Đề thi thử tốt nghiệp môn Toán THPT năm 2022 có đáp án (đề 27)

Đáp án B

Áp dụng công thức

V=13Sh⇒VA.BCD=13h.SBCDVA.GBC=13h.SGBC=19h.SBCD⇒V=4

Đáp án B

Ta có 7+4343−7=432−72=−1

⇒P=7+43202143−72021=7+4343−720217+43

=−120217+43=−7+43

Đáp án C

Ta có: 9x−3.3x+2=0⇔3x=13x=2⇔x=0x=log32.

Do 0<log32⇒x1=0,x2=log32

⇒A=2x1+3x2=2.0+3.log32=3log32

Đáp án D

Ta có: f'x=x2−2x+5'x2−2x+5=2x−2x2−2x+5>0⇔x>1

Đáp án C

Ta có z=4−3i2+1+2i3=−4−26i

Suy ra x=−42+−262=2173

Đáp án B

Khối nón sinh ra khi quay tam giác ABC quanh trục AC có chiều cao h=AC=3a; r=a có thể tích V=πa3

Đáp án C

Đặt u=xdv=e2xdx⇒du=dxv=12e2x

Khi đó 

∫0100x.e2xdx=12xe2x1000−12∫0100e2xdx=50e200−14e2x1000=50e200−14e200+14=14199e200+1

Đáp án D

Tập xác định D=R.

Đặt t=cosx, 0≤t≤1⇒y=ft=2t2+t+1t+1,0≤t≤1.

f't=2t2+4tt+12⇒f't=0⇔t=0t=−2∉0;1

Ta có f0=1,f1=2.

Vậy minℝy=1,maxℝy=2⇒M+m=3.

Đáp án A 

z=i5+i4+i3+i2+i+12020=1+i2020=1+i21010=2i1010=21010.i1010=−21010

Đáp án B

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc A là d:x=ty=6−4tz=6−3t:

Gọi D là điểm đối xứng với M qua (d).

Khi đó D∈AC⇒ Đường thẳng AC có một vectơ chỉ phương là ND→.

Ta xác định điểm D.

Gọi K là giao điểm MD với (d). Ta có Kt;6−4t;6−3t, MK→=t;1−4t;3−3t.

Ta có MK→⊥ud→ với ud→=1;−4;−3 nên t−41−4t−33−3t=0⇔t=12.

K12;4;92 là trung điểm MD nên xD=2xK−xMyD=2yK−yMzD=2zK−zM⇔xD=1yD=3zD=6 hay D1;3;6.

Một vectơ chỉ phương của AC là DN→=0;−2;−6 hay u→=0;1;3 là vectơ chỉ phương.

Đáp án A

Ta có fx=x−5+1x, x∈0;+∞.

Khi đó f'x=1−1x2=x2−1x2; f'x=0⇒x=1.

Ta có bảng biến thiên của hàm số

Khi đó ta có min0;+∞fx=f1=−3

Đáp án D

Ta có log3=mln3=n⇔10m=3en=3⇒10m=3n⇔n=mln10

Vậy ln30=ln3+ln10=n+nm

Đáp án B

Vận tốc là v=−20∫11+2t2dt=101+2t+C. Khi t = 0 thì vận tốc của vật là 30m/s, suy ra v=101+2t+20. Quãng đường s=∫02101+2t+20dt≈48

Đáp án C

Điều kiện của phương trình x2−2x>02x−3>0⇔x>2x<0x>32⇔x>2.

Ta có: 

log3x2−2x=log32x−3⇔x2−2x=2x−3⇔x2−4x+3=0⇔x=3x=1

Đối chiếu với điều kiện, x=3 thỏa mãn, loại x=1.

Vậy phương trình có một nghiệm.

Đáp án A

Ta có OA→=0;2;−2, OB→=2;2;−4

Phương trình mặt phẳng (OAB) là x+y+z=0

I∈OAB⇒a+b+c=0  (1)

AI→=a;b−2;c+2, BI→=a−2;b−2;c+4, OI→=a;b;c

Ta có hệ

AI=BIAI=OI⇔a2+c+22=a−22+c+42b−22+c+22=b2+c2 

⇔a−c=4−b+c=−2 (2)

Từ (1) và (2), suy ra a−c=4−b+c=−2a+b+c=0⇔a−c=4−b+c=−2⇒a=2b=0c=−2

Vậy I2;0;−2⇒T=a2+b2+c2=8

Đáp án B

Đường thẳng Δ đi qua điểm M(2;-1;1) và có vectơ chỉ phương u→=1;2;2.

