Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁNĐỀ THỰC CHIẾN CHUẨN MINH HỌA KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 BÀI THI MÔN TOÁN
BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 12 (Đề gồm có 06 trang) ( f ( x ) dx )′ = f ′ ( x ) ′ C ( f ( x ) dx ) = − f ′ ( x ) ( f ( x ) dx )′ = − f ( x ) ′ D ( f ( x ) dx ) = f ( x ) A KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi môn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề B Lời giải Chọn D Họ tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………… Gọi F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x ) Ta có F ′ ( x ) = f ( x ) hay Câu 1: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: Câu 5: ( f ( x ) dx )′ = f ( x ) sin dx x A tan x + C B − cot x + C C cot x + C Lời giải D − tan x + C Chọn B Áp dụng công thức bảng nguyên hàm, ta có: Câu 6: Hàm số cho đạt cực đại điểm đây? A x = B x = C x = Lời giải Chọn C x dx = − cot x + C B −2 C −2i Lời giải D 3i C 13 Lời giải D Chọn A Ta có: z2 z1 = (1 + 2i )( − i ) = + 3i Từ bảng biến thiên, hàm số f ( x ) đạt cực đại x = Câu 2: Cho hai số phức z1 = − i; z = + 2i Phần ảo số phức z z1 A D x = sin Khi số phức z2 z1 có phần ảo Đồ thị hàm số có dạng hình vẽ bên Câu 7: Mơđun số phức z = − 3i bằng: A 13 B Chọn C Số phức z = − 3i z = 2 + ( −3) = 13 Câu 8: A y = − x − x B y = − x + x C y = − x + x D y = x − x Lời giải Chọn A Từ nhóm gồm học sinh nam học sinh nữ Tổng cộng có 13 học sinh Lời giải Chọn B Đồ thị hàm số có dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương y = ax + bx + c , hệ số a < Chọn học sinh 13 học sinh có C132 cách chọn , có cực trị nên ab < Câu 3: Câu 9: x+1 Nghiệm phương trình = A x = B x = C x = Lời giải D x = Từ nhóm gồm học sinh nam học sinh nữ, có cách chọn học sinh bất kì? A C132 B A132 C C52 + C82 D 13 Cấp số nhân ( un ) có u1 = 2, u2 = cơng bội cấp số nhân A −2 B Chọn A Ta có x +1 = ⇔ x +1 = 23 ⇔ x + = ⇔ x = Chọn D Công bội cấp số nhân cho là: q = Câu 4: Mệnh đề đúng? C − Lời giải u2 = u1 D Chọn A Câu 10: Cho hàm số f ( x ) liên tục ℝ có bảng xét dấu đạo hàm sau Áp dụng công thức ( log a x )′ = 1 với điều kiện a > 0; a ≠ 1; x > ta ( log3 x )′ = x.ln a x ln Số điểm cực trị hàm số cho A B Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho véctơ a ( −3; 2;1) điểm A ( 4;6; − 3) , tọa độ điểm B thỏa mãn C Lời giải AB = a D A ( 7;4; − ) B ( −1; − 8; ) C (1;8; − ) Chọn B D ( −7; − 4; ) Lời giải Do hàm số liên tục ℝ đạo hàm f ′ ( x ) đổi dấu x qua điểm Chọn C x = −1; x = ; x = 1; x = nên hàm số cho có điểm cực trị x − = −3 x = Gọi B ( x; y; z ) , ta có AB = ( x − 4; y − 6; z + 3) Do AB = a nên y − = ⇔ y = z + = z = −2 Câu 11: Cho số phức z = 2i + , điểm điểm biểu diễn số phức z ? A G (1; − ) B T ( 2; − 1) C K ( 2;1) D H (1; ) Lời giải Chọn A Khi B (1;8; − ) Câu 17: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị