Ôn thi Tốt nghiệp THPT môn Toán (Đề 16)
51 câu hỏi
Tập nghiệm của bất phương trình 2x+1≤4 là
−∞;1
1;+∞
1;+∞
−∞;1
Đáp án đúng là: A
Ta có: 2x+1≤4⇔x+1≤2⇔x≤1.
Vậy phương trình có tập nghiệm S=−∞;1.
Tích tất cả các nghiệm của phương trình log22x−3log2x+2=0 bằng
8
BB. 6
16
2
Đáp án đúng là: A
Ta có: log22x−3log2x+2=0⇔log2x=1log2x=2⇔x=2x=4
Suy ra x1.x2=8.
Cho ∫1xln2x dx=Fx+C. Khẳng định nào dưới đây đúng?
F'x=−1lnx
F'x=−1lnx+C
F'x=1xln2x
F'x=−1ln2x
Đáp án đúng là: C
Vì ∫F'x dx=Fx+C. Nên F'x=1xln2x.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x−13=y+2−4=z−3−5. Hỏi d đi qua điểm nào trong các điểm sau:
C−3; 4; 5
D3; −4; −5
B−1; 2; −3
A1; −2; 3
Đáp án đúng là: D
Đường thẳng d:x−13=y+2−4=z−3−5 đi qua điểm A1; −2; 3.
Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB = 2, SA vuông góc với đáy và SA = 3 (tham khảo hình bên).
Thể tích khối chóp đã cho bằng
12.
2.
6.
4.
Đáp án đúng là: B
Thể tích khối chóp đã cho bằng V=13Bh=13.12AB.AC.SA=16.2.2.3=2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
S:x2+y2+z2−2x+2y−4z−2=0.
Tính bán kính r của mặt cầu.
r=22
r=26
r=4
r=2
Đáp án đúng là: A
Bán kính r của mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+2y−4z−2=0 là
r=12+−12+22+2=8=22.
Cho một tổ có 15 thành viên. Số cách chọn ra 2 người lần lượt làm tổ trưởng và tổ phó là
225
30
210
105
Đáp án đúng là: C
Số cách chọn ra 2 người lần lượt làm tổ trưởng và tổ phó từ tổ có 15 thành viên là: A152=210.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1;2;3). Điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (Oyz) có tọa độ là
(1;-2;3)
(1;2;-3)
(-1;-2;-3)
(-1;2;3)
Đáp án đúng là: D
Điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng (Oyz) nên ta có tọa độ là (-1;2;3): hoành độ đổi dấu còn tung độ và cao độ giữ nguyên.
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P): x – 2z + 3 = 0 có một vectơ pháp tuyến là:
n1→=1;0;−2
n4→=1;−2;3
n3→=1;−2;0
n2→=−1;2;−3
Đáp án đúng là: A
Mặt phẳng P:x−2z+3=0 có một vectơ pháp tuyến là: n1→=1;0;−2.
Đạo hàm của hàm số y=πx là:
y'=πxlnπ
y'=x.πx−1
y'=πxlnπ
y'=πx+1x+1
Đáp án đúng là: A
Ta có: y=πx⇒y'=πxlnπ.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M(1;-1;-1) và N(5;5;1). Đường thẳng MNcó phương trình là:
x=5+2ty=5+3tz=−1+t
x=5+ty=5+2tz=1+3t
x=3+2ty=2+3tz=t
x=1+2ty=−1+tz=−1+3t
Đáp án đúng là: C
Ta có: MN→=4;6;2⇒uMN→=2;3;1
Phương trình đường thẳng MN đi qua điểm M(1;-1;-1) và có vectơ chỉ phương uMN→=2;3;1 là: x=3+2ty=2+3tz=tt∈ℝ.
Cho hàm số y=ax+bcx+d có đồ thi là đường cong trong hình bên.
Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục tung là:
(0;-2)
(2;0)
(-2;0)
(0;2)
Đáp án đúng là: A
Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục tung là (0;-2).
Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên đoạn có [-2;2] và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.
![Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên đoạn có [-2;2] và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) là: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/02/3-1709007069.png)
Giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) là:
-4
-2
(1;-2)
x = 1
Đáp án đúng là: B
Quan sát đồ thị hàm số ta có giá trị cực tiểu của hàm số y = f(x) là -2 tại x = 1.
Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f(x) = mcó ba nghiệm thực phân biệt?
2
5
3
4
Đáp án đúng là: C
Phương trình f(x) = m có ba nghiệm thực phân biệt
⇔Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt
⇔m∈−2;2
Mà m∈ℤ
Nên m∈−1;0;1.
Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m để phương trình f(x) = m có ba nghiệm thực phân biệt.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;b]. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x=a; x=ba<b là:
S=∫bafxdx
S=∫abfxdx
S=∫abfxdx
S=∫bafxdx
Đáp án đúng là: C
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x=a; x=ba<b là: S=∫abfxdx.
Trên tập ℝ\0, đạo hàm của hàm số y=log3x là:
y'=1xln3
y'=1xln3
y'=ln3x
y'=−1xln3
Đáp án đúng là: B
Ta có y'=log3x'=1xln3.
Cho đồ thị hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
(-2;2)
− ∞; 0
(0;2)
2; +∞
Đáp án đúng là: C
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên (0;2).
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
y=x+3x−1
y=x−3x−1
y=x2−4x+1
y=x3−3x−5
Đáp án đúng là: B
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số dạng y=ax+bcx+d và là hàm số đồng biến trên tập xác định: y=x−3x−1.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
y=x+3x−1
y=x−3x−1
y=x2−4x+1
y=x3−3x−5
Đáp án đúng là: B
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số dạng y=ax+bcx+d và là hàm số đồng biến trên tập xác định: y=x−3x−1.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2+2x+4y+6z+1=0. Tâm của (S) có tọa độ là
(-1;-2;-3)
(2;4;6)
(2;3;4)
(1;2;3)
Đáp án đúng là: A
Tâm của (S) có tọa độ là (-1;-2;-3).
Cho hàm số y=ax4+bx2+c có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới.
Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
yct=1
xct=0
(1;2)
(0;1)
Đáp án đúng là: B
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy điểm cực tiểu của hàm số đã cho là xct=0.
Cho cấp số nhân un với u1=2 và công bội q=12. Giá trị của u3 bằng
3
12
14
72.
Đáp án đúng là: B
Ta có: u3=u1.q2=2.122=12.
Cho cấp số nhân un với u1=2 và công bội q=12. Giá trị của u3 bằng
3
12
14
72.
Đáp án đúng là: B
Ta có: u3=u1.q2=2.122=12.
Cho hình trụ có đường kính đáy 2r và độ dài đường sinh l. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
2πrl
4πrl
πrl
πr2h
Đáp án đúng là: C
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng Sxq=πrl.
Cho khối lập phương có cạnh bằng 4. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
16
8
4
64
Đáp án đúng là: D
Thể tích của khối lập phương đã cho bằng V=43=64.
Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z−2i=2 023 là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
(0;2)
(-2;0)
(0;-2)
(2;0)
Đáp án đúng là: A
Gọi z=x+yi x,y∈ℝ
z−2i=2 023⇔x+yi−2i=2023⇔x2+y−22=2 0232
Vậy tâm của đường tròn cần tìm là (0;2).
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=2x+13x−1 là đường thẳng có phương trình
x=13
y=−23
x=−13
y=23
Đáp án đúng là: A
Ta có: limx→132x+13x−1=∞ nên x=13 là tiệm cận đứng.
Tập nghiệm của bất phương trình logx−2<1 là
2; 12
−∞; 12
−∞; 3
12; +∞
Đáp án đúng là: A
Ta có logx−2<1⇔x−2>0x−2<10⇔2<x<12.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=2; 12.