Ta có IM→=1;−3;4⇒IM→,u→=−14;2;5⇒IM→,u→=15.

Khoảng cách từ I đến đường thẳng Δ là dI,Δ=IM→,u→u→=153=5.

Diện tích tam giác IAB bằng 20 nên AB=2SΔIABdI,Δ=2.205=8.

Bán kính mặt cầu (S) là R=AB22+dI,Δ2=42+52=41.

Phương trình mặt cầu (S) cần lập là x−12+y−22+z+32=41

Đáp án C

Từ bảng biến thiên ta có hàm số y=f(x) cóf'x=0⇔x=0x=2, f'x>0⇔x<1x>2, f'x<0⇔0<x<2 và f0=−1, f2=−2.

Xét hàm số gx=f2−x−2 ta có g'x=−f'2−x.

Giải phương trình g'x=0⇔2−x=02−x=2.

Ta có

g'x>0⇔−f'2−x>0⇔f'2−x<0⇔0<2−x<2⇔0<x<2

g'x<0⇔−f'2−x<0⇔f'2−x>0⇔2−x<02−x>2⇔x>2x<0

g0=f2−0−2=f2−2=−4g2=f2−2−2=f0−2=−3

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có

Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (–∞;0) nên I sai.

Hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (0;2) nên II sai.

Hàm số g(x) không đạt cực tiểu tại điểm –2 nên III sai.

Hàm số g(x) đạt cực đại tại x = 2 và cực đại bằng –3 nên IV đúng.

Đáp án D

Gọi h₁, R₁, V₁ lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ nhỏ mỗi đầu.

Ta có: V1=h1.π.R12=6.π.62=216π.

Gọi h₂, R₂, V₂ lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay cầm.

Ta có V2=h2.π.R22=30−2.6.π.22=72π.

Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằng V=2V1+V2=504π.

Đáp án A

Tập xác định D=ℝ\−1.

Gọi A(x;y) là điểm cần tìm.

Khi đó A là điểm cố định của họ đường cong (C_m) khi và chỉ khi phương trình y=x2−2m+1x−m+2x+1

⇔−2x−1m+x2−2x+2−xy−y=0 (1) có nghiệm đúng với mọi m.

Để (1) có nghiệm đúng với mọi m ⇔−2x−1=0x2−2x+2−xy−y=0⇔x=−12≠−1y=132.

Đáp án A

Ta có hai mặt phẳng (SAD), (SBC) vuông góc với nhau suy ra MSN^=90° với M,N là các hình chiếu vuông góc của Strên các cạnh AD và BC. Khi đó H nằm trên đoạn MN.

Lại có 32=sin60°=dN;SABdN;SB=adN;SB22=sin45°=dM;SABdM;SA=adM;SA.

Do vậy dN;SB=2a3,dM;SA=a2. Bên cạnh đó ta lại 1dN;SB2=34a2=1SN2+1NB21dM;SA2=12a2=1SM2+1MA2

Do NB=MA=HK suy ra

54a2=1SM2+1SN2+2HK2=1SH2+1HK2+1HK2=1a2+1HK2⇒HK=2a

Vậy 1SN2=34a2−14a2⇔SN=a2; 1SM2=12a2−14a2⇔SM=2a⇒SH=2a3; MN=a6.

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD=13.SABCD.SH=13.a62.2a3=4a333.

Đáp án B

Ta có sinα=12=dB,SCDSB=dA,SCDSB

Lại có dA,SCD=axx2+a2, SB=x2+a2. Suy ra axa2+x2=12⇔x=a

Đáp án C

Đặt 4x=tt>0.

Phương trình đã cho trở thành t2−12t+m=0 (1)

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực x₁, x₂ trái dấu, tức là x1<0<x2 thì phương trình (1) có hai nghiệm dương t₁, t₂ thỏa mãn t1<1<t2 (*)

Ta có: Δ'=36−m>0⇒m<36.

Theo định lí Vi–ét t1+t2=12t1.t2>0.

Từ t1<1<t2⇒t1−1t2−1<0⇒t1.t2−t1+t2+1<0⇒m−11<0.

Vậy 0 < m < 11.

