TỔNG hợp vận DỤNG CAO đề THI THỬ

ĐỀ LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN LẦN Câu 46 Một bình thủy tinh hình trụ khơng có nắp, bình xếp vào ba viên bi có bán kính 3dm cho viên bi tiếp xúc với đáy, đôi tiếp xúc tiếp xúc với đường sinh bình Người ta đổ đầy nước vào đặt lên miệng bình khối lập phương ABCD ABC D đặc, cho đường chéo AC  có phương vng góc với mặt đáy bình cạnh AA, AB, AD tiếp xúc với miệng bình (xem hình vẽ) Sau quan sát thấy lượng nước tràn ngồi lượng nước ban đầu có 16 bình Giả sử chiều dày vỏ bình khơng đáng kể, hỏi thể tích bình thủy tinh gần với số sau ?   A 276, 41 dm3   B 319, 94 dm3   C 350,31 dm3   D 275, 44 dm3 Lời giải Đầu tiên ta có hình vẽ sau Hình Hình Chú thích: hình hình mặt cắt khối hình qua khối trụ ba khối cầu khối trụ Gọi cạnh AA, AB, AD tiếp xúc với miệng bình điểm M , N , P Theo hình 1, ta có: Nhận xét: đường chéo AC  có phương vng góc với mặt đáy bình nên ta suy khối tứ diện AMNP khối tam diện vng có ba cạnh AA, AB, AD x  dm  , thể tích x  dm  Khi M , N , P nằm đường tròn đáy khối trụ tức bán kính đường trịn đáy trụ  R  bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP , suy MN AM x    dm  (1) 3 Do đổ nước đầy bình sau bỏ ba cầu nên ta tích nước ban đầu bằng: V0   R h     R h  12  dm  với h chiều cao khối trụ Theo hình 2, ta có: Gọi D, E , F tâm đường tròn mặt cắt tử ba cầu O tâm đường tròn ngoại tiếp  DEF Tiếp đến ta gọi I , J , K điểm tiếp xúc đường tròn mặt cắt với đường trịn ngồi có bán kính R  R MNP     R Ta có  DEF có cạnh  dm  nên suy OF    dm  Suy ra: R  OK  OF  FK    dm  (2) Từ (1) (2) ta có được: x  2  x    dm  Theo giả thiết thể tích phần nước tràn (tức thể tích khối tứ diện AMNP  lượng nước ban đầu 16   1 1  có bình nên ta có phương trình sau: x   R h  12      R h  12  16 6  16 Giải phương trình ta thu h  7,312  dm      Vậy thể tích khối trụ cần tìm là: Vtru   R h    7,312  319,94 dm3 Chọn B   Câu 50 Xét số thực dương x, y , z thỏa mãn  y  z   3x  27 y  z   xy  xz  Tìm giá trị nhỏ      y  6z   y  3z  biểu thức P  log y  z  log52   x  A  B  C  log D  log 32 Lời giải 1  x   x  y 2 z y2 z Giả thiết ban đầu suy ra:  y  z    27  x  y  z      27    x     y  2z      y2 z  Xét hàm số y  f  t   3t  t  0;   có f   t   3t ln   0, t   0;   y  2z Suy f  t  đồng biến  0;   tức x  y  2z 3 y  2z  y  6z 2  y  3z   y  3z   y  z   y  3z  y  z  yz   y  z  Ta có: x x 3 x3 x   y  z   log 2 y  z z2 2 y  z  Cùng với: y  z   (Svac-xo) nên P  log  5 5 Đặt t  y  z  ta suy ra: 2 2 y  2 2  t2  1 1  P  log5     log t    log5 t  1   2 Vậy Pmin  2 t  y  z  Chọn B 2  5  ĐỀ THCS – THPT NGUYỄN KHUYẾN TPHCM Câu 43 Cho hàm số y  f  x  có f   f   x   ax  bx  c  a, b, c  R  Đồ thị hàm số   y  f   x  sau:  f  x  f  x  Số điểm cực trị g  x   f f  x     f  x         A B C D Lời giải x3 Đầu tiên, dễ dàng giải hệ a, b, c f   x    x  x   f  x     x  x  C 3 x 11 11 Với f   ta suy C   , tức f  x     x  x   3 3  f  x  f  x  1   1 Ta có: g  x   f f  x     f  x         f  x   1   1  f f  x    f  x        u4 u3 Đặt u  f  x    g  u   f u   8u    g   u   2uf  u     8               u2 u2 2 u2 2      3   f   u    (đánh giá Cauchy số không âm) u u u u u  u    u  2   u  5    2    u    u     u  2  f  x    2 Khi đó:   f   x    x  x   u  f  x    x3 11   x  x    Suy ra: f  x     f  x   1   (1) 11  x3    x  x    1 Thử máy tính casio ta thấy (1) có nghiệm bội lẻ nên ta suy g  x  có tất điểm cực trị  f  u  5  Câu 45 Cho hàm số y  f  x    x  bx  cx có đồ thị hình sau: Hình phẳng  H  giới hạn y  f  x  , y  0, x  0, x  quay quanh Ox sinh khối trịn xoay tích V Khẳng định 3072 3073 A V  B V  35 35 C V  3074 35 D V  3076 35 Lời giải Giả thiết ban đầu suy ra: f  x    x  x Suy V    f  x  dx      x  x  dx  3072 35 Câu 48 Cho hàm số y  f   x   ax  bx  cx có đồ thị hàm số y  f   x  sau Và f    Số điểm cực trị hàm g  x   f  xf  x    ln  xf  x   A B C Lời giải D 10 x4  x3 với f      Ta có: g  x   f  xf  x    ln  xf  x     xf  x    f   xf  x      Cho g   x   xf  x     f  x 1     (1)  f  x   xf   x    x   f  x x