Đề thi thử tốt nghiệp môn Toán THPT năm 2022 có đáp án (đề 29)

Chọn A

Mặt phẳng (Q) có dạng: ax+by+cz+d=0a2+b2+c2≠0.

Ta có: 

A∈QB∈Qcosα=36⇔−a+2b−3c+d=02a−b−6c+d=0a+2b+ca2+b2+c21+4+1=36⇔a=−4b,c=−3b,d=−15ba=−b,c=0,d=−b

Phương trình Q:4x−y+3z+15=0 hoặc x−y−3=0.

Chọn C
Ta có: A0;−2,B4;−6. Suy ra I2;−4.

Điểm I biểu diễn số phức z=2−4i

Chọn D

Ta có: a>b>1⇒logaa>logab⇒1>logab 

và b>1>c⇒logb1>logbc⇒0>logbc

Vậy 1>logab>0>logbc

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm bậc ba ta nhận xét:

Nhánh cuối đồ thị hàm số đồng biến nên a > 0.

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d > 0.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục tung nên ac<0⇒c<0.

Đồ thị hàm số có hoành độ điểm uốn dương nên ab<0⇒b<0.

Chọn C

Cách 1: Sử dụng bảng biến thiên

y'=2x−4−54x−22=2x−23−27x−22;y'=0⇔x−2=3⇔x=5.

Lập bảng biến thiên ta tìm được min2;+∞y=y5=23.

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương x−22;27x−2;27x−2.

Ta có y=x2−4x+54x−2=x−22+27x−2+27x−2−4≥32723−4⇒y≥23.

Đẳn thức xảy ra khi x−22=27x−2⇒x=5.

Vậy min2;+∞y=y5=23.

Chọn C

Ta có 

8x+1+8.0,53x+3.2x+3=125−24.0,5⇔8.23x+8.123x+24.2x+24.12x−125=0

⇔823x+123x+242x+12x−125=0.

Đặt t=2x+12xt≥2. Khi đó ta có 23x+123x=t3−3t.

Phương trình trở thành 8t3−3t+24t−125=0⇔8t3−125=0

Chọn A

Đặt t=x+1⇒t2=x+1⇒2tdt=dx

x=0⇒t=1; x=3⇒t=2.

Ta có ∫03fx+1dx=∫122tftdt⇒∫12tftdt=2;

I=∫12x.f(x)+2dx=∫12xfxdx+∫122xdx=2+3=5

Chọn C

Ta có y'=3x+2ln3⇒y'1=27ln3

Chọn A

Ta dễ thấy ud→=a3→=−2;0;3

Chọn B

Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn xoay này bằng tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH và BH.

+) Ta có AH=AB2−BH2=a3; AH=AB2−BH2=a3.

+) Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là S1=πa32.a3=3a2π2

+) Diện tích xung quanh hình nòn có đường sinh BH là S2=πa32.a=3a2π2

+) Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là S=S1+S2=3+3a2π2

Chọn A

Ta có SA⊥ABCD⇒AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng (ABCD)

⇒SBA^=60°,AB=a⇒SA=a3,AM=a32⇒M là trung điểm của SA.

Ta có: MBC∩SAD=MN, BC // AD⇒MN // AD⇒N là trung điểm của SD.

Lại có VS.BCNM=VS.BCM+VS.MCN; 

VS.BCMVS.BCA=SMSA=12⇒VS.BCM=12VS.BCA=14VS.ABCD;

VS.MCNVS.ACD=SM.SNSA.SD=14⇒VS.MCN=14VS.ACD=18VS.ABCD

⇒VS.BCNM=38VS.ABCD=38.13.a.2a.a3=a334

Chọn D

Ta có y=x+msinx+cosx=x+2msinx+π4;  y'=1+2mcosx+π4.

Để hàm số đồng biến trên ℝ⇔1+2mcosx+π4≥0,∀x∈ℝ

⇔2mcosx+π4≤1⇔2m≤1⇔m≤22

Chọn B

Ta có VS.ABCD=2VS.ABC

Gọi H là trung điểm của SB. G là hình chiếu vuông góc của C lên (SAB) suy ra G∈AH.