Đáp án B

Giả sử Mx0;y0 là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số (C).

Suy ra y'x0=6x02−6x0−12 là hệ số góc của tiếp tuyến.

Hệ số góc của đường thẳng d là k = –12.

Tiếp tuyến song song với đường thẳng d suy ra y'x0=k⇔6x02−6x0−12=−12⇔x0=0⇒y0=1x0=1⇒y0=−12.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M10;1 là y=−12x+1.

Suy ra a=−12b=1⇒2a+b=−23.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M21;−12 là y=−12x (loại do trùng với đường thẳng d: 12x+y=0)

Đáp án C

Đặt u=ln2xdv=dx⇒du=2lnxxdxv=x

Khi đó I=x.ln2xm1−2∫1mlnxdx=m.ln2m−2∫1mlnxdx=m.ln2m−2J.

Đặt u=lnxdv=dx⇒du=1xdxv=x⇒J=x.lnxm1−∫1mdx=m.lnm−m−1

Suy ra I=m.ln2m−2m.lnm+2m−1=m.lnmlnm−2+2m−1.

Theo bài ra ta có ∫1mln2xdx=m.lnmlnm−2+21000

⇒m.lnmlnm−2+2m−1=m.lnmlnm−2+21000⇔2m−1=21000⇔m−1=2999⇔m=2999+1

Đáp án A

Ta nhận thấy đạo hàm của hàm số y=f(x) là không xác định tại x₀=1; nhưng tồn tại các đạo hàm trái và đạo hàm phải tại điểm x₀=1; tức là limx→1+fx−f1x−1=f'1+ và limx→1−fx−f1x−1=f'1−

Các giá trị đạo hàm này lần lượt là hệ số góc của hai tiếp tuyến.

Dễ dàng suy ra được tam giác mà hai tiếp tuyến tạo với Ox có một góc bằng 60° và một góc bằng 75°.

Suy ra f'1−+f'1+=tan60°−tan75°=−2f'1−+f'1+=tan75°−tan60°=2

A=limx→1+fx−f2−xx−1=limx→1+fx−f1+f1−f2−xx−1=limx→1+fx−f1x−1+limx→1+f1−f2−xx−1⇒A=limx→1+fx−f1x−1+limx→1+f2−x−f11−x=limx→1+fx−f1x−1+limx→1+f2−x−f12−x−1

Đặt t=2−x; nhận thấy khi x→1+ thì t→t−.

Suy ra A=f'1++limx→1−ft−f1t−1=f'1++f'1−=2 (do A>0).

Đáp án A

Ta có: m=−log2log2...2=−log2log22212021=−log2122021=2021.

Khi đó xét phương trình fx=x2021+x−20212021=0.

Ta có f'x=2021x2020+1>0 do đó hàm số f(x) đồng biến trên R nên phương trình xm+x=mm có nghiệm duy nhất.

Đáp án A

Sau 10 tháng số tiền ông A có được là S1=A11+r1n=500.1+0,00410 (triệu đồng).

Sau khi gửi thêm 300 triệu thì số tiền ông A là A2=500.1+0,00410+300 (triệu đồng).

14 tháng sau số tiền ông A là

S2=A21+r2n=A2

=500.1+0,00410+300.1+0,00514=879,6935105(triệu đồng).

Vậy sau 2 năm số tiền ông A là 879693510 (đồng).

Đáp án C

Gọi số phức z=x+yi⇒z=x−yi x,y∈ℝ.

x−yi−4+3i=2⇔x−4+3−yi=2⇔x2−8x+16+9−6y+y2=4 

⇔x2+y2−8x−6y+21=0 (1)

(1) là phương trình đường tròn có tâm I(4;3), R=2.

Đáp án A

Từ giả thiết ta có AC=SC2−SA2=a=AB⇒ ABC là tam giác cân tại A.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm SB, BC ⇒AF⊥BC⇒AF⊥SBC

SB⊥AE,SB⊥AF⇒SB⊥AEF

⇒SB⊥EF⇒SF=FB=FC⇒ΔSBC vuông tại S.

Ta có AF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì BC=SC2+SB2=a3 nên bán kính mặt cầu là R=OA=OB=a.

Suy ra thế tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC là VS.ABC=4πa33.

Đáp án A

Ta đặt AKI^=α, EKI^=β.