x    f   xf  x      f   xf  x    xf  x  (2) xf  x   1 Tại (1) phương trình tương đương với:   0  0 x x4 x x x4 Giả thiết ban đầu suy ra: f   x    x3  3x  x   x   f  x    Xét hàm số h  x   4 có h  x       tức h  x  nghịch biến khoảng xác x x4 x  x  2 định Vậy phương trình (1) có nghiệm x  16 (nhận) t  0.764 1 Tại (2) phương trình tương đương với: (đặt t  xf  x  )  f   t    t  3t    t t t  2.961 0.764 0.764    f  x  x  f  x  x Suy ra:   Khảo sát tương giao đồ thị y  f  x  hai đường cong  f  x   2.961  f  x   2.961   x x 0.764 2.961 y  y  ta thấy có nghiệm bội lẻ (2) x x Từ (1) (2) ta kết luận hàm số g  x  có tổng cộng điểm cực trị 3  Câu 49 Cho  C1  : y  g  x   ;  C2  : y  f  x   x  bx  c ,  C2  tiếp xúc Ox A  ;0   C2  qua x 2    x  f  x  a B  2;1 Giá trị nhỏ 2.g    x x  đoạn  0;   1  f  x     x   b   a  b2 M 2 a b Khẳng định A M   2;  B M   0;1 C M  1;  D M   2;  Ta có: f   x   x  b Do  C2  Lời giải 3  3  tiếp xúc Ox A  ;0  nên A  ;0  điểm cực trị đồ thị  C2  2  2   3 12  b  b  12  f     2    y  f  x   x  12 x    x  3  16  2b  c  c   f  2   Tiếp đến, ta có:  x  f  x 1  f  x     x   1  f  x      x  1  f  x     x   1    x  f  x   x   x  3    x  f  x  Khi đó, suy ra: P  2.g    x x    1  f  x     x     2  x   1  2   2 2x  1  x  2 Đặt  a; b    ; x     x; y   a ; 4a  Do x   0; 2 nên a   0;1 , b   0;3     a  4a     a  1 2a  1  -Nếu ab  a 4a      (vơ lí a   0;1 )  a  4a  3  1  a  1 2a  1      x 2x  -Nếu  ab  ta có: P  2 1  2 a 1 b 1  2ab Đến ta có bất đẳng thức (*) sau: a, b thỏa  ab  ta có: 1   a  b  1  ab Thật vậy, bất đẳng thức (*) tương đương với: 1 1 ab  a ab  b     0  0 a  1  ab b  1  ab  a  1  ab  1  b  1  ab  1  a  b  a   b  1  b  b  a   a  1    b  a   ab  1  với  ab  2  ab   ab  1  2ab  2  ab Như giá trị nhỏ P x  Chọn đáp án B Câu 50 Cho hàm số y  f  x  liên tục R , có f   x   0, x   x3 ; x2  có đồ thị y  f  x  hình Như (*) đúng, suy P  1  f   f  x0   f  x0   Gọi  f  x   xf   f  x0    f  f  x0    1  m ;    n ; x0   x3 ; 0 Khi giá trị   m  4n nhỏ S    mn x   x3 ; x2  k  m  1 4n  1 4mn  2 T   k  f  x0    k  f  x0    x Khẳng định A T   0;1 B T   2;3  Từ đồ thị ta có: f  x1   x1 ; f  x3   C T   4;5  D T   5;  Lời giải  f  x0   0, x0   x3 ;0 -Trên  x3 ;0  f  x   (dựa vào đồ thị)    f  x0    x1; 0  f  x0   f  x1   x1  x3 -Vì f   x   0, x   x3 ; x2  nên theo bất đẳng thức tiếp tuyến, với f  x0    x3 ;0  f  x   f   f  x0    x  f  x0    f  f  x0    f  x   xf   f  x0    f  f  x0     f   f  x0    x  f  x0    f  f  x0    xf   f  x0    f  f  x0     f  x   xf   f  x0    f  f  x0      f   f  x0   f  x0  1 -Lại có f   x   0, x   x3 ; x2  nên suy f   x  đồng biến liên tục  x3 ; x2  Do x0   x3 ;  nên x1  f  x0   (suy từ nhìn nhận đồ thị)  f   f  x0    f   x1   (do x  x1 điểm cực trị đồ thị hàm số) 1  f   f  x0   f  x0   f  x0      n   Mà mặt khác f  x0   nên suy f   f  x0   Kéo theo  f  x   xf   f  x0    f  f  x0    1  m  Đặt  m; n    a; b  a, b  a  b Ta có: S   m  4n ab  mn    ab 4mn   a  1 b  1 ab   m  1 4n  1 Do a, b  nên ta có:  a  1 b  1   ab   a  b   a  1 b  1   ab  1   a  b    ab  1   a  b  ab  1  ab  ab  1 1 ab Suy ra: S    ab  ab  ab  Đến ta cần chứng minh 2  a  b  ab  1   2  a  b  ab  1   ab    ab   ab  ab  1 ab  ab  1   ab  1   (**)  a  b  ab  1  ab  ab  1  3ab  Ta nhận thấy: ab   a  b nên  a  b  ab  1  ab  ab  1  a  b  ab  ab  1  ab  ab  ab  1 Đến ta cần chứng minh ab  ab  ab  1  3ab  (*) Thật vậy, ta có: t  ab  (*) tương đương với:     t  1  với t  2  2t  t  t  1  3t  Như bất đẳng thức (*) đúng, tức kéo theo (**) đúng, từ suy S  k  Dấu xảy x  x0  x1 f  x0   x0 Suy ra: T   k  f  x0    k  f  x0    x  k  f  x0   x0  9  x0  x0    2;3 4 ĐỀ THPT ĐÔ LƯƠNG NGHỆ AN Câu 46 Cho hai số thực x y thỏa mãn x  y  log  log  Biết giá trị nhỏ biểu thức a  logb c a, b, c số tự nhiên, b, c số nguyên tố Tính giá trị biểu thức 25 y T  a  2b  3c A T  22 B T  23 C T  17 D T  Lời giải Ta thực biến đổi biểu thức P sau: P  3x  1 3 x x P   y   x log  log 5   5x 3 x log log 5 3 x  log3 5  5  log3 x log3 3 x  log3 5  3  log3 x log3  3x   log3   