hình vẽ bên: Do z = 2i + = + 2i nên z = − 2i Vậy z có điểm biểu diễn G (1; − ) x y Câu 12: Cho hai số thực x; y thỏa mãn = 5; = x + y A C 10 Lời giải B D 15 Chọn D Ta có x + y = x.4 y = 5.3 = 15 Câu 13: Một khối chóp có đáy hình vng cạnh a , chiều cao 4a tích A 4a B a C 16a Hàm số cho đồng biến khoảng đây? D 16a A ( −1;0 ) B ( 0;1) C ( −1;1) Lời giải Chọn B Chọn A 1 Ta tích khối chóp V = B.h = a 4a = a 3 Dựa vào hình vẽ ta thấy hàm số đồng biến ( −1;0 ) (1; +∞ ) Câu 18: Tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = Câu 14: Phương trình log3 ( x − 1) = có nghiệm A x = B x = C x = D x = 11 A x = − 2−x 2x +1 B y = Lời giải C y = − D x = Lời giải Chọn A Chọn C Điều kiện x − > ⇔ x > 2 −1 −1 2− x 2−x = lim x = − ; lim = lim x =− x →+∞ x + x →+∞ x →−∞ x →−∞ 1 2 x + 2+ 2+ x x Ta có lim Ta có log ( x − 1) = ⇔ x − = 32 ⇔ x = 10 ⇔ x = Câu 15: Đạo hàm hàm số y = log x A x ln D ( −2; − 1) Lời giải x B ln C x ln Lời giải D x Nên tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = 2− x y = − 2x +1 Câu 19: Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt cầu có tâm I ( 2;1;2 ) , bán kính 2 2 2 A ( x + ) + ( y + 1) + ( z + ) = 2 2 2 Vậy mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;2 ) bán kính B ( x − ) + ( y − 1) + ( z − ) = C ( x + ) + ( y + 1) + ( z + ) = Câu 24: Trong hàm số sau hàm số đồng biến ℝ ? D ( x − ) + ( y − 1) + ( z − ) = A y = x + Lời giải B y = x − Chọn D 2 Phương trình mặt cầu có tâm I ( 2;1;2 ) bán kính ( x − ) + ( y − 1) + ( z − ) = Câu 20: Một khối lăng trụ có diện tích đáy thể tích chiều cao A B C D Lời giải Chọn C V Ta tích lăng trụ có diện tích đáy B , chiều cao h là: V = B.h h = = = B Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 4; − 3; ) , B ( 6;1; − ) , C ( 2;8; − 1) Đường thẳng qua gốc O trọng tâm tam giác ABC có phương trình x y z x y z x y z A = = B = = C = = −3 −1 −1 Lời giải Chọn B x y z D = = −1 −1 Gọi G trọng tâm tam giác ABC , ta có G ( 4; 2; − ) Có OG = ( 4; 2; − ) VTCP đường thẳng OG Chọn u = ( 2;1; − 1) VTCP đường thẳng OG Đường thẳng OG qua O ( 0;0;0 ) có VTCP u = ( 2;1; − 1) có phương trình tắc là: Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2; −1;3) , B ( 4;0;1) , C ( −10;5;3) Véctơ véctơ pháp tuyến mặt phẳng ( ABC ) ? Lời giải y = x3 + ta có y ′ = x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ Vậy hàm số đồng biến ℝ y = x − ta có y ′ > ⇔ 12 x > ⇔ x > Vậy hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) y= 4x +1 có điều kiện xác định x ≠ nên hàm số không đồng biến ℝ x−3 y = tan x có điều kiện xác định cos x ≠ ⇔ x ≠ A π r h B 2π rh C 2rh Lời giải D 2π h Chọn B Diện tích xung quanh hình trụ có đường cao h , bán kính đáy r 2π rh Câu 26: Một hình nón có diện tích xung quanh 5π a , bán kính đáy a độ dài đường sinh A 3a B 5a C 5a Lời giải B (1; −2; ) C (1;2;0 ) D (1;8;2 ) Theo