Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 2)
50 câu hỏi
Tập nghiệm của bất phương trình 2x2−4−1.lnx2<0 là
−2;−1∪1;2
1;2
1;2
1;2
Đáp án A
Ta có:
2x2−4−1.lnx2<0⇔2x2−4−1>0lnx2<02x2−4−1<0lnx2>0⇔x2−4>0x2<1x2−4<0x2−1>0⇔x∈−2;−1∪1;2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép tịnh tiến theo vecto v→ biến điểm A3;−1thành điểm A'1;4Tìm tọa độ của vecto ?
v→=−4;3
v→=4;3
v→=−2;5
v→=5;−2
Đáp án C
Ta có:
Tv→A=A'⇒AA'→=v→→v→=−2;5
Đồ thị của hàm số y=2m+1x+3x+1có đường tiệm cận đi qua điểmA=−2;7 khi và chỉ khi
m=−3
m=−1
m=3
m=1
Đáp án C
Hàm số suy biến ⇔2m+1=3⇔x=1
Với m≠1 thì đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là x=−1 và y=2m+1
Để đồ thị hàm số có đường tiệm cận đi qua điểm A−2;7 khi 2m+1=7⇔m=3
Với giá trị nào của góc φ sau đây thì phép quay QO;φ biến hình vuông ABCD tâm O thành chính nó?
φ=π2
φ=3π4
φ=2π3
φ=π3
Đáp án A
Phép quay tâm Q với góc quay φ=π2 biến hình vuông ABCD thành chính nó
Điều kiện cần và đủ của m để đồ thị hàm số y=mx4+m+1x2+1 có đúng một điểu cực tiểu là
−1<m<0
m≥0
m∈−1;+∞\0
m>−1
Đáp án B
Với m=0⇒y=x2+1 hàm số có một cực trị là x=0 và điểm đó là cực tiểu
Với m≠0 ta có
y'=4mx3+2m+1x=0⇔x=0x2=−m−12m
Để hàm số có một cực trị và đó là cực tiểu thì m>0−m−12m≤0⇔m>0
Do đó m≥0
Tập nghiệm của bất phương trình logx2+25>log10x là
ℝ\5
ℝ
0;+∞
0;5∪5;+∞
Đáp án D
Ta có:
logx2+25>log10x⇔x2+25>10x10x>0⇔x−52>0x>0⇔x>0x≠5
Cho hình nón có chiều cao bằng 3cm, góc giữa trục và đường sinh bằng 60°.Thể tích khối nón bằng:
9π cm3
3π cm3
18π cm3
27π cm3
Đáp án D
Dữ kiện bài toán được biểu diễn như hình vẽ
Khi đó OA=h=3;rd=OB=OAtan60°=33
Khi đó VN=13Sd.h=13πR2.h=13π.27.3=27π
Dãy số nào sau đây là dãy số tăng?
un=2n+32n+1
un=−n
un=n
un=12n
Đáp án C
Dãy số tăng là dãy số unthỏa mãn tính chất un+1≥un
Thử với n=2→ Với un=n⇒u2=2u3=3⇒u3>u2. Vậy un=n là dãy số tăng
Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC, BCD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong các mặt phẳng vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD là:
3a38
a34
a38
3a34
Đáp án C
Gọi H là trung điểm của BC. Ta có: AH⊥BC
Mặt khác ABC⊥BCD⇒AH⊥BCD
Lại có AH=a32⇒V=13AH.SBCD=13.a32.a234=a38
Cho hình lập phương có cạnh bằng 1. Diện tích mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương bằng:
6π
3π
π
2π
Đáp án B
Bán kính của mặt cầu là
R=32⇒S=4πR2=4π.34=3π
Trong một hộp có 9 quả cầu đồng chất và cùng kích thước được đánh số từ 1 đến 9. Lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất của biến cố A: “Lấy được quả cầu được đánh số là chẵn”.