log   x   log3    log 1 log   , xét hàm số y  f  t   t log3  có f   t   log  t log3 51     t  x t  t  Mà f  1  nên ta suy P  f  x   f 1   log Đặt t  Đồng hệ số ta suy a  1, b  3, c  Vậy T  a  2b  3c  22 Chọn đáp án A log Câu 47 Cho hình lăng trụ tam giác ABC A1 B1C1 có cạnh đáy AB  Gọi M , N thứ tự trung điểm A1B1 AA1 Biết hình chiếu BM lên đường thẳng C1 N đoạn thẳng có độ chiều AA1  Tính thể tích khối lăng trụ ABC A1 B1C1 125 125 A B C 25 Lời giải dài D 125 Ta kẻ BE  C1 N ; MF  C1 N ta thu hình chiếu BM lên đường thẳng C1 N đoạn EF Mặt khác, ta dựng hình bình hành NC1KM kẻ BE1  KM E1 hình chiếu lúc ME1 , ta nhận thấy hai trường hợp cho đoạn hình chiếu song song  25 x2  EF  ME1  Khi ta suy  Đặt AA  x   BM  x  ; C N  BN  25  ; BC1  x  25 1 4  BE  BE   3 x  75  d  N ; BC1   d  A1; B1C1   Tiếp đến ta có:   ME12  MB  BE12  BE  BE1  x  25  d  N ; BC  BC  BE C N 1   3x  75    25  125    x    25  Chọn đáp án D   x  AA1   VABC A1B1C1  AA1S ABC        x  25    Câu 48 Cho hàm số f  x   10x  x g  x   x  mx   m  1 x  Gọi M giá trị lớn hàm số y  g  x  f  x   đoạn  0;1 Khi M đạt giá trị nhỏ giá trị m bằng? 21 A B C 21 D Lời giải x x Ta có: y  h  x   g 10  x   h  x   10 ln10   g  10 x  x  g  x   m   m2  1  2m   Xét g   x   3x  2mx  m  có  nên suy hàm số g  x  đồng 3  biến đoạn  0;1 tức giá trị lớn hàm số h  x  x      Khi ta có: h 1  g 12   123  m122  12 m2    12m2  144m  1738  12  m    1306  1306 Như dấu xảy m    m  Chọn đáp án B Câu 49 Cho hàm số y  f  x  liên tục  1;1 thỏa mãn f  x      x  t  f  t  dt với x   1;1 1 Khi I   f  x  dx 1 B I  C I  D I  Lời giải Chú ý tích phân lấy theo biến t x tích phân lúc tham số em nhé, nên không đặt 1 1  3 3 m   x t f t dt được: f x    x t f t dt    xf t dt   tf t dt   x  f t dt   tf t dt 1  1 1  1 1 1 1   3 Do  f x   ax  b; a   f t dt ;b   tf t dt  1 1   Thay ngược lại đẳng thức cho 1 3 3 ax  b  x  at  b  dt   t at  b  dt  x ´ b   ´ a  b  x  a 1 1 2 A I                          1 a  b    a  b  3 f x  3x 1   f x dx   3x 1 dx  Chọn đáp án C 1 1 b  a Câu 50 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường tròn  C  giao tuyến mặt phẳng tọa      xOy  với mặt cầu  S  :  x     y  6   z  3  41 Gọi d đường thẳng qua điểm A  0; 0;12  B  0; 4;8  Với M , N điểm thay đổi thứ tự  C  d Giá trị nhỏ độ dài độ 2 đoạn thẳng MN A  17 B 34 C  D 34 Lời giải Đầu tiên ta có phương trình  C  :  x     y    32 với tâm I  6;6  bán kính R  2 Gọi F   d   Oy , IK  Oy , D  IK   C  , G  IF   C  , ML  Oy Như để MN đạt giá trị nhỏ  M phải thuộc cung nhỏ DG  NL FL   KH   d  ; NL   d   6 x 6 x Kẻ    KH FK  NL  KH   LK  x  KH  d  K ;  d     Cùng với LM   R  d  I ;  ML     32  KL2   32  x    32  x  , x  4 Xét hàm số y  f  x   6  x 2 6  x  6 x  Suy MN  ML  LN      32  x     2    32  x   f  x 2;  Có f   x    12 x   x   32  x   x  x0  3,5145   4 2;   f  x   f  3, 5145   2.35488 Như giá trị nhỏ MN xấp xỉ 2.35488 Chọn đáp án E ĐỀ THI THỬ LẦN SỞ HẢI DƯƠNG Câu 46 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm R Biết hàm số y  f   x  hàm bậc có đồ thị hình vẽ bên   Có giá trị nguyên tham số m để hàm số g  x   f x3  x  m  có điểm cực trị A B C Lời giải Đầu tiên ta thấy f   x   có ba nghiệm 2; 2;6    D  Tiếp đến, ta có: g   x   f 2 x3  x  m   f   x3  x   m   g  x  nên suy g  x  hàm chẵn tức đồ thị hàm số g  x  đối xứng qua Oy Suy để hàm số g  x  có điểm cực trị hàm số h  x   f  x3  3x  m  1 phải có điểm cực trị dương     Tức h  x   x  f  x3  3x  m   phải có nghiệm dương bội lẻ Phương trình tương đương với:  m  x  x   u1  x   x  x  m   2   f   x  3x  m  1    x3  3x  m     m  x  3x   u2  x  Khi ta có bảng biến thiên   x3  3x  m    m  x  x   u3  x   gộp từ ba hàm u1  x  , u2  x  , u3  x  sau: Vậy để thỏa yêu cầu đề 1  m  tức có giá trị nguyên m thỏa Chọn đáp án A  g 1  a  d  e  a  2    g    4a  2d  e   b  10  g  x   2 x  10 x  (2)  c  6  g    16a  4d  e   Từ (1) (2), ta suy diện tích cần tìm là: S   f  x   g  x  dx  37 Chọn đáp án C 12 Câu 47 Tính thể tích vật thể quay hình trịn  I  , đường kính AB  R  quanh trục