Ôn thi Tốt nghiệp THPT môn Toán (Đề 10)
50 câu hỏi
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P:2x+y−z+3=0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ?
n3→1;−1;3
n1→2;1;3
n4→2;−1;3
n2→2;1;−1
Đáp án đúng là: D
Mặt phẳng P:2x+y−z+3=0 có một vectơ pháp tuyến của là n2→2;1;−1.
Tập nghiệm của bất phương trình 3x≥5 là
log35;+∞
−∞;log53
−∞;log35
log35;+∞
Đáp án đúng là: D
Ta có 3x≥5⇔x≥log35.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=log35;+∞.
Cho hình chóp S.ABCcó đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SC vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
a333
a3312
a339
a3212
Đáp án đúng là: B
VS.ABC=13.SΔABC.SC=13.a234.a=a3312.
Trên khoảng 0;+∞, đạo hàm của hàm số y=x73 là
y'=37x103
y'=73x−43
y'=73x43
y'=37x43
Đáp án đúng là: C
y'=x73'=73x43.
Trong không gian Oxyz, tọa độ hình chiếu của điểm M(1;2;3) lên mặt phẳng (Oxz) là
1;−2;3
1;0;3
−1;2;−3
0;2;0
Đáp án đúng là: B
Hình chiếu của điểm M1;2;3 lên mặt phẳng (Oxz) có tọa độ là H1;0;3.
Trong không gian Oxyz, đường thẳng d:x=2+3ty=−1−4tz=5t đi qua điểm nào sau đây?
M8;9;10
M2;−1;0
M3;−4;5
M5;5;5
Đáp án đúng là: B
Đường thẳng d:x=2+3ty=−1−4tz=5t đi qua điểm M2;−1;0.
Trong mặt mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z=2−3i có tọa độ là
(-2;3)
(2;-3)
(2;3)
(-2;-3)
Đáp án đúng là: B
Điểm biểu diễn số phức z = 2 - 3i có tọa độ là (2;-3).
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
3
1
0
-1
Đáp án đúng là: B
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 1
Với a>0 và a≠1, khi đó logaa7 bằng
−17
7
-7
17
Đáp án đúng là: D
Ta có logaa7=17.
Nghiệm của phương trình log23x−2=0 là
x=1
x=2
x=43
x=53
Đáp án đúng là: A
Điều kiện: 3x−2>0⇔x>23.
Ta có log23x−2=0⇔3x−2=1⇔x=1 (thỏa mãn điều kiện).
Nghiệm của phương trình log23x−2=0 là x=1.
Cho hàm số y = f(x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
1
4
2
3
Đáp án đúng là: D
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 3.
Tính thể tích của khối lập phương ABCD.A'B'C'D', biết AC'=a3
V=36a34
V=13a3
V=33a3
V=a3
Đáp án đúng là: D
Vì AC'=a3⇒cạnh hình lập phương bằng a⇒V=a3.
Một nhóm học sinh gồm 8 học sinh nữ và 12 học sinh nam. Có bao nhiêu cách chọn ra 8 học sinh từ nhóm đó tham gia đội tình nguyện?
C88+C128
C208
A208
8!8!
Đáp án đúng là: B
Có C208 cách chọn học sinh từ nhóm 20 học sinh tham gia đội tình nguyện.
Cho hàm số f(x)=cos2x. Khẳng định nào sau đây đúng?
∫f(x)dx=12sin2x+C
∫f(x)dx=−12sin2x+C
∫f(x)dx=sin2x+C
∫f(x)dx=2sin2x+C
Đáp án đúng là: A
∫f(x)dx=∫cos2xdx=12sin2x+C.
Đạo hàm của hàm số y=log3x+1 là
3ln33x+1
33x+1ln10
33x+1
13x+1
Đáp án đúng là: B
Ta có y'=log3x+1'=3x+1'3x+1ln10=33x+1ln10.
Tập xác định của hàm số y=9x là
ℝ\0.
[0;+∞).
(0;+∞).
ℝ.
Đáp án đúng là: D
Hàm số y=9x có tập xác định là ℝ.
Một hình trụ có bán kính đáy r = 4cmvà độ dài đường sinh l = 3 cm. Diện tích xung quanh của hình trụ đó là
48π cm2.