Khi đó mindA,Δ=AE=AKsinβ−αmaxdA,Δ=AD=AKsinβ+α

Ta có I2;1;0 và J0;1;0 nên K−4;1;0.

Ta tính được sinα=126cosα=526; sinβ=12cosβ=32 và AK=26.

Do vậy mindA,Δ=AE=AKsinβ−α=5−32; maxdA,Δ=AD=AKsinβ+α=5+32.

Vậy M + m = 5.

Đáp án A

Điều kiện n∈ℕ, n≥2.

Ta có 5Cn1−Cn2=5⇒5n−nn−12=5⇔n2−11n+10=0⇔n=1n=10

Do n≥2⇒n=10

Xét khai triển 2x+1x210=∑k=010C10k2x10−k.1x2k=∑k=010C10k2x10−kx10−3k.

Hệ số a của x⁴ trong khai triển tương ứng với 10−3k=4⇔k=2.

Vậy hệ số cần tìm là a=C102.28=11520.

Đáp án C

Ta có g'x=f'x2+2x+3−x2+2x+2x+11x2+2x+3−1x2+2x+2

Ta có:

1x2+2x+3−1x2+2x+2<0; 

x2+2x+3−x2+2x+2=1x2+2x+3+x2+2x+2≤11+2

Do đó phương trình g’(x) = 0 chỉ có trường hợp duy nhất đó là x = –1.

Lập trục xét dấu ta suy ra hàm số g(x) đồng biến trên khoảng −∞;−1.

Đáp án A

Ta có: 

∫02xf'xdx=∫02xdfx=xfx20−∫02fxdx=2.f2−0.f0−S1−S2=−2

Đáp án A

Tâm mặt cầu là điểm Ia2;b2;c2. Ta có x1+y1+z1=a2+b2+c2=a+b+c2=22=1

Tâm I của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng P: x+y+z−1=0.

Khi đó dM,P=2020+1−2021−13=33

Đáp án A

Từ giả thiết f3−x.fx=1fx=12⇒f3=2.

Ta có: 1+f3−x2.f2x=fx+f3−x.fx2=fx+12

+ Tính I=∫03xf'x1+fx2dx=−∫03xd11+fx=−x1+fx30+∫0311+fxdx=−1+J

+ Tính J=∫0311+fxdx=t=3−x−∫3011+f3−tdt=∫0311+f3−tdt=∫0311+f3−xdx

⇒2J=∫0311+fxdx+∫0311+f3−xdx=∫03dxf3−x.fx=1=3⇒J=32

Vậy I=∫03xf'x1+f3−x2.f2xdx=12

Đáp án A

Thể tích lượng nước có trong thùng là Vn=18π.0,52.2=π16.

Do khi thả khối cầu vào thì mực nước dâng lên cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối cầu nên Vc=3Vn−Vn=2Vn=π8⇒R=3323.

Vậy Sxq=4πR2=2,59m2

Đáp án B

Điều kiện z1≠−2+3i; z2≠1−i

Ta có 

z1−iz1+2−3i=1⇔z1−i=z1+2−3i⇔x1+y1−1i=x1+2+y1−3i

⇔x12+y1−12=x1+22+y1−32⇔x1−y1+3=0

Quỹ tích điểm M biểu diễn số phức z₁ thuộc đường thẳng △:x−y+3=0

Ta có 

z2+iz2−1+i=2⇔z2+i=2z2−1+i⇔x2+y2+1i=2x2−1+y2+1i⇔x22+y2+12=2x2−12+y2+12⇔x22−4x2+2y2 +3=0

Quỹ tích điểm N biểu diễn số phức z₂ là đường tròn C:x2+y2−4x+2y+3=0 có tâm I2;−1 và bán kính R=22+−12−3=2.

Khoảng cách từ I đến Δ là dI;Δ=2−−1+312+−12=32>R⇒ Đường thẳng △ và đường tròn C không có điểm chung.

Ta có: z1−z2=MN, suy ra z1−z2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MN nhỏ nhất.

Dễ thấy minMN=32−2=22 khi M−1;2, N1;0,

Vậy z1−z2 nhỏ nhất bằng 22 khi z1=−1+2i; z2=1

Khi đó x1+x2+y1+y2=−1+2+1=2

Đáp án B

Đường thẳng d đi qua điểm A(3;20) và có hệ số góc m có phương trình y=mx−3+20.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

x3−3x+2=mx−3+20⇔x−3−x2−3x−6+mx−3=0⇔x−3−x2−3x−6+m=0⇔x=3gx=x2+3x+6−m=0

Yêu cầu bài toán tương đương g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 3 ⇔Δ=−15+4m>0g3=24−m≠0⇔m>154m≠24

Đáp án C

Ta có diện tích hình thoi ABCD là SABCD=23a2⇒SABC=3a2.