PA=54
PA=49
PA=45
PA=59
Đáp án B
Lấy ngẫu nhiên 1 quả cầu trong 9 quả cầu có C91cách ⇒nΩ=9
Gọi A là biến cố “ lấy được quả cầu được đánh số là chẳn”
Trong 9 quả cầu đánh số, có các số chẵn là 2;4;6;8 suy ra nA=4.Vậy PA=49
Tổng các nghiệm của phương trình log22x+5log12x+6=0 là:
38
10
5
12
Đáp án D
Điều kiện x>0
PT⇔log22x−5log2x+6=0⇔log2x−2log2x−3=0⇔log2x=2log2x=3⇔x=4x=8
Tổng các nghiệm là 4+8=12
Tìm tập xác định của hàm số y=sinx+cosxsinx−cosx
D=ℝ\π4+kπ,k∈ℤ
D=ℝ\π4+k2π,k∈ℤ
D=ℝ\−π4+kπ,k∈ℤ
D=ℝ\−π4−k2π,k∈ℤ
Đáp án A
Ta có:
sinx−cosx≠0⇔tanx≠1⇔x≠π4+kπ
Giá trị của biểu thức logaa2a23a45a7150<a≠1 bằng
3
125
95
2
Đáp án A
logaa2a23a45a715=logaa2.a23.a45a715=logaa2+23+45a715=logaa5215a715=logaa5215−715=logaa3=3
Cho hàm số fx=x2e−x. Bất phương trình f'x≥0 có tập nghiệm là:
−2;2
−∞;−2∪0;+∞
−∞;0∪2;+∞
0;2
Đáp án D
f'x=2x−x2ex≥0⇔2x−x2≥0⇔0≤x≤2
Trong khai triển a+bn,số hạng tổng quát của khai triển là:
Cnk+1an−k+1bk+1
Cnk+1ak+1bn−k+1
Cnk+1an−kbn−k
Cnk+1an−kbk
Đáp án D
Ta có: a+bn=∑k=0nCnkan−kbk⇒ số hạng tổng quát là Cnkan−kbk
Phương trình cos2x−4cosx+3=0 có nghiệm là:
x=k2π
x=π2+k2π
x=π+k2π
x+k2πx=±arccos3+k2π
Đáp án A
Phương trình
⇔cosx−1cosx−3=0⇔cosx=1cosx=3L⇔x=k2π
Hai người độc lập nhau ném bóng vào rổ. Mỗi người ném vào rổ của mình một quả bóng. Biết rằng xác suất ném bóng trúng vào rổ của từng người tương ứng là 15 và 27. Gọi A là biến cố: “Cả hai cùng ném bóng trúng vào rổ”. Khi đó, xác suất của biến cố A là bao nhiêu?
PA=235
PA=125
PA=449
PA=1235
Đáp án A
Xác suất cần tính là PA=15.27=235
Trong các khẳng định sau về hàm số y=2x+1x−1. Khẳng định nào là đúng?
Hàm số đồng biến trên các khoảng−∞;1và 1;+∞
Hàm số nghịch biến trên ℝ\1
Hàm số nghịch biến trên ℝ
Hàm số nghịch biến trên các khoảng−∞;1và 1;+∞
Đáp án D
Tập xác định ℝ\1. Ta có y'=−3x−12<0 với mọi x∈R\1
Hệ số của x7 trong khai triển biểu thức x−210là:
15360
960
−960
−15360
Đáp án C
Xét khai triển x−210=∑k=010C10k.x10−k−2k=∑k=010C10k.−2k.x10−k
Hệ số của x7 ứng với
x10−k=x7⇔10−k=7⇔k=3.
Vậy hệ số cần tìm là C103.−23=−960
Cho khối lăng trụ tứ giác đều có cạnh đáy bằng và diện tích toàn phần bằng 8a2.Thể tích khối lăng trụ đó là:
32a3
12a3
74a3
712a3
Đáp án A
Gọi chiều cao của lăng trụ là h.
Để ý rằng lăng trụ đều thì đã là lăng trị đứng nên ta có Stp=2a2+4ah=8a2⇔h=3a2
Thể tích khối lăng trụ là V=a2h=3a32
Trong các mệnh đề được cho bởi các phương án A, B, C, D dưới đây, mệnh đề nào sai?
