Đề số 24

Đáp án B

Vì {(SAB)⊥(ABC)(SAC)⊥(ABC)(SAB)∩(SAC)=SA⇒SA⊥(ABC).

Xét tam giác vuông SAB có: SA=SB2−AB2=3a2−a2=a2.

Diện tích tam giác ABC là: SABC=a234.

Thể tích khối chóp là VS.ABC=13SA.SABC=13.a2.a234=a3612.

Đáp án C

Ta có: ∫03f'(x)dx=9=f(3)−f(0)⇒f(3)=9+f(0)=9+1=10.

Đáp án B

Ta có:ln(a+ab)=ln(a(1+b))=lna+ln(1+b)

Đáp án D

Ta có: ∫f(x)dx=∫12x+3dx=12ln|2x+3|+C.

Đáp án A

Ta có:(12)x2−2x>18⇔x2−2x<log1218⇔x2−2x<3⇔x2−2x−3<0⇔−1<x<3.

Tập nghiệm của bất phương trình S=(−1;3)⇒a=−1;b=3 nên b−a=4 .

Đáp án C

Đường thẳng d:x−11=y−2−2=z+23 đi qua A(1;2;−2) và nhận u→=(1;−2;3)  làm vectơ chỉ phương

 

⇒d:{x=1+ty=2−2tz=−2+3t.

 

Đáp án D

Ta có: z=i(3i+1)=3i2+i=−3+i .

Số phức liên hợp của z là . z¯=−3−i

Đáp án B

Gọi n(P)→ là vectơ pháp tuyến của (P).

Do (P)//Ox và  (P)⊥(Q)nên {n(P)→⊥i→n(P)→⊥n(Q)→.

Ox có vectơ pháp tuyếni→=(1;0;0)  và (Q):x+2y−2z+1=0 có vectơ pháp tuyến n(Q)→=(1;2;−2).

Ta có [i→,n(Q)→]=(0;2;2) nên chọn n(P)→=(0;1;1).

(P) đi qua A(0;−1;2) và nhận n(P)→=(0;1;1)  làm vectơ pháp tuyến nên

(P):0(x−0)+1(y+1)+1(z−2)=0⇔y+z−1=0.

Đáp án A

Phần ảo của số phức z=5−8i  là -8.

Đáp án C

Ta có: y'=3x2−6x=0⇔[x=0x=2.

Bảng biến thiên:

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là . (0;2)

Đáp án D

Từ hình dáng đồ thị ta thấy hình vẽ là đồ thị của hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án A, B.

Lại từ hình vẽ ta thấy limx→−∞=−∞;limx→+∞=+∞  nên chỉ có đáp án D thỏa mãn.

Đáp án D

 (P):2x+2y+z+1=0⇒n(P)→=(2;2;1)là vectơ pháp tuyến của (P).

(Q):2x−2y+z−1=0⇒n(Q)→=(2;−1;2) là vectơ pháp tuyến của (Q).

Gọi ud→ là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

Đường thẳng d song song với cả (P)và (Q) thì {ud→⊥n(P)→ud→⊥n(Q)→.

Có [n(P)→,n(Q)→]=(5;−2;−6) nên chọn ud→=(5;−2;−6), d đi qua A(1;2;3) và nhận ud→=(5;−2;−6)làm vectơ chỉ phương nên x−15=y−2−2=z−3−6.

Đáp án B

Ta có: u1=−5;d=3 nên u15=u1+14d=37; u13=u1+12d=31; u10=u1+9d=22 nên A, C, D sai, B đúng.

Đáp án C

Ta có A(1;2;3),B(−1;4;1)⇒I(0;3;2)  là trung điểm AB và AB=12=23.

Mặt cầu (S) đường kính AB có tâm I(0;3;2) và bán kính R=AB2=3 .

⇒(S):(x−0)2+(y−3)2+(z−2)2=3 hay  (S):x2+(y−3)2+(z−2)2=3.

Đáp án C                  

Phương trình hoành độ giao điểm: x3+2=x+2⇔x3−x=0⇔x(x2−1)=0⇔[x=0x=1x=−1.