Giả sử ∫09fxdx=7 và ∫90gxdx=1. Khi đó I=∫092fx+3gxdx bằng
I = 11
I = 17
I = 23
I = 8
Đáp án đúng là: A
Ta có: I=2∫09fxdx+3∫09gxdx=2.7+3.−1=11
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z=7−6i có tọa độ là
(-6;7)
(6;7)
(7;6)
(7;-6)
Đáp án đúng là: D
Điểm biểu diễn số phức z=7−6i là M7; −6.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=3x2+sinx là
x3−cosx
6x+cosx+C
x3−cosx+C
6x−cosx+C
Đáp án đúng là: C
Ta có: ∫fxdx=∫3x2+sinxdx=x3−cosx+C.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'x=(x−3)42−x với mọi x∈ℝ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
1;2
3;+∞
2;+∞
−∞;3
Đáp án đúng là: A
Ta có: f'x=(x−3)42−x⇒f'x=0⇔x=3x=2.
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên (1;2).
Trong không gian Oxyz, góc giữa hai mặt phẳng (Oxy) và (Oyz) bằng
30°
45°
60°
90°
Đáp án đúng là: D
Do mặt phẳng (Oxy) vuông góc với mặt phẳng Oyz nên góc giữa hai mặt phẳng (Oxy) và (Oyz) bằng 90°.
Với a,b là các số thực dương tùy ý và a≠1, loga3b bằng
3+logab
3logab
13+logab
13logab
Đáp án đúng là: D
Ta có: loga3b=13logab.
Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phứcz.
Số phức z¯ là
1−2i
2+i
1+2i
2−i
Đáp án đúng là: D
Ta có: M2;1⇒z=2+i⇒z¯=2−i.
Cho số phức z=2+9i, phần ảo của số phức z2 bằng
36
36i
18
9
Đáp án đúng là: A
Ta có z=2+9i⇒z2=−77+36i.
Phần ảo của số phức z2 bằng 36.
Cho hình chóp S.ABC có SA⊥ABC; tam giác ABC đều cạnh a và SA = a. Tìm góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).
60°
45°
90°
30°
Đáp án đúng là: B
Vì SA⊥ABC nên AC là hình chiếu của AC trên mặt phẳng (ABC).
Khi đó, góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là SCA^=45° (do ∆SAC vuông cân tại A cạnh a).
Giải bóng đá Mini cấp trường của một trường THPT, có 16 đội đăng kí tham dự trong đó có 3 đội 12A1, 12A2 và 12A3. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia đều 16 đội vào 4 bảng (mỗi bảng 4 đội) để đá vòng loại. Tính xác suất để 3 đội của 3 lớp 12A1, 12A2 và 12A3 nằm ở 3 bảng khác nhau.
356
1928
5356
1635
Đáp án đúng là: D
Chia đều 16 đội vào 4 bảng (mỗi bảng 4 đội) có nΩ=C416.C412.C48.C44. cách.
Gọi biến cố A: "3 lớp 12A1, 12A2 và 12A3 nằm ở 3 bảng khác nhau".
Sắp xếp 3 lớp 12A1, 12A2 và 12A3 nằm ở 3 bảng khác nhau trong 4 bảng có A43 cách.
Sắp các đội còn lại vào các 4 bảng để được mỗi bảng đủ 4 đội có: C134.C93.C63.C33 cách.
Suy ra nA=A43.C134.C93.C63.C33 cách.
Vậy xác suất PA=nAnΩ=1635.
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA⊥ABCD và SA=a33 (tham khảo hình bên dưới). Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) là
a
a2
a22
a32
Đáp án đúng là: B
Kẻ AH⊥SD tại H.
Dễ thấy CD⊥AB, CD⊥SA⇒CD⊥SAD⇒AH⊥CD.
Mà AH⊥SD Þ AH⊥SCD.
Suy ra dA;SCD=AH.
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔSAD có:
1AH2=1AD2+1SA2=1a2+1a332=4a⇒AH=a2.
Vậy dA;SCD=AH=a2.
Số các giá trị nguyên của x thỏa 2x2−16log3x−4≤0 là
Vô số
80
17
78
Đáp án đúng là: B
Ta có: 2x2−16log3x−4≤0⇔2x2−16≥0log3x−4≤02x2−16≤0log3x−4≥0⇔x2≥40≤x≤34x2≤4x≥34
⇔x≥2x≤−20≤x≤81−2≤x≤2x≥81⇔2≤x≤81
Vì x nguyên nên có 80 giá trị thỏa mãn.
Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z2−4z+13=0 và A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 trong mặt phẳng Oxy. Diện tích của tam giác OAB bằng
6
12
13
132.
Đáp án đúng là: A
Ta có: z2−4z+13=0⇔z−22=9⇔z=2+3iz=2−3i.
⇒A2; 3, B2; −3 nên AB = 6.
Suy ra OA=OB=13 hay ΔOAB cân tại O.
Gọi H là trung điểm của AB nên H(2;0) và OH⊥AB, OH=2.
Vậy SΔOAB=12OH⋅AB=12⋅2⋅6=6.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên ℝ và thỏa mãn x3+4xf'x=−(3x2+4)fx+4,∀x∈ℝ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = f(x), hai trục tọa độ và x = 2 là
Đáp án khác.
π2.
4π3.
2π.
Đáp án đúng là: B
x3+4xf'x=−(3x2+4)fx+4⇔x3+4xfx'=4⇔xx2+4fx=4x+C
Đẳng thức đúng với ∀x∈ℝ⇒C=0 và fx=4x2+4.
Diện tích hình phẳng giới hạn cần tính là
S=∫02fxdx=∫024x2+4dx=π2.
Một cái ly làm bằng thủy tinh, có hình dạng là khối nón cụt và các kích thước như hình vẽ. Phần rỗng bên trong có thiết diện qua trục là Parabol.
Thể tích khối thủy tinh bằng bao nhiêu?
434π
554π
334π
654π
Đáp án đúng là: C
Thể tích khối nón cụt là V1=πhR2+r2+Rr3=π5522+12+523=65π4.
Thể tích phần rỗng bên trong là một chảo parabol V2=πR2h2=π22.42=8π.
Thể tích khối thủy tinh bằng V1−V2=65π4−8π=33π4.
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;1;2) và đường thẳng d:x−42=y−2−1=z−1−2. Gọi (P) là mặt phẳng chứa d và cách A một khoảng lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M(5;-1;3) đến (P) bằng
23
73
13
1
Đáp án đúng là: A
Gọi khoảng cách từ A tới mặt phẳng (P) là AH, khoảng cách từ A tới đường thẳng d là AK không đổi.
Nhận xét AH≤AK; Dấu "=" xảy ra ⇔H≡K.
Khi đó AK vuông góc mặt phẳng (P) tại K.
Mặt phẳng (AHK) có vectơ pháp tuyến n→=ud→=2;−1;−2 và đi qua A(0;1;2) có phương trình là 2x - y - 2z + 5 = 0.
Thế x=4+2ty=2−tz=1−2t vào 2x−y−2z+5=0⇒24+2t−2+t−21−2t+5=0⇔t=−1
Suy ra K(2;3;3).
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n→=AK→=2;2;1 và đi qua K(2;3;3) có phương trình là 2x+2y+z−13=0.
Vậy dM;P=2.5+2−1+3−1322+22+12=23.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈−2 023;2 023 để hàm số y=x−10x−m đồng biến trên khoảng −5;5?
2017
2019
2018
4
Đáp án đúng là: D
Điều kiện xác định: x≠m.
Ta có: y'=x−10x−m'=x−10x−m.10−mx−m2x−10x−m.
⇒y'=0⇔x=10.
Trường hợp 1: m<10
![Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [-2023;2023] để hàm số y = |(x -10)/(x - m)| đồng biến trên khoảng (-5;5]? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/02/15-1709014755.png)
Để hàm số y=x−10x−m đồng biến trên khoảng (-5;5] thì m > 5.
Trường hợp 2: m > 10
![Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [-2023;2023] để hàm số y = |(x -10)/(x - m)| đồng biến trên khoảng (-5;5]? (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/02/16-1709014815.png)
Để hàm số y=x−10x−m đồng biến trên khoảng (-5;5] thì m∈∅.