36π cm2.
12π cm2.
24π cm2.
Đáp án đúng là: D
Sxq=2πrl=2π.3.4=24π cm2.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y=3(x−1)(x2−5) và trục hoành là
3
1
4
2
Đáp án đúng là: A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=3(x−1)(x2−5) và trục hoành là: 3(x−1)(x2−5)=0⇔x=1x=5x=−5.
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y=3(x−1)(x2−5) và trục hoành là 3.
Số nghiệm thực của phương trình 5x2−1=25 là
1
2
3
0
Đáp án đúng là: B
5x2−1=25⇔x2−1=2⇔x=±3.
Vậy phương trình có hai nghiệm thực.
Cấp số cộng (un) có u1=2;d=3. Tổng 6 số hạng đầu của (un) là
40
44
38
57
Đáp án đúng là: D
Sn=nu1+n(n−1)2d⇒S6=6.2+6.52.3=57.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;3;0) và B(5;1;-2). Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình
3x+2y−z−14=0
2x−y−z+5=0
2x−y−z−5=0
x+2y+2z−3=0
Đáp án đúng là: C
Ta có AB→4;−2;−2
Suy ra, mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nhận n→2;−1;−1 làm một vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm I3;2;−1 của đoạn AB nên có phương trình
2x−3−y−2−z+1=0⇔2x−y−z−5=0
Gọi S là diện tích miền hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ dưới đây. Công thức tính S là
S=∫−11fxdx−∫12fxdx
S=−∫−12fxdx
S=∫−12fxdx
S=∫−11fxdx+∫12fxdx
Đáp án đúng là: A
Từ hình vẽ ta có S=∫−11fxdx−∫12fxdx.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;-3) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz). Tính bán kính R của mặt cầu (S).
R=13
R=1
R=2
R=3
Đáp án đúng là: B
Ta có Oyz:x=0
Do đó, R=dI;Oyz=−11=1.
Từ một hộp chứa 12 quả bóng gồm 5 quả màu đỏ và 7 quả màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả. Xác suất để lấy được 3 quả màu đỏ bằng
122
27
744
512
Đáp án đúng là: A
Số phần tử của không gian mẫu: nΩ= C123.
Gọi là biến cố lấy được 3 quả cầu màu đỏ, khi đó: nA= C53.
Vậy xác suất để lấy được 3 quả cầu màu đỏ bằng: pA= C53C123=122.
Nếu ∫24fxdx=3 và ∫54fzdz=5 thì ∫25ftdt bằng
8
-8
-2
2
Đáp án đúng là: C
Ta có ∫24fxdx=3⇒∫24ftdt=3
∫54fzdz=5⇒∫45ftdt=−5
Khi đó,∫25ftdt=∫24ftdt+∫45ftdt=3−5=−2 .
Nếu ∫13fxdx=3 thì ∫1313fx+2dx bằng
5
-3
3
4
Đáp án đúng là: A
Ta có: I=∫1313fx+2dx=13∫13fxdx+∫132dx=13 . 3+2x31=5.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a,cạnh bên bằng a5. Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy bằng
70°
45°
60°
30°
Đáp án đúng là: C
Gọi O là giao điểm của AC và BD, SO⊥(ABCD).
Gọi E là trung điểm của AB.
Vì ΔSAB cân tại S, E là trung điểm của AB nên SE⊥AB.
Vì ΔOAB cân tại O, E là trung điểm của AB nên OE⊥AB.
Ta có: SAB∩ABCD=AB, SE⊥BC, OE⊥BC,
Suy ra góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng SEO^.
Xét tam giác SEA vuông tại E ta có: SE=SA2−EA2=5a2−a2=2a.
Xét tam giác SOE vuông tại O, OE=12AD=a
cosSEO^=OESE=a2a=12⇔SEO^=60°.
Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60°.
Đường cong trong hình vẽ dưới đây của hàm số là đồ thị của hàm số nào dưới đây ?
y=x2−x−3
y=x+1x−1
y=x4−x2−1
y=x3−3x−1
Đáp án đúng là: B
Dựa vào hình dạng của đồ thị hàm số đã cho, ta chọn B.
