Đang tải... (xem toàn văn)
Microsoft Word TÕng hãp các câu V�n dång Cao (ph§n 2) docx NGƯỜI BIÊN SOẠN TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN TRẦN MINH QUANG ĐỀ CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ LẦN 1 Câu 36 Cho hai số phức phân biệt 1 2,z z thỏa mã.
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG ĐỀ CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ LẦN Câu 36 Cho hai số phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 z2 số ảo z1 1 Giá trị lớn z1 z2 z1 z2 A C D Lời giải Gọi A, B điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , OC z1 z2 BA z1 z2 z z z z Do số ảo nên OC BA Ta có: ki k 1 ki z1 1 ki z2 z1 z2 z1 z2 B 2 ki z1 ki z2 z1 z2 Suy OACB hình thoi z1 z2 AB Trường hợp 1: A B đối xứng qua trục tung, C Oy , suy AB đạt max A B nằm z z trục hồnh, loại số thực z1 z2 Trường hợp 2: A B đối xứng qua trục hồnh, C Ox , suy AB đạt max tâm đường tròn số phức z1 trung điểm AB tức max z1 z2 ABmax 2R Chọn đáp án D Câu 42 Cho tứ diện ABCD có AB AC BC CD BD a Gọi M , N trung điểm BD, CD Góc hai đường thẳng MN AD A 30 B 60 C 90 D 45 Lời giải Dễ nhận thấy ABC , BCD Gọi E trung điểm BC AI BC BC AID AD BC Mà MN BC (tính chất đường trung bình) DI BC Nên MN AD tức góc hai đường thẳng MN AD 90 Chọn đáp án C Câu 48 Trong không gian Oxyz , cho hình chóp tam giác S ABC có tọa độ đỉnh S 6; 2;3 , thể tích x 1 y 1 z Gọi S mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ABC A tiếp xúc với cạnh SB Khi bán kính mặt cầu S thuộc khoảng sau ? A 2;3 B 4;5 C 3;4 D 5;6 V 18 AB a a Đường thẳng BC có phương trình Lời giải Gọi E trung điểm BC ta dễ dàng có E 1 t ; 1 2t ; t t SO BC Ta có: BC SOE SE BC tức SE.uBC t E 2;1;1 SE 29 OE BC AB BC a a 1 a2 a2 a AB V Ta có: SO S 29 18 ABC a 2 3 12 a SO SE OE 29 12 Gọi R bán kính mặt cầu với I tâm Ta có IA ABC , BS IH , IA IH R O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tiếp đến gọi K hình chiếu I lên SO , đó, IKOA hình chữ nhật NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Do IA IH R nên BHI BAI ch cgv BH BA Ta lại có: SO 29 12 3 ; SK SO IA 3 R; HS BH BS BA BS 35 SB SE EB 35 Vì IH HS IK SK nên ta suy R 35 2 3 2 R Giải phương trình ta suy R 3, 26 3; 4 Chọn đáp án C Câu 49 Cho hình nón đỉnh S có góc đỉnh 60 có độ dài đường sinh l 12cm Gọi AB đường kính cố định đáy hình nón, MN dây cung thay đổi đường trịn đáy ln vng góc với AB Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SMN ln thuộc đường trịn C cố định Tính bán kính đường trịn C A 2cm B cm cm Lời giải C Gọi J giao điểm AB MN Theo đề ta có MN AB J NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG D 3cm NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp SAB O điểm cố định Lúc ta có OE OF O A O S , (do O nằm mặt phẳng trung trực MN ) Vẽ tiếp OK SMN ta giả sử E trung điểm SN (1), O E SN Mà OK SN , SN SMN nên SN KOE , suy KE SN (2) Từ (1) (2) ta suy K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SMN với K SJ Do K SAB nhìn OS góc vng nên điểm K di động đường trịn đường kính OS ASB ASO 60 ASO 30 SO SA cos ASO 12cos 30 Tới ta có: SA2 12 Khi ta suy RSAB S O 4 SO 2.6 OS Chọn đáp án D Vậy điểm K di động đường trịn C bán kính R log b log a Câu 50 Số giá trị nguyên m 2021; 2022 để 5a a 3b b m log a b với a , b 1; A 4044 Ta đặt 5a C 2021 Lời giải log a b x Khi bất phương trình ban đầu trở thành: log a b 3b log b a B 2020 m log a b 5a x a x x D 2022 mx 5a x 3a x mx m 2a x (1) x 2a x x ln a 2a x 0, x 0; Xét hàm số y f x với x , ta có f x x x2 Suy hàm số f x đồng biến 0; Từ ta nhận thấy để (1) có nghĩa m f x 2ln a 0; m 2021;2022 Mà ln a 0, a nên suy m m 2021;0 tức có tất cà 2021 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề Chọn đáp án C SỞ BÌNH PHƯỚC LẦN 2 Câu 46 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x y 1 z điểm A 2; 1;2 Từ A kẻ ba tiếp tuyến