Vậy 10>m>5 và m∈ℤ⇒m=6; 7; 8; 9 nên có 4 giá trị của m.
Cho một cổ vật hình trụ có chiều cao đo được là 81 cm, do bị hư hại nên khi tiến hành đo đạc lại thu được AB = 50 cm, BC = 70 cm, CA = 80 cm, với A, B, Cthuộc đường tròn nắp trên như hình vẽ. Thể tích khối cổ vật ban đầu gần nhất với số nào sau đây?
6,56 m3
0,42 m3
1,03 m3
0,43 m3
Đáp án đúng là: B
Đổi: 50 cm=0,5 m; 70 cm=0,7 m; 80 cm=0,8 m; 81 cm=0,81 m
Nửa chu vi tam giác ABC: p=0,5+0,7+0,82=1 m
SΔABC=pp−ap−bp−c=310 m2.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: R=AB.AC.BC4S=7330m.
V=πR2h=π.73302.0,81≈0,42 m3.
Cho tứ diện ABCD có AB = a, AC=a5, DAB^=CBD^=90°, ABC^=135°. Biết góc giữa hai mặt phẳng (ABD) và (BCD) bằng 30°. Thể tích khối tứ diện ABCD bằng
a32
a332
a323
a36
Đáp án đúng là: D
Dựng DH⊥(ABC).
Ta có BA⊥DABA⊥DH⇒BA⊥AH. Tương tự BC⊥DBBC⊥DH⇒BC⊥BH.
Tam giác AHB có AB=a,ABH^=45°⇒ΔHAB vuông cân tại A⇒AH=AB=a.
Áp dụng định lý côsin, ta có BC=a2.
Vậy S△ABC=12⋅BA⋅BC⋅sinCBA^=12⋅a⋅a2⋅22=a22.
Dựng HE⊥DAHF⊥DB⇒HE⊥(DAB) và HF⊥(DBC).
Suy ra (DBA),(DBC)^=(HE,HF^)=EHF^ và tam giác HEF vuông tại E.
Đặt DH = x, khi đó HE=axa2+x2,HF=xa22a2+x2.
Suy ra cosEHF^=HEHF=34=x2+2a22x2+2a2⇒x=a.
Vậy VABCD=13⋅DH⋅SΔABC=a36.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0;0;10) và B3; 4; 192. Xét các điểm M thay đổi sao cho tam giác OAM không phải là tam giác nhọn và có diện tích bằng 20. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MB thuộc khoảng nào dưới đây?
(5;10)
(3;5)
32;3
0;32
Đáp án đúng là: D
Ta có: SOAM=12OA.dM; OA=20⇒dM; OA=4.
Suy ra: M di động trên mặt trụ, bán kính bằng 4 trục là OA
Xét điểm D như hình vẽ, HA.HO=HD2=16HA+HO=10⇒HA=2HO=8.
· Trường hợp 1: Nếu tam giác OAM là tam giác có góc AMO^≥90° thì điểm M chạy trên đoạn EF, khi đó BM có giá trị nhỏ nhất bằng BF=132.
· Trường hợp 2: Nếu tam giác OAM là tam giác có góc MAO^≥90° thì điểm M chạy trên tia CD, khi đó BM có giá trị nhỏ nhất bằng BC=52.
· Trường hợp 3: Nếu tam giác OAM là tam giác có góc MOA^≥90° thì điểm M chạy trên tia GH, khi đó BM có giá trị nhỏ nhất bằng BG=3652.
So sánh ba trường hợp trên ta thấy BMmin=52≈1,118033989∈0;32.
Cho các số phức z, w, u thỏa mãn z−4+2i=2z+z¯,w−8−10iw−6−10i là số thuần ảo và \u+1−2i=u−2+i. Giá trị nhỏ nhất của P=u−z+u¯−w¯ thuộc khoảng nào sau đây?