Suy ra số giao điểm của hai đồ thị y=x+2;y=x3+2 là 3 giao điểm.

Đáp án A

Ta có: V=πR2h⇒8π=π.h2.h⇔h=2

Đáp án C

Ta có: z2+2z+10=0⇔(z+1)2=−9⇔(z+1)2=9i2⇔[z+1=3iz+1=−3i⇔[z=−1+3iz=−1−3i.

Suy ra: |z1−z2|=|−1+3i−(−1−3i)|=|6i|=36=6.

Đáp án D

Ta có: . f'(x)=0⇔[x=1x=3

y=ax3+bx2+cx và f'(x)<0⇔x<3 nên đạo hàm f'(x) đổi dấu từ âm

sang dương qua điểm x=3.

Vậy hàm số chỉ có duy nhất một điểm cực trị, chính là điểm cực tiểu x=3.

Đáp án B

Ta có: 912log34=(912)log34=3log34=4.

Lưu ý: Sử dụng công thức am.n=(am)n; alogab=b (0<a≠1;b>0).

Đáp án A

Hàm số y=log2(x2−2x) xác định nếu x2−2x>0⇔[x>2x<0.

Vậy TXĐ:D=(−∞;0)∪(2;+∞) .

Đáp án A

Điều kiện: x≠1 . Ta có: y'=−2−m(x−1)2.

TH1: y'>0⇔−2−m>0⇔m<−2 suy ra hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng (−∞;1)∪(1;+∞) nên hàm số đồng biến trên (2;3) .

Suy ra max[2;3]y=y(3)=6+m2;min[2;3]y=y(2)=4+m.

Theo đề bài, ta có: |6+m2−(4+m)|=2⇔|−2−m|=4⇔[m+2=4m+2=−4⇔[m=2(ktm)m=−6(tm).

TH2:  y'<0⇔−2−m<0⇔m>−2suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng(−∞;1)∪(1;+∞)  xác định nên hàm số nghịch biến trên (2;3).

Suy ra min[2;3]y=y(3)=6+m2;max[2;3]y=y(2)=4+m.

Từ yêu cầu ta có: |4+m−6+m2|=2⇔|2+m|=4⇔[m+2=4m+2=−4⇔[m=2(ktm)m=−6(tm).

Vậy m=2;m=−6 nên tổng các giá trị của m là 2+(−6)=−4.

Đáp án A

Gọi O=AC∩BD.

Qua O dựng đường thẳng d vuông góc với đáy. Mặt phẳng trung trực của SA cắt d tại I.

Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Do SA⊥(ABCD) nên góc giữa SD và đáy bằng .

Tam giác SAD vuông tại A có AD=a3,SDA=30°.

⇒SA=AD.tan30°=a3.33=a⇒AH=12AS=a2;AO=12AC=12AD2+DC2=123a2+4a2=a77

⇒AI=AO2+OI2=7a24+a24=a2⇒S=4πAI2=4π(a2)2=8πa2.

Đáp án C

Đường thẳng d1:x−11=y+12=z−1⇒d1:{x=1+ty=−1+2tz=−t.

Đường thẳng  d2:x−21=y2=z+32 có 1 vectơ chỉ phương là ud2→=(1;2;2).

Gọi giao điểm của Δ với đường thẳng d1 là M(1+t;−1+2t;−t).

Vì Δ đi qua A(1;0;2) nên  AM→=(t;−1+2t;−t−2)là 1 vectơ chỉ phương của .

Vì Δ⊥d2⇒AM→⊥ud2→⇔AM→.ud2→=0⇔1.t+2.(−1+2t)+2.(−t−2)=0⇔3t−6=0⇔t=2 .

Suy ra AM→=(2;3;−4).

Phương trình đường thẳng Δ đi qua A(1;0;2) và nhận AM→=(2;3;−4) làm vectơ chỉ phương là x−12=y3=z−2−4 .

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của AB ta có: OH⊥AB,SH⊥AB.

Tam giác OAB vuông tại O⇒AB=R2,OH=12AB=R22.

Tam giác SAB có SSAB=R22⇒SH=2.SSABAB=2R22R2=2R

⇒SO=SH2−OH2=4R2−2R24=R142.

