Đề số 25

Đáp án C

Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây:

Đáp án A

Ta có: |1z|=|1(1−2i)2|=1|1−2i|2=15

Đáp án D

Số nghiệm của phương trình x3+3x2−2=m  là số giao điểm của đồ thị hàm số  y=x3+3x2−2 và đường thẳng  y=m

Ta có: y'=3x2+6x=0⇔[x=0x=−2 . Ta có đồ thị hàm số như hình vẽ:

Quan sát đồ thị hàm số ta có đường thẳng y=m  cắt đồ thị hàm số y=x3+3x2−2  tại 2 điểm phân biệt  ⇔[m=2m=−2

Đáp án A

TXĐ: D=R\{2}. Ta có: y'=2.1−1.1(x+2)2=1(x+2)2

Gọi M(xo;xo+1xo+2)∈(C)

Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x=xo là: y'=1(xo+2)2(x−xo)+xo+1xo+2(d')

Để (d')//(d):x+y=1⇔y=−x−1⇒1(xo+2)2=−1 (vô nghiệm)

 Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án A

Với x=0⇒d>0

Từ đồ thị ta thấy nếu gọi x1;x2là hai điểm cực trị của hàm số thì khi đó

{x1+x2=−2b3a>0x1x2=c3a<0⇒{b<0c<0

Đáp án B

Hàm số y=f(x) có f'(x)>0 ∀x∈ℝ thì đồng biến trên

Khi đó ta có f(1x)<f(1)⇔1x<1⇔1x−1<0⇔1−xx<0⇔[x>1x<0

Vậy x∈(−∞;0)∪(1;+∞)

Đáp án D

Ta có:

 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên  (−∞;2) và đồng biến trên (2;+∞).

Đáp án D

Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có:

20u1−10u2+u3=20u1−10u1q+u1q2=40−20q+2q2=2(q2−10q+25)−10=t2−10≥−10

Dấu “=” xảy ra ⇔q=5

Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là u7=u1q6=2.56=31250

Đáp án D

Mặt phẳng (P) vuông góc với (Q),(R)⇒nP→⊥nQ→,nP→⊥nR→⇒nP→=[nQ→,nR→]

Ta có: nQ→=(1;1;3), nR→=(2;−1;1)⇒nP→=[nQ→,nR→]=(4;5;−3)

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm B(2;1;−3) và có vecto pháp tuyến n→=(4;5;−3) là: 4(x−2)+5(y−1)−3(z+3)=0⇔4x+5y−3z−22=0

Đáp án C

Ta có: [ln(5−3x2)]'=−6x5−3x2=6x3x2−5

 

Đáp án C

Ta có:       log52=1log25=1a;log53=1log35=1b   

log65=1log56=1log52+log53=11a+1b=aba+b

Đáp án B

Giả sử: z=a+bi (với a,b∈ℝ)

Khi đó: 2z−i.z¯=2+5i⇔2(a+bi)−i(a−bi)=2+5i

⇔2a−b+(2b−a)i=2+5i⇔{2a−b=22b−a=5⇔{a=3b=4

Do đó:  z=3+4i⇒|z|=32+42=5

Đáp án C

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:

3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện.

1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Đáp án B

Ta có: ∫(x−sin2x)dx=x22+12cos2x+C

 

Đáp án C

Ta có: SA⊥(ABCD)⇒SA⊥BD

Lại có: BD⊥AC (do ABCD là hình vuông)

Mà AN⊥SO (giả thiết) ⇒AN⊥(SBD)⇒AN⊥(SOD)

Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian.

Đáp án A

TXĐ: D=ℝ\{2}. Ta có:

y'=−2.1−1.(m2+2m)(x−2)2=−m2−2m−2(x−2)2=−(m+1)2−1(x−2)2<0 ∀x∈D

y'<0 ∀x∈[3;4] Hàm số đã cho nghịch biến trên [3;4]

⇒miny[3;4]=y(4)=m2+2m+42; max[3;4]y=y(3)=m2+2m+3⇒A=m2+2m+42;B=m2+2m+3

Theo đề bài ta có A+B=192⇒m2+2m+42+m2+2m+3=192

⇔m2+2m+4+2m2+4m+62=192⇔3m2+6m−9=0⇔[m=1m=−3

Đáp án A

Đặt t=2sinx⇒dt=2cosxdx⇒12dt=cosxdx

Đổi cận: {x=0⇒t=0x=π2⇒t=2

Vậy I=12∫02f(t)dt=12∫02f(x)dx=3

Đáp án D

Gọi C(c;0)∈Ox(c>0)ta có C(c;0)∈Ox(c>0)

