Đề số 5
50 câu hỏi
Đồ thị hàm số nào dưới đây không có tiệm cận ngang?
y=2-x9-x2
y=x2+x+13-2x-5x2
y=x2-3x+2x+1
y=x+1x-1
Đáp án C.
Ta có limx→∞yx2-3x+2x+1=∞⇒ Đồ thị hàm số y=x2-3x+2x+1 không có tiệm cận ngang.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=lnx2-2mx+4 xác định với mọi x∈ℝ.
m∈-∞;-2∪2;+∞
m∈-2;2
m∈-∞;-2∪2;+∞
m∈-2;2
Đáp án D.
Hàm số xác định với mọi x∈ℝ⇔x2-2mx+4>0,∀x∈ℝ⇒∆'=m2-4<0 ⇔-2<m<2.
Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó?
y=e2x
y=16-5x
y=43+2x
y=π+32πx
Đáp án D.
Ta có π+32π=3,14+33,14+3,14<1⇒ Hàm số y=π+32πx nghịch biến trên tập xác định.
Cho hai số thực dương a và b. Rút gọn biểu thức A=a13b+b13aa6+b6.
A=ab6
A=ab3
A=1ab3
A=1ab6
Đáp án B.
Ta có A=a13b+b13aa6+b6=a13b13b6+a6a6+b6=a13b13=ab3.
Tìm số nghiệm của phương trình log51+x2+log131-x2=0.
0
1
2
3
Đáp án B
Phương trình đã cho ⇔1-x2>0log53.log31+x2=log31-x2 (1).
TH1: Với log31+x2=0⇒x=0⇒1⇔-1<x<1x=0⇒x=0.
TH2: Với log31+x2>0⇒x≠0⇒-1<m<1log1+x21-x2=log53⇔-1<m<11-x2=3n1+x2=5n (2).
Vì x≠0⇒1-x2<01+x2>0⇒ (2) vô nghiệm. Kết hợp 2 trường hợp, suy ra x = 0.
Cho hàm số y = f(x). Hàm số y = f ' (x) có đồ thị như hình bên.
Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f(x).
3
1
0
2
Đáp án B.
f ' (x) đổi dấu 1 lần, suy ra hàm số y = f(x) có 1 điểm cực trị.
Cho hàm số y=2x+63x2-27,x≠±3-19,x=±3. Mệnh đề nào sau đây đúng ?
Hàm số liên tục tại mọi điểm trừ các điểm x thuộc khoảng (-3;3)
Hàm số liên tục tại mọi điểm trừ điểm x = -3
Hàm số liên tục tại mọi điểm trừ điểm x = 3
Hàm số liên tục trên ℝ
Đáp án C.
Ta có y=23x-9,x≠±3-19,x=±3⇒ Hàm số không liên tục tại điểm x = 3.
Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và khối tứ diện ACB’D’.
73
3
83
2
Đáp án B.
Ta có VACB'D'=VABCD.A'B'C'D'-VD'.ACD-VC.A'B'D'-VB'.ABC
=VABCD.A'B'C'D'-4.16VABCD.A'B'C'D'=13VVABCD.A'B'C'D'.
Tính số cách rút ra đồng thời hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ 52 con.
26
2652
1326
104
Đáp án C.
Số cách rút 2 con bài từ 52 con bài là C522=1326.
Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=3+1x-3.
y = -3
x = 3
x = -3
y = 3
Đáp án D.
Ta có limx→∞y=limx→∞3+1x-3=3⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 3.
Biết rằng đồ thị hàm số y=x4-3x2+5 và đường thẳng y = 9 cắt nhau tại hai điểm phân biệt Ax1;y1,Bx2;y2 Tính x1+x2.
x1+x2=3
x1+x2=0
x1+x2=18
x1+x2=5
Đáp án B.
PT hoành độ giao điểm hai đồ thị là x4-3x2+5=9⇔x4-3x2-4⇔[x2=-1x2=4⇒x2=4
⇔[x=2x=-2⇒x1=2x2=-2⇒x1+x2=0.
Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây, không có cực trị?
y=x3+3x2-4x+1
y=-x4-4x2+3
y=x3-3x+5
y=x+4x-1
Đáp án D.
Ta có: y=x+4x-1⇒y'=-5x-12<0 ∀x≠1
Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được xác định bởi công thức Gx=0,024x230-x, trong đó x là liều lượng thuốc tiêm cho bệnh nhân cao huyết áp (x được tính bằng mg). Tìm lượng thuốc để tiêm cho bệnh nhân cao huyết áp để huyết áp giảm nhiều nhất.
20mg
0,5mg
2,8mg
15mg
Đáp án A.
Ta có G'x=0,024x230-x=1,44x-0,072x2⇒G'x=0⇔1,44x-0,072x2=0
⇔[x=0x=20
Suy ra G0=0G20=96⇒MaxG(x)=G(20)=96.
Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a.
V=2a33
V=2a34
V=3a32
V=3a34
Đáp án D.
Thể tích khối lăng trụ là V=AA'.S∆ABC=12a2sin60°.a=a334.
Trong các dãy số (un) cho dưới đây, dãy số nào có giới hạn khác 1?
un=nn-20182017n-20172018
un=nn2+2020-4n2+2017
un=11.3+13.5+...+12n+12n+3
u1=2018un+1=12un+1,n≥1
Đáp án C.
Dễ thấy un=11.3+13.5+...+12n+12n+3=n2n+3⇒lim un=limn2n+3=12.
Đồ thị hàm số y=x2-x và đồ thị hàm số y=5+3x cắt nhau tại hai điểm A và B. Khi đó, độ dài AB là:
AB=85
AB=25
AB=42
AB=102
Đáp án C.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là x2-x=5+3:x⇔x-3x+12=0⇔x∈3;-1⇒A3;6,B-1;2⇒BA→4;4⇒AB=42.
Cho hai số phức z1=1-i và z2=2+3i. Tính môđun của số phức z2-iz1.
3
5
5
13
Đáp án C.
m=z2-iz1=2+3i-i1-i=2+3i-i-1=2i+1⇒5 là modul của m.
Tìm tất cả các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x3-3x2+20x2-5x-14.
x = -2 và x = 7
x = -2
x = 2 và x = -7
x = 7
Đáp án D.
Ta có y=x3-3x2+20x2-5x-14=x+2x2-5x+10x+2x-7=x2-5x+10x-7
Suy ra x-7=0⇔x=7⇒ Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = 7.
Tìm tổng các nghiệm của phương trình 22x+1-5.2x+2=0.
0
52
1
2
Đáp án A.
Đặt t=2x,t>0⇒ pt ⇔2t2-5t+2=0⇔[t=2t=12⇔[2x=22x=12⇔[x=1x=-1⇒x1+x2=0.
Cho mặt cầu S:x+12+y-22+z-32=25 và mặt phẳng α:2x+y-2z+m=0. Các giá trị của m để α và (S) không có điểm chung là:
m≤-9 hoặc m≥21
m<-9 hoặc m>21
-9≤m≤21
-9<m<21
Đáp án B
Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;3) và bán kính R = 5.
YCBT ⇔dI;α>R⇔-2+2-6+m3>5⇔[m-6>15m-6<-15⇔[m>21m<-9.
Cho điểm A(-3;2;4) gọi A,B, C lần lượt là hình chiếu của M trên trục Ox, Oy, Oz. Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC)
6x-4y-3z-12=0
3x-6y-4z+12=0
4x-6y-3z+12=0
4x-6y-3z-12=0
Đáp án D.
Ta có A(-3;0;0), B(0;2;0), C(0;0;4) ⇒(ABC):x-3+y2+z4=1⇔4x-6y-3z+12=0.
Đồ thị hàm số y=x2-4x2-5x+6 có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
1
3
4
2
Đáp án B.