Nếuq≤1 thì limqn=0
Nếu limun=a,limvn=b thì limun,vn=ab
Với k là số nguyên dương thì lim1nk=0
Nếu limun=a>0,limvn=+∞ thì limun,vn=+∞
Đáp án B
Nếu limun=a,limvn=b thì limun,vn=ab
Nếu a195<a157và logb2+7>logb2+5 thì:
a>1,0<b<1
0<a<1,b>1
0<a<1,0<b<1
a>1,b>1
Đáp án B
a195<a157 vì mũ không là số nguyên nên a>0. Mặt khác 195>157 nên a<1⇒0<a<1
logb2+7>logb2+5 để có nghĩa thì 1≠b>0 và 2+7>2+5 nên b>1
Một tổ có 5 học sinh trong đó có bạn An. Có bao cách sắp xếp 5 bạn đó thành một hàng dọc sao cho bạn An luôn đứng đầu?
120 cách xếp
5 cách xếp
24 cách xếp
25 cách xếp
Đáp án C
Chọn An là người đứng đầu, 4 bạn còn lại xếp vào 4 vị trí còn lại nên có 4!=24 cách
Cho hàm số fx=x4−2x2+3. Tính diện tích S tam giác có ba đỉnh là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số
S=2
S=12
S=4
S=1
Đáp án D
Ta có
y'=4x3−4x=0⇔x=0⇒y=3⇒A0;3x=±1⇒y=2⇒B1;2,C−1;2
⇒AB→=−2;0⇒BC=2BC:y=2⇒dA;BC=1⇒SABC=12BC.dA;BC=1
Cho tứ diện ABCD và ba điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC, AD mà không trùng với các đỉnh của tứ diện. Thiết diện của hình tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng MNP là
Một tam giác
Một ngũ giá
Một đoạn thẳng
Một tứ giác
Đáp án A
Hiển nhiên thiết diện của hình tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng MNP là một tam giác
Trong khoảng 0;π2 phương trình sin24x+3sin4xcos4x−4cos24x=0 có bao nhiêu nghiệm?
1
3
2
4
Đáp án D
PT
⇔sin4x−cos4xsin4x+4cos4x=0⇔sin4x=cos4xsin4x=−4cos4x⇔tan4x=1tan4x=−4
+) Với PT
tan4x=1⇒4x=π4+kπ⇔x=π16+kπ4→0<x<π2x=π16;x=5π16
+) Với PT tan4x=−4⇒PT có thêm 2 nghiệm nữa thuộc 0;π2
Hình lập phương thuộc loại khối đa diện đều nào ?
5;3
3;4
4;3
3;5
Đáp án C
Hình lập phương thuộc loại khối đa diện đều 4;3
Cho dãy số unxác định bởi u1=1un+1=2un+5. Tính số hạng thứ 2018 của dãy.
u2018=3.22018+5
u2018=3.22017+5
u2018=3.22018−5
u2018=3.22017−5
Đáp án C
Phân tích vn+1+k=2un+k⇒k=5⇒un+1+5=2un+5
Đặt
vn=un+5⇒vn+1=2vnCSN⇒vn=v1qn−1=u1+5.2n−1=6.2n−1
⇒un+5=6.2n−1⇒u2018=6.22017−5
Tính giới hạn:lim1−1221−132....1−1n2
1
12
14
32
Đáp án B
lim1−1221−132...1−1n2=lim1.322.2.432.3.542...n−1n+1n2=lim12.n+1n=12
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A2;3;0. Tìm tọa độ điểm B trên trục hoành sao cho AB=5
D0;0;0 hoặc D6;0;0
D−2;0;0 hoặc D6;0;0
D0;0;0hoặc D2;0;0
D2;0;0 hoặc D−6;0;0
Đáp án B
Gọi Bt;0;0 ta có:
AB2=t−22+9=25⇔t−22=16⇔t=6t=−2
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=4x3−2x,x≠0
∫fxdx=12x2−2x2+C
∫fxdx=12x2+2x2+C
∫fxdx=x4−2x2+C
∫fxdx=x4−2lnx+C
Đáp án D
∫4x3−2xdx=x4−2lnx+C
Cho hàm số y=ax+bx+1có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau
a<b<0
b<0<a
0<b<a
0<a<b
Đáp án D
Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tung độ dương ⇒y0=b>0
Đồ thị hàm số có TCN nằm phía trên trục Ox⇒y=a>0
Hàm số đã cho là hàm số nghịch biến⇒y'=a−bx+12<0⇔a<b
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'có cạnh bằng 2a2.Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của bát diện có các đỉnh là tâm của các mặt của hình lập phương ABCD.A'B'C'D' Khi đó
S=4a23
S=8a2
S=16a23
S=8a23
Đáp án D
Cạnh của bát diện đều là x=2a→S=8.2a234=8a23
Cho dãy số an với an=n−n2−1,n≥1Tìm phát biểu sai:
an=1n+n2−1,n≥1
an là dãy số tăng
an bị chặn trên
an chặn dưới
Đáp án B
Xét hàm số fn=n−n2−1với n≥1
⇒f'n=1−nn2−1=n2−1−nn2−1=n2−1−n2n2−1<0
⇒fn nghịch biến trên 1;+∞⇒an là dãy số giảm
Cho ba số thực x, y, z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân, đồng thời với mỗi số thực dương aa≠1 thì logax, logay, loga3z theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
Tính giá trị biểu thức P=1959xy+2019yz+60zx
20192
60
2019
4038
Đáp án D
Ta có y2=xz và
logax+loga3=2log2y⇔logax+logaz3=logay4⇒xz3=y4−x2z2⇒x=z⇒x=y=z
Tìm giá trị của tham số m để phương trình sinx−1cos2x−cosx+m=0 có đúng 5 nghiệm thuộc đoạn 0;2π
0≤m<14
−14<m≤0
0<m<14
−14<m<0
Đáp án C
Phương trình
sinx−1cos2x−cosx+m=0⇔sinx=1m=cosx−cos2x⇔x=π2+k2π 1m=cosx−cos2x 2
Vì x∈0;2π nên
0≤π2+k2π≤2π⇔−14≤k≤34⇒k=0⇒x=π2
Để phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn 0;2π⇔2 có 4 nghiệm phân biệt thuộc 0;2π
Đặt t=cosx∈−1;1, khi đó 2⇔t2−t+m=0 có 2 nghiệm phân biệt t1,t2 thỏa mãn −1<t1;t2<1
⇔t1+1t2+1>0t1−1t2−1>0Δ=−12−4m>0⇔t1t2+t1+t2+1>0t1t2−t1+t2+1>0−4m−1<0⇔0<m<14
Vậy m∈0;14
Một cửa hàng bán bưởi Đoan Hùng của Phú Thọ với giá bán mỗi quả là 50.000 đồng. Với giá bán này thì của hàng chỉ bán được khoảng 40 quả bưởi. Cửa hàng này dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ giảm mỗi quả 5000 đồng thì số bưởi bán được tăng thêm là 50 quả. Xác định giá bán để của hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu mỗi quả là 30.000 đồng
44.000 đ
43.000 đ
42.000 đ
41.000 đ
Đáp án C
Gọi 5x là số tiền cần giảm trên mỗi quả bưởi bán ra để đạt lợi nhuận lớn nhất
Khi đó, lợi nhuận thu được tính bằng công thức fx=50−5x50x+40−3050x+40
Ta có
fx=20−5x50x+40=504−x3x+4=5016+16x−5x2⇒maxfx=f1610
Vậy giá bán của mỗi quả bưởi là 50−5x=50−5.1610=42 nghìn đồng
Cho hình chóp S.ABCD có ASB=BSC=CSA=60°,SA=2,SB=3,SC=6.Tính thể tích khối chóp S.ABC
62dvtt
182dvtt
92dvtt
32dvtt
Đáp án D
Gọi B',C' lần ượt là hai điểm thuộc SB, SC sao cho SB'=SC'=2
Xét tứ diện S.AB'C' có ASB'⏜=B'SC'⏜=C'SA⏜=60°SA=SB'=SC'=2⇒S.AB'C' là tứ diện đều cạnh 2
Khi đó VS.AB'C'=SA3212=23212=223
mà VS.AB'C'VS.ABC=SB'SB.SC'SC=23.26=29.
