Đề số 7
50 câu hỏi
Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Giá trị cực đại của hàm số bằng
0
-1
1
-2
Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra giá trị cực đại bằng -1
Chọn đáp án B
Cho hai hàm số fx, gx có đạo hàm liên tục trên R. Xét các mệnh đề sau
1)k.∫f(x) dx=∫k.f(x) dx, với k là hằng số thực bất kì.
2) ∫fx+gx dx=∫fx dx+∫gxdx.
3) ∫fxgx dx=∫fxdx.∫gxdx.
4) ∫f'xgxdx+∫fxg'xdx=fxgx
Tổng số mệnh đề đúng là:
2
1
4
3
Mệnh đề đúng là mệnh đề 2
Thật vậy ta có ∫fxdx+∫gxdx'=∫fxdx'+∫gxdx'=fx+gx
Mệnh đề 1 sai
Nếu k=0 ta có VT=0; VP=∫0dx=C≠VP
Mệnh đề 3 sai
Phản ví dụ chọn fx=1; gx=0
suy ra VT=∫fxgx dx=∫0dx=C; VP=∫fxdx.∫gxdx=∫dx.∫0dx=(x+C1).C2
Mệnh đề 4 sai vì
VT=∫f'xgx+fxg'xdx=∫fxgx'dx=fxgx+C≠VP.
Chọn đáp án B
Cho a là số thực dương tùy ý, a34 bằng
a34
a−34
a43
a−43
Ta có: a34=a34.
Chọn đáp án A
Cho khối nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón đã cho bằng
2πa3
2πa33
4πa3
4πa33
Thể tích của khối nón đã cho là: V=13.h.πR2=13.2a.π.a2=2πa33.
Chọn đáp án B
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A−1 ; 2 ; −3 và B−3 ; −1 ; 1. Tọa độ của AB→ là
AB→=−4 ; 1 ; −2
AB→=2 ;3 ; −4
AB→=−2 ; −3 ; 4
AB→=4 ; −3 ; 4
Ta có AB→=−3+1 ; −1−2 ; 1+3=−2 ; −3 ; 4
Cho hàm số y=x+12x−2. Khẳng định nào sau đây đúng?
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=−12.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=2
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=12
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=12
Vì limx→+∞y=12; limx→−∞y=12 nên hàm số có tiệm cận ngang y=12.
limx→1+y=+∞; limx→1−y=−∞ nên hàm số có tiệm cận đứng x=1.
Chọn đáp án C
Cho cấp số cộng un có số hạng đầu u1=2và công sai d=5. Giá trị của u5 bằng
27
1250
12
22
Ta có : u5=u1+4d=2+4.5=22 .
Chọn đáp án D
Biết rằng đồ thị cho ở hình vẽ dưới đây là đồ thị của một trong 4 hàm số cho trong 4 phương án A,B,C,D. Đó là đồ thị hàm số nào?
y=x3−5x2+4x+3
y=2x3−6 x2+4 x+3
y=x3−4x2+3x+3
y=2x3+9x2−11x+3
Đồ thị đã cho đi qua các điểm M1 ; 3, N2 ; 1 và P0 ; 3.
Xét phương án A: Điểm N2 ; 1 không thuộc vào đồ thị hàm số y=x3−5x2+4x+3.
Xét phương án B: Điểm N2 ; 1 không thuộc vào đồ thị hàm số y=2x3−6x2+4x+3.
Xét phương án D: Điểm N2 ; 1 không thuộc vào đồ thị hàm số y=2x3+9x2−11x+3.
Xét phương án C: Ta có cả ba điểm M1 ; 3, N2 ; 1 và P0 ; 3 đều thuộc vào đồ thị hàm số y=x3−4x2+3x+3.
Chọn đáp án C
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng P: x+2y−6z−1=0 đi qua điểm nào dưới đây?
B −3 ; 2 ; 0
D 1 ; 2 ; −6
A −1 ; −4 ; 1
C −1 ; −2 ; 1
Thay tọa độ điểm B ta có: −3+2.2−6.0−1=0.
Phương án A được chọn.
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x−31=y+1−2=z−53. Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d?
u2→=(1;−2;3)
u3→=(2;6;−4)
u4→=(−2;−4;6)
u1→=(3;−1;5)
Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ u2→=(1;−2;3).