AM , AN , AP đến S Gọi T điểm thay đổi mặt phẳng MNP cho từ T kẻ hai tiếp tuyến vng góc với đến S hai tiếp tuyến nằm mặt phẳng x 1 t MNP Khoảng cách từ điểm T đến giao điểm đường thẳng : y t với mặt phẳng MNP có z 3t giá trị nhỏ 27 3 27 3 27 3 27 A B C D 16 16 16 Lời giải Đầu tiên ta có mặt cầu S tâm I 0;1; 2 , bán kính R Ta có tiếp phương trình mặt cầu S1 với tâm trung điểm IA bán kính NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG IA NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG S1 : x 1 y z 12 phương trình mặt phẳng MNP kết phép trừ vế theo vế phương trình mặt cầu S S1 tức MNP : 2x y z Tiếp đến gọi C đường tròn thiết diện mặt cầu S mặt phẳng MNP tâm E IE 3 1 Khi ta có R MI IE.IA IE EI 3EA E ; ; EA 4 2 10 3 1 Khi đường trịn C có tâm E ; ; bán kính r R IE 4 2 Tiếp theo, hai tiếp tuyến qua T vng góc với nên đoạn ET ln lần r tức ta có quỹ 10 3 1 tích điểm T đường trịn C1 có tâm E ; ; bán kính r1 r 2 4 2 17 33 13 Mặt khác, ta dễ dàng tìm giao điểm MNP F ; ; 16 16 16 27 3 Khi giá trị nhỏ cần tìm EF r1 Chọn đáp án B 16 Câu 47 Cho số phức z thỏa mãn z 4i Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P z z i Tính modun số phức w M mi A w 314 B w 309 C w 1258 D w 137 Lời giải Vì z 4i tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn C có tâm I 3; bán kính 2 2 R Ta có P x yi x y 1i x y x y 1 x y x y P Ta tìm P cho đường thẳng : x y P đường tròn C có điểm chung d I , R 12 P 20 23 P 10 13 P 33 Suy ra: w M mi 13 33i tức w 1258 Chọn đáp án C Câu 48 Cho hàm số f x có đạo hàm f x x x x , x Gọi S tập hợp tất giá trị 1 nguyên dương tham số m để hàm số f x x m có điểm cực trị Tính tổng tất phần tử 2 S A 154 B 17 C 213 D 153 Lời giải 1 1 Đặt g x f x x m g x x f x x m (chỉ tính nghiệm bội lẻ) 2 2 x Cho g x x x m g1 x 1 Như để hàm số g x có điểm cực trị phương 2 1 x2 x m g2 x 2 2 trình (2) (3) phải có nghiệm khác , tức ta suy điều kiện cần có là: NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 1 m 1 m 17 0 2 m 18; m 19 m 9 0;9 m 1;17 S X 153 Chọn đáp án D 2 k 1 m 18 g1 m 18 0; m 19 g2 6 Câu 49 Có số nguyên dương b cho ứng với b , có ba giá trị nguyên dương a thỏa 2a a 2a a b 1 ? mãn log ab A B C D Lời giải 2a a 2a a b 1 log a a 2a a log ab ab Bất phương trình tương đương với: log ab Hàm số y g t log2 t t đồng biến 0; nên suy a a ab Do a nguyên dương nên 2a a 2a a Xét hàm số y f a 0; có a a 2a a ln 1 1 a 1, 44 điểm cực tiểu f a f a a ; f suy a2 ln ln ln Do đề yêu cầu có ba giá trị nguyên dương a tức giá trị a lấy từ đến b b Chọn đáp án A Như điều kiện cần đủ f b f b bất phương trình tương đương với: b Câu 50 Trên parabol P : y x lấy hai điểm A 1;1 , B 2;4 Gọi M điểm cung AB P cho diện tích tam giác AMB lớn Biết chu vi tam giác MAB a b c 29 , giá trị a b c A 29 B Trên P lấy điểm M a; a 41 C D 13 Lời giải với a 1;2 Ta có đường thẳng AB có phương trình x y , phương trình đường thẳng AM có dạng y a 1 x a , phương trình đường thẳng BM có dạng y a 2 x 2a a x a 1 x a dx x 2 a 2 x 2a dx a a 2a 1 a 1 a 4a a x 1 dx a 1 x dx Suy ta có: S AMB a 1 1 a 2 a 2 3 a 1 a 27 a a a a 2 27 1 1 Vậy S AMB max a a a M ; 2 4 a a 1 Suy ra: MA MB AB 3 3 5 29 tức a b c Chọn đáp án C 4 4 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG THPT KIM LIÊN – HÀ NỘI LẦN 2 2 Câu 46 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 3 z 25 hai đường thẳng x mt x 1 t d1 , d2 có phương trình d1 : y 1 d : y 1 Có giá trị m để d1 , z 1 t z mt d2 cắt mặt cầu S điểm phân biệt cho bốn điểm tạo thành tứ giác có diện tích lớn A B C Lời giải D Cách 1: Ta nhận thấy hai đường thẳng d1 , d chung điểm A 1; 1;1 IA R với I 1; 3; 2 Tiếp đến hai vector phương d1 , d u1 m;0;1 , u2 1;0; m , nhận thấy u1.u2 nên suy d1 d2 Do u1 ; u2 0;1 m ;0 nên đường thẵng thuộc mặt phẳng P : y 1 với n 0;1; vector pháp tuyến mặt phẳng tương ứng Gọi M , N , P , Q giao