Trong không gianOxyz, cho điểmM(3;1;2). Đường thẳng Δ đi quaM, vuông góc và cắt trục Ox có phương trình là
x=3y=tz=2t
x=3y=1+2tz=2+t
x=3y=−1+tz=2+2t
x=3y=2+tz=4+4t
Đáp án đúng là: A
Trục Ox có vectơ chỉ phương là u→=1; 0; 0.
Gọi Aa; 0; 0∈Ox, ta có AM→=3−a; 1; 2
Do Δ⊥Ox⇔AM→.u→=0⇔3−a=0⇔a=3.
Ta có Δ có vectơ chỉ phương AM→=0; 1; 2 và đi qua điểm A(3;0;0) có phương trình là:x=3y=tz=2t .
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y=x2−2,y=2x−2 .
1
4π3
43
π
Đáp án đúng là: C
Xét phương trình: x2−2=2x−2⇔x2−2x=0⇔x=2x=0.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là:
S=∫02x2−2xdx=∫02x2−2xdx=x33−x202=83−4=43.
Trên đoạn [-2;2], hàm số y=x3+4x2+1 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm
x = 0
x = -2
x= 2
x = 1
Đáp án đúng là: A
Ta có: y=x3+4x2+1; y'=3x2+8x.
y'=0⇔x=0∈−2 ; 2x=−83∉−2 ; 2.
y−2=9 ; y2=25; y0=1.
Vậy hàm số y=x3+4x2+1 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x = 0.
Trong không gianOxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x2+y2+z2−2x+4y−4z−25=0. Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính Rcủa mặt cầu (S)
I−1 ; 2; −2 , R=34
I1 ; −2; 2 , R=4
I2 ; −4; 4 , R=35
I1 ; −2; 2 , R=34
Đáp án đúng là: D
Ta có : x2+y2+z2−2x+4y−4z−25=0⇔x−12+y+22+z−22=34.
Vậy mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2), bán kính R=34.
Phần ảo của số phức z=4−i.1+3i bằng
11
7
-11
-7
Đáp án đúng là: A
Ta có: z=4−i.1+3i=4−i+12i−3i2=7+11i.
Phần ảo của là: 11.
Cho hai số phức z1=2−3i , z2=3+2i. Số phức liên hợp của z=−2z1+z2 là
z¯=8−i
z¯=−1−8i
z¯=−1+8i
z¯=1−8i
Đáp án đúng là: B
Ta có: z=−2z1+z2=−22−3i+3+2i=−1+8i.
Vậy z¯=−1−8i.
Cho a=55, b=52 và c=56. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
c < a< b
a < c < b
a < b < c
b < a < c
Đáp án đúng là: D
Ta có: 2<5<6 và hàm số y=5x đồng biến trên ℝ nên 52<55<56 hay b < a < c.
Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số y=2m2+m+1x+2m2−m+1sinx luôn đồng biến trên 0; 2π.
m>0
m<0
m≥0
m≤0
Đáp án đúng là: C
Ta có, y'x=2m2+m+1+2m2−m+1cosx.
Hàm số đồng biến trên khoảng 0; 2π khi và chỉ khi y'x≥0, ∀x∈0; 2π
⇔ 2m2+m+1+2m2−m+1cosx≥0 ,∀x∈0; 2π
⇔ −2m2−m−12m2−m+1≤cosx ∀x∈0; 2π vì 2m2−m+1>0 với mọi .
Hàm số gx=cosx∈−1; 1 khi x∈0; 2π.
Do đó −2m2−m−12m2−m+1≤cosx ∀x∈0; 2π ⇔−2m2−m−12m2−m+1≤−1⇔m≥0.
Cho hàm số y=mx4+3m−1x2+5 (m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=f3x+12 đồng biến trên R. Số phần tử của S là
0
1
2023
5
Đáp án đúng là: A
Đặt gx=f3x+12⇒g'x=2f3x+1.3.f'3x+1=6f3x+1.f'3x+1.
g'x=0⇔f3x+1.f'3x+1=0 1.
Đặt t=3x+1 thì (1) trở thành
mt4+3m−1t2+5.4mt3+23m−1t=0
⇔mt4+3m−1t2+5.2mt2+3m−1.t=0
Để hàm số g(x) đồng biến trên R thì điều kiện cần là phương trình ht=mt4+3m−1t2+5.2mt2+3m−1=0 có nghiệm t = 0 ⇒m=13 .