TXĐ: D=(-∞;-2]∪2;+∞\3
Ta có: limx→∞y=0⇒ đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là y = 0.
Mặt khác limx→3y=∞ nên x = 3 là tiệm cận đứng, limx→2+y=limx→2+x-2x+2x-2x-3 =limx→2+x+2x-2.x-3=-∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 2.
Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.
Cho khối nòn đỉnh O, trục OI. Mặt phẳng trung trực của OI chia khối chóp thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần là:
12
18
14
17
Đáp án D.
Gọi bán kính của khối nón đỉnh O là r và chiều cao của khối nón là h.
Thể tích của khối nón lớn là V=13πr2h.
Thể tích của khối nón nhỏ là V1=13πr12h1=13π.r22.h2=18.13πr2h=V8.
Khi đó thể tích phần còn lại là V2=V-V1=V-V8=7V8. Vậy V1V2=17.
Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = fx+m có ba điểm cực trị là
m≤-1 hoặc m≥3.
m=-1 hoặc m=3.
m≤-3 hoặc m≥1.
1≤m≤3.
Đáp án A.
Ta có gx=fx+m⇒g'x=f'x.fx+mfx+m. (Chú ý: u=u'.uu).
Để hàm số y = g(x) có 3 điểm cực trị ⇔g'x=0 có 3 nghiệm phân biệt (1).
Mặt khác, phương trình g'x⇔[f'x=0fx+m=0⇔[x=x1;x=x2fx=-m (2).
Từ (1), (2) suy ra [-m≥1-m≤-3⇔[m≤-1m≥3.
Tìm tập xác định D của hàm số y=log2017x-24+log20189-x2.
D = (-3;2)
D = (2;3)
D = (-3;3)\2
D = [-3;3]
Đáp án C.
Hàm số đã cho xác định ⇔x-24>09-x2>0⇔x≠2-3<x<3. Vậy D = (-3;3)\2
Tìm hệ số của x4 trong khai triển nhị thức Newton 2x+1x5n với x > 0, biết n là số tự nhiên lớn nhất thỏa mãn An5≤18An-24.
8064
3360
13440
15360
Đáp án A.
Ta có An5≤18An-24⇔n≥6n!n-5!≤18.n-2!n-6!⇔n≥6nn-1n-5≤18⇔9≤n≤10→n=10.
Với n = 10, xứt khai triển nhị thức
2x+1xx10=∑k=1010C10k.2x10-k.1x5x=∑k=010C10k.210-k.x10-6k5.
Hệ số của x4 ứng với 10-6k5=4⇔k=5. Vậy hệ số cần tìm là C105.25=8064.
Để đầu tư dự án trồng rau sạch theo công nghệ mới, bác A đã làm hợp đồng xin vay vốn ngân hàng với số tiền 100 triệu đồng với lãi suất x% trên một năm. Điều kiện kèm theo của hợp đồng là số tiền lãi tháng trước sẽ được tính làm vốn để sinh lãi cho tháng sau. Sau hai năm thành công với dự án rau sạch của mình, bác A đã thanh toán hợp đồng ngân hàng số tiền làm tròn là 129 512 000 đồng. Hỏi lãi suất trong hợp đồng giữa bác A và ngân hàng là bao nhiêu?
x = 14
x = 15
x = 13
x = 12
Đáp án A.
Ta có 100 000 000.1+x%2=129512000→casiox=14.
Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A(2;1;3) và đường thẳng có phương trình (d):x-12=y-2-1=z1. Mặt phẳng (P) chứa A và d. Viết phương trình mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng (P).
x2+y2+z2=125
x2+y2+z2=3
x2+y2+z2=6
x2+y2+z2=245
Đáp án D.