Oz Biết hình trịn tiếp xúc với Oy B  0;8;  , mặt  Oyz  chứa tâm I vng góc với mặt phẳng chứa hình trịn Hình trịn nghiêng góc 45 so với đáy  Oxy  (xem hình vẽ) 160 128 D 3 Lời giải Đầu tiên ta có hình vẽ sau: (Xét mặt phẳng cắt hình trịn  I  vng góc với trục Oz ) A 32 B 64 C  Do hình trịn nghiêng góc 45 so với đáy  Oxy  nên dễ dàng tính tâm I 0;8  2; 2  Đặt OA  PB  z , IQ  BQ  IB  PB  IB  z   Suy ra: QN  IN  IQ  16  z   Do dùng mặt cắt vng góc với Oz hình trịn ta thu đoạn MN ta suy thiết diện mặt cắt khối trịn xoay hình vành khăn tâm A Tức ta có diện tích thiết diện cần tìm là: S    AN  AQ    QN   16  z     z  z      Từ ta suy thể tích khối trịn xoay cần tìm với thiết diện S chạy từ cao độ đến là: V  S0 dx    8  z  z dx  128 Chọn đáp án D     Câu 48 Trong không gian Oxyz cho điểm A  2; 0; , B  2;0; , C  4;1; 2  D 1; 2;  Điểm M thay đổi thỏa mãn MA  MB  Giá trị nhỏ biểu thức T  MC  MD thuộc khoảng ? A  ; 40  B  40; 41 C  41; 42  D  42;   Lời giải Cách 1: Phương pháp hình học Gọi tọa độ điểm M M  x; y; z  , ta có: Xét riêng mặt phẳng  Oxy  ta nhận thấy quỹ tích điểm M để thỏa đẳng thức MA  MB  elip tắc có tiêu cự AB  2c  2 độ dài trục lớn 2a  , từ suy hệ số b  , tức x2  y  (1) phương trình elip là: x2  z  (2) Tương tự xét riêng mặt phẳng  Oxz  ta thu phương trình: Từ (1) (2) ta thu quỹ tích thức điểm M hình    2C  D Gọi I điểm thỏa IC  ID  từ suy I    3; 0;  (tâm tỉ cự) Như biểu thức T MI min, mà I  Ox nên ta suy giá trị nhỏ MI là: 2a MI  OM    với M  M 3;0;  40.7   40; 41 Chọn đáp án B Vậy ta suy Tmin  2MC  MD     Cách 2: Phương pháp đại số Ta có: 12   MA  MB   MA  MA.MB  MB   MA  MB    MA  MB    MA  MB 2 2   2   2   MA   MB   MA  MB   MA2  x  2  y  z  Tiếp theo ta đặt M  x; y; z  , ta có:  Từ ta suy ra:  MB  x   y  z  2 2 2 MA  MB   x  y  z   ; MB  MA2  x Thế vào phương trình ta suy được: 2 12   x  y  z    32 x 2   x  y  z   x  x  y  3z  12 Như điểm M  x; y; z  dao động đường cong khép kín T  : x  y  z   y  z     T  MC  MD   x     y  1   z     x  1   y     z   2 2 x2  x2    x  y  z   18 x  63   x     18 x  63  x  18 x  66   Mà x  y  z  nên suy x    3;  Xét hàm số y  f  x   x  18 x  66   3;  Do f   x   x  18  0, x    3;  nên T  f  72  18  40,82   40; 41 Chọn đáp án B   120 Gọi Câu 49 Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy, cạnh AB  a, AC  2a góc BAC 2   M , N hình chiếu A lên cạnh SB, SC Gọi  góc hai mặt phẳng  AMN   ABC  cho cos   A Tính cosin góc hai mặt phẳng  SAB   SBC  ? 7 13 B 13 Đầu tiên ta có hình vẽ sau: (chuẩn hóa a  ) C 10 13 Lời giải D 13 Dựng đường kính AD đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có:  ABD   ACD  90  AM   SBD   AM  BD  AM  SB  BD   SAB  Mà SA   ABC  nên suy   mà  nên   AN  SC CD   SAC   AN  CD  AN   SCD   SD   AMN  AD  SD; SA   Suy  tức   AMN  ;  ABC     (1)  ASD   , suy ra: tan    SA  SA   ABC  Mà : BC  AB  AC  AB AC cos120  7; AD  R  21 SA AB AC.sin120  ; S SAB  SA AB  ; SB  2; SC  11 6 2   13;     SAB  ;  SBC    sin    cos   Chọn đáp án A 2sin  S SAB S SBC 21 13 13   3SB Khi ta có: VS ABC  S  SBC Suy ra:  VSABC  BC  nên SA  AD   sin120    Câu 50 Cho số phức z thỏa mãn tồn số phức w1 , w2 cho w1  w1 w2  w2  ta có z z Ngồi z   4i  m (với m tham số thực) Có giá trị thực tham ; w2  z 4 z  16 số m cho tồn số phức z ? A B C D Vô số Lời giải z   z   Đầu tiên ta có điều kiện ban đầu là:  Tiếp theo ta có:   z  2i  z  16  w1   w1  w1  w  w  w  w     w 1 2    w2 ta suy ra: với z  a  bi,  a, b  R  ta có hệ sau:  b   z z   2   2 2 z 4 zz 0 z  z 4  z z  z  z.z  z   a  b       z  z  z z  16 z   z.z  16 z  z  16 z  z  a   2  z  16   a  b  16 z  16         Chuyển hệ trục tọa độ  Oxy  ta có hình vẽ sau: z  Do  nên ta loại điểm A, B, C (như hình vẽ)  z  2i Phương trình z   4i  m biểu diễn số phức z thuộc đường tròn  C  tâm I  4;  có bán kính R  m Với số phức z thỏa mãn ta nhận thấy qua hình vẽ đường trịn  C  qua tiếp xúc ngồi với đường tròn x  y  16 , qua  0;  qua  0; 2  Với ba đường tròn thỏa mãn ta suy có giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn đáp