Chọn đáp án A
Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số fx=32x
Fx=2.32x.ln3
Fx=32x2.ln3+2
Fx=32x3.ln2
Fx=32x3.ln3−1
Ta có: ∫32xdx=12∫32x.2dx=12∫32xd2x=12.32xln3+C.
Cho hằng số C=2
Chọn đáp án B
Cho số phức z1=2+3i,z2=−4−5i. Tính z=z1+z2.
z=−2+2i
z=2−2i
z=−2−2i
z=2+2i
Ta có: z1+z2=2+3i+−4−5i=2−4+3i−5i=−2−2i
Vậy z=−2−2i.
Chọn đáp án C
Trong mặt phẳng Oxy, điểm nào sau đây biểu diễn số phức z=2+i?
P2;−1
Q1;2
M2;0
N2;1
Số phức z=a+bi có điểm biểu diễn a;b nên số phức z=2+i có điểm biểu diễn là N2;1
Nghiệm của phương trình 21−x=4 là
x=3
x=−3
x=−1
x=1
Ta có 21−x=4⇔21−x=22⇔1−x=2⇔x=−1.
Chọn đáp án C
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S:x−32+y+12+z+22=8. Khi đó tâm I và bán kính R của mặt cầu là
I3;−1;−2 , R=4
I3;−1;−2 , R=22
I−3;1;2 , R=22
I−3;1;2 , R=4
Mặt cầu (S) có tâm I3;−1;−2 và bán kính R=22.
Chọn đáp án B
Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh. Thể tích của khối trụ được tạo thành là:
3πa3.
13πa3.
2πa3.
πa3.
Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh ta được khối trụ có chiều cao bằng a và diện tích đáy là πa2.
Vậy thể tích của khối trụ là πa3.
Chọn đáp án D
Hàm số y=fx có bảng biến thiên dưới đây, nghịch biến trên khoảng nào?
0;3.
3;+∞.
−3;3.
−∞;−2.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số trên nghịch biến trên các khoảng −∞;−3 và 0;3.
Chọn đáp án A
Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a là
V=a323
V=a334
V=a332
V=a324
Ta có SABC=a234
Vậy V=a.a234=a334Chọn đáp án B
Cho tập A có 26 phần tử. HỏiA có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử?
A266
26
P6
C266
Số tập con gồm 6 phần tử của A bằng số tổ hợp chập 6 của 26 phần tử. Vậy số tập con là C266.
Hàm số fx=ex2+1 có đạo hàm là
f'x=2xx2+1.ex2+1
f'x=xx2+1.ex2+1.ln2
f'x=x2x2+1.ex2+1
f'x=xx2+1.ex2+1
f'x=x2+1'.ex2+1=2x2x2+1.ex2+1=xx2+1.ex2+1
Chọn đáp án D
Cho số phức z có phần thực là số nguyên và thỏa mãn z−2z¯=−7+3i+z. Tính mô-đun của số phức w=1−z+z2
w=445
w=37
w=457
w=425
Gọi z=a+bi; a,b∈ℝ; i2=−1; a là số nguyên. Theo đề ta có
|z|−2z¯=−7+3i+z
⇔a2+b2−2a+2bi=−7+3i+a+bi
⇔(a2+b2−2a)+2bi=(−7+a)+(3+b)i
⇔a2+b2−2a=−7+a2b=3+b⇔a2+9=3a−7b=3⇔a≥738a2−42a+40=0b=3
⇔a≥73a=4a=54b=3
Khi đó z=4+3i
Vậy w=1−z+z2=4+21i⇒w=457.
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 12x>8.
S=(−∞;−3)
S=(3;+∞)
S=(−3;+∞)
S=(−∞;3)
Ta có: 12x>8⇔2−x>23⇔−x>3⇔x<−3.
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S=(−3;+∞).Chọn đáp án A
Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, biết AB =a, AC=2a. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC
a332
a333
a336
a334
ΔABC vuông tại A
SΔABC=12AB.AC=12.a.2a=a2
Gọi H là trung điểm AB ⇒SH=a32
Ta có: ΔSAB đều ⇒SH⊥AB
⇒SH⊥ABC(vì SAB⊥ABC ).
⇒VS.ABC=13SH.SΔABC=a336
Chọn đáp án C
Giá trị nhỏ nhất của hàm sốy=x−1+2−x+2019 bằng
2025
2020
2023
2021
Tập xác định của hàm số là D=1 ; 2, hàm số y=x−1+2−x+2019 liên tục trên đoạn 1 ; 2.