Trong tam giác vuông CGH ta có CG≤CH.

Vậy thể tích lớn nhất của S.ABCD khi CG=CH=a32⇒AC=a62

Gọi O là trung điểm của AC ⇒SD=2HO=2.AC2=a62

Chọn B

Giả sử F(t) là một nguyên hàm của tln20t, ta có: F't=tln20t.

Khi đó: 

fx=Fe2x−Fex⇒f'x=2e2xF'e2x−exF'ex=2e2xe2xln20e2x−exexln20ex⇔f'x=221e4xx20−e2xx20=e2xx20221e2x−1=0⇒2x=ln1221⇔x=−212ln2

Chọn B

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân tại đỉnh của hình nón.

Do đó đường sinh l=a và đường kính đáy là d=a2⇒ Bán kính R=a22

Chọn C

Ta có góc giữa hai mặt (P), (Q) lớn nhất là 90^o. Khi đó P⊥Q.

Ta có M∈P, BM nhỏ nhất ⇒M là hình chiếu của B lên (P).

Δ:qua B1;−1;0Δ⊥P⇒uΔ→=nP→=1;−2;1⇒Δ:x=1+ty=−1−2tz=t.

Khi đó M=Δ∩P; 

Xét hệ x=1+ty=−1−2tz=tx−2y+z+3=0⇔t=−1x=0y=1z=−1⇒M0;1;−1

 

Vì Q⊥PQ qua A,M⇒nQ→=nP→,AM→=−41;1;1⇒Q:x+y+z=0

Chọn A

Ta có công thức tổng quát số viên đá của tầng thứ n là 2n−12.

Vậy tổng số viên đá của 15 tầng là: S=∑n=1152n−12=∑n=1154n2−4n+1=4∑n=115n2−4∑n=115n+15.

Ta có 12+22+...+n2=nn+12n+16 và 1+2+...+n=nn+12.

Vậy S=4.1240−4.120+15=4495.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt khi -4 < m < 0

Chọn A

Gọi AB = x, M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC.

Khi đó SΔABC=12C'M.x=243⇒C'M=483x

⇒CC'=C'M2−CM2=483x2−x322

Mà V=216=CC'.SABC=x234483x2−x322⇒x=43

⇒AB=43,AA'=63

Kẻ  AH⊥A'N⇒AH=AN.AA'AN2+AA'2=33

Ta có sinAB,(A'BC)=dA,(A'BC)AB=AHAB=34

Chọn C

Ta có: iz+2−i=0⇔iz=i−2⇔z=i−2i=i−2−i1=1+2i

Điểm biểu diễn của số phức z là A1;2.

Khi đó AM=3−12+−4−22=40=210.

Chọn A

Ta có: A1;6∈C⇒a+b+c=5  (1)

Ta có: y'=3x2+2ax+b, hàm số có cực đại bằng 4 tại x=−1⇒B−1;4 là điểm cực đại.

⇒y−1=4y'−1=0⇒a−b+c=5 22a−b=3    3

Từ (1), (2) và (3) ⇒a=32b=0c=72⇒C:y=x3+32x2+72.

Vậy giá trị của hàm số tại x=3 là y3=44.

Chọn A

Từ f−x+22+fx+23=10x (*), cho x = 0 ta có

f22+f23=0⇔f2=0f2=−1

Đạo hàm hai vế của (*) ta được:

−2f−x+2.f'−x+2+3fx+22.f'x+2=10

Cho x = 0 ta được −2f2.f'2+3f22.f'2=10⇔f2.f'2.3f2−2=10 (**).

Nếu f2=0 thì (**) vô lý.

Nếu f2=-1, khi đó (**) trở thành: −f'2.−3−2=10⇔f'2=2

Phương trình tiếp tuyến y=2x−2−1⇔y=2x−5

Chọn B

Ta có limx→2−gx=limx→2−f2xfx−m=+∞ nên ∀m, đồ thị hàm số y = g(x) luôn có một tiệm cận đứng x = 2.

