Thứ sáu, 29/03/2024
IMG-LOGO

Đề thi THPT Quốc gia môn Toán học năm 2022 chọn lọc, có lời giải ( Đề 16)

  • 26515 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Hàm số y=x33x2+1 có điểm cực đại là:

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: y'=3x26x và y''=6x-6.

Vì y'(0)=0y''(0)=6<0x=0 là điểm cực đại.


Câu 2:

Các mặt của hình đa diện là những


Câu 3:

Cho hai số thực dương a và x, với a1. Hãy chọn đáp án đúng

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: loga2x=logax.logax=logax2


Câu 4:

Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=3x2sinx là:

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: f(x)dx=(3x2sinx)dx=3x2dxsinxdx=x3+cosx+C


Câu 8:

Giới hạn limx1x+31x1 bằng:

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: limx1x+31x1=+

Vì limx1x+31=1>0

limx1x1=0 và x1>0


Câu 9:

Nghiệm của phương trình 4x+1=2 tương ứng là:

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: 4x+1=222(x+1)=22(x+1)=1x=12.


Câu 10:

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi hàm số f(x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

VietJack

Xem đáp án

Chọn B

Đồ thị hàm số tăng trên khoảng (-2;1) và (4;+), nên f(x) đồng biến trên khoảng (-2;1)


Câu 11:

Hình lăng trụ ngũ giác có bao nhiêu cạnh?

Xem đáp án

Chọn A

VietJack

Lăng trụ ngũ giác có 15 cạnh.


Câu 13:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=x44x trên đoạn [0;3] là: 

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: f'(x)=4x34=0x=1

VietJack

Dựa vào Bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=x44x trên đoạn [0;3] là y=-3 khi x=1 


Câu 14:

Tập xác định của hàm số f(x)=x1π+5x6x2 là:

Xem đáp án

Chọn A

ĐKXĐ: x1>05x6x20x>12x32x3.

TXĐ: D=[2;3] 


Câu 15:

Mặt cầu (S) có diện tích là 36π (cm2) thì khối cầu giới hạn bởi (S) có thể tích là:

Xem đáp án

Chọn D

Gọi r>0 là bán kính mặt cầu (S).

Ta có diện tích: S=4πr2=36πr=3cm.

Do đó thể tích khối cầu là: V=43πr3=43π.33=36πcm3.


Câu 16:

Hỏi hàm số y=x44x2+3 có đồ thị tương ứng với hình vẽ nào dưới đây?

Xem đáp án

Chọn D

TXĐ: D=

Ta có: f'(x)=4x38x=0x=0;  x=±2

VietJack

Ta thấy yCD>0;  yCT<0 Đồ thị của hàm số y=x44x2+3 là hình D.


Câu 18:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):3xy+2z6=0. Biết rằng điểm A(1;  a2;  32a) nằm trên (P). Giá trị của a bằng:

Xem đáp án

Chọn C

A(1;  a2;  32a) nằm trên (P):3xy+2z6=0 nên:

3.1(a2)+2(32a)6=05a+5=0a=1.


Câu 20:

Cho một lớp học X có 20 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh từ lớp X mà trong đó có ít nhất hai học sinh nữ?

Xem đáp án

Chọn C

Số cách chọn có 2 học sinh nữ là: C201.C102=900 (cách)

Số cách chọn có 3 nữ là: C103=120 (cách)    

Tổng số cách chọn: 900+120=1020 (cách)


Câu 21:

Biết rằng 01f(x)dx=2. Giá trị của tích phân 01f(x)2xdx bằng

Xem đáp án

Chọn A

Ta có 01f(x)2xdx=01f(x)dx012xdx=2x201=1.