Vậy VS.ABC=32
Tìm m để hàm số y=2cotx+1cotx+m đồng biến trên π4;π2?
m∈−∞;−2
m∈−∞;−1∪0;12
m∈−2;+∞
m∈12;+∞
Đáp án B
Xét hàm số
y=2cotx+1cotx+m→t=cotxy=2t+1t+m⇒yt'=t'.2m−1t+m2
Để hàm số đã cho đồng biến trên
π4;π2⇔yt'>0,∀x∈0;1⇔t'.2m−1t+m2>0,∀x∈0;1
Mà
t'<0,∀x∈0;1⇒2m−1t+m2<0;∀x∈0;1⇔2m−1<0t=−m∉0;1⇔m<12−m≥1−m≤0⇔m≤−10≤m<12
Cho hàm số fx=x−x+2x2−4,x>2x2+ax+3b, x<22a+b−6, x=2 liên tục tại x=2. Tính I=a+b?
I=1930
I=−9316
I=1932
I=−17316
Đáp án C
Ta có
limx→2+fx=limx→2+x−x+2x2−4=limx→2+x−x+2x+x+2x2−4x+x+2=limx→2+x−2x+1x2−4x+x+2
=limx→2+x+1x+2x+x+2=316
Và limx→2−fx=f2=22+2a+3b=2a+3b+4
Do đó 2a+3b+4=3162a+3b+4=2a+b−6⇔a=17932b=−5
Vậy I=a+b=17932−5=1932
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,BC=2a, ABC=60°. Gọi M là trung điểm BC. Biết SA=SB=SM=a393. Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng ABC là
2a
3a
4a
a
Đáp án A
Tam giác ABM có AM=BMABC⏜=60°⇒ΔABM đều cạnh a
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABM
Mà SA=SB=SM⇒H là hình chiếu của S trên mpABM
Tam giác SAH vuông tại H, có AH=a33;SA=a393
Suy ra SH=SA2−AH2=a3932−a332=2a
Vậy dS;(ABC=SH=2a
Nhà sản xuất muốn tạo một cái chum đựng nước bằng cách cưa bỏ hai chỏm cầu của một hình cầu để tạo phần đáy và miệng như hình vẽ. Biết bán kính hình cầu là 50 cm, phần mặt cắt ở đáy và miệng bình cách đều tâm của hình câu một khoảng 30 cm (như hình vẽ). Tính thể tích nước của chum khi đầy (giả sử độ dày của chum không đáng kể và kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
460 lít
450 lít
415 lít
435 lít
Đáp án C
Thể tích của một chòm cầu là V0=πh2R−h3=π.202.50−203=52000π3
Thể tích khối cầu bán kính R=50 là V=43πR3=43π.503=500000π3
Suy ra thể tích chum nước là V−2×V0103=5000003−2520003.π103≈415 lít
Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log2x−1=log2mx−8 có hai nghiệm thực phân biệt là
3
4
5
Vô số
Đáp án A
Điều kiện
x>1mx>8.PT⇔log2x−12=log2mx−8⇔x2−2+mx+9=0
Để PT đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt thì
Δ=2+m2−36=m−4m+8>0x1+x2=m+2>2x1−1x2−1=x1x2−x1+x2+1=8−m>0⇔4<m<8
Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa đề bài
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABClà tam giác vuông cân tại A,BC=22a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm O của BC. Khoảng cách từ O đến AA'bằng 32a11 . Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho
63a3
6a3
2a3
122a3
Đáp án B
Gọi H là hình chiếu của O trên AA'⇒OH=3a2211
Tam giác ABC vuông cân tại A, có OA=BC2=a2
Tam giác −m2;−m2−32 vuông tại O, có 1OH2=1OA'2+1OA2
⇒1OA'2=13a2211−1a22=19a2⇒OA'=3a
Vậy thể tích khối lăng trụ là VABC.A'B'C'=OA'.SΔABC=3a.12.2a.2a=6a3