điểm hai đường thẳng d1 , d mặt cầu, từ suy bốn điểm nằm đường tròn C giao tuyến mặt phẳng P mặt cầu Gọi E , F , G , H trung điểm MN , NP, PQ, QM ta ln có EFGH hình chữ nhật Khi diện tích tứ giác MNPQ lớn diện tích tứ giác EFGH lớn tức EFGH hình vng Dựa vào hình vẽ trên, ta suy diện tích tứ giác MNPQ lớn vector u vector phân giác u u hai vector phương d1 , d tức u 1 2 với u IA; n ; n u u u1 u2 m m ; 0; u u1 u2 m m Suy ta có hệ thức sau: Ta có: u IA; n ; n 2;0;1 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 2 m m m m 2 m m NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề Chọn đáp án C Cách 2: Ta có đánh giá khác sau: (Gọi RC bán kính đường trịn thiết diện C ) S MNPQ R d O; MP d O; NQ 1 MP.NQ RC d O; MP RC d O; NQ C 2 RC OA2 const với O 1; 1; 2 tâm đường tròn C Dấu xảy d O; MP d O; NQ d O; d1 d O; d OA; u1 OA; u2 m , Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề Chọn đáp án C m 2m m THPT PHỤ DỰC THÁI BÌNH LẦN Câu 42 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy ABCD , biết cosin góc hai mặt phẳng SBD SBC Tính thể tích khối chóp S ABCD ? a3 a3 2a A V B V 2a C V D V Lời giải Ta chuẩn hóa a đặt SA x 1 d C ; SB BC 1; AO AC 2 Ta có: SA AO x d C ; SBD d A; SBD d A; SO 2 SA AO x 1 d C ; SBD Suy ra: sin SBD ; SBC d C ; SB 2 5 x SA 3 x 1 x 2a Vậy V SA.S ABCD tức V Chọn đáp án C 3 Câu 43 Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2az b 2b ( a , b tham số thực) Gọi S tập hợp cặp a; b cho phương trình có hai nghiệm z1 , z thỏa mãn z1 2iz2 6i Số phần tử thuộc S A B C Lời giải D z1 z2 2a Ta có phương trình z 2az b 2b có hai nghiệm z1 , z nên ta ln có: z1 z2 b 2b Trường hợp 1: z1 , z số thực a 2a z1 b 1 Khi phương trình z1 2iz2 6i tồn nghiệm với z2 b 2b b Suy có cặp a; b tồn Trường hợp 2: z1 , z số thực NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 3 z 2i z1 6i Do z1 z2 nên ta suy x yi 2i x yi 6i x y i 6i z1 x yi 2a 3 Suy x ; y tức z1 6i; z2 6i Do pt (*) có nghiệm nên ta suy 5 b 2b 36 * 25 có cặp a; b tồn Chọn đáp án D Câu 44 Cho hai hàm đa thức bậc bậc y f x , y g x (hình vẽ mang tính chất minh họa) Biết hai đồ thị y f x , y g x tiếp xúc điểm có hoành độ cắt điểm khác có hồnh độ 2; Gọi S1 , S diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị nửa mặt phẳng bên trái nửa bên phải trục tung Khi S 15 A S1 28 B S1 56 15 C S1 51 15 D S1 28 15 Lời giải Ta có hai đồ thị y f x , y g x tiếp xúc điểm có hồnh độ cắt điểm khác có hồnh độ 2; nên suy h x f x g x ax x 1 x 1 S2 f x g x dx ax x 1 x dx Suy ra: S1 0 2 2 2 a 15 56 f x g x dx x x 1 x dx 15 Chọn đáp án B Câu 46 Có số nguyên y 2022; 2022 cho bất phương trình sau có nghiệm ? e2 x y e x yx y 2022 A 4016 B 1993 C 4015 Lời giải Ta có bất phương trình: e2 x y e x yx y 2022 (1) D 1994 Xét hàm số f y x e2 x y e x yx y 2022 (hàm theo biến x , y tham số) có NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG f x 2e x y e x y e x y y 2x x e y e y * (nghiệm đẹp) x 2x x e f y x 4e y e x ln y Trường hợp 1: e x y Do lim f y x 0; lim f y x nên x ln y điểm cực tiểu với x x y 1 y f y ln y 4e 2ln y y eln y y y y y y 2 y 2 Từ (1) (2) ta rút điều kiện cần cho y y Cùng với điều kiện đủ f y ln y y y y y ln y y 2022 nên ta có y 29.5 Trường hợp 2: phương trình (*) vơ nghiệm tức ta ln tồn tập bù y tức y để bất phương trình f y x 2e x y e x y có nghĩa f y y 2 Xét y ta thấy khơng thỏa bất phương trình đề Suy trường hợp ta thu y y y 2022;2022 Vậy tổng hai trường hợp ta thu y 2022; 1 30; 2022 tức có tất 4015 y 29.5 giá trị nguyên y thỏa mãn toán Chọn đáp án C Câu 47 Cho f x hàm số bậc ba có đồ thị hàm số f x hình vẽ sau Có số ngun m 2022; 2022 để hàm số g x f x 2023 2022 x m2 m có số điểm cực trị nhiều ? A 2022 B 2021 C 2023 D 2020 Lời giải Để g x có số điểm cực trị max số nghiệm bội lẻ phương trình f x 2023 2022 x m m phải đạt max Kéo theo số điểm cực trị hàm