Câu 25:

Cho số phức z thỏa mãn z1=z¯+2i. Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là


Câu 26:

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường cong y=f(x); y=g(x) và trục hoành như hình vẽ. Công thức tính diện tích hình phẳng (H) là

VietJack 


Câu 27:

Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y=x2+2x+1x24x+5 lần lượt là

Xem đáp án

Chọn B

Xét  y=fx=x2+2x+1x24x+5f'x=6x2+8x+14x24x+52=0x=1;x=73

Bảng biến thiên:

VietJack

Suy ra giá trị lớn nhất là 10 và giá trị nhỏ nhất là 0.


Câu 28:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Thể tích của khối chóp S.ABC tương ứng bằng :

Xem đáp án

Chọn C

Hình vẽ minh hoạ:

VietJack

Ta suy ra đường cao của hình chóp SO=SA2AO2=a2a222=a22

Suy ra : VS.ABC=13SABC.SO=13a22.a22=a3212


Câu 29:

Hỏi bất phương trình 3x27x2x200 có tất cả bao nhiêu nghiệm nguyên x40;40

Xem đáp án

Chọn B

Bảng xét dấu vế trái:

VietJack

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:

4x3x5x;x40;40x=4;3;...;3;5;6;...;40

Suy ra có: 44 giá trị x nguyên thoả mãn.


Câu 30:

Hàm số nào dưới đây không có tiệm cận đứng?

Xem đáp án

Chọn A

Ta có thể dễ dàng chỉ ra ngay được hàm số ở đáp án A không có tiệm cận đứng vì giá trị của hàm số bị chặn trên [-1;1].


Câu 31:

Hỏi có bao nhiêu số phức z thoả mãn phương trình 2z3iz1=0?

Xem đáp án

Chọn D

Gọi z=a+ib;a,bphương trình đã cho trở thành 2a2+b23ia+bi1=0

2a2+b2+3b13ai=0a=02b+3b1=0

a=0b02b+3b1=0b<02b+3b1=0a=0b02b+3b1=0b<02b+3b1=0a=0b0b=15b<0b=1a=0b=15

Vậy có duy nhất nột số phức z thoả mãn là z=15i.


Câu 32:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz. Cho đường thẳng d:x21=y1=x12 và điểm A(2;0;3). Toạ độ điểm A' đối xứng với A qua đường thẳng d tương ứng là:

Xem đáp án

Chọn C

Đưa đường thẳng d về phương trình tham số d:x=2+ty=tz=1+2t

Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d là H suy ra H2+t;t;1+2t. Ta có AH=t;t;2t2 và VTCP của đường thẳng d là ud=1;1;2.

Suy ra AH.ud=0t+1+4t4=0t=23H83;23;73.

Có điểm H là trung điểm AA' của suy ra tọa độ điểm A' là

là : xA'=2xHxA=103yA'=2yHyA=43zA'=2zHzA=53.


Câu 33:

Cho hình hộp chữ nhật có các cạnh 7,8,9. Diện tích xung quanh lớn nhất của hình hộp chữ nhật là

Xem đáp án

Chọn A

Để diện tích xung quanh lớn nhất thì hai đáy phải có diện tích nhỏ nhất ứng với các cặp cạnh 7 và 8.

Suy ra diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật lớn nhất là Sxq=28.9+7.9=270.


Câu 34:

Cho hàm số f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3fx=m có đúng 4 nghiệm thực

VietJack

Xem đáp án

Chọn B

Số nghiệm của phương trình fx=m3 là số giao điểm của hai đồ thị y=fxy=m3.

y=fx=fxkhifx0fxkhifx<0.

Suy ra cách vẽ: giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành, phần nằm dưới lấy đối xứng qua trục hoành tồi xóa phần dưới đi.

VietJack

Dựa và đồ thị ta nhận thấy để phương trình có bốn nghiệm thì

7<m3<921<m<27m3=0m=0m0;22;23;24;25 có 6 giá trị nguyên 


Câu 35:

Cho phương trình log24x2x+1m=x+1. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt ?

Xem đáp án

Chọn D

Phương trình đã cho 4x2x+1m=2x+14x4.2xm=0.