(d):x-12=y-2-1=z1 đi qua B(1;2;0) có vecto chỉ phương nd→=2;-1;1
Với BA→=1;-1;3, vecto pháp tuyến của (P) là: BA→,ud→=2;5;1
⇒P:2x-2+5y-1+z-3=0⇔2x+5y+z-12=0
Bán kính của mặt cầu cần tìm là dO,P=2305.
Một chiếc xô hình nón cụt đựng hóa chất ở phòng thí nghiệm có chiều cao 20cm, đường kính hai đáy lần lượt là 10cm và 20cm. Cô giáo giao cho bạn An sơn mặt ngoài của xô (trừ đáy). Tính diện tích bạn An phải sơn (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy).
1942,97 cm2
561,25 cm2
971,48 cm2
2017,44 cm2
Đáp án D.
Diện tích bạn An cần phải sơn là S=πr1+r2.1=π.10+20.202+102≈2017,44 cm2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;1;3), B(0;2;1), C(-2;0;-3). Điểm M thuộc Oz sao cho 2MA→+MB→+MC→ nhỏ nhất có tọa độ là:
(0;0;2)
(0;0;-1)
(0;0;1)
0;0;12
Đáp án C.
Do M∈Oz⇒M0;0;a⇒MA→=1;1;3-a,MB→=0;2;1-a,MC→=-2;0;-3-a
⇒2MA→+MB→+MC→=0;4;-4a+4⇒2MA→+MB→+MC→=4a-12+1≥4 xảy ra khi a = 1.
Do đó tọa độ điểm M là M(0;0;1).
Một nguyên hàm của fx=2x-1e1x là Fx=ax2+bx+c+dxe1x. Tính a+b+c+d
1
3
0
2
Đáp án A.
Ta có fx=F'x=2ax+b-dx2e1x-a+bx+cx2+dx3e1x =2ax+b-a-bx-cx2-dx2-dx3e1x⇒2a=2b-a=-1b=0-c-d=0-d=0⇔a=1b=0c=0d=0⇒a+b+c+d=1.
Tập giá trị của hàm số cosx+1sinx+1 trên 0;π2 là:
12;2
(12;2]
[12;2)
12;2
Đáp án A.
Xét hàm số fx=cosx+1sinx+1 trên 0;π2 có f'x=-sinxsinx+1-cosxcosx+1sinx+12.
Suy ra f'x=-sinx+cosx+1sinx+12<0; ∀x∈0;π2⇒fx là hàm số nghịch biến trên 0;π2.
Do đó min0;π2fx=fπ2=12; max0;π2fx=f0=2. Vậy tập giá trị cần tìm là 12;2
Cho hàm số y=23x3+m+1x2+m2+4m+3x-3 (m là tham số thực). Tìm điều kiện của m để hàm số có cực đại và cực tiểu và các điểm cực trị của hàm số nằm bên phải của trục tung
-5<m<-1
-5<m<-3
-3<m<-1
[m>-1m<-5
Đáp án B.
Ta có y'=2x2+2m+1x+m2+4m+3; ∀x∈ℝ.
Phương trình y'=0⇔2x2+2m+1x+m2+4m+3=0 (*).
Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị ⇔(*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔∆'>0⇔-5<m<-1.
Và các điểm cực trị của hàm số nằm bên phải Oy ⇔m2+4m+3>0⇔[m>-1m<-3.
Vậy -5<m<-3 là giá trị cần tìm.
Tứ diện OABC có OA = OB = OC = 1 và OA⊥OB. Tìm góc giữa OC và (OAB) để tứ diện có thể tích là 112
30°
45°
60°
90°
Đáp án A.
Gọi H là hình chiếu của C trên mặt phẳng (OAB)
Ta có OC∩OAB=O và CH⊥OAB
⇒OC;OAB^=OC,OH^=HQC^
Ta có sinHOC^=CHOC⇒CH=OC.sinHOC^=sinHOC^
Ta có SOAB=12OA.OB=12
⇒VOABC=13SH.SOAB=13.sinHOC^.12=sinHOC^6
Mà VOABC=112⇒sinHOC^=12⇒HOC^=30°.