Theo giả thiết SO⊥SBCD

Kẻ OK⊥AB, OH⊥SK⇒AB⊥SOH⇒AB⊥OH⇒OH⊥SAB

Ta có: dC,SAB=2dO,SAB=a32

⇒dO,SAB=OH=a34

Khi đó: 1OK2=1OA2+1OB2=43a2⇒1OS2=1OH2−1OK2=4a2

Vậy VS.ABC=13SABC.SO=13.3a2.a2=a336

Đáp án C

(S) có tâm I1;−2;3 và bán kính R = 4

Gọi H là hình chiếu của I lên (P)

Khi đó IH=dI,P=2.1−2−2.3+m22+12+−22=m−63

Đường tròn (T) có chu vi là 4π3 nên có bán kính là r=4π32π=23.

(P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (T) có chu vi bằng 4π3⇔IH=R2−r2

⇔m−63=16−12⇔m−6=6⇔m−6=6m−6=−6⇔m=12m=0

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm 8x−27x3=m.

Giả sử đường thẳng y=m cắt đường cong (C) trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục, tọa độ tại các điểm có hoành độ 0<a<b, ta có 8a−27a3=m8b−27b3=m(1) và gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=8x−27x3−m.

Ta có Fx=4x2−27x44−mx+C và quan sát hình vẽ có các diện tích hình phẳng kẻ caro và gạch sọc lần lượt là

Vì S1=∫0afxdx=−∫0afxdx=F0−Fa

S2=∫abfxdx=∫abfxdx=Fb−Fa

S1=S2⇔F0−Fa=Fb−Fa⇔Fb=F0⇔4b2−27b44−mb=0(2)

Rút m=8b−27b3 từ (1) thay vào (2), ta có 4b2−27b44−8b−27b3b=0⇔81b4−16b2=0⇔b=49 (vì b>0)

Thay ngược lại (1), ta được m=3227≈1,185.

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Do SAB⊥ABCD nên SH⊥ABCD.

Xét tam giác SAH vuông tại H có SH=SA2−AH2=4a2−a24=a152

Diện tích đáy là SABCD=a2

Thể tích khối chóp là VS.ABCD=13.SABCD.SH=a3156

Đáp án A

Do ΔABC vuông cân tại B nên AC=2a⇒AB=a2.

Đồng thời dI;ABC=23dS;ABC (do IBBS=23)

Suy ra VI.ABC=23VS.ABC

Mặt khác SΔAJC=12SΔABC (do J là trung điểm BC)

Ta có 

VAIJC=VIAJC=12VIABC=12.23VS.ABC=13.13SA.SΔABC=19a.12AB2=a39

Đáp án C

Số cực trị của hàm số y=|f(x)| bằng số cực trị của hàm số y=f(x) cộng với số giao điểm (khác cực trị) của hàm số y=f(x) với trục hoành.

Xét hàm số y=fx=x4−8x3+22x2−24x+62 ta có

f'x=4x3−24x2+44x−24⇒f'x=0⇔x=1x=2x=3

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 cực trị và phương trình f(x)=0 có bốn nghiệm phân biệt nên hàm số y=|f(x)| có 7 điểm cực trị.

Đáp án B

Ta có: 26y3+32y−x−x3=3xyx+y⇔3y3+33y=x+y3+3x+y(1)

Dễ thấy ht=t3+3t đồng biến trên R nên

1⇔3y=x+y⇔2y=x⇒P=2x+21−x2,−1≤x≤1

P'=2xln2−x1−x21−x2ln2. Nếu −1<x≤0 thì P’>0.

Xét 0 < x < 1: Ta có:  P'=0⇔2xx=21−x21−x2⇔gx=g1−x2 (*)

Xét gt=2tt, t∈0;1 có g't=2tln2t2t−1ln2<0, ∀t∈0;1 hay y = g(t) nghịch biến trên (0;1). Khi đó *⇔x=1−x2⇒x=12

Suy ra maxP=maxP−1;P1;P12=2.212. Vậy a=b=c=2⇒a+b−c=2

Đáp án C

Số điểm cực trị của hàm số y=x3−6x2+9−mx+2m−2 bằng số điểm cực trị của hàm số y=x3−6x2+9−mx+2m−2 cộng với số nghiệm của phương trình x3−6x2+9−mx+2m−2=0. Xét hàm số y=gx=x3−6x2+9−mx+2m−2.