giả thiết ta có π Rl = 5π a R = a nên l = Câu 27: Đồ thị hàm số y = A ( 0; − 1) Xét hàm số y = Vậy véctơ pháp tuyến mặt phẳng ( ABC ) n = (1; 2;2 ) Câu 23: Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z + = có bán kính B D 2a C 14 D Lời giải 5π a = 5a πa 1− x cắt trục tung điểm có tọa độ 1+ x B ( 0; 1) C (1; ) 1− x 1− , cho x = ta có y = =1 1+ x 1+ 1− x Vậy đồ thị hàm số y = cắt trục tung điểm có tọa độ ( 0; 1) 1+ x ( ) Câu 28: Với a số thực dương tùy ý, log8 a A 2log a B 18 log a C 3log a Lời giải Chọn A Vì mặt cầu ( S ) có phương trình 2 x + y + z − x − y − z + = ⇔ ( x − 1) + ( y − ) + ( z − ) = D (1; 1) Lời giải Chọn B + kπ ( k ∈ ℤ ) nên hàm số khơng đồng biến Câu 25: Diện tích xung quanh hình trụ có đường cao h , bán kính đáy r véctơ pháp tuyến mặt phẳng ( ABC ) π ℝ Chọn B D y = tan x Chọn A Ta thấy: Lời giải Chọn A Ta có AB = ( 2;1; −2 ) ; AC = ( −12;6;0 ) Khi n = k AB, AC = k (12; 24; 24 ) ( k ≠ ) với n A 14 4x + x −3 Chọn B Gọi R, l bán kính đường trịn đáy độ dài đường sinh hình nón cho x y z = = −1 A (1;2; ) C y = Ta có log8 ( a ) = 6.log 23 a = log a = log a D + log a Câu 29: Nếu A 45° 1 f ( x ) dx = 2; f ( x ) − g ( x ) dx = −8 g ( x ) dx B C −6 Lời giải C 60° D 90° Lời giải 0 A −5 B 30° D −3 Chọn C Chọn B Ta có: 1 0 f ( x ) − g ( x ) dx = −8 ⇔ f ( x ) dx − 2 g ( x ) dx = −8 1 ⇔ g ( x ) dx = f ( x ) dx + = 0 Câu 30: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A M ( 0; 2;1) x −1 y z −1 = = không qua điểm đây? −2 B F ( 3; − 4;5 ) C N (1;0;1) D E ( 2; − 2;3) Lời giải Chọn A Ta thấy: −1 1−1 x −1 y z −1 = ≠ nên đường thẳng d : = = không qua điểm M ( 0; 2;1) −2 −2 − −4 − x −1 y z −1 = = nên đường thẳng d : = = qua điểm F ( 3; − 4;5 ) −2 −2 −1 −1 x −1 y z −1 = = nên đường thẳng d : = = qua điểm N (1;0;1) −2 −2 2 − −2 − x −1 y z −1 = = nên đường thẳng d : = = qua điểm E ( 2; − 2;3) −2 −2 Câu 31: Cho hai số phức z1 = − i; z2 = − 4i mơđun số phức z1 + z1 z A B C 5 D Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên ( SO, ( ABCD ) ) = SOA Mặt khác AO đường cao tam giác ABD cạnh = Xét ∆SOA vuông A có: tan SOA 2a a = 2 2a AO = 2a SA = 60° = = SOA AO a Vậy góc đường thẳng SO mặt phẳng ( ABCD ) 60° Câu 33: Cho hình chóp tam giác S ABC cạnh đáy a góc mặt phẳng ( SBC ) với mặt phẳng đáy ( ABC ) 60° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) A a B a C 3a D 3a Lời giải Chọn C Lời giải Chọn C Ta có: z1 + z1 z2 = − i + (2 − i )(2 − 4i) = − 11i Do z1 + z1.z2 = − 11i = 22 + ( −11) = 5 Câu 32: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi tâm O , tam giác ABD cạnh 2a Cạnh bên S A 2a vng góc với mặt đáy S A = Góc đường thẳng SO mặt phẳng ( ABCD ) Gọi D trung điểm BC , G trọng tâm tam giác ABC Khi AD ⊥ BC , SD ⊥ BC , SG ⊥ ( SBC ) Vì ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC , AD ⊥ BC , SD ⊥ BC nên góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) góc