Tam giác ABC vuông tại C⇔CA→.CB→=0⇔(−2−c)(8−c)+16=0

−16+2c−8c+c2+16=0⇔c2−6c=0⇔[c=0(ktm)c=6(tm)⇒C(6;0)

Đáp án B

Ta có: y'=2x−16x2⇔y=0⇔2x3=16x2⇔2x3=16⇔x=2∈[32;4]

Ta lại có: y(32)=15512;y(2)=12;y(4)=20

Vậy max[32;4]y=20 khi  x=4

Đáp án C

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có

BC=AC2−AB2=25a2−16a2=3a

Vậy thể tích khối trụ là V=π(AB)2.BC=π(2a)2.3a=12πa2

Đáp án A

Tập xác định của hàm số:|x|>0⇔x≠0⇒ Đáp án D đúng.

Ta có: y=log12|x|={log12x           khi  x>0log12(−x)   khi     x<0

Vì 0<a=12<1⇒ hàm số y=log12x  nghịch biến trên (0;+∞) và hàm số y=log12(−x)  đồng biến trên (−∞;0)

Đáp án A

Ta có: (x2+1x)12=∑k=012C 12k(x2)12−k(1x)k=∑k=012C 12kx24−3k, do đó hệ số của số hạng chứa  trong khai triển trên ứng với 24−3k=m⇔k=24−m3

Theo bài ra ta có C1224−m3=792⇔[24−m3=524−m3=7⇔[m=9m=3

Đáp án B

Ta có:  2x+1=4⇔2x+1=22⇔x+1=2⇔x=1

Vậy tập nghiệm của phương trình là:   S={1}

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của CD. Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B  ⇒{CD⊥AHCD⊥BH⇒CD⊥(ABH)⇒CD⊥AB Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại C⇒CE⊥AB. Ta có   {AB⊥CDAB⊥CE⇒AB⊥(CDE)⇒AB⊥DE {(ABC)∩(ABD)=AB(ABC)⊃CE⊥AB(ABD)⊃DE⊥AB⇒∠((ABC);(ABD))=∠(CE;DE)=∠CED=90o

 

Ta có  ΔABC=ΔADC(c.c.c)⇒CE=DE⇒ΔCDE vuông cân tại E

⇒CD=CE2⇔2x=CE2⇔CE=x2    (*)

 

Xét tam giác vuông CBH có   BH2=BC2−CH2=a2−x2

Xét tam giác vuông ACH có   AH2=AC2−CH2=a2−x2

Xét tam giác vuông ABH có  AB2=AH2+BH2=2a2−2x2⇒AE=2a2−2x22

Xét tam giác vuông ACE có CE2=AC2−AE2=a2−a2−x22=a2+x22⇒CE=a2+x22

Thay vào (*) ta có    a2−x22=x2⇔a2+x2=4x2⇔3x2=a2⇔x=a33.

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của S trên AC. Ta có   {(SAC)∩(ABCD)=AC(SAC)⊃SH⊥AC⇒SH⊥(ABCD) Ta có:  ∠(SA,(ABCD))=∠(SA,AH)=∠(SA,AC)=∠SAC Ta có:  ∠AC=AB2=a22.2=a Xét ΔSAC vuông tại S ta có:  {SA=AC.cos60o=a2SC=AC.sin60o=a32

Áp dụng hệ thức lượng cho ΔSAC vuông tại S và có đường cao SH ta có:

 SH=SA.SCAC=a2.a32a=a34

⇒VS.ABCD=13SA.SABCD=13.a34.a22=a3324⇒VS.ABCD=13SA.SABCD=13.a34.a22=a3324

 

Đáp án C

Đặt:  {u=x−1dv=sin2xdx⇒{du=dxv=−12cos2x

Do đó:  I=∫0π4(x−1)sin2xdx=−12(x−1)cos2x|0π4+12∫0π4cos2xdx

Đáp án C

Nếu  x=xo là điểm cực trị của hàm số thì   f'(xo)=0

Nếu x=xo là điểm cực trị của hàm số thì   {f'(xo)=0f''(xo)>0

Đáp án B

Ta có:  ∫f(x)dx=∫1x(lnx+2)2dx=∫d(lnx+2)(lnx+2)2=−1lnx+2+C

Đáp án A

Ta có:  22x2+5x+4=4⇔2x2+5x+4=2⇔2x2+5x+2=0⇔[x=−12x=−2⇒x1x2=1

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm:  (x−1)ex2−2x=0⇔x−1=0⇔x=1

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là:  V=π∫12(x−1)ex2−2xdx 

=12π∫12ex2−2xd(x2−2x)=12πex2−2x|12=12π−π2e=π(e−1)2e

 

Đáp án C

Ta có: a→.b→=1.2−2.(−1)+3.(−1)=1≠0⇒a→,b→  không vuông góc ⇒  loại đáp án A.

