầu của bài toán

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: y=2⇒y=ab=2⇒ loại đáp án A, B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1)⇒−1c=1⇒c=−1⇒ chọn D.

Đáp án D

Do tam giác SAC là tam giác vuông cân tại A ⇒SA=AC=3a

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD

Ta có: AD//MN⇒d(AD;OG)=d(AD;(SMN))=d(A;(SMN))

Kẻ AE⊥BC⇒{I}, AE⊥MO={E}

Khi đó ta có: {MN⊥AEMN⊥SA⇒MN⊥(SAE)⇒(SAE)⊥(SMN) theo giao tuyến SE.

Trong tam giác SEA vuông tại A, kẻ AH⊥SE={H}

Khi đó d(A;(SMN))=AH

Xét tam giác SAE có AH là đường cao, nên ta có

1AH2=1SA2+1AE2=1(3a)2+1(3a4)2=179a2

Suy ra  AH=317a17⇒d(OG;AD)=317a17

Đáp án C

I=∫133+lnx(x+1)2dx

Đặt {u=3+lnxdv=dx(x+1)2⇒{du=dxxv=−1x+1.

Khi đó ta có: I=−3+lnxx+1|31+∫13dxx(x+1)=−3+lnxx+1|31+lnx|31−ln(x+1)|31

=34ln3−ln2+34

Suy ra {a=34b=−1c=34⇒a2+b2−c2=1

Đáp án C

g(x)=f(|x−4|)+20182019

⇒g'(x)=|x−4|'.f'(|x−4|)=f'(|x−4|)(x−4)2=f'(|x−4|)(x−4)|x−4|

Xét g'(x)=0⇔f'(|x−4|)=0⇔[|x−4|=−2(l)|x−4|=−1(l)|x−4|=3|x−4|=5⇔[x=7x=1x=9x=−1

Ta có bảng xét dấu của  như sau

Vậy có 5 điểm cực trị.

Đáp án C

Cn2−Cn1=44⇔n(n−1)2−n=44⇔n=11

Khi đó, ta có: (x4−2x3)11=∑k=011C11k(x4)k(−2x−3)11−k=∑k=011C11k(−2)11−kx7k−33

Số hạng chứa x9 ứng với 7k−33=9⇔k=6.

Suy ra, hệ số cần tìm là C116×(−2)5=−14784

Đáp án A

Đặt f(x)=t, x∈[0;2]⇒t=f(x)∈[1;76) .

Xét hàm số g(t)=2t3−132t2+7t−12 trên [1;76) , ta có: g'(t)=6t2−13t+7=0⇔[t=1t=76

Suy ra,  g(t) nghịch biến trên [1;76) hay g(t)≤g(1)=2

Suy ra, e2f3(x)−132f2(x)+7f(x)−12=m≤e2

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của m là e2

Đáp án C

Đặt:  z=x+yi. (x,y∈ℝ)

Khi đó ta có: (z+3−i)(z¯+1+3i)=[(x+3)+(y−1)i][(x+1)−(y−3)i]

=[(x+1)(x+3)+(y−1)(y−3)]+[−(x+3)(y−3)+(x+1)(y−1)]i

 là số thực hay phần ảo bằng 0, tức là: −(x+3)(y−3)+(x+1)(y−1)=0⇔2x−2y+8=0

⇔x−y+4=0

Suy ra, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là đường thẳng: (Δ) : x−y+4=0

Suy ra, d(O;Δ)=412+(−1)2=22

Đáp án A

Tập xác định  D=[0;2].

Đặt f(x)=2x−x2, x∈D , ta có f'(x)=1−x2x−x2, .

Ta lại có: f(0)=0; f(2)=0;  f(1)=1.

Suy ra: P=maxDy=max{|3m−4|,|3m−5|}≥|3m−4|+|3m−5|2≥|5−3m+3m−4|2=12

Dấu “=” xảy ra  (thỏa mãn) ⇔{|3m−4|=|3m−5|(5−3m)(3m−4)≥0⇒m=32.

Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số là nhỏ nhất khi m=32.

Đáp án C

Gọi   (a,b∈ℝ)⇒|iz−2−i|=3

⇒(a−1)2+(b+2)2=9

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(1;−2), bán kính R=3

Gọi A(−5;−8), B(4;1) .      

Đặt P=2|z−4−i|+|z+5+8i|⇒P=2MB+MA=MA+2MB

Nhận xét: IA=62 , IB=32, AB=92⇒I, A, B thẳng hàng.

Ta có: {IA=2IB⇒IA→=−2IB→

Ta có: {MA2=IM2+IA2−2IM→.IA→=IM2+IA2+4IM→.IB→MB2=IM2+IB2−2IM→.IB→⇒2MB2=2IM2+2IB2−4IM→.IB→

⇒MA2+2MB2=3MI2+IA2+2IB2=3R2+IA2+2IB2=3.32+72+2.18=135

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

P2=(MA+2MB)2=(MA+2.2MB)2≤(12+(2)2)(MA2+2MB2)=3.135

⇒P2≤405⇒P≤95

Đáp án D

y'=3x2+6mx+3(m2−1)=0⇔x2+2mx+m2−1=0

Ta có Δ'=1⇒y'=0 có 2 nghiệm

[x1=−m+1x2=−m−1⇒[y1=(−m+1)3+3m(−m+1)2+3(m2−1)(−m+1)+m3=3m−2y2=(−m−1)3+3m(−m−1)2+3(m2−1)(−m−1)+m3=3m+2

để 2 cực trị nằm về hai phía trục hoành ⇒y1.y2<0⇔−23<m<23

⇒a=−23; b=23⇒a+2b=23.