Thể tích khối nón .V=13π.OA2.SO=13πR2.R142=πR3146

Đáp án A

Vì (P)//(Q) nên phương trình mặt phẳng (P):x−y+2z+d=0 (d≠−2) có vectơ pháp tuyến n→=(1;−1;2) .

Vì  M∈Ox,N∈Oy nên M(xM;0;0),N(0;yN;0) mà M,N∈(P) nên ta có xM+d=0⇔xM=−d và .−yN+d=0⇔d=yN

Hay M(−d;0;0),N(0;d;0)⇒OM=|d|;ON=|d| .

Lại có tam giác OMN vuông tại O nên MN2=OM2+ON2⇔2d2=8⇔d2=4⇔[d=2(tm)d=−2(ktm).

Suy ra phương trình mặt phẳng (P):x−y+2z+2=0.

Đáp án A

Gọi M là trung điểm của BC⇒AM⊥BC và A'M⊥BC (tam giác A’BC cân).

Mà (A'BC)∩(ABC)=BCnên góc giữa hai mặt phẳng (A'BC)  và  (ABC)bằng góc giữa AM và A’M hay A'MA=45° .

Tam giác ABC đều cạnh a nên AM=a32.

Tam giác AMA’ có  A=90°,AM=a32và A'MA=45° nên AA'=AMtan45°=AM=a32 .

Thể tích khối lăng trụ: V=SABC.AA'=a234.a32=3a28 .

Đáp án C

Ta có: 3x2−2=5x+1⇔log33x2−2=log35x+1⇔x2−2=(x+1)log35⇔x2−x.log35−2−log35=0.

Nhận thấy ac=1.(−2−log35)<0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1.x2=−2−log35=−log39−log35=−log3(9.5)=−log345.

Đáp án D

Đặt t=3x−1⇒dt=3dx⇒dx=dt3.

Đổi cận x=1⇒t=2,x=3⇒t=8.

Khi đó I=32∫13f(3x−1)dx=32∫28f(t)3dt=12∫28f(t)dt=12.10=5.

Đáp án D

Xét hàm số y=2x−mx−m với x≠m.

Điều kiện để đồ thị hàm số có 2 tiệm cận là m≠0.

Đồ thị hàm số nhận y=2 làm TCĐ và x=0 làm TCN.

Theo đề bài ta có: |m|=2⇔[m=2m=−2 .

Lưu ý: Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d(x≠−dc) nhận đường thẳng y=ac làm TCĐ và nhận đường thẳngx=−dc  làm TCN.

Đáp án A

Ta có: M(1=t;3−t;2+2t)∈d1,N(−3t';t';−1−3t')∈d2⇒MN→=(−3t'−1−t;t'−3+t;−3−3t'−2t).

 d1có vectơ chỉ phương u1→=(1;−1;2).

⇔d2 có vectơ chỉ phương u2→=(−3;1;−3).

MN là đoạn vuông góc chung của  d1và  d2⇒MN→.u1→=MN→.u2→=0.

⇔{1(−3t'−1−t)−1(t'−3+t)+2(−3−3t'−2t)=0−3(−3t'−1−t)+1(t'−3+t)−3(−3−3t'−2t)=0⇔{−10t'−6t−4=019t'+10t+9=0⇔{t'=−1t=1.

⇒MN→=(1;−3;−2) và M(2;2;4).

Vậy MN:x−21=y−2−3=z−4−2.

Đáp án B

Gọi số phức z=x+yi(x;y∈ℝ) thì môđun |z|=x2+y2.

Ta có:      z2−2018z=2019|z|2⇔(x+yi)2−2018(x+yi)=2019(x2+y2)2⇔x2+2xyi−y2−2018x−2018yi=2019x2+2019y2⇔2018x2+2020y2+2018x−(2xy−2018y)i=0⇔{2xy−2018y=02018x2+2020y2+2018x=0⇔{[y=0x=10092018x2+2020y2+2018x=0

Với y=0⇒2018x2+2018x=0⇔2018x(x+1)=0⇔[x=0x=−1 .