(0;5]
(5;8)
[8;10)
10;+∞
Đáp án đúng là: B
Đầu tiên ta gọi A, N1, M lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z, w, u trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
Khi đó ta có:Aa;b:z−4+2i=2z+z¯Mc;d:u+1−2i=u−2+i⇔A∈P:y=2x2+2x−5M∈d:y=x
Đặt w=x+yix,y∈ℝ, khi đó
e=w−8−10iw−6−10i=kik∈ℝ⇔w−8−10iw−6−10i¯=mim∈ℝ
⇒w−8−10iw¯−6+10i=w2+−6+10iw−8+10iw¯+148−20i (2)
Thế w=x+yix,y∈ℝ vào (2) kết hợp biến đổi đại số, ta được Ree=x2−14x+y2−20y+148=0.
Suy ra N∈C:x−72+y−102=1, tức N1 thuộc đường tròn tâm I17;10, bán kính R = 1.
Khi đó ta luôn có: P=u−z+u−w¯=u−z+u−w=MA+MN1≥MA+MI1−1
Gọi I2 là điểm đối xứng với I17;10 qua (d), khi đó ta suy ra I210;7 tức N2∈I2;1.
Khi đó ta có hình vẽ như sau:
Từ hình vẽ, ta dễ dàng suy ra: P=MA+MI1−1=MA+MI2−1=MA+MN2
Mặt khác theo bất đẳng thức đường gấp khúc ta luôn có: MA+MN2≥AN2 nên P≥AN2=AI2−1 khi N2≡N0 tức Pmin khi và chỉ khi AI2 min. Lúc này ta quy về bài toán đơn giản hơn như sau:
“Cho Aa;b∈P:y=2x2+2x−5 và I210;7, khi ấy tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng AI2”.
Lúc này ta có: AI2=a−102+2a2+2a−5−72=a−102+4a2+a−62.
Chạy TABLE ta suy ra AI2≥63.85−1∈5;8.
Có bao nhiêu số nguyên dương y để tồn tại số thực x > 1 thỏa mãn
x2xy+log2xy=xy4+15xy−30+10y?
16
15
26
27
Đáp án đúng là: A
Đầu tiên ta có phương trình sau: x2xy+log2xy=xy4+15xy−30+10y(*)
⇔2xy+log2xy=y4+15y−30−10yx⇔2xy+log2xy+30x−10yx=y4+15y (1)
Giải thích: ta cô lập vế phải là một hàm theo biến y luôn đồng biến trên 0;+∞ (f'y=4y3+15>0 ∀y∈0;+∞).
Tiếp theo ta khảo sát hàm số gx=2xy+log2xy+30x−10yx trên 1;+∞.
Ta có:g'x=y2xyln2+1xln2−30x2+10yx2.
Thế y=3 vào ta có g'3=8x+1ln2−1xln2>64ln2−1ln2>0,∀x>1.
Suy ra ∀y≥3 thì g'x>0, kéo theo đó ta có được:
gx>g1=2y+log2y−10y+30limx→+∞gx=+∞.
Khi ấy để (*)có nghiệm∀x>1 thì cần có:
2xy+log2xy+30x−10yx>2y+log2y−10y+30 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra 2y+log2y−10y+30<y4+15y
⇔2y+log2y−25y+30−y4<0, ∀y≥3 (3)
Cho vế trái (3) bằng không giải ra nghiệm (shift SOLVE)y≈16,01 (**), khi đó ta có ý tưởng sau:
Giả sử đảo chiều (3), ta có: 2y+log2y−10y+30>y4+15y
⇔2y+log2y−25y+30−y4>0 (4).
Tới đây ta sẽ chứng minh bất phương trình (4) luôn đúng với mọi y≥17.
Xét hàm số hy=2y+log2y−25y+30−y4 có h16=−366<0;h17>0 nên suy ra hy<0,∀y<17 tức hy>0,∀y≥17.
Suy ra bất phương trình (4) luôn đúng với mọi y≥17 tức bất phương trình (3) luôn đúng với mọi 3≤y≤17.
Do (**) nên ta thử từng giá trị y:3→17 theo thứ tự từ lớn xuống.