án B ĐỀ THI THỬ CHUYÊN BIÊN HÒA – HÀ NAM Câu 39 Cho hàm số y  f  x  hàm đa thức có đồ thị f  x  , f   x  hình vẽ bên Có giá trị nguyên tham số m để giá trị lớn hàm số đoạn  2;3 không vượt x 4044: g  x   f  x   x  x    m    m  1 x  x  2022 A 32 B 30 C 31 Lời giải 2 Ta có: g   x   f   x   x  x    m  x   m  1 x  D 29   f   x      x  x    mx  1  x   x  1 Nhận thấy tịnh tiến thêm đơn vị theo chiều dương 2 Oy đồ thị f   x  đồ thị f   x   dương đoạn  2;3 Mà  x  x    mx  1  x   x  1  0, x   2;3 nên suy g   x   0, x   2;3 tức hàm số g  x  2 đồng biến đoạn  2;3 20601 1687 20601  9m  9m    9m  9m  4044  2;3 10 200 10 m  m   14;15 tức có 30 giá trị nguyên m thỏa Chọn đáp án B Suy ra: 14.32  m  15.32  Khi ta có max g  x   g  3  f  3  x 1 y  z x  y 1 z 1 mặt   , d2 :   2 1 phẳng  P  : x  y  z   Tìm phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng  P  cắt d1 , d Câu 41 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : A B cho AB  29 điểm A có hồnh độ dương x 1 y  z  x2 y 4 z 3 x 1 y  z  x 1 y  z  A B C D         2 3 4 3 4 Lời giải  A  1  a; 2  2a; a  Đầu tiên ta có A, B điểm thuộc d1 , d nên ta suy ra:   B   2b;1  b;1  b       AB   a  2b  3; 2a  b  3;1  a  b  mà d   P  nên ta suy AB  n với n  1;1; 2  vector pháp tuyến  P  Khi đó:  a  2b  3   2a  b  3  1  a  b    a  b  4  b  a  (1) Ta có: AB   a  2b  3   2a  b  3  1  a  b    a     a  1   29 từ (1) 2 2  a   A  0;0;1 x A   A  2; 4;3 Giải phương trình suy     R Chọn đáp án B  a   A  2; 4;3   B  0;0;0  Câu 42 Tính tổng nghiệm nguyên thuộc  5;10 bất phương trình sau đây: 2x A 54 x  3x B 40 Bất phương trình tương đương với: x  x2  x    x  29 x  34 C 55 D 41 Lời giải 12 x  24 x  24  x  29 x  34 (1)  Ta nhận thấy: 12 x  24 x  24    x  29 x  34   x 2 12 x  24 x  24 12 x  24 x  24   x  29 x  34 t 7 x     x  10   x  x   nên (1) trở thành:  29 x  34  t t t Xét hàm số y  f  t   t.2 có f   t    ln  với số thực t nên suy hàm số f  t  x  đồng biến tức 12 x  24 x  24  x  29 x  34  x  x      x  2 Mà x   5;10 nên x   5; 2  1;10 Suy tổng nghiệm nguyên bất phương trình (1) là: S 2  k 5 10 X   X  41 Chọn đáp án D k 1 Câu 44 Cho hàm số y  f  x   ax  x  x  bx  hàm số y  g  x   cx  dx  x (với a, b, c, d  R ) hàm số có đồ thị hình vẽ bên Gọi S1 , S diện tích hình phẳng tơ màu hình vẽ, biết 97 Tính S S1  60 A 143 60 B 133 60 C 153 60 Lời giải D 163 60  x x3  g  2   g 1   f  x    x  Ta nhận thấy  , Giải hệ ta được:   f   2   f  1   g  x   x3  x2  x  1  x x3  133  x  x   dx  Suy ra: S2    f  x   g  x   dx     Chọn đáp án B 60  0 Câu 45 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) :  x  1   y     z  3  48 đường 2 x 1 y  z    Điểm M ( a; b; c ), (a  0) nằm đường thẳng d cho từ M kẻ ba 1   900 , CMA   1200 tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu ( S ), ( A, B, C tiếp điểm)  AMB  600 , BMC thẳng d : Tính Q  a  b  c A Q   B Q  10  C Q   Lời giải D Q   Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;3 , bán kính R  Gọi  C  đường tròn giao tuyến mặt phẳng  ABC  mặt cầu  S  Đặt MA  MB  MC  x AB  x, BC  x 2, CA  x ABC vuông B nên trung điểm H AC tâm đường tròn  C  H , I , M thẳng hàng Vì  AMC  1200 nên AIC x  R  x  AM  suy IM  AM  x    Lại có M  d nên M 1  t;  t ;3  2t , (t  1) Mà IM  nên t  t   2t  Câu 47 Xét hai số phức z1 , z2 t   64    M 3; 6;3   a  b  c   Chọn đáp án A  t  4   thỏa mãn  z   i    3i    z  z   1 i  z2  i  z2   2i Giá trị nhỏ z1  z 34 Lời giải Đặt z1  a  bi ; z2  c  di ,  a , b, c, d  R  Khi ta có: A B  z1   i      3i  z1  z1  C  D 2  i  z1   i  z1  z1   a     b  1  b  b  2   a  2 2 Tiếp đến ta có: z2  i  z2   2i  c  d   Từ ta suy ra: z1  z2   a  c    b  d  2 2  a  4a   1  a  4a   a  c    c  2   a  c   c  2 2   2  2     a  1 1 a  4a   a   2       z1  z2  2 Chọn đáp án D  2 2    Câu 49 Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 255 giá trị ngun y thỏa mãn log5  x2  y   log4  x  y  ? A B C Lời giải D Cách 1: Ta có x    x  x nên điều kiện: y   x mà x   nên y  x 1 tức   x   nghiệm tham số y (tức y1 )   Tiếp theo ta có bất phương trình tương