Đặt t=2x>0 phương trình trở thành ft=t24tm     1.

Để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x thì phương trình (1) phải có hai nghiệm t phân biệt dương . Suy ra Δ'=4+m>0t1+t2=4>0t1.t2=m>04<m<0m3;2;1


Câu 36:

Cho hình nón (N) có chiều cao h=8 và bán kính đáy r=4. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh nón (N) cắt đấy theo một dây có độ dài 6. Diện tích thiết diện cắt khối nón(N)  bởi mặt phẳng (P) tương ứng là:

Xem đáp án

Chọn C

Hình vẽ minh họa

VietJack

Bài toán cho AB=6AH=HB=3SHAB.

Suy ra OH=OA2AH2=4232=7SH=SO2+OH2=82+72=71.

Suy ra diện tích thiết diện cần tính là : SΔSAB=12AB.SH=12.6.71=371.


Câu 37:

Cho một vật m bắt đầu chuyển động thẳng với biểu thức gia tốc phụ thuộc vào thời gian là a=k1m/s2 trong đó k là một hằng số thực dương. Biết rằng trong 6 giây đầu tiên quãng đường vật đi được là 120m. Hỏi trong 6 giây tiếp theo vật đi được quãng đường là bao nhiêu?

Xem đáp án

Chọn C

Biểu thức vận tốc : v=a.dt=kt.dt=k2t2+C m/s2

Vật bắt đầu chuyển động, nên ở thời điểm ban đầu có vận tốc bằng 0 tức là khi ta thay t=0v=0=k2.02+CC=0 biểu thức vận tốc v=k2.t2

Quãng đường đi được trong 6 giây đầu tiên s6=06vdt=06k2.t2dt=36k=120mk=12036

Quãng đường đi được trong 6 giây tiếp theo 612vdt=612k2.t2dt=252k=252.12036=840m  


Câu 38:

Cho hàm số y=fx=2x+2xm có đồ thị (C). Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị (C) nhận I(2;2) làm tâm đối xứng. Tổng tất cả các giá trị của tập S

Xem đáp án

Chọn C

Trường hợp 1: Khi m=1 hàm số bị suy biến thành y=f(x)=2 là đường thẳng nằm ngang bỏ đi điểm I(2;2;). Hiển nhiên sẽ nhận I là tâm đối xứng.

Trường hợp 2: Khi m1 đồ thị (C) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Suy ra I2;2=m;2m=2

Suy ra tập S=1;2 tổng các phần tử là -1+2=1 


Câu 39:

Cho ba số thực dương a,b,c và đồ thị các hàm số y=ax;y=abx;y=c+1x được cho như hình vẽ bên dưới. Biết MH=HK=KN.Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T=b4c bằng:

VietJack

Xem đáp án

Chọn D

Ta có thể đặt MH=HK=KN=m>0xM=m;xK=m;xN=2m

Suy ra: axM=abxK=c+1xNam=abm=c+12ma1=aba1=c+12b=1a2c=1+1a

Suy ra tập T=b4c=1a4a+4=1a220

Dấu "=" xảy ra khi 1a2=0a=14( Thỏa mãn điều kiện a<1)

Suy ra giá trị nhỏ nhất T là Tmin=0


Câu 40:

Cho hàm số y=fx=x33mx2+3m+1x4 có đồ thị (C). Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m30;30 để đồ thị (C) cắt tia Ox tại đúng một điểm. Số phần tử của tập S:

Xem đáp án

Chọn B

Dễ dàng nhẩm được x=1 là nghiệm. Suy ra ta đưa phương trình hoành độ giao điểm về dạng: 

x33mx2+3m+1x4x1x23m1x+4=0x=1gx=x23m1x+4=0

Chú ý rằng, yêu cầu bài toán là đồ thị (C) cắt tia Ox tức là cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ không âm. Xảy ra các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình gx=x23m1x+4=0 vô nghiệm