Suy SDA = 60° SDA Vì AD ⊥ BC , SD ⊥ BC nên BC ⊥ ( SAD ) Trong tam giác SAD hạ GE ⊥ SD suy GE ⊥ ( SBC ) hay d ( G, ( SBC ) ) = GE Suy d ( A, ( SBC ) ) = 3GE a a suy GD = = 60° suy sin 60° = GE hay sin 60° = GE Xét tam giác EGD vng E có EDG GD a a 3a 3a Suy GE = Vì d ( A, ( SBC ) ) = 3GE nên d ( A, ( SBC ) ) = Vậy d ( A, ( SBC ) ) = 4 Xét tam giác ABC cạnh a có đường cao AD = e2 Câu 34: Xét tích phân I = (1 + ln x ) e2 A Khi số phần tử biến cố A là: n ( A ) = C52 + C42 = 16 dx đặt t = + 2ln x I e2 t dt 1 C t dt B t dt D 1 t dt 1 Lời giải Chọn D e2 (1 + ln x ) x 2x −1 đoạn [ 0; 4] , giá x +1 D C B 10 Chọn B f ( x ) đồng biến [ 0; 4] nên M = Max f ( x ) = f ( ) = e3 − e + 2e2 x +1 e x f ′ ( x ) = ( e2 x +1 )′ = 2e2 x+1 ⇔ f ′ ( x ) = x = 2e x +1 e Ta có f ′ ( x ) dx = f ( x ) [0;4] 1 > 5 , m = Min f ( x ) = f ( ) = −1 [0;4] D ( −1;6 ) Lời giải Chọn C − x −3 x + ⇔ x − < − x − x + ⇔ x + x − < ⇔ −6 < x < Vậy tập nghiệm bất phương trình là: ( −6;1) = f (1) − f ( ) 1 0 f (1) = f ( ) + f ′ ( x ) dx = + 2e x+1dx = + 2e x +1 = 2e − 2e + đây? A 34 cm B 33cm C 36 cm D 35cm Lời giải Chọn D Gọi x, y chiều rộng chiều dài túi nilon đựng rác Khi cuộn túi nilon quanh lõi ta theo chiều dài túi nilon, nên chiều rộng túi nilon chiều cao hình trụ − x −3 x + A ( −∞; −1) ∪ ( 6; +∞ ) B ( −∞; −6 ) ∪ (1; +∞ ) C ( −6;1) R = 3cm Biết độ dày túi nilon 0, 05 mm Chiều dài túi nilon gần với kết 5M − 3m = 10 1 > 5 D Câu 39: Một cuộn túi nilon đựng rác có dạng hình trụ gồm 120 túi nilon giống quanh lõi rỗng hình trụ bán kính đáy phần lõi r = 1,5cm , bán kính đáy cuộn nilon 2x −1 xác định [ 0; 4] x +1 ( x + 1) − 1( x − 1) Ta có: f ′ ( x ) = = > ∀ x ∈ [ 0;4] 2 ( x + 1) ( x + 1) Hàm số f ( x ) = x− C e − e + e x+1 nguyên hàm hàm số e x f ′ ( x ) nên x −4 16 = 36 Lời giải Lời giải 1 Ta có: 5 B 2e − 2e + 1 Câu 36: Tập nghiệm bất phương trình 5 = Chọn B Câu 35: Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = trị 5M − 3m A n ( A) n ( Ω) Câu 38: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm ℝ e x+1 nguyên hàm hàm số e x f ′ ( x ) ℝ A 2e − t2 dt = t 2dt 21 dx = Vậy xác suất biến cố A là: P ( A ) = f ( ) = Khi f (1) 2dx dt dx Đặt t = + 2ln x dt = = x x x = t = Đổi cận: x = e t = Khi I = Số phần tử không gian mẫu là: n ( Ω ) = C92 = 36 Gọi A biến cố: “Chọn bi màu ” x Câu 37: Chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp gồm viên bi đen viên bi trắng Xác suất để viên bi chọn màu 1 A B C D 9 Lời giải Chọn C Thể tích cuộn túi nilon là: V = π R h − π r h = π 32.x − π 1,52.x = 6, 75π x Mặt khác cuộn túi nilon từ 120 túi nilon nên thể tích cuộn túi nilon cịn tính cơng thức: V = 0, 005.x y.120 = 0, xy Suy 6,75π x = 0,6 xy ⇔ y = 6, 75π 45π = ≈ 35,343 0, Vậy chiều dài túi nilon gần với 35 cm Câu 40: Có số phức z thoả mãn z + − 3i = z − − i A B C Lời giải z −3 số ảo? z+2 D Chọn