Ta thấy không tồn tại số k để  a→=kb→⇒a→,b→ không cùng phương ⇒ loại đáp án B.

 |a→|=1+(−2)2+32=14⇒ Đáp án C đúng.

Đáp án A

Vì SA=SB=SD=a nên hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD)  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABD⇒SH⊥(ABCD) Do tam giác ABD  cân tại   A⇒H∈AC Dễ dàng chứng minh được: ΔSBD=ΔABD(c.c.c)⇒SO=AO=AC2⇒ΔSAC vuông tại S (tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

 ⇒AC=SA2+SC2=a2+x2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có   SH=SA.SCAC=axa2+x2

Ta có  OA=12AC=12a2+x2

⇒OB=AB2−OA2=a2−a2+x24=3a2−x22⇒BD=3a2−x2

 Do ABCD là hình thoi   ⇒SABCD=12AC.BD

Khi đó ta có:  VS.ABCD=13SH.SABCD=16.axa2+x2a2+x2.3a2−x2=16ax3a2−x2

Áp dụng BĐT Cosi ta có:  x3a2−x2≤x2+3a2−x22=3a22⇒VS.ABCD≤16a3a22=a34

Dấu “=” xảy ra  ⇔x2=3a2−x2⇔x=3a22=a62=amn⇒{m=6n=2⇒m+2n=10

Đáp án C

Ta có  y'=8x7+5(m+1)x4−4(m2−1)x3; y''=56x6+20(m+1)x3−12(m2−1)x2

⇒y=0⇔8x7+5(m+1)x4−4(m2−1)x3=0⇔x3[8x4+5(m+1)x−4(m2−1)]=0 

TH1: Xét  m2−1=0⇔m=±1

·        Khi  m=1 ta có y'=0⇔x3(8x4+10x)=x4(8x3+10)⇒x=0  là nghiệm bội 4⇒x=0 không là cực trị của hàm số.

·        Khi m=−1  ta có y'=0⇔x3.8x4=0⇔8x7=0⇔x=0 là nghiệm bội lẻ ⇔x=0 là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm  thì  đổi dấu từ âm sang dương nên x=0 là điểm cực tiểu của hàm số.

TH2: Xét  m2−1≠0⇔m≠±1 ta có:

 y=0⇔x2[8x5+5(m+1)x2−4(m2−1)x]=0⇔[x2=08x5+5(m+1)x2−4(m2−1)x=0

x2=0⇔x=0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình   g(x)=8x5+5(m+1)x2−4(m2−1)x=0

Hàm số đạt cực tiểu  x=0⇔g'(0)>0

Ta có  g'(x)=40x4+10(m+1)x−4(m2−1)

 ⇒g'(0)=−4(m2−1)>0⇔m2−1<0⇔−1<m<1

Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có −1≤m<1.  Do m∈Z⇒m∈{−1;0}

Đáp án D

Ta có  (x+2−x2+1)2+18(x2+1)x2+1x+2+x2+1=m(x2+1)

 ⇒(x+2−x2+1)2x2+1+18x2+1x+2+x2+1=m

Đặt  f(x)=(x+2−x2+1)2x2+1+18x2+1x+2+x2+1

Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm  minf(x)=7⇔x=0

Để phương trình  f(x)=m có nghiệm  ⇒m≥7

Kết hợp điều kiện ta có  m∈[7;2018],m∈ℤ

Vậy có (2018−7)+1=2012 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án A

Ta có:  (7+35)(7−35)=49−45=4⇒7−35=47+35

Phương trình tương đương với:  (47+35)x2+m(7+35)x2=12.2x2

 ⇔2.2x2−2x2.(7+35)2+2m(7+35)x2=0⇔2.(27+35)2x2−(27+35)x2+2m=0(*)

Đặt  (27+35)2x2=t⇒x2=log27+35t.