Nhận thấy y = 17 không thỏa nên 3≤y<17
Mà đề cho y∈ℤ+ nên ta thử hai giá trị còn lại lần lượt là y∈1;2, nhận thấy hai giá trị này đều thỏa nên suy ra 1≤y<17 tức y∈1;2;...;15;16. Vậy có tất cả 16 giá trị nguyên y thỏa mãn đề bài.
Cho hàm số fx=x−322x−733x−102 023x−42 024. Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số hx=f−x4+8x2+mx có số điểm cực tiểu nhiều nhất là S=a;b\c. Giá trị của biểu thức T=a2−ab+b2+abc thuộc khoảng nào sau đây?
(1;100)
(115;130)
(100;115)
(130;2023)
Đáp án đúng là: B
Trường hợp 1: f(x) = 0 thì ta thu được các nghiệm bội lẻ lần lượt là x=72;x=103 (1)
Trường hợp 2: fx≠0, thực hiện biến đổi
lnfx=2lnx−3+3ln2x−7+2023ln3x−10+2024lnx−4x∈ℝ\3;103;72;4
Đạo hàm hai vế ta có: f'xfx=2x−3+62x−7+60693x−10+2024x−4
⇒f'x=fx2x−3+62x−7+60693x−10+2024x−4
Ta giải:f'x=0⇔fx2x−3+62x−7+60693x−10+2024x−4=0
⇔fx=0L2x−3+62x−7+60693x−10+2024x−4=02
Xét hàm số ux=2x−3+62x−7+60693x−10+2024x−4 có:
u'x=−2x−32−122x−72−3.60693x−102−2024x−42<0
Suy ra ux luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Với limx→±∞fx=0, khi đó ta có bảng biến thiên sau:
Khi đó (2) có các nghiệm là: x=a∈3;103;x=b∈103;72;x=c∈72;4 (3).
Từ (1) và (3), ta suy ra f(x) có 5 điểm cực trị lần lượt là a,72,b,103,c
(với 3<a<72<b<103<c<4).
Tiếp đến ta xét hàm số hx=f−x4+8x2+mx có
h'x=−4x3+16x+m−x4+8x2+mxf'−x4+8x2+mx−x4+8x2+mx=0
⇔−4x3+16x+m=04−x4+8x2+mx=05f'−x4+8x2+mx=06.
Để hàm số h(x) có nhiều cực tiểu nhất thì (4), (5), (6) phải có nhiều nghiệm bội lẻ nhất.
Khi đó (4) tương đương với:
m=4x3−16x=qx→m∈q23;q923⇒m∈−6433;6433 (7).
Giải (5), khi đó phương trình tương đương với:
x=0−x3+8x+m=0**⇔m=x3−8x=rx⇒m∈r263;r−263
⇒m∈−3269;3269 (8).
Từ (7) và (8) ta suy ra m∈−3269;3269\0. (9)
Giải (6), khi đó phương trình tương đương với:
−x4+8x2+mx=72;−x4+8x2+mx=103−x4+8x2+mx=a;−x4+8x2+mx=b;−x4+8x2+mx=c
⇔−x3+8x+m=±72x;−x3+8x+m=±103x−x3+8x+m=±ax;−x3+8x+m=±bx;−x3+8x+m=±cx.
Giả sử ta có hàm số px=−x3+8x+m ta suy ra để thỏa mãn đề bài thì hàm số p(x) phải luôn cắt các đường cong −72x;−103x;−ax;−bx;−cx tại 2 điểm phân biệt tại mỗi đường.
Do c≈3,6667 (sai số rất nhỏ) nên ta xem như c=72=3,5.
Gọi x0 là hoành độ của điểm tiếp xúc giữa p(x) và y=72x.
Khi đó x0 là nghiệm của hệ:
−x03+8x0+m=72x0−3x02+8=−72x02⇔−x03+8x+m=72x06x04−16x02−7=0⇔−x03+8x0+m=72x0x0=±1,75
Suy ra: −±1,753+8±1,75+m=72±1,75⇔m=±6,64.
Như vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì ta cần có m∈−6,64;6,64 (10).
Từ (9) và (10) ta suy ra m∈−6,64;6,64\0.
Vậy T=a2−ab+b2=36,642∈115;150.