số h x f x 2023 2022 x m m phải đạt max Suy tiếp số nghiệm bội lẻ nguyên dương u x f x 2023 2022 x m phải đạt max m Giải thích: tịnh tiến bên phải theo trục hoành hàm số u x số nghiệm điểm cực trị h x lớn đạt max Khi ta có: u x 2023x 2022 2022 f x 2023 x 2023 2022 x m 1 2022 x m 2023 x 2022 x m x 2023 2022 x m m 1 Như để có nhiều nghiệm m 2023 m x 2022 x m m 2022;2022 m 2; 2021 tức có 2020 giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn đáp án D Suy m NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 48 Gọi S tập hợp số phức z thỏa mãn phần thực 1 Biết số phức z z 18 z1 , z2 , z3 thuộc S thỏa mãn z1 z2 18, z3 z2 Giá trị lớn biểu thức 2 F z1 i z2 i z3 i gần với số nguyên số sau ? A 268 B 64 Gọi z x yi x, y Do w nên z z w z z Từ theo giả thiết ta có: x2 y x x y 2 x y x 2 x2 y2 x x2 y x y D 55 C 55 Lời giải x y x yi x y x yi x2 y2 x y x2 y2 x 1 2 2 2 18 18 x y 2x x y x y 1 x2 y2 18 x y 18 x2 y x Từ ta suy ba điểm A z1 , B z2 , C z3 ln thuộc đường trịn tâm O , bán kính R Do z1 z2 18, z3 z2 nên ta suy AB 2R 18 BC R Từ ta có hình vẽ biểu diễn trên: (với E 1;1 ) 2 2 2 Suy ra: F z1 i z2 i z3 i z1 i z2 i z3 i AE BE 4CE Do I trung điểm AB nên EI 2 AE BE AB Khi ta suy F max CE Vậy CEmin EI R AE BE EI Fmax 166 AB 166 64,176 64 Chọn đáp án B Câu 49 Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x y z 1 Hỏi có điểm M mặt phẳng Oxy với M có tọa độ nguyên cho qua M kẻ hai tiếp tuyến vng góc với đến mặt cầu S A B 45 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG C 36 D 24 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Phương trình f x x f x4 x2 2 f x x 2 x x b, 1 b * Phương trình f x x x x c, c 1 ; x x d , d 3 * Phương trình f x x 2 x x a, 2 a 1 Đồ thị hàm số y x x hình vẽ sau: Dựa vào đồ thị ta có: - Phương trình x x a, 2 a 1 khơng có nghiệm thực - Phương trình x x b, 1 b 0 có nghiệm thực phân biệt - Phương trình x x2 c, c 1 có nghiệm thực phân biệt - Phương trình x x2 d , d 3 có nghiệm thực phân biệt Vậy phương trình f x x có nghiệm thực phân biệt Chọn đáp án A Câu 48 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , từ điểm A 1;1; ta kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu S có tâm I 1;1;1 , bán kính R Gọi M a; b; c tiếp điểm ứng với tiếp tuyến Tìm giá trị lớn biểu thức T 2a b 2c A 41 15 B 41 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG C 41 D 41 15 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lời giải Ta có IA nên ta suy AM IA R , từ ta suy M ln thuộc mặt phẳng P với mặt 2 phẳng P phương trình từ phép tính A; AM I ;1 , tức ta suy phương trình có dạng là: P : x z , mà M S nên suy M thuộc đường tròn thiết diện C S P có tâm H 4 Xét MAI vng M có đường cao MH , ta có: HA HI HA HI H ;1; 5 4 Suy đường trịn C có tâm H ;1; bán kính r tức ta có hình vẽ sau: 5 41 Xét mặt phẳng Q : x y z , ta có: cos cos sin cos P ; Q 5 d H ; Q 3 Mà ta có: d H ; Q nên ta suy HK KM KH HM sin 205 205 2a b 2c T nên ta suy ra: T 3d M ; Q , kéo theo ta có được: Nhận thấy d M ; Q 3 41 41 T 3d M ; Q 3KM sin Chọn đáp án B 53 205 Câu 49 Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị đường cong hình bên Gọi x1 , x2 hai điểm cực trị thỏa mãn x2 x1 f x1 f x2 , đồ thị qua M x0 ; f x0 x0 x1 g x hàm số bậc hai có đồ thị qua điểm cực trị M Tính tỉ số diện tích hai hình phẳng tạo đồ thị hai hàm f x , g x hình vẽ ) NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG S1 ( S1 S S2 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG A 32 B 35 C 33 D 29 Lời giải: Nhận thấy hình phẳng có diện tích khơng đổi ta tịnh tiến đồ thị sang trái cho x0 Khi ta có x1 1, x2 Xét hàm f ( x) ax3 bx cx d g( x) mx nx p 3a 2b c f 1 Vì x1 1, x2 điểm cực trị nên ta có: (1) 27 a 6b c f 3 b 6a Hơn nữa, ta có f 1 f 3 a b c d 81a 27b 9c 3d (2) Từ (1) (2) suy c 9a d 2a g 0 f 0 p 2a m 2 a Mặt khác dựa vào đồ thị ta