Ta có y'=12x−1−122−x=0⇔x−1=2−xx≠1, x≠2⇔x−1=2−xx≠1, x≠2⇔x=32.
y(1)=2020; y(2)=2020; y(32)=2019+2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x−1+2−x+2019 là 2020.
Chọn đáp án B
Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn đồng biến trên khoảng −∞;+∞?
y=sinx
y=x4+1
y=lnx
y=x5+5x
Ta có: y'=5x4+5>0,∀x∈−∞;+∞
Do đó hàm số y=x5+5x luôn đồng biến trên khoảng −∞;+∞
Chọn đáp án D
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC=a3. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng SAC.
d=a
d=2a3913
d=a32
d=a3913
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH⊥BC⇒SH⊥ABC.
Gọi K là trung điểm AC, suy ra HK⊥AC.
Kẻ HE⊥SK E∈SK.
Khi đó dB,SAC=2dH,SAC=2HE=2.SH.HKSH2+HK2=2a3913.
Chọn đáp án B
Có 13 học sinh của một trường THPT đạt danh hiệu học sinh xuất sắc trong đó khối 12 có 8 học sinh nam và 3 học sinh nữ, khối 11 có 2 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên học sinh bất kỳ để trao thưởng, tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12.
229286.
24143.
27143.
57286.
Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 13 học sinh.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω=C133=286.
Gọi A là biến cố "3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12. Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:
● TH1: Chọn 1 học sinh khối 11; 1 học sinh nam khối 12 và 1 học sinh nữ khối 12 nên có C21C81C31=48 cách.
● TH2: Chọn 1 học sinh khối 11; 2 học sinh nữ khối 12 có C21C32=6 cách.
● TH3: Chọn 2 học sinh khối 11; 1 học sinh nữ khối 12 có C22C31=3 cách.
Suy ra số phần tử của biến cố A là ΩA=48+6+3=57.
Vậy xác suất cần tính PA=ΩAΩ=57286.
Chọn đáp án D
Hàm số nào trong các hàm số sau đây có một nguyên hàm bằng y=cos2x?
y=−cos3x3+CC∈ℝ
y=−sin2x
y=sin2x+CC∈ℝ
y=cos3x3
Ta có cos2x'=2cosx.−sinx=−sin2x.
Vậy hàm số y=−sin2x có một nguyên hàm là y=cos2x.
Chọn đáp án B
Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính cosin của góc giữa một mặt bên và mặt đáy
13
22
12
33
Gọi tứ diện đều là S.ABCD, gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD.
Gọi là I trung điểm của BC. Khi đó ta có BC⊥SOBC⊥OI⇒BC⊥SOI⇒BC⊥SI.
Do đó SBC,ABCD^=SI,OI^=SIO^.
Ta có OI=a2, SI=SB2−BI2=a2−a22=a32.
Tam giác SOI vuông tại O⇒cosSIO^=OISI=a2a32=33.
Chọn đáp án D
Tổng các lập phương các nghiệm của phương trình log2x.log32x−1=2log2x bằng:
26
216
126
6
Điều kiện:
x>02x−1>0⇔x>12.
Phương trình đã cho tương đương
log2x.log32x−1−2log2x=0⇔log2xlog32x−1−2=0⇔log2x=0log32x−1−2=0⇔x=12x−1=9⇔x=1x=5
Tổng lập phương các nghiệm là : 13+53=126.Chọn đáp án C
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A4;−1;3, B0;1;−5. Phương trình mặt cầu đường kính AB là
x−22+y2+z+12=21
x−22+y2+z−12=17
x−12+y−22+z2=27
x+22+y2+z−12=21
Gọi I là trung điểm của đoạn AB suy ra I2;0;−1 là tâm của mặt cầu.
IA→=2;−1;4 nên R=IA=21 là bán kính mặt cầu.
Vậy phương trình mặt cầu là: x−22+y2+z+12=21.