Suy ra z=0;z=−1.

Với x=1009⇒2018.10092+2020y2+2018.1009=0

⇔2020y2=−2018.1009−2018.10092 (vô nghiệm vì VT không âm và VP âm).

Vậy có 2 số phức thỏa mãn đề bài.

Đáp án A

Đặt {u=lnxdx=x2dx⇒{du=1xdxv=x33 .

⇒I=(x33lnx)|e1−∫1e(x33.1x)dx=e33−13∫1ex2dx=e33−13.x33|e1=e33−e39+19=2e33+19⇒a=29,b=19⇒9(a+b)=3.

Đáp án D

Đường thẳng d:x−11=y−2−2=z−21⇒d:{z=1+ty=2−2tz=2+t.

Vì I∈d⇒I(1+t;2−2t;2+t).

Lại có mặt cầu đi qua A(1;2;1)  và tiếp xúc với mặt phẳng (P):x−2y+2z+1=0 nên bán kính mặt cầu R=IA=d(I;(P)).

Lại có IA=t2+4t2+(−t−1)2=16t2+2t+1;d(I;(P))=|1+t−2(2−2t)+2(2+t)+1|12+(−2)2+22=|7t+2|3.

Từ đó ta có IA=d(I;(P))⇔6t2+2t+1=|7t+2|3

⇔9(6t2+2t+1)=(7t+2)2⇔5t2=10t+5⇔5(t−1)2=0⇔t=1

Suy ra R=d(I;(P))=|7.1+2|3=3.

Đáp án C

Số hình vuông tạo thành từ các đỉnh của đa giác đều 20 cạnh là 20:4=5  hình vuông (do hình vuông có 4 cạnh bằng nhau và 4 góc bằng nhau).

Vì đa giác đều có 20 đỉnh nên có 10 cặp đỉnh đối diện hay có 10 đường chéo đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp.

Cứ mỗi 2 đường chéo đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tạo thành một hình chữ nhật nên số hình chữ nhật tạo thành là C102 hình trong đó có cả những hình chữ nhật là hình vuông.

Số hình chữ nhật không phải hình vuông tạo thành là C102−5=40 hình.

Đáp án A

Ta có: y'=4x3−4mx=0⇔4x(x2−m)=0⇔[x=0x2=m .

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị y'=0 thì có ba nghiệm phân biệt ⇔m>0.

Khi đó đồ thị hàm số có các điểm cực trị là: A(0;3m−2),B(m;−m2+3m−2),C(−m;−m2+3m−2).

Dễ thấy , bài toán thỏa mãn khi B,C∈Ox⇒−m2+3m−2=0⇔[m=2m=1(tm).

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Đáp án D

Ta có: ΔOHA vuông tại H có:

  OH=2,OA=4⇒AH=OA2−OH2=23.

Thiết diện là hình vuông có cạnh

2AH=2.23=43⇒h=OO'=43 .

Diện tích xung quanh S=2πRh=2π.4.43=32π3 .

Đáp án D

Đường thẳng d:x+13=y−2−2=z−22 đi qua M(−1;2;2) có vectơ chỉ phương u→=(3;−2;2).

Suy ra IM→=(−2;0;3);[IM→;u→]=(6;13;4).

Khoảng cách h từ tâm I đến đường thẳng d là:

h=d(I;(d))=|[IM→;u→]||u→|=62+132+4232+(−2)2+22=13.

Gọi K là trung điểm dây AB⇒IK⊥AB;KB=AB2=3;IK=h=13.

Xét tam giác IKB vuông tại K có IB=KB2+IK2=13+3=4.

Phương trình mặt cầu tâm I(1;2;−1)  và bán kính R=IB=4là (x−1)2+(y−2)2+(z+1)2=16.

Đáp án D

Phương trình parabol (P) có dạng y=ax2 đi qua điểm B(4;4).

⇒4=a.42⇔a=14 nên (P):y=14x2.

Gọi (H)  là phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y=4, đồ thị hàm số y=14x2 và đường thẳng x=0.

Khi đó, thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (H) quanh Ox là:

V=π∫04[42−(14x2)2]dx=π∫04[16−116x4]dx=π(16x−x516.5)|40=π(16.4−4516.5)=256π5.