thấy: g 1 g 3 m n p 6a n 6a 9m 3n p 2a p 2a g g 3 Suy ra: f x a x3 x x , g x a 2 x x Khi ta có: S1 a x x x dx a , S2 a 12 x x x dx S a Do đó, S 32 Câu 50 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 2;1;3 , B 6;5;5 Xét khối nón N ngoại tiếp mặt cầu đường kính AB có B tâm đường trịn đáy khối nón Gọi S đỉnh khối nón N Khi thể tích khối nón N nhỏ mặt phẳng qud đỉnh S song song với mặt phẳng chứa đường tròn đáy N có phương trình x by cz d Tính T b c d ? A T 24 B T 12 C T 36 D T 18 Lời giải Thể tích khối nón N nhỏ chiều cao khối nón gấp đơi đường kính mặt cầu ( Chứng minh: Gọi tâm mặt cầu I , có NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 1 r2 y SB.BH IK SH IB.BH y.x r y x x x 2 y 2r Với chiều cao khối nón y , bán kính đáy x ; bán kính mặt cầu r x 0; y r S SBH S SIH S BIH Thể tích khối nón 1 y2 y2 4r V x2 y r r r y 2r 4r r 3 y 2r y 2r y 2r 4r Thể tích khối nón nhỏ y 2r y r dpcm ) y 2r y 2r 4r 4r r y 2r Tiếp đến ta có đường kính mặt cầu: AB 2 Mặt phẳng chứa đường tròn đáy N qua B nhận AB 4;4;2 làm vectơ pháp tuyến Suy phương trình mặt phẳng là: x y z 5 x y z 27 Do mặt phẳng qua đỉnh S song song với mặt phẳng chứa đường trịn đáy N có phương trình b 2, c b 2, c b 2, c b 2, c 2.6 b.5 c.5 d 12 d x by cz d nên ta có: d B ; AB 27 d 36 d 63 22 2 12 Vậy b 2, c 1, d 19 ( d B; d A; ) Khi b c d 12 Chọn đáp án B CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN Câu 44 Cho hai hàm số f x ax x bx 2d g x cx x d có bảng biến thiên hình vẽ Biết đồ thị hai hàm số cho cắt ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 x22 x32 30 Diện tích hình phẳng giới hạn đường y f x , y g x , x 3, x A 2113 12 B 1123 12 Ta có f x 3ax x b 1231 12 Lời giải C D 1321 12 c 3a a c Từ BBT suy f x g x có chung hai nghiệm b 3d d b c 3a 1 Từ BBT suy đồ thị hàm số g x có đỉnh I ; c c NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 12c d 4 d b c c c c Xét f x g x ax c x b x 3d * c Từ giả thiết suy phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 x22 x32 30 x1 x2 x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 30 12c 2 b2 c3 c3 c 30 30 c 3 10c 30c a c a c c tm 29c 26c c loai 29 c 1; a 1; b 9; d 3 f x g x x x x 10 2 S f x g x dx 3 x x x 10dx 3 1321 Chọn đáp án D 12 x3 3x 14 x y x 1 Câu 46 Có cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn: log xy x y đồng thời x 2022 ? A 1347 B 1348 C 674 D 673 Lời giải x 1 x 1 14 x y x x3 3x 14 x y x 1 log Ta có log xy x y y 1 x 1 log x 1 log y 1 y x 1 log x 1 x 1 log y 1 y 2 2 log 7 x 1 x 1 log y 1 y (*) 2 , t nên f t đồng biến khoảng 0; t ln 7 x 1 2 Do đó, (*) x 1 y y y nguyên dương x 1 1 x chia hết cho 3 x chia dư Do x 2;3; ; 2021 \ 4; 7;10; ; 2020 Vậy có 2020 673 1347 cặp x; y thỏa Xét hàm số f t log t t Ta có f t mãn Chọn đáp án A Câu 50 Cho hàm số bậc ba y f ( x ) có bảng biến thiên hàm số g ( x) f ( x 1) sau x y' y –∞ – +∞ + +∞ – –∞ Giá trị lớn hàm số y f sin x cos x cos x 4sin x là: A 9 B 2 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG C Lời giải D NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG y f sin x cos x cos x 4sin x f sin x cos x sin x 1 x k 2 f sin x cos x Dấu xảy sin x x 5 k 2 Đặt t sin x cos x sin x cos x t Mà sin x cos x nên t t Cho g t f t 1 Với g t t sin x cos x x k k 2 Chọn đáp án D SỞ QUẢNG BÌNH LẦN Câu 41 Có số ngun dương a cho ứng với a , có không 22 số nguyên b thỏa mãn a 4.6b a b 3b ? A 31 B 32 C 33 D 34 Lời giải a b a b b a b a b Ta có 4.6 4.6 3b a 3b 4.2b 2a 3b Vậy ymax x 1 4.2b 2a 3b 4.2b 1 3b a b Trường hợp 1: 4.2b b 2 b 3 a log 4, 75 a Xét phương trình b log3 3 27 27 a b a a a b Trường hợp 2: 4.2b b 2 b 1 1 a log 1,5 a Xét phương trình b log3 1 3 a Mà theo đề ứng với a , có khơng q 22 số ngun b thỏa mãn nên với b 1 ta suy a 33, 284 b : 1 20 1 log 2a 21 a 321 a log 321 a 1; 2; ;33 tức có 33 giá a trị nguyên a thỏa mãn toán Chọn