Chọn đáp án A
Đặt log53=a, khi đó log91125 bằng
1+3a
2+3a
2+32a
1+32a
Ta có: log91125=log3253.32=log3253+log3232=32log35+1=321log53+1=1+32aChọn đáp án D
Biết đường thẳng y=x+2 cắt đồ thị hàm số y=x+8x−2 tại hai điểm A, B phân biệt. Tọa độ trung diểm I của AB là
I72;72
I7;7
I12;52
I1;5
Điều kiện: x≠2
Phương trình hoành độ giao điểm x+2=x+8x−2⇔x+2x−2=x+8
⇔x2−x−12=0⇔xA=−3⇒yA=−1xB=4⇒yB=6
Vậy tọa độ trung điểm I của AB là: xI=xA+xB2=12yI=yA+yB2=52
Chọn đáp án C
Cho số phức z=a+a−5i với a∈ℝ. Tìm a để điểm biểu diễn của số phức nằm trên đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư
a=32
a=−12
a=52
a=0
Đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư là đường thẳng y=−x.
Do đó a−5=−a. Suy ra a=52.
Chọn đáp án C
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'(x)=x2019(x−1)2(x+1)3. Số điểm cực đại của hàm số f(x) là
2
1
3
0
Ta có f'(x)=0⇔x=0x=−1x=1.
Xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu của f'(x) thấy hàm số f(x) có 1 điểm cực đại.Chọn đáp án B
Tìm hai số thực x, y thỏa mãn 3x+2yi+3−i=4x−3i với i là đơn vị ảo
x=3; y=−1
x=23; y=−1
x=3; y=−3
x=−3; y=−1
3x+2yi+3−i=4x−3i⇔3x+3+2y−1i=4x−3i⇔3x+3=4x2y−1=−3⇔x=3y=−1
Chọn đáp án A
Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x)=2x+2. BiếtF−1=0. Tính F2 kết quả là.
2ln4
4ln2+1
2ln3+2
ln8+1
Ta có: ∫−12f(x)dx=F2−F−1.
∫−122x+2=2lnx+2−12=2ln4−2ln1=2ln4.
⇔F2−F−1=2ln4.
⇔F2=2ln4 (do F−1=0).
Chọn đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:2x−y+z+3=0 và điểm A1; −2;1. Phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) là
Δ:x=1+2ty=−2−4tz=1+3t
Δx=2+ty=−1−2tz=1+t
Δ:x=1+2ty=−2−tz=1+t
Δ:x=1+2ty=−2−2tz=1+2t
Đường thẳng Δ vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận n→=2;−1;1 là một vecto chỉ phương.
Phương trình đường thẳng Δ đi qua điểm A1;−2;1 là: x=1+2ty=−2−tz=1+t.
Chọn đáp án C
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 4x−1−m2x+1>0 nghiệm đúng với mọi x∈ℝ.
m∈0; 1
m∈−∞; 0∪1; +∞
m∈−∞; 0
m∈0; +∞
Đặt t=2x, t>0⇒t+1>0.
Bài toán đã cho trở thành:
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình: t24t+1>m , ∀t>0 1.
Đặt ft=t24t+1, t>0⇒f't=t2+2t4t+12⇒f't=0⇔t=0 l∨t=−2 l.
Bảng biến thiên:
Nhìn vào bảng biến thiên ta có m∈−∞; 0 thỏa yêu cầu bài toán.Chọn đáp án C
Cho hàm số y=f(x) xác định trên R và hàm số y=f'(x) có đồ thị như hình bên. Biết rằng f'(x)<0 với mọi x∈−∞;−3,4∪9;+∞. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g(x)=f(x)−mx+5 có đúng hai điểm cực trị.
8
6
5
7
g'(x)=f'(x)−m
Số điểm cực trị của hàm số g(x) bằng số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình f'(x)=m.
Dựa và đồ thị ta có điều kiện 0<m≤510≤m<13.
Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.
Chọn đáp án A
Cho hàm số fx nhận giá trị dương và thỏa mãn f0=1, f'x3=exfx2, ∀x∈ℝ.Tính A. f3
f3=e2
f3=e3
f3=e
f3=1
Ta có: f'x3=exfx2, ∀x∈ℝ⇔f'x=ex3.fx23⇔f'xfx23=ex3.
⇒∫03f'xfx23dx=∫03ex3dx⇔∫031fx23dfx=∫03ex3dx⇔3fx303=3ex303
f33−f03=e−1⇔f33−1=e−1⇔f3=e3
Chọn đáp án B
Bạn An cần mua một chiếc gương có đường viền là đường Parabol bậc 2. Biết rằng khoảng cách đoạn AB=60 cm, OH=30 cm. Diện tích của chiếc gương bạn An mua là
1200 cm2
1400 cm2
900 cm2
1000 cm2
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Đường viền chiếc gương là đường Parabol y=ax2+bx+c a≠0 có đỉnh H0 ; 30 và đi qua điểm B30 ; 0.