Suy ra  3m1216<01<m<53 

Trường hợp 2: Phương trình gx=x23m1x+4=0 có nghiệm kép bằng 1 hoặc nghiệm kép âm

Suy ra 3m1216=0x0=3m12=1x0=3m12<0m=1m=53m=1m<13m=1

Trường hợp 3: Phương trình gx=x23m1x+4=0 có 2 nghiệm phân biệt âm

Suy ra 3m1216>0x1+x2=3m1<0x1.x2=4>0m<1m>53m<13mm<1 

Kết hợp cả ba trường hợp m<53m,m30;30m=30;29;...;1=32 giá trị.


Câu 41:

Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d1:x1=y12=z+12d2:x+22=y+31=z32. Hãy lập phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1;d2; sao cho ba đường thẳng d;d1;d2 đồng quy và khoảng cách từ gốc tọa độ O với đường thẳng d là lớn nhất:

Xem đáp án

Chọn A

Dễ dàng tìm được giao điểm của hai đường thẳng d1:x=t1y=1+2t1z=12t1 và d2:x=22t2y=3+t2z=3+2t2

d1d2:x=t1=22t2y=1+2t1=3+t2z=12t1=3+2t2t1=2t2=0d1d2=I(2;3;3)

Nếu gọi (P) là mặt phẳng chứa ba đương thẳng d,d1,d2cặp VTCP của (P) và ud1=(1;2;2) và ud2=(2;1;2)VTPT của (P) là n(P)=ud1;ud2=(6;2;5)

Ta có: d(O;d)OI. Để khoảng cách từ O đến d lớn nhất thì đường thẳng d vuông góc OI tại I. Hay nói cách khác OI=(2;3;3) là một véc tơ pháp tuyến của d

Cặp VTPT của d là n(P)OI. Suy ra VTCP của d là: ud=n(P);OI=(21;28;14)

Chọn VTCP của đường thẳng d là: (3;-4;-2) và d đi qua điểm I(2;3;3).


Câu 42:

Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi M là trung điểm của AD. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SA bẳng a6. Thể tích khối chóp SABCD bằng

Xem đáp án

Chọn A

VietJack

Gọi O là giao điểm của AC và BD,suy ra đường cao của hình chóp là h=SO

Gọi N là trung điểm của BC. Suy ra CM song song AN CM // (SAN)

Suy ra d(CM;SA)=d(CM;(SAN))=d(M;(SAN))=2d(O;(SAN))=a6

Từ O hạ OPAN=P hạ OQSP=Q. Khi đó ta có d(O;(SAN))=OQ=a26

Tam giác SOP vuông tại O và OQ là đường cao. Suy ra 1OQ2=1OP2+1SO2=1OP2+1h2(1)

Bài toán phức tạp nhất là đi tính độ dài OP

Có: cosNAO^=AO2+AN2ON22AO.AN=a22+5a24a242a2.a52=310sinNAO^=110

Suy ra: OP=AO.sinNAO^=a22.110=a25

Thay OP=a25AQ=a26 vào (1), ta được 1a262=1a252+1h2h=a2

Suy ra: VSABCD=13SABCD.h=13a2.a2=a36. Chọn đáp án A


Câu 43:

Cho hàm số bậc ba y=f(x)=x33(m1)x29(2m+1)+n có đồ thị là (Cm), với m và n là những số thực. Gọi S là tập chứa tất cả các số thực của tham số m để đồ thị (Cm) có 2 cực trị tại A và B tạo với gốc tọa độ O thành 3 điểm cách đều nhau. Tổng giá trị tất cả các phần tử của tập S bằng:

Xem đáp án

Chọn A

Đạo hàm: f'(x)=3(x22(m1)x6m3)=3(x+3)(x2m1)

Điều kiện để tồn tại 2 điểm cực trị là: 2m+1(3)m2 (*)