Mặt khác, từ bảng biến thiên của hàm số y = f(x) thì phương trình f(x)-m = 0 tối đa 2 nghiệm.

Vậy để đồ thị hàm số y = g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng thì điều kiện cần là phương trình f(x) = m có đúng 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂ khác 2 ⇔3<m<6.

Khi đó limx→x1+gx=limx→x1+f2xfx−m=+∞, limx→x2+gx=limx→x2+f2xfx−m=+∞ nên đồ thị hàm số y = g(x) có 2 tiệm cận đứng là đường thẳng x=x1 và x=x2.

Vậy với 3 < m < 6 thì đồ thị hàm số y = g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng. Do m nguyên nên có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 4 và m = 5

Chọn C

Thể tích V của hình tròn xoay bao gồm thể tích của khối trụ và 2 khối nón như hình vẽ.

Ta có: R=12AC=2.32=3 (R là bán kính đáy của trụ và nón).

Chiều cao h của khối trụ là h = 2.

Chiều cao h' của khối nón h'=22=1.

Thể tích của khối tròn xoay: V=πR2h+2.13πR2h'=π32.2+23π32.1=8π

Chọn D

Từ điều kiện ta có: y≤14−2x3⇒y=x2+3x≤14−2x3⇒x∈1;95

Thế y=x2+3x vào P ta được: P=5x2−9x

Bài toán trở thành tìm GLTN, GTNN của biểu thức: P=5x2−9x với x∈1;95

Xét P=5x2−9x với x∈1;95

P'=5x2+9x2>0 nên m=minP=P1=−4, M=maxP=P95=4.

Vậy M.m=−16.

Chọn A

Điều kiện: a>0b>0

Ta có: log8a+log4b2=5⇔13log2a+log2b=5 (1);

log4a2+log8b=7⇔log2a+13log2b=7 (2).

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được:

43log2a+43log2b=12⇔log2a+log2b=9⇔log2ab=9

Chọn D

Đặt z=x+yi⇒z¯=x−yi khi đó ta có:

z−1≤1⇔x+yi−1≤1⇔x−1+yi≤1⇔x−12+y2≤1 (1).

Lại có z−z¯=x+yi−x−yi=2yi có phần ảo không âm suy ra y≥0(2).

Từ (1) và (2) ta suy ra ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I(1;0) bán kính r = 1, diện tích của nó bằng 12r2π=π2 (đvdt).

Chọn B

Ta có V1=π∫09x2dx=81π2.

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt OH=m (với 0<m≤9), ta có Mm;m, MH=m và AH=9−m.

Suy ra V2=13π.MH2.OH+13π.MH2.AH=13π.MH2.OA=3mπ.

Theo giả thiết, ta có V1=2V2 nên 81π2=6mπ⇔m=274. Do đó M274;332.

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y=239x.

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM là

S=∫0274x−239xdx=23xx−39x20274=27316.

Chọn B

Ta có g'x=2f'(x)−x=0⇔x=−2;x=2;x=4.

Lập trục xét dấu:

Hàm số đồng biến trên từng khoảng (-2;2) và 4;+∞

Chọn B

Xét điểm I thỏa 2IA→−IB→+IC→=0→ suy ra I1;2;−2.

2MA2−MB2+MC2=2MI→+IA→2−MI→+IB→2+MI→+IC→2=2MI2+2IA2−IB2+IC2

2MA2−MB2+MC2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên (P).

Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình x=1+3ty=2−3tz=−2+2t suy ra x0=1+3ty0=2−3tz0=−2+2t.

Mà 3x0−3y0+2z0−15=0⇔31+3t−32−3t+2−2+2t−15=0⇔t=1.

Vậy 2x0+3y0+z0=21+3t+32−3t+−2+2t=6−t=5.