đáp án C b a a a Câu 45 Cho số phức z thỏa mãn z i z i P z 2i z Tích giá trị lớn giá 2 trị nhỏ biểu thức P A 9 B 11 C 99 D 99 Lời giải Ta có: z i z i z i z i z i z i Đặt z x yi , ta có: x cos t M z C P 2 x y 2 1 cos t sin t P x y y sin t NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG P cos t sin t Mà cos t sin t 2 4 cos t sin t 100 nên ta 2 2 suy 10 cos t sin t 10 9 P 11 Tích -99 Chọn đáp án C Câu 46 Cho hàm số y f x 4 x3 ax bx c có đồ thị cắt trục hồnh điểm có hồnh độ 1;1; F x nguyên hàm f x y g x hàm số bậc hai qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số y f x Diện tích hình phẳng giới hạn hai đường y F x y g x A 128 15 64 15 B C 16 D Lời giải Ta có: f x 4 x 1 x 3 F x f x dx x 4x 2x 12x d Với F 1 d , F 1 d , F d ta suy ba điểm cục trị hàm số y F x có tọa độ 1; d , 1; d 3; d Xét hàm số bậc hai y mx nx p m , n , p qua ba điểm 1; , 1; m n p 3; Từ ta có hệ phương trình sau: m n p 7 m 3n p g x x x d Ta có m n y x x Suy p 3 F x g x x4 4x3 2x2 12x 4x2 8x 3 x4 4x3 2x2 4x Giải phương trình F x g x x 1; x 1; x Vậy diện tích giới hạn hai đường y F x y g x S F x g x dx x 1 x3 x x dx 1 128 Chọn đáp án A 15 Câu 50 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 1 z 1 12 mặt 2 phẳng P : x y z Xét điểm M di động P , điểm A, B, C phân biệt di động S cho MA, MB, MC tiếp tuyến S Mặt phẳng ABC qua điểm cố định ? 1 4 1 2 B F ; ; A E 12; 23; 25 C G 12; 23; 25 3 2 D H ;0; Lời giải Ta đặt M a ; b ; c với a b c A x ; y ; z S có tâm I 1; 1; bán kính R Do MA, MB, MC tiếp tuyến S nên ta ln có: MI MA AI MA R MA 12 2 2 2 a 1 b 1 c 1 x a y b z c 12 (*) 2 2 2 2 Mà x 1 y 1 z 1 12 x y z 2 x y z nên vào (*) ta suy ra: 2 a b c x2 y z ax by cz 12 a b c x y z ax by cz 12 a 1 x b 1 y c 1 z a b c x 1 a y 1 b z 1 c x y z Mà ta có phương trình: a b c nên ta lập dãy tỉ số sau: x y z x y z x 1 y 1 z 1 x y z 12 12 2 2 2 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG x 1 y 1 z 1 12; 12; 12 x; y ; z 13; 23; 25 tức mặt phẳng ABC 2 qua điểm cố định G 12; 23; 25 Chọn đáp án C Từ ta suy ra: THPT TRẦN NHÂN TÔNG - QUẢNG NINH LẦN Câu 44 Gọi S tập hợp tất số phức z cho số phức w 1 có phần ảo Xét z i z số phức z1 , z2 , z3 S , giá trị lớn P z1 z3 z2 z2 z3 z1 z3 z1 z2 A B Gọi z x yi x , y w C 10 Lời giải D 12 x nên z i z x y x y i x i z z x y y x y x2 y2 i 1 Ta có: w , với số phức w có phần ảo z i z z i z x y x y i x y x y nên theo giả thiết ta có: x2 y y x2 y x2 y2 x2 y2 y x2 y2 y x2 y x y y x y y (*) Quy phương trình bậc hai theo x2 y , ta có: y 2 y 2 y x y2 z x y 2 2 (*) y 4.2 y y y 2 y 2 x0 2 x y Từ ta suy ra: A z1 , B z , C z thuộc đường trịn tâm O , bán kính R Ta có: P z1 z3 z2 z2 z3 z1 z3 z1 z2 z1 z3 z1 z2 z2 z3 z2 z1 z3 z1 z3 z2 z1 z3 z3 z1 z2 z3 z3 z2 z1 z2 z1 z2 2 Sử dụng tính chất sau: z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 , từ ta biến đổi tiếp biểu thức trên: 2 2 2 2 P z1 z3 z3 z1 z2 z3 z3 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z3 z1 z3 z2 z3 z2 z3 z1 z2 z1 z2 z3 z1 z3 z2 z3 z1 z2 2OC AC BC AB 2R sin B R sin A R sin C 2 2 2 cos A cos B 1 1 16 sin C sin A sin B cos2 C 2 2 2 1 1 16 cos2 A B cos A cos B 16 cos A B cos A B cos A B 2 2 1 16 cos2 C cos C cos A B 2 1 1 1 1 Với cos A B ta suy P 16 cos C cos C 16 cos C 16 12 2 2 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 2 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Vậy giá trị lớn biểu thức P 12 Chọn đáp án D 1 x bx cx d có đồ thị C cắt trục hoành điểm phân biệt có điểm có hồnh độ x 1, x Đường thẳng d tiếp tuyến đồ thị C Câu 45 Cho hàm số bậc ba f x điểm có hồnh độ x 5 cắt đồ thị C có hịanh độ x Gọi S1 , S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị C , trục hồnh trục tung (như hình vẽ bên ) Khi tỉ số S1 a (với a S2 b b phân số tối giản) 19a b A B C Lời giải D 7 x a x 1 x (1) Gọi phương trình tiếp tuyến cần tìm là: d : y