đương với: log4  x  y   log5 x  y    Xét hàm số f x  y   log4  x  y   log5 x  y có: f x  y   1   Từ ta suy hàm  x  y  ln  x  y  ln số f x  y  đồng biến tập xác định Ta có bảng biến thiên sau: Ta có bất phương trình là: f x  y   Do đề cần không qua 255 giá trị nguyên y nên ta nhận 255 giá trị, tức từ y1 đến y 255 để f x  y   , suy giá trị y 256 phải làm cho f x  y   tức ta có điều kiện cần đủ để tồn nghiệm thỏa   là: f x  y256   f x  x  256   log4 256  log5 x  x  256   log5  x2  x  256  log4 256  x2  x   256  5log4 256    18.72  x  19.72 Mà x   nên ta suy   x  tức có 19    18    38 giá trị nguyên x thỏa mãn Chọn đáp án B Cách 2: Đầu tiên, với x, y ta ln có: log5  x2  y   log4  x  y   x2  y  5log4  x y  x2  x  5log4  x y   x  y  (*) Đặt t  x  y Xét hàm số y  f  t   log t  t có f   t    log t    với t  t  t ln  1 Từ ta suy bất phương trình (*) tương đương với:  x  y  f x  x   Ta có nhận xét sau: giá trị ngun y khơng q 255 giá trị nguyên t  x  y không     1 1 2 255 giá trị, tức  x  y  f x  x  256  f x  x  256  x  x  f  256  x2  x  5log4 256  256  x2  x  5log4 256  256   18.72  x  19.72 Mà x   nên ta suy   x  tức có 19    18    38 giá trị nguyên x thỏa mãn Chọn đáp án B Câu 50 Có số nguyên dương a để phương trình z   a   z  a  a  có hai nghiệm phức z1 , z2 cho thỏa mãn z1  z  z1  z ? A B C Lời giải D Ta chia hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Hai nghiệm hai số phức z1 z2 có phần ảo khác khơng Để phương trình bậc hai với hệ số thực có hai nghiệm phức có phần ảo khác khơng   2 13    13  ;      a  3   a2  a    3a  10a    a   ;    3     Giả sử z1  b  i  ; z2  b  i  Ta có z1  z  z1  z  a    3a  10 a  a   9   a    3a  10a    a  1 so với điều kiện ta nhận a   ; a   a  Trường hợp 2: Hai nghiệm hai số thực z1 z2 a  z1  z2  z1  z2  S  S  P  P    Thử lại thỏa mãn  a  1 Vậy ta suy S a   9;  1; 0;1 tức có giá trị nguyên a thỏa mãn Chọn đáp án B ĐỀ THI THỬ SỞ THANH HÓA LẦN Câu 40 Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có bảng biến thiên hình sau: x y' y –∞ -1 – 0 + +∞ – +∞ + +∞ 0 Có giá trị nguyên tham số m   2022; 2022 để phương trình sau có nghiệm phân biệt:  f  x   x    m  2m  14   f  x   x    m  1  36  2 A B 4 C 4 D Lời giải Đầu tiên, từ bảng biến thiên cho ta dễ dàng tìm f  x   3x  x  Ta có phương trình tương đương với:  f  x   x    m  2m  14   f  x   x    m  1  36  2 Đặt t  f  x   x phương trình trở thành:  t  t     m  1   t    t       t   t    m  1   f  x    x2 t   0  f  x   0  t   m     f  x   x   m2  2m  10   *  Ta để ý hàm số y   x phương trình nửa đường trịn có tâm gốc tọa độ nên từ ta nhận thấy f  x    x có nghiệm phân biệt Do hàm số y  f  x   x   m  2m  10  hàm số chẵn nên có nghiệm, suy m  1 , thử lại ta thấy phương trình (*) có nghiệm Mặt khác ta nhận thấy (1) có nghiệm phân biệt nên suy (2) phải có nghiệm nên ta kết luận khơng có giá trị m thỏa mãn Chọn đáp án A Câu 41 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   e x  x  1, x  R f    Biết F  x  nguyên hàm hàm số f  x  thỏa mãn F 1  e Tính F   B A 6 Ta có: f  x    D  Lời giải x x f   x  dx    e  x  1 dx  e  x  x  C mà f    nên C  Suy ra: f  x   e x  x  x  F  x    f  x  dx  e x  F  x  ex  C  x3 x   C  mà F 1  e nên C    nên ta suy ra: x3 x    F    Chọn đáp án A 6 Câu 42 Cho hàm số y  f  x   x  ax3  bx  cx  d  a, b, c, d  R  thỏa mãn f  x 1 f   x   f    hàm R 4 Biết đồ thị hàm số y  g  x  có điểm cực trị A  m; g  m   , B  0; g    , C 1; g 1  Gọi x2  y  h  x  hàm số bậc hai có đồ thị qua điểm A, C D  2; b   Diện tích hình phẳng giới hạn số g  x   hai đồ thị hàm số y  f  x  y   x  1  h  x   x  1 A 15 B 15 C 15 D 4 15 Lời giải  f   x   12 x  6ax  2b 1 Ta có: y  f   x   x3  3ax  2bx  c   Mà f   x   f    nên ta suy ra: R 4  f   x   24 x  6a  f  x   x  x3  bx  cx  d 1  f       6a   a  1   4  f   x   x  x  2bx  c x  1 f   x   xf  x   g        Tiếp đến ta có: g  x   Từ giả thiết đề ta suy ra:   g  1   x2  1  f     c     f  x   x  x  bx  b    x  x  1  b  x  1 b  d  b   f  f       x  x3  1  b  x  1  x  x3   b Khi đó: g  x   