Cho tứ diện S.ABC trên đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho SM = 5 MA, SN = 2NB và SP = kPC. Kí hiệu VT là thể tích của khối đa diện T. Biết rằng VSMNP=12VSABC. Tìm k?
k=12
k = 9
k = 5
k = 4
Đáp án B.
Chọn MA=1⇒SM=5SA=6,NB=1⇒SN=2SB=3,PC=1⇒SN=kSC=k+1.
Ta có VSMNP=12VSABC⇔VS.MNPVS.ABC=SMSA.SNSB.SPSC=56.23.kk+1=12⇒kk+1=910⇒k=9.
Một người nông dân có một tấm cót hình chữ nhật có chiều dài 12π dm, chiều rộng 1 (m). Người nông dân muốn quây tấm cót thành một chiếc bồ đựng thóc không có đáy, không có nắp đậy, có chiều cao bằng chiều rộng của tấm cót theo các hình dáng sau:
(I). Hình trụ.
(II). Hình lăng trụ tam giác đều.
(III). Hình hộp chữ nhật có đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng.
(IV). Hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông.
Hỏi theo phương án nào trong các phương án trên thì bồ đựng được nhiều thóc nhất (Bỏ qua riềm, khớp nối).
(I)
(II) 
(III) 
(IV) 
Đáp án B.
Hình trụ có chu vi đường tròn đáy là C=12π⇒R=6⇒Sld=πR2=36π.
Hình lăng trụ tam giác đều có chu vi đáy là C=12π⇒a=4π⇒S2d=a232=8π23.
Hình hộp chữ nhật đáy là hình chữ nhật có chu vi đáy là C=12π⇒a=2πb=4π⇒S3d=a.b=8π2.
Hình hộp chữ nhật đáy là hình vuông có chu vi đáy là C=12π⇒a=3π⇒S4d=a2=9π2.
So sánh S2d>S1d;S2d;S3d;S4d⇒ theo phương án II thì bồ đựng nhiều thóc nhất.
Cho hàm số fx=4x4x+2.
Tính tổng S=f12015+f22015+f32015+...+f20132015+f20142015
2014
2015
1008
1007
Đáp án D.
Dễ dàng chứng minh fx+f1-x=4x4x+2+41-x41-x+2=4x4x+2+22+4x=1. Do đó:
S=f12015+f20142015+f22015+f32015+...+f10072015+f10082015=1007.
Số các giá trị nguyên của tham số m∈-2018;2018 để PT x2+m+2x+4=m-1x3+4x có nghiệm là
2016
2010
2012
2014
Đáp án C.
Điều kiện: x≥0. Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Xét x > 0 chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được: x2+4x-m-1x2+4x+m+2=0 (*).
Đặt t=x2+4x≥4xx=2⇒t∈[2;+∞), khi đó phương trình (*)⇔t2-m-1t+m+2=0
Vì t≥2⇔t-1≠0 nên phương trình (*)⇔t2+t+2=mt-1⇔m=t2+t+2t-1.
Xét hàm số ft=t2+t+2t-1 trên [2;+∞), có f't=t2-2t-3t-12 suy ra min[2;+∞)ft=7.
Khi đó, để phương trình m = f(t) có nghiệm ⇔m≥min[2;+∞)ft=7.
Kết hợp với m∈[-2018;2018] và m∈ℤ suy ra có tất cả 2012 giá trị nguyên m.
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R có BAC=75°, ACB=60°. Kẻ BH⊥AC. Quay tam giác ABC quanh trục AC thì ∆BHC tạo thành hình nón xoay có diện tích xung quanh bằng?
πR234.3+12
πR234
πR234.2+1
πR234.3+1
Đáp án A.
Áp dụng định lý Sin, ta có 2R=ABsinACB^⇒AB=2R.sin60°=R3.