Thử lại với ⇒m=13 ta có, ht.t=13t4+523t2.t đổi dấu khi qua t = 0.
Do đó hàm số g(x) không đồng biến trên R.
Vậy không tồn tại tham số m để hàm số g(x) đồng biến trên R.
Cho hàm số f(x), đồ thị hàm số y=f'x là đường cong trong hình vẽ dưới đây. Giá trị lớn nhất của hàm số y=fx4+x2 trên đoạn [-10;6] bằng
f(1) + 2
f(1)
f(-2) - 4
f(-2) - 1
Đáp án đúng là: C
Đặt gx=fx4+x2.
Ta có, g'x=14f'x4+12=0⇔f'x4=−2⇔x4=−2x4=1 ⇔x=−8x=4 trong đó x = 4 là nghiệm bội chẵn.
Dựa vào BBT ta có giá trị lớn nhất của hàm g(x) trên đoạn [-10;6] bằng g(-8) = f(-2) - .
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC=a2. Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng a32. Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) bằng
a26
a22
3a22
3a24
Đáp án đúng là: C
Ta có: VS.ABC=13dS,ABC.SABC⇔dS,ABC=3VS.ABCSABC=3a32:a222=3a22.
Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) bằng 3a22.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và ∫−11f3x1+2xdx=8. Tính ∫03fxdx.
16
24
2
4
Đáp án đúng là: B
Xét ∫−11f3x1+2xdx=8⇔∫−33fx1+23xdx=24.
Đặt u=−x⇒du=−dx, do đó: 24=I=∫−33fx1+23xdx=−∫3−3f−u1+23−udu=∫−3323ufu1+23udu
Khi đó: 2I=∫−33fx1+23xdx+∫−3323xfx1+23xdx=∫−33fxdx=2∫03fxdx nên ∫03fxdx=24.
Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau có tích các chữ số của số đó chia hết cho 6.
471
472
473
474
Đáp án đúng là: D
Gọi abc¯ là số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và tích các chữ số của nó chia hết cho 6.
Ta có: 9.9.8 = 648 số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau.
Xét trường hợp số tạo thành có tích các chữ số không chia hết cho 6.
TH1: Cả ba chữ số đều lẻ: Có A53=60 (số).
TH2: Trong ba chữ số có một số lẻ không chia hết cho 3 và hai số chẵn khác 0 và 6: Có C31.C32.3!=54 (số)
TH3: Trong ba chữ số có hai số lẻ không chia hết cho 3 và một số chẵn khác 0 và 6: Có C32.C31.3!=54 (số).
TH4: Cả ba chữ số đều chẵn và không có hai chữ số 0;6: Có 3! = 6 (số).
Do đó, có: 648 - (60 + 54 + 54 + 6) = 474 số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau và tích các chữ số của số đó chia hết cho 6
.
Xét các số phức z, w thỏa mãn |z| = 3, |iw + 1 – 5i| = 4. Giá trị nhỏ nhất của z2+wz−9 bằng
35−15
25−2
3
4
Đáp án đúng là: C
Ta có iw+1−5i=4⇔−w+5+i=4.
Đặt u = -w suy ra |u + 5 +i| = 4. Do đó u thuộc đường tròn tâm I(-5;-1) bán kính bằng R = 4.
Giả sử z = a + bi với a,b∈ℝ.
Vì |z| = 3 nên a2+b2=9⇒b2≤9⇒−3≤b≤3.
Khi đó T=z2+wz−9=z2+wz−zz¯=zz−z¯+w=3u−2bi .
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2bi là đoạn AB.
Do đó Tmin=3dI,AB−R=3.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng Δ:x1=y−1=z−3 và mặt phẳng (P):2x – z + 1 = 0. Mặt phẳng α:ax+5y+bz+c=0 chứa và tạo với mặt phẳng (P) một góc 45°. Khi đó a + b + c bằng
a + b + c = 4
a + b + c = 13
a + b + c = 12
a + b + c = 9
Đáp án đúng là: D
Ta thấy Δ chứa O và có vectơ chỉ phương u→=1;−1;−3.
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là n→P=2;0;−1.