Đáp án D

Trong (ABC), qua M kẻ đường thẳng song song với AB, qua B kẻ đường thẳng song song với AM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại E ta được tứ giác ABEM là hình bình hành.

Vì ME//AB⇒AB//(SME)⇒d(AB;SM)=d(AB;(SME))=d(A;(SME))

Từ A trong mặt phẳng (ABEM)  kẻ AK⊥ME, lại có:  (do ).

Trong (SAK)  kẻ AH⊥SK tại H.

Ta có  (do SA⊥(ABEM)⇒EK⊥(SAK))

 ⇒AH⊥(SKE) tại H.

Từ đó d(AB;SM)=d(A;(SME))=AH.

Xét tam giác SBA vuông tại A có SA=AB.tanSBA=a.tan60°=a3.

Lại có tam giác ABC vuông cân tại B nên AC=AB2=a2⇒CM=AC2=a22.

Do đó AM=AC+CM=3a22.

 ΔABCvuông cân tại B nên ACB=45°⇒CBE=ACB=45° (hai góc so le trong). 

Từ đó ABE=ABC=CBE=90°+45°=135°, suy ra  (hai góc đổi hình bình hành).

Nên tam giác AME là tam giác tù nên K nằm ngoài đoạn ME.

Ta có:  mà tam giác AMK vuông tại K nên tam giác AMK vuông cân tại K. ⇒AK=AM2=3a2

Xét tam giác SAK vuông tại A có đường cao AH, ta có: 1AH2=1SA2+1AK2=13a2+19a2⇒AH=3a77.

Vậy d(AB;SM)=3a77

Đáp án D

Điều kiện: 12<x≠1.

Khi đó:      log32x−1(x−1)2=3x2−8x+5⇔log3(2x−1)−log3(x−1)2=3(x−1)2−(2x−1)+1⇔log3(2x−1)+(2x−1)=3(x−1)2+log3(x−1)2+log33⇔log3(2x−1)+(2x−1)=3(x−1)2+log3[3(x−1)2]   (*)

Xét hàm y=f(t)=log3t+t với t>0 có f'(t)=1tln3+1>0,∀t>0 .

Do đó hàm số y=f(t) đồng biến trên (0;+∞).

Phương trình (*) là f(2x−1)=f(3(x−1)2)⇔(2x−1)=3(x−1)2

⇔2x−1=3(x2−2x+1)⇔3x2−8x+4=0⇔[x=2x=23(tm).

Vậy phương trình có nghiệm 2 và nên a=2,b=3.

Đáp án A

Từ giả thiết, ta có: cosx.f(x)+sinx.f'(x)=xcos2x⇔[sinx.f(x)]'=xcos2x 

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được: ∫[sinx.f(x)]'dx=∫xcos2xdx⇒sinx.f(x)=x.tanx+ln|cosx|+C.

+ Với x=π3 ta có:sinπ3.f(π3)=π3.tanπ3+ln|cosπ3|+C⇒3.f(π3)=23π3−2ln2+2C

+ Với x=π6, ta có: sinπ6.f(π6)=π6.tanπ6+ln|cosπ6|+C⇒f(π6)=19π3+ln3−2ln2+2C

Do đó: 3f(π3)−f(π6)=59π3−ln3⇒{a=59b=−1⇒P=a+b=−49.

Đáp án C

Gọi M(5−4t;2+2t;4+t)∈d⇒MA→=(−4+4t;2−2t;−2−t),MB→=(−6+4t;−2t;−t) ⇒[MA→,MB→]=(−6t;−6t+12;−12t+12)⇒[MA→,MB→]=36t2+36(t−2)2+144(t−1)2=68t2−16t+10=68(t−1)2+2⇒SMAB=12[MA→,MB→]=38(t−1)2+2≥32

Dấu “=” xảy ra khi t=1⇒M(1;4;5).

Vậy diện tích tam giác MAB nhỏ nhất bằng 32 khi M(1;4;5).

Đáp án C

Điều kiện: x>0.