x2  x2  f  x x3  x  2bx Ta nhận thấy ba điểm A, B, C nằm đồ thị y    x  x  b Mặt khác 2x  x  1 điểm D  2; b   thuộc đồ thị tương ứng nên ta suy ra: đồ thị hàm số y  h  x  có dạng là: h  x   2x2  3   x  b Suy ra: y   x  1  h  x   x  1   x  1  x  x  b  x  1  u  x  2   Xét phương trình hồnh độ giao điểm u  x  f  x  , ta có: 1   x  x  b  x  1    x  1  x  x  b  x  1  x  x3  x  x    x  1 2   1 1 44 Suy ra: S   u  x   f  x  dx   x  x  x  x  dx  Chọn đáp án D 2 15 1 1 x   t x 1 y  z     , d :  y   t ( t tham số) Câu 43 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : 2 z   t  mặt phẳng  P  : x  y  z   Đường thẳng  d  song song với mặt phẳng  P  cắt  d1  ,  d  A B cho AB  Phương trình  d  x5 y z x 1 y  z  x2 y3 z4 x  y 1 z A B C D         1 2 1 1 2 1 2 Lời giải Ta chia hai trường hợp sau:  A 1  2a; 2  a;  2a  Đầu tiên ta có A, B điểm thuộc d1 , d nên ta suy ra:   B   b;3  b;  b       AB  1  2a  b; b  a  5; 2a  b   mà d   P  nên ta suy AB  n với n  1; 1;1 vector pháp tuyến  P  Khi đó: 1  2a  b    b  a     2a  b     a  b   b  a  (1) Ta có: AB  1  2a  b    b  a     2a  b      3a    9a  54 từ (1)   A  1;  3; AB   6;3; 3  k  2;1; 1    a   1; b    Giải phương trình suy       AB   3;3;6   k 1; 1; 2   a  2; b   A  0;5;6  Mà đường thẳng phương án B nằm  P  nên ta chọn đáp án D Câu 44 Cho hình trụ O O tâm hai đáy Xét hình chữ nhật ABCD có A, B thuộc đường trịn O  2 C , D thuộc đường tròn  O  cho AB  3, BC  , đồng thời mặt phẳng  ABCD  tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc 60 Thể tích khối trụ A 3  B  C  Lời giải Đầu tiên ta có hình vẽ sau: D 1   60 Cùng với IH  BC  , ta suy Gọi I trung điểm OO kẻ OH  AB H ta suy IHO  3  OO  IO  3  IO  IH sin 60   ra:  Như vậy, khối trụ có đường sinh  AB 27   3 OH  IH cos 60  OA  OH  4   OO  3 bán kính đáy R  tích là: V   R h  27 3 Chọn đáp án B Câu 45 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  10  hai điểm A 1; 1;  , B  2; 0; 4  Gọi M  a; b; c  điểm thuộc đoạn thẳng AB cho tồn hai mặt cầu có bán kính R  tiếp xúc với mặt phẳng  P  , đồng thời tiếp xúc với đoạn thẳng AB M Gọi T   m; n  tập giá trị biểu thức 25a  b  2c Tổng m  n A B 76 D C Lời giải Đầu tiên, ta nhận thấy: A, B nằm phía với mặt phẳng 19  P x 1 y  z    1 6 Gọi I1 , I tâm hai mặt cầu cố định Suy I1 I  MI1 I tam giác cân M Phương trình  AB  có dạng là: Gọi  Q  mặt phẳng chứa AB vng góc với  P  , suy ra:  Q  : x  y   x 1 y  z   1 Gọi mặt phẳng  R  : x  y  z   N trung điểm I1 I Ta có hình vẽ sau: Gọi  d  giao tuyến hai mặt phẳng  Q   R  , suy ra:  d  : Vì N thuộc giao tuyến  Q   R  nên tọa độ là: N  1  a; 3  a; a  Ta có: M   AB   M 1  t ; 1  t ;  6t  Mà M điểm thuộc đoạn thẳng AB nên t   0;1  Suy ra: MN   a  t  2; a  t  2; a  6t   Mà MN vng góc với AB nên ta có:     21t 21t 7t  19t MN u AB    a  t     a  t     a  6t     a     MN    ; ;  2 2  2 Suy điều kiện để tồn hai mặt cầu cố định thỏa đề là: MN   MN  2 24  21t   21t   7t           t  931      2 T  98t  34  34   694  Lại có: T  25a  b  2c  98t  34 nên suy ra:   T  34; 24  19   34  T  98t  34  98 931  694 1340 Vậy ta suy m  n  34  Chọn đáp án D  19 19 2 2 Câu 46 Có số nguyên x thỏa mãn   log 22 x  log x    log x  A B C Lời giải D x    x  125 Đầu tiên ta có điều kiện:  3  log x  Trường hợp 1:   log x  log x   2  x  125  x  125  log x      x  ; x  64  log x  log x    2   Trường hợp 2:   log 22 x  log x    log x  1  log 22 x  5log x     x  64 ++Trường hợp 2a:   2 So với điều kiện, ta nhận   log x   x  125   log x  5log x   ++Trường hợp 2b:   x   So với điều kiện, ta loại  log x   1  Vậy, tổng trường hợp ta suy ra: x   ;64   125 tức có 65 giá trị nguyên x thỏa mãn Chọn đáp án C 2  Câu 47 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x3  3x  2, x  R Có giá trị nguyên tham   số m   30;30 để hàm số y  f x  x  m có điểm cực trị ? A B C D Lời giải Ta có f   x   x  3x    x  1  x     x  1 (nghiệm kép) x  (nghiệm đơn)   Đặt y  g  x   f x  x  m Ta có: x  x  x  16 x   x  2  f x  x  m    x4  8x2  f  x  x  m  Vì hàm số g  x  không xác định x  0, x   đổi dấu