Mặt phẳng α có vectơ pháp tuyến là n→α=a;5;b.
Mặt phẳng α chứa Δ suy ra c = 0 và u→⋅n→α=0⇔a=5+3b.(1)
Mặt phẳng α tạo với mặt phẳng (P) một góc 45° suy ra
cos45°=n→α⋅n→Pn→α⋅n→P⇔22=2a−b5⋅a2+b2+25⇔5a2+b2+25=22a−b2.(2)
Từ (1) và (2) suy ra b=1⇒a=8.
Vậy a + b + c = 9.
Cho hàm số y=x−4x3−2mx2+m2+1x−m. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-2023;2023] để đồ thị hàm số có đúng 4 đường tiệm cận?
4041
4046
4042
4040
Đáp án đúng là: A
Ta có limx→−∞y=0 và limx→+∞y=0 suy ra là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Đồ thị hàm số có đúng 4 đường tiệm cận khi và chỉ khi gx=x3−2mx2+m2+1x−m=0 có 3 nghiệm phân biệt khác 4.
Mặt khác gx=x−mx2−mx+1=0⇔x=mhx=x2−mx+1=0.
Suy ra h4≠0m≠4hm≠0Δh=m2−4>0⇔m≠174m≠4m>2m<−2.
Vì m nguyên thuộc đoạn [-2023;2023] nên có 4041 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.
Cho hình nón (N) có đỉnh Svà đáy là đường tròn tâm (O), bán kính R, chiều cao 2R. Một mặt phẳng đi qua đỉnh và cắt đường tròn đáy theo dây cung AB có độ dài bằng bán kính. Tính sin của góc tạo bởi OA và mặt phẳng (SAB).
34
25719
32
5719
Đáp án đúng là: B
Ta có SO⊥AB,
Kẻ OH⊥AB⇒AB⊥SOH⇒SAB⊥SOH,SAB∩SOH=SH.
Kẻ OK⊥SH⇒OK⊥SAB⇒OA,SAB=OA,AK=OAK^.
Vì ΔOAB cân tại O và OH⊥AB nên H là trung điểm của AB
Suy ra AH=AB2=R2.
Ta có OH=OA2−AH2=32R.
Xét ΔSOH vuông tại O, có 1OK2=1SO2+1OH2=14R2+43R2=1912R2⇒OK=2319R.
Xét ΔOKA vuông tại K có sinOAK^=OKOA=25719.
Trong không gian Oxyz,cho bốn điểm A(1;-1;2), B(2;-1;1), C(1;1;2), D(3;3;-6). Điểm M(a;b;c) di động trên mặt phẳng (Oxy). Khi biểu thứcP=6MA2+4MB2−8MC2+MD2 đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng a + b + c bằng
-3
8
-2
1
Đáp án đúng là: C
Xét điểm Ix;y;z thỏa mãn :6IA→+4IB→−8IC→+ID→=0→. (*)
Ta có IA→=1−x;−1−y;2−z;IB→=2−x;−1−y;1−z;
.IC→=1−x;1−y=2−z;ID→=3−x;3−y;−6−z
Từ (*), ta có: 61−x+42−x−81−x+3−x=06−1−y+4−1−y−81−y+3−y=062−z+41−z−82−z+−6−z=0
⇔−3x=−9−3y=15−3z=6⇔x=3y=−5z=−2⇒I3;−5;−2.
Khi đó P=6MA2+4MB2−8MC2+MD2=6MI→+IA→2+4MI→+IB→2−8MI→+IC→2+MI→+ID→2
=3MI2+6IA2+4IB2−8IC2+ID2.
Khi Pmin⇔MImin. Khi đó M là hình chiếu của I trên Oxy: m(3;-5;0.
Do đó a + b + c = -2.
Cho hình nón (N) có đường cao SO = h và bán kính đáy bằng R, gọi M là điểm trên đoạn SO, đặt OM = x (0 < x < h). Gọi (C) là thiết diện của hình nón (N) cắt bởi mặt phẳng (P) vuông góc với trục SO tại M. Tìm x để thể tích khối nón đỉnh O đáy là (C) lớn nhất.
h32
h2
h3
h22
Đáp án đúng là: C
Ta có tam giác SMA' đồng dạng với tam giác SOA nên A'MAO=SMSO=SO−MOSO=1−xh.