mx n , từ ta suy ra: Từ hình vẽ ban đầu ta suy ra: f x 2 1 5 5 1 5 5 f x mx n x x f x x x mx n (2), so sánh hệ số chứa x 2 4 3 2 4 3 hai cách biểu diễn hàm f x (1) (2) ta suy a 11 11 tức f x x x 1 x 2 2 6 59 f 96 59 91 59 204 Khi ta suy ra: d : y x d : y g x x 96 384 96 384 f 91 384 1 1 1 11 5125 S f ( x ) dx x x 1 x dx 2 6 31104 11 11 6 S 656 Suy ra: 5 S 12005 3 1 11 204 1500625 59 dx S f ( x ) g x dx x x 1 x x 2 6 384 497664 96 5 4 Vậy a 656, b 12005 tức 19 a b 459 Chọn đáp án A NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG BAC 90 , cạnh Câu 46 Cho hình chóp S A B C D có A B C D hình bình hành biết SAD SA 2 a , BC a , SB a Gọi H hình chiếu vng góc A SD biết khoảng cách C H 2a Thể tích khối chóp S A B C D 2a3 A 2a B SB C 10a D 10 a Lời giải DG DH DB DS d CH , SB d HCI ; SBK d I ; SBK Ta gọi I trung điểm A D G trọng tâm A C D , kẻ HG SB , ta có: Kẻ BK IC với K AD ta suy HCI SBK Tiếp đến ta dễ thấy IKBC hình bình hành nên suy A trung điểm IK , từ ta có SK a AD a a Mà SB 6a nên ta suy ra: (Công thức He-rông) S SBK 2 6V 6V Mặt khác ta có: d CH , SB d I ; SBK 2d A; SBK SABK SABK 2a nên ta suy S SBK a CI BK 10 S V a 2a a , mà S ABK S ABI ABCD VSABK S ABCD nên ta suy 12 4 10 10 VS ABCD 4VS ABK a a Chọn đáp án D 12 Câu 48 Có số nguyên x 10;10 cho ứng với x có số ngun y thỏa VS ABK 706 y 4x y.log2 10 x y 65.4x mãn 2 A B y ? C 10 Lời giải D 15 706 y 4x y.log2 10 x y 65.4x y (*), điều kiện: y 10 x Ta có bất phương trình sau: 2 2706 y 4x y.log2 10 x y 65.4x y 2708 y2x log2 10 x y 65 2 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 708 y2x log2 10 x y 65 ;10 x ta có Xét hàm số f y 2 f y 8.2 70 8 y x ln 0, y ;10 x 10 x y ln Từ ta suy hàm số f y nghịch biến ;10 x Ta có bất phương trình f y f 1 y 10 x Do theo đề ứng với x có số nguyên y thỏa mãn nên ta suy y chạy từ x tới x 1 Từ ta suy f 0 1 x f 1 x 7081 x 2 x2 log2 9 65 2 x x 62 log 65 log 2 x x 62 log 65 log 2 x 7.659 x 10;10 x 10; 3.65 7.659;10 x 3.65 Mà x nên ta suy x 9; 8; ; 4; 8; 9 tức có giá trị nguyên x thỏa mãn Chọn đáp án B Câu 49 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : x y z , điểm M 2; 1;1 mặt cầu S : x y z x y z Đường thẳng d qua M cắt P , S điểm A B cho M trung điểm AB Biết độ dài ngắn đoạn AB a b , giá trị a b A B 2 C 212 D 192 Lời giải Ta có mặt cầu S tâm I 2; 1; , bán kính R d I ; P R nên suy mặt phẳng P không cắt mặt cầu S Tiếp đến ta tìm mặt phẳng Q đối xứng với P qua M Ta có Q : x y z D d M ; P d M ; Q D2 D 11 Suy ra: Q : x y z 11 Tới ta tìm quỹ tích điểm B sau: Theo giả thiết, ta có M A M B B Q , B ln nằm hình trịn C tạo từ mặt phẳng Q cắt mặt cầu S Gọi J hình chiếu I lên Q , giải hình chiếu 8 J ; ; 3 3 Từ ta suy bán kính C r R IJ 15 8 3 Suy điểm B ln thuộc đường trịn C tâm J ; ; , bán kính r 15 Do AB MB nên AB lớn M B lớn nhất, ta có hình vẽ sau: Từ hình vẽ ta suy AB MB 2MB0 ME EB0 ME EJ r NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 15 13 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 37 195 Đồng hệ số a 37, b 195 tức a b Chọn đáp án A Câu 50 Cho hàm số y f x hàm đa thức có f 36, f 32 Hàm số f x có bảng biến thiên sau: 2x 1 Có giá trị nguyên tham số m 50; 50 để hàm số g x f m có điểm x 1 2x 1 cực trị ? A B C D 62 Lời giải x 1 , D \ ; 1 Ta có h x f x 12 x 2x 2 x x 1 x 1 Xét h x f 2x 1 4 x 4 x 1 h x f đặt t ta phương trình f t x 1 t x x 1 Đặt u t 4 dễ dàng suy bảng sau t2 t 4 1 thay lại ta h x có nghiệm x Ta có bảng biến thiên t t 2 h x Do f t 36 m 36 m 28 m Do h x có điểm cực trị nên để hàm số h x có điểm cực trị khi h x cắt trục hoành điểm 36 m phân biệt ta suy 36 m 28 Vậy có 63 giá trị m Chọn đáp án A 28 m NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG SỞ NGHỆ AN LẦN Câu 45 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 6i z 5i số phức z1 có phần thực phần ảo Giá trị nhỏ biểu thức z1 z z1 A B 