Ta có:  0<27+35<1⇒log27+35t>0⇔0<t<1⇒(*)⇔2t2−t+2m=0  (1)

Để có phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  t∈(0;1)

⇔{Δ>0af(0)>0af(1)>00<−b2a<1⇔{1−16m>04m>02(2m+1)>00<12<1⇔{m<116m>0⇔0<m<116m>−12

 

Đáp án C

Gọi điểm  I(a,b,c) thỏa mãn  IA→+IB→−IC→=0→ 

Ta có:  {IA→=(−3−a;−b;−c)IB→=(−a;−b;3−c)IC→=(−a;−3−b;−c)⇒IA→+IB→−IC→=(−3−a;3−b;3−c)=0→

⇔{−3−a=03−b=03−c=0⇔{a=−3b=3c=3⇔I(−3;3;3)

Ta có |MA→+MB→−MC→|=|MI→+IA→+MI→+IB→−MI→−IC→|=|MI→+(IA→+IB→−IC→)|=|MI→|=MI

Do đó  nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất  là hình chiếu của I trên (P)

Ta thấy −3+3+3−3=0⇒I∈(P)

Nên hình chiếu của I trên (P) là chính nó

Do đó M≡I⇒M(−3;3;3)

Đáp án D

Bất phương trình tương đương với: log(2x2+3)<log(x2+mx+1)∀x∈R

⇔0<2x2+3<x2+mx+1⇔x2−mx+2<0∀x∈R(*)⇔{a=1<0Δ=m2−8<0(vô nghiệm)

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Ta có: f(x)=6x2−6x+12+6x−x2−4=6x2−6x+12−(x2−6x+12)+8

Đặt t=x2−6x+12=(x−3)2+3≥3, khi đó ta có f(t)=−t2+6t+8∀x≥3

Ta có f'(t)=−2t+6=0⇔t=3

Bảng biến thiên:

max[3;+∞]f(t)=17⇔t=3⇔(x−3)2+3=3⇔x=3

⇒maxf(x)=17=M⇔x=3

 

Vậy phương trình f(x)=Mcó nghiệm duy nhất x=3, do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3.

Đáp án C

Ta có: F(x)=∫(x3−2x2+1)dx=x44−2x33+x+C

Lại có: F(0)=5⇔C=5⇒F(x)=x44−2x33+x+5

⇒F(x)=5⇔x44−2x33+x=0⇔x(x44−2x33+1)=0⇔[x=0x≈−1,04

Đáp án A

Vì z=1+i là nghiệm của phương trình z2+mz+n=0 nên:

(1+i)2+m(1+i)+n=0⇔m+n+(2+m)i=0

⇔{m+n=02+m=0⇔{m=−2n=2⇒|z|=m2+n2=22

Đáp án C

Xét hàm số g(x)=x2−mx+2mx−2⇒g'(x)=x2−4x(x−2)2=0⇒[x=0x=4

Khi x=0⇒g(0)=−m. Ta có g(−1)=13(−3m−1)=−m−13;g(1)=1+m−1=−1−m

Mà −1−m<−13−m<−m

Suy ra max[−1;1]f(x)=max{|m|,|m+1|,|m+13|}=max{|m|,|m+1|}

TH1: {|m+1|≥|m||m+1|≤5⇔{m≥−12−6≤m≤4⇒m∈{0;1;2;3;4}

TH2: {|m+1|<|m||m|≤5⇔{m<−12−5≤m≤5⇒m∈{−5;−4;−3;−2;−1}

Suy ra tổng các phần tử của S bằng – 5.

Đáp án A

Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận) nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận).

Số trận hòa là 16 trận, số trận không hòa là 132 - 60 = 72.

60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm.

72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm.

Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 126 = 336.

Đáp án D

Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V=πR2h⇒h=VπR2

Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S=2πRh+πR2

⇒S=2π.RVπR2+πR2=2VR+πR2

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương VR;VR;πR2 ta có:

VR+VRπR2≥3VR+VRπR23=3πV23

Dấu “=” xảy ra ⇒VR=πR2⇔R3=Vπ⇔V=πR3→h=πR3πR2=R

Đáp án B

Yêu cầu bài toán tương đương với: log22x−(2m+5)log2x+m2+5m+4<0,∀x∈[2;4)

⇔m+1<log2x<m+4,∀x∈[2;4)⇔{m<log2x−1,∀x∈[2;4)m>log2x−4,∀x∈[2;4)⇔{m<min[2;4)(log2x−1)m≥max[2;4)(log2x−4)

⇔{m<log22−1=0m≥log24−4=−2⇔m∈[−2;0)

 Cách giải phương trình bậc hai có tham số m

Cho phương trình t2−(2m+5)t+m2+5m+4=0(*)

 Cho m=100 , phương trình (*) trở thành: t2−205t+10504=0 có hai nghiệm t1=1001=m+1; t2=1004=m+4

Đáp án B

Khối nón N1 được sinh bởi tam giác ABC khi quay quanh AB có chiều cao h1=AB và bán kính đáy R1=BC. Khối nón N2 được sinh bởi khi quay quanh AB có chiều cao h2=AB và bán kính đáy R2=AD. Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song.