Chọn A

Xét kC2n+1k=k.2n+1!k!2n+1−k!=2n+1.2n!k−1!2n−k−1!=2n+1.C2nk−1 với 1≤k≤2n+1.

Ta có VT=2n+1C2n0−C2n121+C2n222−...+C2n2n22n=2n+11−22n=2n+1.

Do đó: 2n+1=2021⇔n=1010

Chọn A

Từ hình vẽ ta thấy

S=∫−121fx−x2−2xdx=∫−121fxdx−∫−121x2−2xdx=34−−38=98

Chọn D

V1=13OP.S1=13OPπAC22=π3OP.PA2=π3OPOA2−OP2=π3OPR2−OP2

V2=13OQ.S2=13OQπAB22=π3OQ.QA2

=π3OQOA2−OQ2=π3OQR2−OQ2.

Xét hàm fx=xR2−x2. Với 0≤x<R.

Khi đó f'x=R2−3x2.f'x=0⇔x=R3x=−R3.

Lập bảng biến thiên, thấy rằng maxx∈0;Rgx=fR3.

Khi đó, áp dụng cho V1,V2: V1+V2=π3OPR2−OP2+OQR2−OQ2 đạt giá trị lớn nhất khi OP=OQ=R3.

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP = OQ).

Mà lúc đó AB=2R2−OQ2=2R2−R23=2R63.

Do tam giác ABC cân A nên khi đó AM⊥BC.

Ta có

SABC=12AM.BC=AB.AC.BC4R⇒AM=AB.AC2R=4R2.692R=4R3

Mà AM=AO+OM⇒OM=4R3−R=R3

Vậy V3=13OM.S3=13OM.π.MC2=π3OMR2−OM2=π3.R3R2−R29=8πR381

Chọn A

Ta có z−1=5⇔x−12+y2=52

Lại có 

P=z−i2−z¯−22=x2+y−12−x−22−y2=4x−2y−3=4x−1−2y+1

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

P=4x−1−2y+1≤42+22x−12+y2+1=20.52+1=105+1

Chọn C

Ta có thể tích của chậu là V=π3.31+4+2=7π.

Gọi chiều cao của mực nước là 3x với (x > 0). Ta có bán kính của mặt nước là 1+x.

Ta có phương trình π3.3x1+1+x2+1+x=371897π⇔x=13.

Vậy chiều cao của mực nước là 1dm.

Chọn C

Ta có 1f2x=1x2+2xf'xf3x⇔f2x−2xfx.f'xf4x=1x2⇔xf2x'=1x2

Suy ra ∫xf2x'dx=∫1x2dx⇔xf2x=−1x+C

Lại có f2=1 nên C=52

Do đó: xf2x=52−1x=5x−22x⇒f2x=2x25x−2

Suy ra f24=169⇒f4=43

Chọn B

Ta có: 2sin2x+3cos2x=m.3sin2x⇔2sin2x+31−sin2x=m.3sin2x

Đặt t=sin2x,t∈0;1. Phương trình đã cho trở thành: 2t+31−t=m.3t⇔23t+31−2t=m

Xét hàm số ft=23t+31−2t, với t∈0;1. Ta có f't=23t.ln23−2.31−2t.ln3

f''t=23'.ln232+4.31−2t.ln32>0,∀t∈0;1

⇒f't liên tục và đồng biến trên [0;1] nên f't≤f'1=23ln29<0,∀t∈0;1.

⇒f't liên tục và nghịch biến trên [0;1] nên f1≤ft≤f0,∀t∈0;1.

Suy ra 1≤m≤4 thì phương trình có nghiệm.

Chọn C 

Phương trình hoành độ giao điểm 2mx+m−2x+1=x+3⇔fx=x2+4−2mx+5−m=0x≠−1. Đồ thị (C) của hàm số y=2mx+m−2x+1 cắt đường thẳng d:y=x+3 tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi Δ'>0f−1≠0⇔m2−3m−1>0m≠−2 (*). (C) cắt d tại A, B suy ra xA,xB là nghiệm của phương trình fx=0, theo định lí Vi-ét ta có xA+xB=2m−4xAxB=5−m.