Ta có: .c=30−b2a=0900a+30b+c=0⇔c=30b=0a=−130
Diện tích chiếc gương là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol y=−130x2+30 và trục hoành. Diện tích chiếc gương là: S=∫−3030−130x2+30dx=2∫030−130x2+30dx=2−190x3+30x030=1200 cm2.Chọn đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;−1;3 và hai đường thẳng d1:x−41=y+24=z−1−2; d2:x−21=y+1−1=z−11⋅
Phương trình đường thẳng qua A vuông góc với d1 và cắt d2.
x−14=y+11=z−34
x−12=y+1−1=z−3−1
x−1−1=y+12=z−33
x−12=y+11=z−33
Phương trình tham số của đường thẳng d1:x=4+ty=−2+4tz=1−2t và d2:x=2+ty=−1−tz=1+t.
Phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với d1 là: x+4y−2z+9=0
Gọi H là giao điểm của (P) và đường thẳng d2.
H∈d2⇒H2+t;−1−t;1+t
H∈P⇒2+t+4−1−t−21+t+9=0⇔t=1.
Nên giao điểm H3;−2;2.
Phương trình đường thẳng qua A vuông góc với d1 và cắt d2 là phương trình đường thẳng AH qua A1;−1;3 và nhận AH→=−2;1;1 làm véctơ chỉ phương.
Chọn đáp án A
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ACB^=30°, biết góc giữa B'C và mặt phẳng ACC'A' bằng α thỏa mãn sinα=125. Cho khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và CC' bằng a3. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.
V=2a33
V=3a362
V=a33
V=a36
* Ta có: CC'//AA'⇒CC'//AA'B'B
Mà A'B⊂AA'B'B, nên
dCC' ; A'B=dCC' ; AA'B'B=C'A'=a3
* Ta có: AC=A'C'=a3 ; AB=A'B'=a ;
Diện tích đáy là B=dtABC=a232
* Dễ thấy A'B' ^ ACC'A'
Góc giữa B'C và mặt phẳng ACC'A' là B'CA'^=α
sinα=A'B'B'C=125 ⇔ B'C=2a5
CC'=B'C2−B'C'2=20a2−4a2=4a
* Thể tích lăng trụ là V=B.h với h = CC'V= a232 . 4a=2a33. Chọn đáp án A
Cho Parabol P:y=x2 và đường tròn (C) có tâm A0;3, bán kính 5 như hình vẽ. Diện tích phần được tô đậm giữa (C) và (P) gần nhất với số nào dưới đây?
1,77
3,44
1,51
3,54
Phương trình (C): x2+y−32=5.
Tọa độ giao điểm của (P) và (C) là nghiệm của hệ phương trình:
x2+y−32=5y=x2⇔y+y−32=5y=x2⇔y=1y=4y=x2
⇔x=1y=1x=−1y=1x=−2y=4x=−2y=4. Vậy tọa độ các giao điểm là (1;1), (-1;1), (-2;4), (2;4).
Ta có: S=2S1+S2.
Tính S1: x2+y−32=5 (C) ⇒y=3−5−x2⇒S1=∫013−5−x2−x2dx≈0,5075.
Tính S2: x2+y−32=5 (C) ⇒x=5−y−32y=x2 ⇒x=y⇒S2=∫145−y−32−ydy≈1,26.
Vậy S=2S1+S2≈3,54.
Chọn đáp án D
Cho hàm số fx liên tục trên R và thỏa ∫−22fx2+5−xdx=1, ∫15fxx2dx=3. Tính ∫15fxdx.
0
-15
-2
-13
Đặt: t=x2+5−x⇒x=5−t22t⇒dx=−12+52t2dt
Ta có: 1=∫15ft12+52t2dt=12∫15ftdt+52∫15ftt2dt
⇒12∫15ftdt=1−52∫15ftt2dt=1−52.3=−132
⇒∫15ftdt=−13
Chọn đáp án D
Cho z, w∈ℂ thỏa z+2=z¯, z+i=z−i, w−2−3i≤22,w¯−5+6i≤22 . Giá trị lớn nhất z−w bằng
52
42
32
62
Giả sử z=x+yi, x, y∈ℝ. Gọi Mx ; y là điểm biểu diễn của z trên mpOxy.