Trong mặt phẳng đáy của hình nón (N1)  kẻ đường kính GH//DE. Dễ dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân.

Gọi M=AG∩BE;N=AH∩BD; I=AB∩MN

Khi đó phần chung giữa hai khối nón (N1) và (N2) là hai khối nón:

Khối nón (N3) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN⇒V3=13π.IN2.BI

Khối nón (N4) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN⇒V4=13π.IN2.AI

Thể tích phần chung V=V3+V4=13π.IN2.BI+13π.IN2.AI=13π.IN2.(AI+BI)=13π.IN2.AB

Áp dụng định lí Ta-let ta có: MNGH=AIAB;MNDE=BIAB⇒MNGH+MNDE=AI+BIAB=1

⇒MN(12BC+12AD)=1⇔MN.(12.2a+12.6a)=1⇔MN=3a

Dễ thấy I là trung điểm của MN⇒IN=MN2=3a2

Vậy V=13π.(3a2)2.2a3=33πa32

Đáp án D

Ta có g'(x)=f'(x)+1=0⇔f'(x)=−1⇔[x=0x=1x=2

Bảng biến thiên:

 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số  y=g(x)có 1 điểm cực đại là x=2.

Đáp án A

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

⇒[f'(x).f(x)]'=x3−2x    (*)

Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: f'(x).f(x)=x44−x2+C  (1)

Lại có: f'(0)=f(0)=2⇒C=2.2=4⇒(1)⇔f(x).f'(x)=x44−x2+4

⇒∫f(x)f'(x)dx=∫(x44−x2+4)dx⇔∫f(x)df(x)=x520−x33+4x+A⇔f2(x)2=x520−x33+4x+A⇔f2(x)=x510−2x33+8x+2A

 

Có f(0)=2⇒4=2A⇔A=2⇒f2(x)=x510−2x33+8x+4

⇒f2(x)=2510−2.233+8.2+4=26815

 

Đáp án A

Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE  là hình vuông  

⇒{CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB)⇒CE⊥SB

Trong (SAB) kẻ HE⊥SB ta có: {SB⊥EHSB⊥CE⇒SB⊥(CHE)⇒SB⊥CH

{(SAB)∩(SBC)=SB(SAB)⊃EH⊥SB(SAC)⊃CH⊥SB⇒((SAB),(SBC))^=(EH,CH)^=CHE^=60oXét tam giác vuông CEH có EH=CE.cot60o=a3.

Ta có ΔSAB~ΔEHG(g.g)⇒SAEH=SBBE⇒SA=EH.SBBE=a3.SA2+4a2a

⇔3SA=SA2+4a2⇔3SA2=SA2+4a2⇔SA2=2a2⇔SA=a2

Đáp án C

Ta có: f2020(x)=0⇔f2019(x)=±1⇔[f2018(x)=0f2018(x)=±2⇔[f2017(x)=±1f2017(x)=±3⇔[fo(x)=0fo(x)=±2....fo(x)=±2020

Xét hàm số  ta có: y=fo(x)={lnx+4038;0<x<e−2019−lnx;e−2019≤x<e2019lnx−4038;x≥e2019,

BBT hàm số y=fo(x)

 

Vậy số nghiệm của phương trình là: 2019.3+2=6059

Đáp án B

Ta có: AB→=(−1;2;1),n(Q)→.AB→=0⇔−1+2a+b=0⇔b=1−2a

cosα=|n(P).→n(Q)→||n(P)→|.|n(Q)→|=|2−a−2b|22+12+22.1+a2+b2=|2−a−2(1−2a)|31+a2+(2a−1)2

=|3a|35a2−4a+2=15−4a+2a2

Đặt t=1a thì 5−4a+2a2=5−4t+2t2=2(t−1)2+3≥3

 ⇒15−4a+2a2≤13⇒cosα≤13đạt giá trị lớn nhất khi cosα=13

Dấu “=” xảy ra khi t=1⇒a=1⇒b=−1⇒a+b=0