Gọi V là thể tích khối nón đỉnh O đáy là (C), khi đó: V=13MOπA'M2=13xπR21−xh2=hπR262xh1−xh1−xh
Áp dụng bất đẳng thức Cô - si
V=hπR262xh1−xh1−xh≤hπR262xh+1−xh+1−xh33=4hπR281.
Đẳng thức xảy ra khi 2xh=1−xh⇔x=h3.
Xét số phức z thỏa mãn z−1−i=5. Khi z−7−9i+2z−8i đạt giá trị nhỏ nhất, z−1 bằng
1
62
6
7
Đáp án đúng là: C
Đặt z = x + yi và gọi M là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng phức.
Khi đó bài toán trở thành tìm M thuộc đường tròn C:I1;1R=5 sao cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất với A(7;9), (B(0;8).
Ta có IA→=6;8⇒IA=10=2R. Ta cần tìm điểm K sao cho MA = 2MK.
Ta có IA = 2R
Kẻ tiếp tuyến EA của (C), khi đó tam giác AEI vuông tại E, kẻ đường cao EK của tam giác AEI. Khi đó tam giác AEI đồng dạng với tam giác EKI.
⇒EIKI=AIEI=2⇔KI=EI2⇒KI=14AI⇒K52;3
Khi đó MA+2MB=2MK+2MB≥2KB.
Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của BK với (C).
Ta có BK:x=ty=8−2t⇒Mt;8−2t.
Ta có M∈C⇒t−12+7−2t2=5⇔t=1⇒x=1nt=5⇒x=5l
⇒M1;6⇒z=1+6i⇒z−1=6.
Có bao nhiêu m nguyên m∈[−2023;2023] để phương trình 5x−2m=log54(20(x+1)+10m) có nghiệm?
2026
2023
2025
2024
Đáp án đúng là: C
5x−2m=log54(20(x+1)+10m)⇔5x−2m−4=4log5(4(x+1)+2m).
Đặt t=log5(4(x+1)+2m)⇒5t−2m−4=4x.
Ta được hệ 5x−2m−4=4t5t−2m−4=4x⇒5x−5t=4t−4x⇒5x+4x=5t+4t.
Đặt fu=5u+4u⇒f'u=5u.ln5+4>0,∀u∈ℝ.
Ta có f'u>0,∀u∈ℝfx=ft⇒t=x. Ta có 5x−2m−4=4x.⇔2m=5x−4x−4.
Đặt hx=5x−4x−4⇒h'x=5xln5−4.
h'x=0⇔5xln5−4=0⇔5x=4ln5⇔x=x1=log54ln5≈0,566.
Ta có bảng biến thiên của y = h(x)
![Có bao nhiêu m nguyên m thuộc [-2023;2023] để phương trình 5^x - 2m = log(căn bậc 4 của 5)(20(x + 1) + 10) có nghiệm? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/02/12-1708697896.png)
Dựa vào bảng biến thiên để phương trình có nghiệm 2m≥−3,7733⇒m≥−1,886.
Do m∈[−2023;2023]m∈ℤm≥−1,886⇒Số giá trị của m là 2023+1+1=2025.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;2] và f(1) + f(2) = 0. Biết ∫12(f(x))2 dx=12,∫12f'(x)cos(πx)dx=π2. Tính ∫12f(x)dx.
π
1π
2π
-2π
Đặt I=∫12f'(x)cos(πx)dx=π2.
Đặt u=cos(πx)dv=f'xdx⇒du=−πsinπx.dxv=fx
⇒I=fxcos(πx)12+π∫12fxsinπx.dx
⇒I=f2cos2π−f1cosπ+π∫12fxsinπx.dx
⇒∫12fxsinπx.dx=12.
Ta có ∫12sin2πx.dx=12∫121−cos2πxdx=12x−sin2πx2π12=12.
Do đó ∫12(f(x))2 dx−2∫12f(x)sin(πx)dx+∫12sinπx2dx=0
∫12f2x−2fxsinπx+sinπx2=0⇔∫12fx−sinπx2dx=0.
Do đó ∫12f(x)dx=∫12sinπx.dx=−1πcosπx12=−2π.