Ta có g'x=3x2−12x+9−m.

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 3x2−12x+9−m=0 có 2 nghiệm phân biệt x₁; x₂ sao cho yx1.yx2<0. (*)

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại, cực tiểu là y=−2+2m3x+43m+4=−23m+2x−2

Ta có *⇒Δ'=9+3m>02+2m32x1−2x2−2<0⇒m>−3.

Vậy các giá trị của m thỏa mãn là −2;−1;0;1;...;2019.

Đáp án A

Cách 1: Không gian mẫu nΩ=C154.

Tính biến cố bù như sau:

Xét số cách chọn 4 đỉnh không tạo thành tứ diện. Có 2 trường hợp

+ Trường hợp 1: Chọn 3 điểm thẳng hàng, có 25 cách. Chọn điểm còn lại, có 12 cách.

Vậy có 25.12=300 cách.

+ Trường hợp 2: Chọn 4 điểm thuộc 1 mặt mà không có 3 điểm nào thẳng hàng.

– Có 10 mặt chứa 7 điểm: Mỗi mặt 11 cách chọn. Suy ra có 110 cách.

– Có 15 mặt chứa 5 điểm, mỗi mặt 1 cách chọn. Suy ra có 15 cách.

Tổng 300+110+15=425 cách.

Vậy xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là 1−425C154=188273.

Cách 2: Mặt phẳng chứa 1 đỉnh của tứ diện và 1 đường trung bình của mặt đối diện, suy ra có 5 điểm thuộc mỗi mặt (đỉnh, 2 trung điểm, cạnh và 2 trọng tâm) và có 12 mặt loại này. Vậy có 12C54 (bộ).

Vậy xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là 1−6.C74+4C74+3C54+12C54C154=188273.

Đáp án B

Đặt z=a+bi⇒z−1−i=1⇔a−12+b−12=1⇔a2+b2=2a+2b−1.

Khi đó 

3z+2z−4−4i=3a2+b2+2a−42+b−42=32a+2b−1+2a2+b2−8a−8b+32

=32a+2b−1+22a+2b−1−8a−8b+32=32a+2b−1+2−6a−6b+31

=36a+6b−3+2−6a−6b+31≤32+226a+6b−3−6a−6b+31=14

Dấu “=” xảy ra khi a2+b2=2a+2b−16a+6b−33=−6a−6b+312⇔a+b=52a2+b2=4⇒z=a2+b2=2

Đáp án C

Từ công thức xác định dãy un suy ra un>0, ∀n∈ℕ*

Ta có: un+2=2un.un+1un+un+1⇔1un+2=121un+1+1un, ∀n∈ℕ*

Đặt vn=1un, ta được v1=1; v2=12 và vn+2=12vn+1+vn

⇔vn+2+12vn+1=vn+1+12vn, ∀n∈ℕ*⇒vn+1+12vn=v2+12v1=1, ∀n∈ℕ*⇒vn+1=−12vn+1, ∀n∈ℕ*⇒vn+1−23=−12vn−23, ∀n∈ℕ*

Đặt wn=vn−23⇒wn là một cấp số nhân với w1=13q=−12

⇒wn=13.−12n−1⇒vn=13−12n−1+23⇒un=113−12n−1+23

Vậy limun=lim113−12n−1+23=32

Đáp án A

Gọi Ix0;y0;z0 là tâm mặt cầu. Theo giả thiết, ta có

R=2sina−cosax0+2sina+cosay0+6cosaz0+sina+3cosa−22sina−cosa2+2sina+cosa2+6cosa2

=2sina−cosax0+2sina+cosay0+6cosaz0+sina+3cosa−222

Ta tìm x0,y0,z0 sao cho 2sina−cosax0+2sina+cosay0+6cosaz0+sina+3cosa=0,∀a

⇔2x0+2y0+1sina+−x0+y0+6z0+3cosa=0, ∀a

⇔2x0+2y0+1=0−x0+y0+6z0+3=0⇒R=222=22