Đáp án D

Ta có: log2x(5+log2x)=4⇔log22x+5log2x−4=0⇔[log2x=−1log2x=−4⇔[x=12x=116.

Tổng các nghiệm bằng 12+116=916

Đáp án B

Ta có: V=13.SABC.d(D,(ABC))=13.12.CA.CB.sin45°.d(D,(ABC))

=16.12CA.CB.d(D,(ABC))≤16.CA.CB.AD2        .

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương AD, BC,AC2 , ta có

AC2.BC.AD≤(AC2+BC+AD3)3

Do đó    V≤16.(AC2+BC+AD3)3=16    .

Mặt khác ta có  V=16do đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì từ  và , đẳng thức phải xảy ra, tức là {DA⊥(ABC)AC2=BC=AD=1⇒{CD=AC2+DA2BC=1,AD=1,AC=2⇒CD=3.

Đáp án A

Ta có {A'B'⊥B'C'A'B'⊥B'B⇒A'B'⊥(BCC'B')hay B' là hình chiếu của A' lên (BCC'B')

Suy ra, BB' là hình chiếu của  A'B lên (BCC'B').

Nên góc giữa đường thẳng A'B và mặt phẳng (BCC'B')

là góc giữa đường thẳng A'B và  BB' bằng góc A'BB'^ (vì ΔA'BB' vuông tại B' nên A'BB'^<90° )

Xét tam giác A'BB'  có

tanA'BB'^=A'B'BB'=aa3=13⇒A'BB'^=30°

Vậy góc giữa đường thẳng AB' và mặt phẳng  (BCC'B') bằng 30°

Đáp án D

Ta có: [log2f(x)+ef(x)+1]f(x)≥m có nghiệm trên khoảng (−2;1).

Đặt g(x)=[log2f(x)+ef(x)+1]f(x) khi đó bài toán tương đương với g(x)≥m  có nghiệm trên khoảng (−2;1)

Ta có: g'(x)=f'(x)[1ln2+f(x)ef(x)+log2f(x)+ef(x)+1]

Xét ∀x∈[−2;4]:{f(x)∈[2;4]f(x)ef(x)+log2f(x)>0⇒g'(x)=0⇔f'(x)=0⇔x=0

Ta có bảng biến thiên của g(x)

 

Từ đó ta thấy để phương trình có nghiệm thì: m≤g(−2)=4(3+e4)≈230,4

Vậy m∈{1;2;...;230} do đó sẽ có 230 giá trị

Đáp án B

Giả thiết tương đương với: −f'(x)f2(x)=2x+3.

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được:  ∫−f'(x)f2(x)dx=∫(2x+3)dx

⇒1f(x)=x2+3x+C⇒f(x)=1x2+3x+C⇒f(1)=14+C

Mà f(1)=16, nên ta có 14+C=16⇒C=2⇒f(x)=1x2+3x+2=1x+1−1x+2

P=1+f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2017)

=1+12−13+13−14+14−15+...+12018−12019=1+12−12019=60554038.

Đáp án B

Vì các điểm (−1;0) ,(0;0) , (1;0)  thuộc đồ thị hàm số y=f'(x) nên ta có hệ: {−1+a−b+c=0c=01+a+b+c=0⇔{a=0b=−1c=0⇒f'(x)=x3−x⇒f''(x)=3x2−1

Ta có: g(x)=f(f'(x))⇒g'(x)=f'(f'(x)).f''(x)

Xét g'(x)=0⇔f'(f'(x)).f''(x)=0⇔f'(x3−x).(3x2−1)=0

⇔[x3−x=0x3−x=1x3−x=−13x2−1=0⇔[x=±1x=0x=1,325x=−1,325x=±33

 

Ta có bảng xét dấu g'(x) như sau:

 

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra BC nghịch biến trên (−∞;−2).

Đáp án B

Dựa vào đồ thị, suy ra bảng biến thiên hàm số y=f(x) như sau:

 

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra , f(2)<f(x)<f(−1), ∀x∈(−1;2)

Đặt t=f(x)+m⇒f(2)+m<t<f(−1)+m, ∀x∈(−1;2).

Bất phương trình đã cho trở thành:   3t+4t≤5t+2⇔3t+4t−5t−2≤0  

Xét phương trình: 3t+4t−5t−2=0⇔{t=0t=1.

Ta có bảng xét dấu biểu thức

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy: (1)⇔0≤t≤1⇒{f(2)+m≥0f(−1)+m≤1⇒−f(2)≤m≤1−f(−1)