AxA;xA+3,BxB;xB+3 suy ra AB=2xA−xB2=2xA+xB2−8xAxB=8m2−24m−8.

Ta có SΔIAB=12dI;dAB=3⇔AB2=72⇔8m2−24m−80=0⇔m=5m=−2 (thỏa mãn *).

Suy ra tổng các phần tử của S là 3.

Chọn C

Ta có:

4log92x+mlog13x+16log13x+m−29=0 x>0⇔4log32x2+mlog3−1x+16log3−12x+m−29=0⇔412log3x2−mlog3x−13log3x+m−29=0

⇔log32x−m+13log3x+m−29=0 (1).

Đặt t=log3x. Khi đó phương trình (1) ⇔t2−m+13t+m−29=0 (2).

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1x2=3⇔log3x1x2=1 ⇔log3x1+log3x2=1⇔t1+t2=1

(với t1=log3x1 và t2=log3x2).

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (2) ta có t1+t2=1⇔m+13=1⇔m=23.

Vậy 0<m<32 là mệnh đề đúng.

Chọn B

Ta có: 

M=∫−22fx2020x+1dx=∫−20fx2020x+1dx+∫02fx2020x+1dx

Xét N=∫−20fx2020x+1dx, đặt t=−x⇒x=−t, suy ra dx=−dt.

Đổi cận: x=−2⇒t=2;x=0⇒t=0. Khi đó 

N=∫20f−t2020−t+1−dt=∫02ft2020−t+1dt=∫022020t.ft2020t+1dt=∫022020x.fx2020x+1dx

Do đó: 

∫02fxdx=∫022020x.fx2020x+1dx+∫02fx2020x+1dx=∫−20fx2020x+1dx+∫02fx2020x+1dx=M=29

Chọn D

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;2) và bán kính R = 3.

Gọi K là trung điểm của MN⇒K5;−2;4 và K nằm ngoài mặt cầu (S).

Do đó IK→=4;−4;2, MN→=2;4;4, MN=6 và IK⊥MN.

Ta có EM+EN≤2EM2+EN2=2EK2+MN22=2EK2+36.

Bởi vậy EM+EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM=EN và EK lớn nhất.

Vì IK⊥MN nên EM = EN thì E thuộc đường thẳng IK:x=1+2ty=2−2tz=2+t.

Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu (S) ứng với t là nghiệm phương trình:

1+2t−12+2−2t−22+2+t−22=9⇔t=±1.

Như vậy E13;0;3 hoặc E2−1;4;1.

Ta có E1K=3, E2K=9. Suy ra E=−1;4;1⇒IE→=−2;2;−1, nên phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E có phương trình: −2x+1+2y−4−1z−1=0 hay 2x−2y+z+9=0.

Chọn A

Theo giả thiết và công thức tích phân từng phần, ta có:

S1=∫1klogaxdx=∫1klnxlnadx=1lnaxlnx1k−∫1kx.1xdx=klnk−k−1lnaS2=∫1klogbxdx=∫1klnxlnbdx=1lnbxlnx1k−∫1kx.1xdx=klnk−k−1lnb

Vậy S1=4S2⇔1lna=4lnb⇔lnb=lna4⇔b=a4.

Chọn A

Gọi tâm mặt cầu cố định là I(a;b;c)  khi đó ta có phương trình:

2ma+m2−1b+m2+1c+14m2+m2−12+m2+12=a2+b−12+c+12

Xét mẫu thức của biểu thức trên ta có: 4m2+m2−12+m2+12=2m2+1.

Do đó vế trái của biểu thức được: 2ma+m2−1b+m2+1c+12m2+1 do đó ta chọn a = 0.

Khi đó ta có: m2−1b+m2+1c+1=m2b+c−b+c+1 nên ta chọn b+c=−b+c+1⇒b=12.

Thay vào phương trình trên: c+122=14+c+12⇔c2+3c+94=0⇒c=−32.