A Câu 42: Cho phương trình 4− x + x − log ( m − x ) − 2m − Đặt z = x + yi ( x , y ∈ ℝ ) Gọi M ( x ; y ) điểm biểu diễn z 2 2 ( x + 1) + ( y − 3) = ( x − 1) + ( y − 1) ⇔ x − y + = ( ∆ ) z − x + yi − ( x − + yi ) ( x + − yi ) x + y − x − 5y = = = + i 2 z + x + yi + ( x + 2) + y2 ( x + 2) + y2 ( x + 2) + y2 z + − 3i = z − − i ⇔ z ≠ −2 z ≠ −2 z −3 ⇔ số ảo ⇔ x + y − x − = z+2 x + y − x − = ( x + )2 + y 1 M thuộc đường tròn ( C ) có tâm I ;0 , bán kính R = M ≠ D 2 < R nên ( ∆ ) cắt ( C ) hai điểm phân biệt có điểm D 2 Vậy có số phức z thỏa yêu cầu toán d ( I , ( ∆ )) = Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1;1) , mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = đường thẳng x−2 y z d: = = Xét đường thẳng ∆ qua A , nằm ( P ) cách đường thẳng d −1 khoảng cách lớn Đường thẳng ∆ qua điểm đây? A M ( 2;1;0 ) B N (1; −1;3) C P ( −3;3;3) x = Suy phương trình ∆ : y = − 2t , ( t ∈ ℝ ) Ta thấy ∆ qua điểm N (1; −1;3) z = + 2t D Q (1; 2; ) = ( m tham số) Số giá trị nguyên m để phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn [ −2; 2] A B C Lời giải D vô số Chọn B Đặt log ( m − x ) = t ⇔ m − x = 4t ⇔ m = x + 4t Phương trình cho trở thành 4− x + x − t − ( x + 4t ) − 1 = ⇔ 2−2 x − x = 22t +1 + t + 2 1 ( −2 x ) = 22t +1 + ( 2t + 1) (1) 2 1 a Xét hàm số g ( a ) = + a có g ′ ( a ) = 2a ln + > 0, ∀a ∈ ℝ nên hàm số đồng biến ℝ 2 ⇔ 2−2 x + Do (1) ⇔ g ( −2 x ) = g ( 2t + 1) ⇔ −2 x = 2t + ⇔ 2t = −2 x − ⇔ log ( m − x ) = −2 x − ⇔ log ( m − x ) = −2 x − ⇔ m − x = 2−2 x −1 ⇔ m = x + 2−2 x −1 Xét hàm số h ( x ) = x + −2 x −1 có h′ ( x ) = − 2.2 −2 x −1 ( *) ln = − 2−2 x ln h′ ( x ) = ⇔ 2−2 x ln = ⇔ x = log ( ln ) Trên đoạn [ −2; 2] ta có bảng biến thiên h ( x ) : Lời giải Chọn B Phương trình (*) có nghiệm x ∈ [ −2;2] ⇔ m ∈ {1; 2;3;4;5;6} Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Gọi H ( x ; y; z ) hình chiếu vng góc A d Câu 43: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân đỉnh A, AB = a Gọi I trung z x − y x = H ∈ d = = −1 ⇔ ⇔ y = H ( 2; 0; ) AH ud = 1( x − 1) + ( y − 1) − 1( z − 1) = z = điểm BC , hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng ( ABC ) điểm H thỏa mãn Khi d ( ∆, d ) ≤ AH = A Dấu xảy ⇔ ∆ ⊥ AH ∆ ⊥ AH u∆ ⊥ AH VTCP ∆ u∆ = AH , nP = ( 0; −2; ) Ta có ∆ ⊂ ( P ) u∆ ⊥ nP Chọn A HA = −2 HI , góc SC mặt phẳng ( ABC ) 60° Thể tích khối chóp S ABC a 30 B a3 C Lời giải a 15 D a 15 12 A −1 B 12 C Lời giải D −12 Chọn C Trường hợp 1: Nếu nghiệm phương trình số thực x; y z1 − + 3i = ( x − 3) + 3i = ( x − 3) + > mâu thuẫn với giả thiết Trường hợp 2: Các nghiệm phức phương trình khơng số thực, với z1 = x + yi z2 = z1 = x − yi 2 Khi đó: z1 − + 3i = ⇔ ( x − 3) + ( y + 3) = (1) Và: ( z1 + 2i )( z2 − ) = x + ( y + ) i ( x − ) − yi = x ( x − 2) + y.