Đặt log3x=t  ta có phương trình t2−4t+m−3=0  (*).

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1<x2  thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt t1<t2.

Hay Δ'=22−(m−3)=7−m>0⇔m<7 .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: {t1+t2=4t1.t2=m−3.

Ta có: t1=log3x1⇒x1=3t1;t2=log3x2⇒x2=3t2.

Khi đó x2−81x1<0⇔3t2−81.3t1<0⇔3t2<3t1+4⇔t2<t1+4⇔t2−t1<4.

Suy ra (t2−t1)2<16⇔(t2+t1)2−4t1t2<16⇔(−4)2−4(m−3)<16⇔m−3>0⇔m>3 .

Từ đó 3<m<7 mà m∈ℤ nên m∈{4;5;6}.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn đề bài.

Đáp án B

Ta có: z1z2 là số thuần ảo nên ta viết lại z1z2=ki⇔z1=kiz2.

Khi đó |z1−z2|=10⇔|kiz2−z2|=10⇔|z2(−1+ki)|=10⇔10|−1+ki|=10k2+1⇒|z1|=|ki|.|z2|=|k|.10k2+1⇒|z1|+|z2|=10|k|k2+1=10(|k|+1)k2+1

Xét y=f(t)=10(t+1)t2+1⇒10(t+1)=yt2+1⇔100(t+1)2=y2(t2+1)⇔100(t2+2t+1)=y2t2+y2⇔(y2−100)t2+y2−100=0

Phương trình có nghiệm . Δ'=1002−(y2−100)2=y2(200−y2)≥0⇔−102≤y≤102

Vậy maxy=102  khi t=1 hay k=±1.

Đáp án D

Ta có: [f(x)+x−1](x2−x−6)>0   (*) .

TH1: {x2−x−6>0f(x)+x−1>0⇔{[x<−2x>3f(x)>1−x.

Đường thẳng y=1−x đi qua các điểm (−3;4);(−1;2);(0;1);(2;−1) như hình vẽ và giao với đồ thị hàm số y=f(x) tại 4 điểm như trên.

Từ đồ thị hàm số ta thấy f(x)>1−x⇔[−3<x<−1x>2.

Kết hợp điều kiện [x>−2x>3  thì ta có: [−3<x<−2x>3   (1).

TH2: {x2−x−6<0f(x)+x−1<0⇔{−2<x<3f(x)<1−x

Từ đồ thị hàm số ta thấy f(x)<1−x⇔[x<−3−1<x<2 kết hợp với −2<x<3 ta được −1<x<2   (2).

Từ (1) và (2) ta có [−3<x<−2−1<x<2x>3 mà x∈(−10;10) và x∈ℤ nên x∈{0;1;4;5;6;7;8;9}.

Nhận thấy tại x=0 thì  f(0)=1⇒f(x)+x−1=f(1)−1=0⇒VT của (*) nên bằng 0 nên x=0 không thỏa mãn bất phương trình.

Có 7 giá trị x thỏa mãn đề bài.

Đáp án C

Gọi O là trung điểm của BC, qua O kẻ tia Oz cắt SC tại B.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ở đó:

  O(0;0;0),A(1;0;0),B(0;−1;0),C(0;1;0),S(0;m;n).

⇒AB→=(−1;−1;0),AC→=(−1;1;0),AS→=(−1;m;n).

Mặt phẳng (SBC):x=0 có vectơ pháp tuyến i→=(1;0;0).

Mặt phẳng (SAC) có vectơ pháp tuyến n1→=[AC→,AS→]=(n;n;−m+1).

Mặt phẳng (SAB)  có vectơ pháp tuyến n2→=[AB→,AS→]=(−n;n;−m−1).

cos60°=|n1→.i→||n1→|.|i→|=|−n|2n2+(−m−1)2⇔12=|−n|2n2+(−m−1)2⇔4n2=2n2+(−m−1)2⇔2n2=(−m−1)2   (1)cosφ=|n1→.i→||n1→|.|i→|=|n|2n2+(−m+1)2=24⇔4|n|=4n2+2(−m+1)2⇔6n2=(1−m)2   (2)Từ (1) và (2) suy ra  3(m+1)2=(1−m)2⇔[m=−2+3m=−2−3⇒[n=2−3n=2+3.