Vậy R=c+122=22.

Chọn B

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là trung điểm của BC⇒AGAE=23.

Đường thẳng d đi qua G và song song BC, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N.

⇒AMAB=ANAC=AGAE=23⇒AM=23ABAN=23AC⇒SΔAMN=49SΔABC(1)

Ta có VABC.A'B'C'=SΔABC.AA' và VA'.AMN=13SΔAMN.AA' (2)

Từ (1) và (2), suy ra VA'.AMN=427VABC.A'B'C'⇒VBMNCA'B'C'=2327VABC.A'B'C'.

Khi đó tỉ số: VA'.AMNVBMNC.A'B'C'=4272327=423

Chọn B

Ta có VS.ABCD=12SABCD.dS,(ABCD)⇒dS,(ABCD)=1

Đặt ABCD:ax+by+cz+d=0 a2+b2+c2≠0

Vì AB⊂ABCD nên n→ABCD⊥u→AB⇔n→ABCD.u→AB=0⇔b=0.

Vì M1;0;1∈AB⊂ABCD nên a+c+d=0⇒d=−a−c.

Ta có: dS,(ABCD)=1⇔−a−ca2+c2=1⇔a+c=a2+c2⇔2ac=0⇔a=0c=0.

Trường hợp 1: a = 0. Chọn c=1⇒ABCD:z+1=0.

Trường hợp 2: c = 0. Chọn a=1⇒ABCD:x+1=0.

Chọn B

Ta có 

4x2+32y+1=y+2x⇔4x3+3x=y+22y+1⇔8x3+6x=2y+42y+1

⇔2x3+32x=2y+12y+1+32y+1  (1)

Xét hàm ft=t3+3t trên R.

Ta có f't=3t2+3>0,∀t∈ℝ⇒ Hàm số ft=t3+3t đồng biến trên R.

(1)⇔f2x=f2y+1⇔2x=2y+1⇔x=2y+12.

Vậy P=y−22y+1=gy với y∈0;+∞.

Ta có g'y=1−22y+1=0⇔2y+1=2⇔y=32.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có Pmin=min0;+∞gy=−52 khi y=32

Chọn D
Đặt −x−2=t⇒3ft=−t3−6t2−9t+m.

Gọi gt=−t33−2t2−3t⇒ft−gt=m3. Có g't=−t2−4t−3=0⇔t=−1t=−3.

Dựa vào bảng xét dấu của y=f't và y=g't suy ra: f't−g't=0⇔t=−1t=−3.

Khi đó ta có bảng biến thiên của ft−gt:

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇒−1<m2<2⇒−3<m<6.

Vậy có 8 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Chọn A

Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là nΩ=410.

Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”.

+) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có C108.32 cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C109.31 cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm). Chí có 1 cách duy nhất.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là nX=C108.32+C109.31+1=436.

Vậy xác suất cần tìm là P=nXnΩ=436410

Chọn A

Ta đặt y=f'x=kx+2x−76x−3.

Xét S1=k∫076x+2x−76x−3dx=652191552kS2=k∫763x+2x−76x−3dx=652191552k.

Do đó: S1=S2=∫076f'xdx=−∫764f'xdx⇔f0=f3

Lập bảng biến thiên ta suy ra phương trình fx=r=f0 có tất cả 3 nghiệm.

Chọn C

Từ giả thiết ta có: 2x2≤2x2+y2+z2≤x+y2+y+z2+z+x2≤18⇒x∈0;3.

Một cách tương tự ta có y,z∈0;3.

Do đó ta có 4x3≤x+1,4y3≤y+1,4z3≤z+1;∀x,y,z∈0;3.

Vì vậy P≤x+y+z+3−1108x+y+z4.

Đặt t=x+y+z∈0;9, ta có P≤ft=t+3−1108t4≤max0;9ft=f3=214.

Dấu “=” đặt tại x;y;z=3;0;0,0;3;0,0;0;3.

Vậy S=2.21+3.4=54.