Để 2 điểm cực trị A(3;yA); B(2m+1;yB); O(0;0) cách đều nhau thì ta có các trường hợp sau:

xA+xB2=xOxA+xO2=xBxO+xB2=xA3+2m+12=03+02=2m+10+2m+12=3m=1m=54m=72 (**)

Kết hợp (*) và (**) suy ra các giá trị thỏa mãn là S=1;54;72

Suy ra tổng tất cả các phần tử của tập S là: 154. Chọn đáp án A

Chúng ta phải lưu ý rằng không cần điều kiện về tung độ vì luôn có tham số n tự điều chỉnh được điều kiện của tung độ. Bài toán này bẫy lôi kéo thời gian của những em học sinh cầu toàn và chi tiết.


Câu 44:

Trong các hình nón và diện tích xung quanh bằng 4π3 thì khối hình nón có thể tích lớn nhất tương ứng bằng:

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: 4π3=πr.r2+h2h=48r2r2. Suy ra thể tích khối nón:

VN=13πr2h=13πr2.48r2r2=π3.48r2r6.

Ta tiến hành đi khỏa sát hàm số ft=48tt3 với t=r2; sẽ suy ra được giá trị lớn nhất của hàm số là: maxf(t)=128 khi t=r2=4r=2.

Suy ra thể tích đạt giá trị lớn nhất là VN_max=8π23 {khi r=2}. Chọn đáp án B.


Câu 45:

Có 8 hành khách bước ngẫu nhiên lên 3 toa tàu. Xác suất để có một toa tàu có đúng 4 hành khách bước lên tương ứng bằng:

Xem đáp án

Chọn B

Mỗi một hành khách bước lên tàu đều có 3 cách lựa chọn toa. Suy ra: nΩ=38

Gọi A là biến cố để có một toa có đúng bốn hành khách bước lên. Suy ra ta có các trường hợp là: ''404,  413,  422'' ứng với số cách là: nA=3!2!.8!4!.4!+3!.8!4!.1!.3!+3!2!.8!4!.2!.2!=3150.

Suy ra xác suất là: pA=nAnΩ=315038=350729. Chọn đáp án B.


Câu 46:

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m[2021;2012] để hàm số y=ffx2m+1 có đúng 4 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là:

VietJack

Xem đáp án

Chọn A

Ta đặt gx=ffx2m+1g'x=f'x.f'fx2m+1.

Xét phương trình đạo hàm: g'x=0f'x=0x=1them1diemcuctrix=2them1diemcuctrif'fx2m+1=0

Xét phương trình: f'fx2m+1=0fx2m+1=1fx2m+1=2fx=2m2fx3=2m2

Xét tương giao của đường thẳng y=2m-2 và hai đồ thị hai hàm số y=fx;y=fx3

VietJack

Để hàm số y=gx=ffx2m+1. Có 4 điểm cực trị thì đường thẳng y=2m-2 cắt đồ thị hai hàm số trên tại hai điểm bội lẻ( không kể điểm tiếp xúc vì được coi như điểm bội chẵn).

Nhìn vào đồ thị ta thấy điều kiện là: 2m252m264m20122021m2 suy ra có 4029 giá trị nguyên m thỏa mãn bài toán. Chọn đáp án A.


Câu 47:

Cho hai số phức z,w thỏa mãn đồng thời hai hệ thức z2+2iz+1=3z và z2+2i3wz+1=z. Giá trị lớn nhất của w tương ứng bằng:

Xem đáp án

Chọn B

 Nhận thấy z=0 không thỏa mãn hai hệ thức đã cho. Nên ta tiến hành chia hai vế hệ thức cho z, sẽ được: z2+(2i3w)z+1=|z|z+2i3w+1z=1wz+1z+2i3=1