⇒[S(0;−2+3;2−3)S(0;−2−3;2+3)

⇒[H(0;−2+3;0)H(0;−2−3;0)⇒[SH=2−3,AH=1+(−2+3)2=22−3SH=2+3,AH=1+(−2−3)2=22+3⇒tanα=SHAH=12

Đáp án A

Đồ thị hàm số y=f(x) đi qua gốc tọa độ nên .

Xét hàm sốh(x)=f(x)−g(x)=ax4+bx3+(c−p)x2+(d−q)x+3=a(x+2)(x+1)(x−1)(x−m).

Đồng nhất hệ số 2 đa thức ta được 3=2ma   (1).

Theo đề bài, tiếp tuyến của đồ thị hàm số  tại điểm có hoành độ  có hệ số góc bằng −152 nên h'(−2)=−152.

Do đó thay x=-2  vào a(x+2)(x+1)(x−1)(x−m)=−152, ta được: 2a(m+2)=5.

Từ (1) và (2), suy ra a=12;m=3.

Vậy h(x)=12(x+2)(x+1)(x−1)(x−3)=12x4−12x3−72x2+12x+3.

Diện tích hình (H) bằng SH=−∫−2−1h(x)dx+∫−11h(x)dx−3∫13h(x)dx=133120+5815+12215=1553120.

Đáp án D

Xét  g(x)=f(x3+x)−x2+2x+m trên [0;2] ta có:

Với mọi x∈[0;2]  thì x3+x∈[0;10] nên max[0;2]f(x3+x)=4 xảy ra khi x3+x=2⇔x=1.

Lại có −x2+2x+m=m+1−(x−1)2≤m+1 nên  max(−x2+2x+m)=m+1 xảy ra khi x=1.

Do đó max[0;2]g(x)=g(1)=4+m+1=5+m.

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi 5+m=8⇔m=3.

Đáp án D

Ta có:      3.12f(x)+[f2(x)−1].16f(x)≥(m2+3m).32f(x),∀x∈ℝ⇔[f2(x)−1](169)f(x)+3.(43)f(x)≥m2+3m,∀x∈ℝ   (1)

Mà f(x)≥1,∀x∈ℝ  nên {[f2(x)−1](169)f(x)≥03.(43)f(x)≥4,∀x∈ℝ.

Đặt h(x)=[f2(x)−1](169)f(x)+3.(43)f(x).

Mà h(x)≥4,∀x∈ℝ.

Suy ra minℝh(x)=4⇔x=2.

Khi đó m2+3m≤h(x),∀x∈ℝ⇔m2+3m≤minℝh(x)⇔m2+3m≤4⇔−4≤m≤1.

Vì m∈ℤ nên m∈{−4;−3;−2;−1;0;1}.

Đáp án A

Hàm bậc 4 có nhiều nhất 3 cực trị, mà y=f(|x|) có nhiều hơn 5 cực trị suy ra hàm số y=f(|x|) có đúng 6 cực trị. Từ đó f(x) có 3 cực trị đều có hoành độ dương, hay phương trình f'(x)=g(x)=0 có ba nghiệm dương phân biệt.

Lại có g(x) là hàm bậc 3 cắt Ox tại ba điểm có hoành độ dương, suy ra gC§.gCT<0,g(0)<0 có hai nghiệm dương và gC§.gCT<0,g(0)<0.

Ta có: f'(x)=x3−3mx2+3(m2−1)x+1−m2=g(x)g'(x)=0⇔x2−2mx+m2−1=0

⇔xC§=m−1,xCT=m+1.

Nhận xét: xC§=m−1>x1>0⇒m>1.

(Giải hệ điều kiện: PP loại trừ).

+ g(0)<0⇒m2−1>0⇒m>1+ gC§=(m−1)(m2−3)>0⇒m>3+ gCT=(m+1)(m2−2m−1)<0⇒m>1+2

Vậy giá trị cần tìm của m là: 3<m<1+2⇔3<m2<3+22⇒a=b=3,c=2.