Và 2R=BCsinBAC^⇒BC=23+12. Xét ∆BHC vuông tại H, ta có
sinACB^=BHBC⇒BH=sin60°.BC=6+324R.
cosACB^=CHBC⇒CH=cos60°.BC=6+24R.
Khi quay ∆BHC quanh trục AC ta được hình nón tròn xoay có bán kính đường tròn đáy r = BH và chiều cao h=CH=6+24R. Vậy Sxq=πrl=3+232πR2
Cho một đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn O. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đó. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật
3323
49
2969
7216
Đáp án A.
Có 10 đường kính của đường tròn được nối bởi 2 đỉnh của đa giác đều.
Một hình chữ nhật có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác được tạo bởi 2 đường kính nói trên.
Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác là C204 Số cách chọn 4 đỉnh của hình chữ nhật là C202.
Vậy xác suất cần tính là P=C102C204=454845=3323.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông; SA = AB = a và SA⊥ABCD. Gọi M là trung điểm AD, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BM
a146
6a14
a142
2a14
Đáp án D.
Qua C kẻ đường thẳng song song với BM cắt AD tại N.
Ta có BM//CN⇒dSC,BM=dBM,SCN
=dM,SCN=23dA,SCN
Kẻ AH⊥CN, AK⊥SH
Ta có CN⊥AHCN⊥SA⇒CN⊥(SAH)⇒CN⊥AK
Mà AK⊥SH⇒AK⊥(SCN)
Cho hàm số y=fx=eax-e3x2x khi x≠012 khi x=0. Tìm giá trị của a để hàm số f(x) liên tục tại điểm x = 0.
a = 2
a = 4
a=-14
a=-12
Đáp án B.limx→0eax-e3x2x=limx→0eax-1-e3x+12x=limx→0eax-12x-limx→0e3x-12x=a-32
Chú ý giới hạn đặc biệt sau: limu→0eu-1u=1.
limx→0eax-1ax=1⇔limx→0eax-12x=a2 và limx→0e3x-13x=1⇔limx→0e3x-12x=32
Do đó limx→0eax-e3x2x=limx→0eax-1-e3x+12x=limx→0eax-12x-limx→0e3x-12x=a-32
Mà hàm số liên tục tại x=0⇒limx→0fx=f0⇔a-32=12⇔a=4.
Cho hình chóp S.ABC có độ dài cạnh SA = BC = x, SB = AC = y, SC = AB = z thỏa mãn điều kiện x2+y2+z2=9. Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
368
364
64
265
Đáp án C.
Ghép hình chóp vào hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là a, b, c.
Ta có a2+b2=x2b2+c2=y2⇒a2+b2+c2=x2+y2+z22c2+a2=z2⇒c2=y2+z2-x22a2=x2+z2-y22b2=x2+y2-z22
⇒abc=y2+z2-x2x2+z2-y2x2+y2-z28.
Thể tích khối chóp S.ABCD là V=13abc=1212y2+z2-x2x2+z2-y2x2+y2-z2.
≤162y2+z2-x2+x2+z2-y2+x2+y2-z233=162.33=64.
Vậy giá trị lớn nhất của VS.ABCD là 64.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 1-m22n.x+4mn.y+1+m21-n2.z+4m2n2+m2+n2+1=0, với m, n là tham số thực tùy ý. Biết rằng mặt phẳng (P) luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định khi m, n thay đổi. Tìm bán kính mặt cầu đó?
1
2
3
4
Đáp án D.
Gọi I(a,b,c) là tâm mặt cầu cố định đó. Rõ ràng d(I,(P)) = R không đối với mọi m,n∈ℝ.
Với m=1⇒dI,P=2nb+1-n2c+4n2+14n2+1-n22=R
Với m=-1⇒dI,P=-2nb+1-n2c+4n2+14n2+1-n22=R
⇒2nb+1-n2c+4n2+1=-2nb+1-n2c+4n2+1⇔[b=01-n2c+4n2+1=0
Rõ ràng 1-n2c+4n2+1=0 không thể xảy ra với mọi n∈ℝ suy ra b = 0
Với m=n=1⇒dI,P=b+4=R=4.
Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn z1=z2=z1-z2=1. Tính giá trị của biểu thức P=z1z22+z2z12.
P = 1 - i
P = -1 - i
P = -1
P = 1 + i
Đáp án C.
Ta có 1=z1-z2z1-z2=z1-z2z1-z2¯=z12+z22-z1z2+z2z1⇔z1z2+z2z1=1P=z1z22+z2z12=z1z2+z2z12-2=z1z2z22+z2z1z122-2=z1z2+z2z12-2=-1..
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝ+ thỏa mãn f'x≥x+1x, ∀x∈ℝ+ và f(1) = 1. Tính giá trị nhỏ nhất của f(2).
3
2
52+ln2
4
Đáp án C.
Ta có f2-f1=∫12f'xdx≥∫12x+1xdx=x22+lnx12=2+ln2-12=32+ln2.
Mặt khác f1=1 suy ra f2≥f1+32+ln2=1+32+ln2=52+ln2.
Hàm số y = f(x) có đúng 3 điểm cực trị là -2;-1 và 0. Hỏi hàm số y=fx2-2x có bao nhiêu điểm cực trị?
3
4
5
6
Đáp án A.
Đặt u=x2-2x, ta có y=fu⇒y'=2x-2f'u=2x-2f'x2-2x.
Do đó, phương trình y'=0⇔[2x-2=0x2-2x=-2x2-2x=-1x2-2x=0⇔[x-13=0x2-2x+2=0x2-2x=0⇔[x=0x=1x=2.
Vậy hàm số đã chốc 3 điểm cực trị là x = 0; x= 1; x = 2.
Cho khối nón cụt có R, r lần lượt là bán kính hai đáy và h = 3 là chiều cao. Biết thể tích khối nón cụt là V=π tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = R + 2r.
23
3
33
2
Đáp án D.
Khối nón cụt có thể tích là V=πh3R2+R.r+r2 mà h=3V=π⇒R2+R.r+r2=1 (*).
Ta có P=R+2r⇔R=P-2r thay vào (*), ta được P-2r2+P-2rr+r2=1
⇔P2-4Pr+4r2+Pr-2r2+r2-1=0⇔3r2-3Pr+P2-1=0 (I).
Vậy phương trình (I) có nghiệm khi và chỉ khi ∆I=-3P2-4.3.P2-1≥0⇔P≤2.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 2.
Có tất cả bao nhiêu cặp số thực (x,y) thỏa mãn đồng thời các điều kiện 3x2-2x-3-log35=5-y+4 và 4y-y-1+y+32≤8?
3
2
1
4
Đáp án B.
Với 4y-y-1+y+32≤8, xét từng TH phá giá trị tuyệt đối, ta tìm được nghiệm -3≤y≤0.
Khi đó 3x2-2x-3-log35=3x2-2x-33log35=3x2-2x-35≥15 và y∈-3;0⇔y+4∈1;4⇒5-y+4≤5-1=15.
Do đó 3x2-2x-3-log35=5-y+4⇔[x=-1x=3y=-3⇒x;y=-1;-3;3;-3.
Vậy có tất cả hai cặp số thực (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho hàm số y = f(x) với f(0) = f(1) = 1. Biết rằng: ∫01exfx+f'xdx=ae+b.
Tính Q=a2017+b2017.
Q=22017+1
Q=2
Q=0
Q=22017-1
Đáp án C.
Đặt u=exdv=f'xdx⇔du=exdxv=fx suy ra ∫01ex.f'xdx=ex.fx01-∫01ex.fxdx
⇔∫01ex.f'xdx+∫01ex.fxdx=e.f1-f0⇔ae+b=e-1⇒a=1b=-1.
Vậy Q=0