x qua điểm x  0, x   nên ta suy g  x      g  x  đạt cực trị x  0, x   Suy hàm số g  x  có điểm cực trị x  0, x   2, x  2  x  x  m  1 Tiếp đến ta có: f  x  x  m     x  8x  m     1 , nghiệm (1) (nếu có) nghiệm bội   chẵn nên cực trị hàm số x  Từ (2) ta suy ra: x  x   m Xét hàm số y  h  x   x  x có h  x      x  2 Từ ta có bảng biến thiên sau:   Như để g  x  có điểm cực trị (2) phải có nghiệm phân biệt x  2;  2; tức ta có   m  16   m  14   30  m  14 Như có tất 17 giá trị nguyên m thỏa mãn đề Chọn đáp án C Câu 48 Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  z  m   ( m tham số thực) Gọi T tập hợp giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt biểu diễn hình học hai điểm A, B mặt phẳng tọa độ cho diện tích tam giác ABC 2 , với C  1;1 Tổng phần tử m 30;30 T A B C D  Lời giải Gọi z1 , z2 nghiệm phương trình đề cho Khi ta có:   m   Sau ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1: m   , tức z1 , z2 số thực Khi ta có: z1,2   m  tức A, B  Ox Suy ra: AB  z1  z2  m   S ABC  AB.d  C ; Ox   m   2  m  (1) Trường hợp 2: m   , tức z1 , z2 số phức Khi ta có: z1,2   i  m mà A, B   d  : x  nên suy ra: AB  z1  z2   m  S ABC  AB.d  C ; Ox    m  2  m  1 (2) Từ (1) (2) ta suy tổng phần tử T   1  Chọn đáp án C Câu 49 Có tất cặp số nguyên dương với y  20 thỏa mãn x 1 log 2022  y  y3  x2 y  y x y 1 A B 0 C D Lời giải x 1 Ta có bất phương trình tương đương với:  log 2022  y  y  x2   y2  y  x  y 1 x 1  log 2022  y   y  1   x  1    y  1   x  1   log 2022  x  1  log 2022  y  1  y y 1 Xét hai trường hợp sau: ( y  đúng)  y  1   x  1  (*) - x   y   x  y VT  *  VP * nên ta loại trường hợp x  y - x 1  y 1    x  1; 2; ; y Suy số cặp  x; y  thỏa mãn yêu cầu đề  y  20 Vậy có tất 210 cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn đề Chọn đáp án D 20  y  210 (cặp) y 1 Câu 50 Xét số phức z , z1 , z2 thỏa mãn z1   5i  z2   z  4i  z   4i Tính M  z1  z2 biểu thức P  z  z1  z  z2 đạt giá trị nhỏ A M  41 B M  C M  Lời giải D M  Ta có sau: z1   5i   tập hợp điểm A biểu diễn số phức z1 đường tròn  C1  có tâm I  4;5  , bán kính R1  z2    tập hợp điểm B biểu diễn số phức z2 đường trịn  C2  có tâm J 1;  , bán kính R2  Đặt z  a  bi  a, b    Ta có z  4i  z   4i   a   b     a     b    a  b  Suy tập hợp điểm C biểu diễn số phức z nằm đường thẳng  : x  y  2 Khi P  z  z1  z  z2  CA  CB Gọi K điểm đối xứng J qua đường thẳng  , ta tìm K  4; 3   phương trình đường thẳng IK : x  Do Pmin C  IK    A  CI   C1   A o giua CI    A 4; , B 2;0    M  z1  z  13 Chọn đáp án D   B  CJ   C2   B o giua CJ  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC HỌC HUẾ LẦN n n Câu Cho số nguyên dương n số phức z thỏa mãn 10 1  iz     8i  z  i  Chứng minh z số thực Lời giải Đặt z  cos   i sin  , phương trình trở thành: 10 1  i  cos   i sin       8i  cos   i sin   i  n Câu Cho hàm số f nhận giá trị dương, có đạo hàm R thỏa mãn  x f t   f  x   2022  x   1   dt  , x  R  t 4  Tính giá trị f 1 Lời giải  x f t   f  x  2022 1   dt  , x  R (1) Ta có phương trình tương đương với: x 4  t 4   x  f  x g x  g x  2022  g t dt Đặt   (1) trở thành:       , x  R (2)  x2    Thay x  vào (2) ta dễ dàng có g    2022 Tiếp theo, ta đạo hàm hai vế cho phương trình (2) thu được: g   x   2022 g  x   g x g  x  2022   dx  2022 x  ln g  x   2022 x  C g  x g  x Thay x  vào, với g    2022 ta thu C  ln f    ln 2022 Suy ra: ln g  x   2022 x  ln 2022  g  x   2022e2022 x Với g  x   f  x   2022  x   e 2022 x Vậy f 1  10110e2022 f  x x2  ta suy ra: n ...  x, x   m  max   x   m  1 x  m  Giải thích: trường hợp 2  x  m  bị loại x   bị sai Chọn đáp án A ĐỀ THI THỬ CHUYÊN SƠN LA LẦN 1 Câu 39 Cho hàm số xác định R 2;1 thỏa... ++Trường hợp 2a:   2 So với điều kiện, ta nhận   log x   x  125   log x  5log x   ++Trường hợp 2b:   x   So với điều kiện, ta loại  log x   1  Vậy, tổng trường hợp ta... giác ABC 2 , với C  1;1 Tổng phần tử m 30;30 T A B C D  Lời giải Gọi z1 , z2 nghiệm phương trình đề cho Khi ta có:   m   Sau ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1: m   , tức z1 , z2