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=2x4+2mx2−3m2 có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị này cùng với gốc tọa độ O tạo thành bốn đỉnh của một tứ giác nội tiếp được. Tính tổng tất cả các phần tử của S
2−23
−2−23
−1
0
Đáp án B
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔y'=4x2x2+m đổi dấu 3 lần ⇔m<0
Khi đó, gọi A0;−3m2,B−m2;−m2−3m2 và C−−m2;−m2−3m2 là ba điểm cực trị
Vì yA>yB=yC nên yêu cầu bài toán⇔Tứ giác ABOC nội tiếp I
Vì AB=ACOB=OC→OA là đường trung trực của đoạn thẳng BC
Suy ra AO là đường kính của I=OB→.AB→=0⇔m2+m22.m2+32=0⇔m=−1m=−1−3
Vậy tổng các giá trị của tham số m là −2−3
Ông Bình đặt thợ làm một bể cá, nguyên liệu bằng kính trong suốt, không có nắp đậy dạng hình hộp chữ nhật có thể tích chứa được 220500 cm3nước. Biết tỉ lệ giữa chiều cao và chiều rộng của bể bằng 3. Xác định diện tích đáy của bể cá để tiết kiệm được nguyên vật liệu nhất
2220 cm2
1880 cm2
2100 cm2
2200 cm2
Đáp án C
Gọi a,b,c lần lượt là chiều trọng, chiều dài đáy và chiều cao của hình hộp chữ nhật
Theo bài ra, ta có ha=3⇔h=3a và thể tích
V=abc=220500⇒a2b=73500⇔b=73500a2
Diện tích cần để làm bể là
S=ab+2bh=a.73500a2+2a.3a+2.73500a2.3a
6a2+514500a=6a2+257250a+257250a≥36a2+257250a+257250a3=7350
Dấu “=” xảy ra ⇔6a2=257250a⇔a=35→b=60. Vậy S=a.b=2100 cm2
Cho a,b là các số thực và fx=aln2017x2+1+x+bxsin2018x+2. Biết f5logc6=6, tính giá trị của biểu thức P=f−6logc5 với 0<c≠1
P=−2
P=6
P=4
P=2
Đáp án A
Ta có 5logc6=6logc5⇔5logc6+−6logc5=0 . Mà
f−x=aln2017x2+1−x−bxsin2018x+2
aln20171x2+1+x−bxsin2018x+2=−aln2017x2+1+x−bxsin2018x+2
⇒fx+f−x=4⇒f−6logc5+f5logc6=4⇒f−6logc5=−2
Cho hàm số \y=fxcó đạo hàm trên ℝ. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y=f'x(y=f'x liên tục trên ℝ ). Xét hàm số gx=fx2−2Mệnh đề nào dưới đây sai ?
Hàm số gx, nghịch biến trên −∞;−2
Hàm số gx, đồng biến trên 2;+∞
Hàm số gx, nghịch biến trên −1;0
Hàm số , nghịch biến trên 0;2
Đáp án C
Xét hàm số gx=fx2−2 trên ℝ,
có g'x=x2−2'.f'x2−2=2x.f'x2−2
Phương trình
g'x=0⇔x.f'x2−2=0⇔x=0f'x2−2=0⇔x=0x2−2=−1x2−2=2⇔x=0x=±1x=±2
Với \x>2⇔x2−2>0 mà f'x>0,∀x∈2;+∞
suy ra f'x2−2>0,∀x∈2;+∞
Bảng biến thiên
x | -∞ -2 -1 0 1 2 +∞ |
f'x2−2 | + 0 - 0 - 0 - 0 - 0 + |
gx | - + + - - + |
Cho a,b,c là các số thực thuộc đoạn 1;2 thỏa mãnlog23a+log23b+log23c≤1.Khi biểu thức P=a3+b3+c3−3log2aa+log2bb+log2ccđạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng a+b+c là:
2
3.2133
4
6
Đáp án C
Nhận xét, với x∈1;2 thì fx=x−log2x≤0. Thật vậy, xét f'x=xln2−1xln2
→f'x=0⇔x=1ln2⇒max1;2fx=maxf1,f1ln2,f2=0
Từ đây suy ra x−1≤log2x⇒log23x≥x−13 với 1;2⇒1≥a−13+b−13+c−13
Mặt khác cũng có x3−3xlog2x≤x3−3x1−x=x3−3x2+3x với 1;2
⇒P−3≤x−13+y−13+z−13=1⇒P≤4