( y + ) + ( x − ) ( y + ) − xy i Ta có ∆ABC tam giác vng cân đỉnh A , I trung điểm BC Hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng ( ABC ) điểm H thỏa mãn HA = −2 HI nên a ta có H trọng tâm ∆ABC IH = IA = 3 a 10 a Xét ∆IHC vuông I : CH = IH + IC = + ( a ) = 3 Ta lại có SH ⊥ ( ABC ) suy H hình chiếu vng góc S ( ABC ) = 60° Mà SC ∩ ( ABC ) = {C} Góc SC mặt phẳng ( ABC ) góc SCH = Do tan SCH SH a 10 a 30 SH = HC tan 60° = 3= 3 HC 1 1 Vậy VS ABC = S ∆ABC SH = AB AC SH = 3 2 Câu 44: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( ) = ( ) 2a ( 2) 2 y = x − ( x − ) + ( y + ) = Giải hệ gồm (1) ( ) : ⇔ 2 2 x + y − x + y = x + y − 2x + y = y = x −4 x = z1 = − 2i; z2 = + 2i ⇔ ⇔ 2 x − x + = y = −2 z1 + z2 = −b = ( − i ) + ( + 2i ) = Vì theo Vi-et ta có: b + c = −4 + = z1 z = c = ( − 2i ) ( + i ) = a 30 a 30 = giá trị tham số m để max g ( x ) + g ( x ) = 50 Tổng phần tử S ℝ B A 16 4 f ( x ) = x 1 + − f ′ ( x ) , ∀x > Khi xf ( x ) dx x ℝ C Lời giải D −9 Chọn A Đặt t = + sin x ∈ [1;3] g ( t ) = t − 3t − m , t ∈ [1;3] max g ( t ) + g ( t ) = 50 1283 30 B − 157 30 C 157 30 D − 1283 30 Lời giải Chọn B Với x > ta có: f ( x ) + xf ′ ( x ) = x + x ⇔ ( x f ( x ) )′ = x + x Lấy nguyên hàm hai vế ta được: x f ( x ) = x2 + x x +C x2 Mà f ( ) = C = −8 xf ( x ) = + x x − 3 Vậy x ( x − ) + y ( y + ) = ⇔ x + y − x + y = Câu 46: Cho hàm số f ( x ) = − x3 + x g ( x ) = f ( + sin x ) + m ( m tham số thực) Gọi S tập A số ảo phần thực tức là: 4 1 x2 xf ( x ) dx = + x 157 x − dx = − 30 Câu 45: Cho số thực b, c cho phương trình z + bz + c = có hai nghiệm phức z1 ; z2 thỏa mãn z1 − + 3i = ( z1 + 2i )( z2 − ) số ảo Khi b + c bằng: [1;3] [1;3] Xét hàm số: y = t − 3t − m y′ = 3t − ≥ ∀t ∈ [1;3] max g ( t ) = max { −m − ; 18 − m } [1;3] g ( t ) = { − m − ; 18 − m } y (1) = −m − 2, y ( 3) = 18 − m [1;3] g (t ) = [1;3] Trường hợp 1: Nếu − m − > ⇔ m < −2 max g ( t ) = 18 − m = 18 − m [1;3] −2 − m + 18 − m = 50 ⇔ m = −17 ( t / m ) g ( t ) = −2 − m = − m − min [1;3] Trường hợp 2: Nếu 18 − m < ⇔ m > 18 min g ( t ) = 18 − m = m − 18 [1;3] m + + m − 18 = 50 ⇔ m = 33 ( t / m ) g ( t ) = −2 − m = m + max [1;3] A Trường hợp 3: Nếu ( −m − )( −m + 18 ) ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ 18 max g ( t ) = max { − m − ; 18 − m } [1;3] g (t ) = [1;3] B C Lời giải D Chọn B ( ) Phương trình hồnh độ giao điểm ( Cm ) trục Ox là: x3 − x − m − x + m = Nhận xét: max g ( t ) = max { − m − ; 18 − m } < 50, ∀m ∈ [ −2;18] m ∈ ∅ [1;3] ( ⇔ ( x − 1) x − x − m Vậy S = {−17;33} nên tổng phần tử S 16 Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z = mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;1;2 ) bán ) x = x = =0⇔ ⇔ 2 x = ± + m x − 2x − m = ) ( ) ( Suy ( Cm ) cắt trục Ox ba điểm phân biệt A − + m2 ;0 , B (1;0 ) , C + + m2 ;0 kính R = Xét điểm M thay đổi ( P ) Khối nón ( N ) có đỉnh I đường trịn đáy AC = + m2 đường tròn qua tất tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến ( S ) Khi ( N ) tích lớn Ta có, y ′ = x − x − m + , y′ = ⇔ 3x − x − m + = (1) , phương trình (1) ln có nhất, mặt phẳng chứa đường trịn đáy ( N ) có phương trình x + ay + bz + c = Giá trị x1 + x2 = nghiệm x1 , x2 với giá trị tham số m Áp dung định lý Vi-et ta có −m + x1.x2 = a + b + c A −2 B C Lời giải D Gọi hai điểm cực trị M ( x1; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) Chọn B Vì mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;1; ) bán kính R = Đặt x = IM x ≥ d ( I , ( P ) ) = Gọi A tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến ( S ) Khi tiếp điểm A nằm đường trịn ( C ) có tâm H bán kính r = HA Đường thẳng qua hai điểm cực trị M , N y = − ( x2 − x1 )2 + Nên ta có MN = m +1 ( ) 4 = 1 + m2 + − − m2 = Theo giả thiết MN = AC ( IH = IA2 − AH AI AM = IM x2 − Khi đó: x x2 −1 = 1− = x x π x −1 Do VN = π r IH = g ( x ) = ≤ max g ( x ) = g x x 3;+∞ ) ( ) = 2273 Dấu đạt x = ⇔ M ( −1;0;1) hình chiếu I mặt phẳng ( P ) x + ( y − 1) + ( z − ) = A ∈ ( S ) ⇔ x + y + z − = mặt phẳng chứa Suy 2 AM = ( x + 1) + y + ( z − 1) = tiếp điểm Vậy a + b + c = + − = ( ) Câu 48: Cho hàm số y = x3 − x − m − x + m ( Cm ) Biết đồ thị hàm số cắt trục hoành ba điểm phân biệt A, B, C ( xA < xB < xC ) có hai điểm cực trị M , N Số giá trị tham số m để MN = AC ) ( x2 − x1 )2 ) 2 = 1 + m + ( x2 + x1 ) − x1x2 16 + m2 + + m2 27 ( ) ( ( ) ( ) ( ( ⇔ + m2 = ) ) ( ( ⇔m=± ) ( ) ( ) ) ( ( ) ) ) ( ( ) ) −1 Câu 49: Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c có đồ thị hình vẽ Biết f ( x ) đạt cực trị điểm 2 ( ( 3 16 16 + m2 + + m2 = + m2 ⇔ + m2 + + m = + m2 27 27 2 16 16 ⇔ + m2 + + m2 = + m ⇔ + + m2 = ⇔ + m = 27 27 ⇔ Ta có AM = IM − IA2 = x − AH = ) 2 2m + m +1 x + 3 x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn x3 = x1 + f ( x1 ) + f ( x3 ) + tích hình phẳng hình vẽ bên Tỉ số f ( x2 ) = Gọi S1 , S , S3 , S diện S1 + S2 gần với kết đây? S3 + S4 S1 + S 28 − 17 = ≈ 0,6 S3 + S4 11 − ( ) Câu 50: Có tất giá trị nguyên y cho tương ứng với giá trị y tồn không ( ) ( ) 15 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2021 x + y + log 2022 y + y + 16 ≥ log ( x − y ) ? A 2021 B 4042 C 2020 Lời giải D 4041 Chọn D A 0, 65 B 0, C 0,55 x + y2 > x2 + y > Điều kiện ⇔ x − y > x > y D 0, ( ) ( ) ( y + y + 16) − log ( x − y ) với x > y , Ta có bất phương trình log 2021 x + y + log 2022 y + y + 16 − log ( x − y ) ≥ Lời giải Chọn D ( Xét f ( x ) = log 2021 x + y Hàm số f ( x ) = ax + bx + c có đạo hàm sau: x = x = ⇔ f ′ ( x ) = 4ax3 + 2bx = ⇔ x = ± − b ( ab < ) x = − b 2a 2a Do hàm số có ba điểm cực trị x1 ; x2 = ; x3 = − x1 x3 = x1 + ⇔ − x1 = x1 + ⇔ x1 = −1 x3 = Ta có: f ' ( x ) = ) + log 2022 − ( x + y ) ln 2021 ( x − y ) ln 2 = x ( ln − ln 2021) − y ln − y ln 2021 ( x + y ).