 Đặt u=z+1z+2i3hệ thức trên trở thành: wu=1                       1

 Với hệ thức z2+2iz+1=3zz+(2i)+1z=3z+1z+2i3+53i=3u+53i=3                2

 Áp dụng bất đẳng thức môđun ta có: |wu|=1|w||u||w|1+|u|

 Lại có: |u+53i|=3|u||3i5|=|u|34|u|3+34

 Suy ra: |w|1+|u|1+3+34=4+34. Suy ra giá trị lớn nhất của u là (|u|)max=4+34 chọn đáp án B


Câu 48:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng là P:x2y+2z1=0 và Q:x+2y2z11=0 và điểm A=(-2;1;1). Một mặt cầu di động (S) đi qua A đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) có tâm I nằm trên đường cong có độ dài bằng:

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: P:x2y+2z1=0 và Q:x+2y2z11=0P  //  Q  

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là dP;Q=dB1;0;0P;Q=4

Suy ra mặt cầu (S) có vị trí như hình vẽ:

VietJack

Tâm I nằm trên mặt phẳng α là mặt phẳng nằm chính giữa hai mặt phẳng (P) và (Q). Dễ dàng lập nhanh được phương trình mặt phẳng α bằng cách cộng hai mặt phẳng (P) và (Q) rồi chia đôi, ta được: α=P+Q2=x2y+2z1x2y+2z+112=x2y+2z+5=0

Tâm I của mặt cầu (S) lại cách điểm A cố định một khoảng không đổi. Vậy ta coi như tâm I sẽ nằm trên mặt cầu (S') có tâm A và bán kính R'=R=AI=2.  

Dễ thấy khoảng cách: dA;α=22.1+2.1+51+4+4=1

Suy ra quỹ tích điểm I là giao của mặt phẳng α và mặt cầu (S') chính là đường tròn (C) có tâm H (là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng α) bán kính được tính: r=R2dA;α2=2211=3chu vi: 2πr=2π3.


Câu 49:

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị biểu diễn như hình vẽ và đồ thị đạo hàm không tiếp xúc với trục hoành. Số nghiệm của phương trình fx.3f'x+f'x.4fx=fx+f'x tương ứng là:

VietJack

Xem đáp án

Chọn B

Ta đã biết at1t>0 với a>1;  t0

Phương trình đã cho trở thành: fx.3f'x1+f'x4fx1=0 

Nhận thấy ngay khi fx=0f'x=0 thì thỏa mãn phương trình đã cho. Số nghiệm của phương trình f(x)=0 là 5 và số nghiệm của phương trình f'(x)=0 là 5 nhưng có một nghiệm trùng nhau (tại chỗ đồ thị hàm số y=f(x) tiếp xúc với trục hoành) nên sẽ cho tất cả là 9 nghiệm thỏa mãn.

Với fx0f'x0 : ta chia hai vế cho fx.f'x sẽ được : 3f'x1f'x+4fx1fx=0

Lại có : 3f'x1f'x>0;   4fx1fx>0phương trình đã cho vô nghiệm.

Suy ra có tất cả là 9 nghiệm.


Câu 50:

Cho hàm số trùng phương y=fx=x42m+1x2+m2. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y=fx có 3 điểm cực đại lập thành một tam giác vuông cân. Tổng tất cả các phần tử của tập  nằm trong khoảng:

Xem đáp án

Chọn C

VietJack

Ba điểm cực trị có tọa độ là:

A=0;m2;  B=b2a;Δ4a=m+1;1+2m;  C=m+1;1+2m

Tam giác ABC cân tại A để tam giác ABC vuông cân thì suy ra nó phải vuông cân tại A. Suy ra:

AB.AC=0m44m3+2m2+3m=0m=0m=3m=1+52m=152    *

Điều kiện để tồn tại ba điểm cực trị và có điểm cực đại nằm trên trục hoành và hai điểm cực tiểu nằm dưới trục hoành là:

2m+1<0m2>0Δ4a=12m<0m>1m0m>12m>12m0   **

Từ (*) và (**) ta suy ra: m=3m=1+52S=3;1+52

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng: 7+5292;5.


Bắt đầu thi ngay