Ta có:
+) z+2=z¯⇔x+22+y2=x2+y2⇔x+1=0 d1
+) z+i=z−i⇔x2+y+12=x2+y−12⇔y=0 d2
Khi đó M=d1∩d2⇒M−1 ; 0.
Giả sử w=a+bi, a, b∈ℝ. Gọi Na ; b là điểm biểu diễn của w trên mpOxy .
Ta có:
+) w−2−3i≤22⇔a−22+b−32≤8 C1
+) w¯−5+6i≤22⇔a−52+b−62≤8 C2
Với C1 là hình tròn tâm I2 ; 3, bán kính R1=22;
C2 là hình tròn tâm J5 ; 6, bán kính R2=22
Khi đó N thuộc miền chung của hai hình tròn C1 và C2 ( hình vẽ).
Ta có: z−w=MN
Ta có: MI→=3 ; 3; IJ→=3 ; 3⇒MI→= IJ→ .
Như vậy ba điểm M,I,J thẳng hàng.
Do đó: MN lớn nhất khi và chỉ khi N=MJ∩C1⇒MNmax=MI+IN=32+22=52.
Chọn đáp án A
Cho phương trình 3x32x+1−3x+m+23x+m+3=23x+m+3, với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của m để phương trình có nghiệm thực?
3
6
4
5
3x32x+1−3x+m+23x+m+3=23x+m+3
⇔3x32x+1=3x+m+23x+m+3+23x+m+3
⇔33x+3x=3x+m+33x+m+3+3x+m+3
⇔33x+3x=3x+m+33+3x+m+3
Xét hàm đặc trưng ft=t3+t có f't=3t2+1>0, ∀t∈ℝ.
Vậy ⇔33x+3x=3x+m+33+3x+m+3⇔f3x=f3x+m+3
⇔3x=3x+m+3⇔32x−3x−3=m. (*)
Đặt u=3x, với điều kiện u>0 và đặt gu=u2−u−3
Phương trình (*) ⇔gu=m.
g'u=2u−1, g'u=0⇔u=12 ta có bảng biến thiên của gu:
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi m>−134.
Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên âm của m để phương trình có nghiệm thực là: -3; -2; -1.
Chọn đáp án A
Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho điểm và mặt phẳng Oxyz, cho điểm A2;1;3 và mặt phẳng P:x+my+2m+1z−m−2=0, m là tham số thực. Gọi Ha;b;c là hình chiếu vuông góc của điểm A trên (P). Khi khoảng cách từ điểm A đến (P) lớn nhất, tính a+b .
2
12
32
0
Ta có dA,P=2+m+32m+1−m−212+m2+2m+12=32m+11+m2+2m+12.
Vì 1+m2≥152m+12, ∀m∈ℝ nên dA,P≤32m+1152m+12+2m+12=302.
Suy ra, khoảng cách từ điểm A đến (P) là lớn nhất khi và chỉ khi m=2.
Khi đó: P:x+2y+5z−4=0; AH:x=2+ty=1+2tz=3+5t.
H=d∩P⇒2+t+21+2t+53+5t−4=0
⇔t=−12⇒H32;0;12
Vậy a=32, b=0⇒a+b=32.
Chọn đáp án C
Cho hàm số y=fx có đạo hàm f'x=x+12x+3x2+2mx+5 với mọi x∈ℝ. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số gx=fx có đúng một điểm cực trị
3
5
4
2
f'x=x+12x+3x2+2mx+5=0⇔x=−1x=−3x2+2mx+5=0 1
Ta có: gx=fx khi x≥0f−xkhix<0.
Để hàm số y=gx có đúng 1 điểm cực trị
Suy ra khi hàm số y=fx không có điểm cực trị nào thuộc khoảng 0;+∞.
Trường hợp 1: Phương trình (1) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép
⇔m2−5≤0⇔−5≤m≤5(*)
Trường hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 phân biệt thoả mãn
⇔m2−5>0−2m<05>0⇔m>5(**).
Từ (*) và (**) suy ra m≥−5. Vì m là số nguyên âm nên: m=−2;−1
Chọn đáp án D