26 26 C D 13 Lời giải Đặt z x yi x , y ta có: z 6i z 5i x y tức M z d : x y Gọi A z1 z1 với số phức z1 phần thực phần ảo, ta suy z1 a xA a Suy z1 z12 a a a i y A a 2a 2 tức A z1 z1 P : y x 2x Gọi d tiếp tuyến tiếp xúc với P song song với d với d : x y C d Khi gọi A0 x ; y điểm tiếp xúc đó, ta suy x 2x2 x0 tức d : x y x x0 dx 2 Vậy z1 z z1 z z1 z1 MA MA0 d d ; d d A0 ; d 26 Chọn đáp án C 13 f x f x f x 3 có hai điểm cực trị x 1, x Với t số tùy ý thuộc đoạn 0;1 , gọi S1 diện tích hình Câu 48 Cho hàm số y f x x ax bx a , b Biết hàm số g x phẳng giới hạn đường x 0, y f t , y f x S2 diện tích hình phẳng giới hạn đường x 1, y f t , y f x Biểu thức Q 12 S1 S2 nhận giá trị số nguyên ? A B C Lời giải D Ta có: f x x ax bx f x x ax b f x x a f x 3x2 2ax b 6x 2a 3 Từ ta suy ra: g x f x f x f x 3 3 a g 1 Do hàm số g x có hai điểm cực trị x 1, x nên suy tức y f x x b g 3 Xét phương trình hồnh độ giao điểm y f t , y f x có x t x t 3 3t 3 S1 t x dt Q 12S1 4S2 12t 4t f t Từ ta suy ra: S x3 t dt 3t t t 63 1 Xét hàm số f t ta có f t t 0; t với t điểm cực tiểu f 4 64 63 Do t 0;1 nên ta suy Q ;9 tức Q nhận giá trị nguyên Chọn đáp án C 64 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 49 Cho số thực a, b, c thỏa mãn log ab c log 2b c.log a c biết phương trình c x có nghiệm Giá trị lớn biểu thức P loga 2bc dương m phân số tối giản Giá trị p A 1 ax m n m , n , p số nguyên p m n p B C D 64 Lời giải 1 1 Ta có: c x 1 a x x x log c a log c a x x log c a (1) x x log c a log c a Tiếp đến ta có: 6log2ab c log 2b c.loga c 1 1 logc 2b logc a logc 2b logc a 1 1 1 1 log c 2b log c a log c 2b log c a log c 2b log c a log c 2b log c a 33 33 logc 2b logc 2b ; Từ ta suy ra: logc 2b 4 log c 2b log c 2b 4 P log a 2bc log a 2b log a c log c a log c a log c a 33 4 23 33 m 23; n 33 Đồng hệ số suy tức m n p 64 Chọn đáp án D p 8 Cách 2: Đặt a; 2b c u ; c v , ta ln có: log ab c log 2b c.log a c tương ứng với bất phương 1 6uv u v uv 1 uv uv 6uv u v uv u v uv v u 6u 1 u (*) trình: log cuv c log cu c log cv c 2 Tiếp đến ta lại có phương trình c x 1 a x c x 1 c ux x ux , xét phương trình bậc hai theo x ta có: u (điều kiện có nghiệm) u 33 33 Với umin ta vào (*) ta có: 2v v v 4 33 4 v v 23 33 , u Từ ta suy ra: P log a 2bc log cu c v u 2 m 23; n 33 Đồng hệ số suy tức m n p 64 p 8 Câu 50 Trong không gian Oxyz cho điểm A 4; 0; , B 0;8; , C 0; 0; 12 , D 1; 1; 1 M điểm nằm mặt cầu S ngoại tiếp tứ diện O A B C Các đường thẳng MA, MB, MC, MO cắt MA MB MC MO mặt cầu S điểm A, B, C, O (khác A, B, C, O ) cho Tìm giá trị MA MB MC MO nhỏ M D M O NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG A 229 B 227 C 226 D 228 Lời giải Ta gọi I tâm mặt cầu S , nhận ba điểm A, B, C nhận thành mặt chắn nên ta suy tọa độ I có xA yB zC ; ; I 2;4; 6 bán kính mặt cầu S R IA 14 2 2 MA MA2 MA2 MB MC MO Tiếp đến ta có: ta suy ra: , , 2 , tương tự với tỉ số lại là: MA MA.MA MI R MB MC MO dạng là: I MA MB MC MO MA MB MC MO MA MB MC MO MI R (*) 2 MA MB MC MO MI R Gọi M x ; y ; z vào (*) ta suy phương trình trở thành: 4 x 4 y z 12 x y z x y z 224 2 x y 3z 28 tức 2 M P : x y z 28 Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ M D M O với M P : x y z 28 Do D,O phía với P nên ta gọi O điểm đối xứng với O qua P với O 4; 8;12 Suy giá trị nhỏ MD MO DO 227 Chọn đáp án B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG ... 20 23 x 20 23 20 22 x m 1 20 22 x m 20 23 x 20 22 x m x 20 23 20 22 x m m 1 Như để có nhiều nghiệm m 20 23 m x 20 22 x m m ? ?20 22; 2 022 m... x hình vẽ sau Có số nguyên m ? ?20 22; 20 22? ?? để hàm số g x f x 20 23 20 22 x m2 m có số điểm cực trị nhiều ? A 20 22 B 20 21 C 20 23 D 20 20 Lời giải Để g x có số điểm cực... 3;11 (1) a 2 2 Tiếp đến ta đánh sau: 2a b 4b a 20 22 20 22. 4b a 2b a 1 20 22 2a a 1 20 22 a Suy ra: a a log 20 22 (*) Khi ta ln có a a 12 a 4 Từ ta