( x − y ) ln 2021.ln 2 Ta có: x > y x ( ln − ln 2021) < y ( ln − ln 2021) ( ) Suy x ( ln − ln 2021) − y ln − y ln 2021 < − y − y ln 2021 < 0, ∀y ∈ ℤ Do f ' ( x ) < 0, ∀x > y, y ∈ ℤ ( ) ( ) Suy f ′ ( x ) = 4a ( x + 1) x ( x − 1) = 4a x − x f ( x ) = f ′ ( x ) dx = a x − x + c Ta có bảng biến thiên f ( x ) là: 2 f ( x2 ) = ⇔ f ( −1) + f (1) + f ( ) = ⇔ ( c − a ) + ( c − a ) + c = 3 3 3 ⇔ c = a Vậy f ( x ) = a x − x + 4 Do f ( x1 ) + f ( x3 ) + x = ± Xét f ( x ) = ⇔ x − x + = ⇔ x = ± 2 Vậy S1 = f ( x ) dx = f ( x ) dx = a x S2 = 1 f ( x ) dx = − f ( x ) dx = −a x 2 4 Yêu cầu toán ⇔ f ( y + 16 ) < ⇔ log 2021 ( y + y + 16 ) + log 2022 ( y + y + 16 ) < log 16 3 a − x + dx = 30 4 3 14 − 17 − x + dx = a 4 60 Khi S1 + S + S3 + S = a Do S3 + S = a − ( S1 + S ) = a − ⇔ log 2021 ( y + y + 16 ) + ⇔ log 2021 ( y + y + 16 ) < log 2021 ( y + y + 16 ) log 2021 2022 ) Ta có h′ ( x ) = 4ax3 + 2bx Do đồ thị y = h ( x ) có điểm cực trị A ( 2; −1) qua điểm B (1;1) nên ta có: a = h′ ( ) = 32 a + b = 16 16 23 h ( ) = −1 ⇔ 16a + 4b + c = −1 ⇔ b = − Suy h ( x ) = f ′ (1 − x ) = x − x + 9 9 a + b + c = h = ( ) 23 c = 1 2 1 1 Ta có g ( x ) = f 1 − + , ( x ≠ ) có g ′ ( x ) = f ′ 1 − − = f ′ 1 − − 1 x x x x x x x x Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị y = g ′ ( x ) Ox là: g ′ ( x ) = ⇔ f ′ 1 − = x x 1 Đặt t = ta phương trình tf ′ (1 − t ) = f ′ (1 − x ) = ( ∀x ≠ ) x x 16 23 Xét phương trình: f ′ (1 − x ) = ⇔ x − x + = ⇔ x − 16 x − + 23 = x 9 x x Ta thấy hàm số F ( x ) = x − 16 x − + 23 lên tục ( 0; +∞ ) x 1903 1 337 4 ; F (1) = 0; F = − ; F ( ) = 38 Có F = −67,1598; F = 324 10 126 3 3 4 Suy F F < 0; F (1) = 0; F F ( ) < nên phương trình có nghiệm phân biệt 10 3 x1 ∈ ( 0;1) , x2 = 1, x3 ∈ ( 2; +∞ ) Từ suy phương trình: f ′ (1 − x ) = có nghiệm phân biệt (minh họa đồ thị) x Suy phương trình g ′ ( x ) = có nghiệm phân biệt Vậy đồ thị hàm số y = g ′ ( x ) cắt trục Ox điểm phân biệt Câu 43: Có số nguyên m để tồn số phức z thoả mãn z − m + i = z − + 2mi | z |= A B C Lời giải D Chọn A ( a − m ) + ( b + 1) i = ( a − 1) + ( b + 2m ) i Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) Theo giả thiết ta có a + bi = ( a − m )2 + ( b + 1) = ( a − 1)2 + ( b + 2m ) ( 2m − ) a + ( 4m − ) b − 3m = (1) ⇔ ⇔ 9 2 ( 2) a + b = a + b = Phương trình (1) phương trình đường thẳng, phương trình ( ) phương trình đường trịn Để tồn số phước z thoả mãn đề đường thẳng có phương trình (1) phải cắt đường trịn tâm O bán kính R = có phương trình ( 2) Nghĩa d ( O, (1) ) ≤ R ⇔ −3m2 ( 2m − ) + ( 4m − ) ≤ ⇔ m2 ≤ ( m − 1) + ( 2m − 1) 2 ⇔ m ≤ 5m − 6m + ⇔ ( m − 1) ( m + 2m − ) ≤ ⇔ −1 − ≤ m ≤ −1 + Vì m ∈ℤ nên m ∈ {−2; − 1;0;1; 2} Câu 44: Đường thẳng y = m ( < m < 1) cắt đường cong y = x − x + hai điểm phân biệt thuộc góc phần tư thứ hệ tọa độ Oxy chia thành hai hình phẳng có diện tích S1 , S hình vẽ Biết S1 = S Mệnh đề đúng? 2 A m ∈ 0; 5 2 1 B m ∈ ; 5 2 1 3 C m ∈ ; 2 5 Lời giải 3 D m ∈ ;1 5 Ta có: AH = BK = Chọn A ( 2a ) − a = a (Định lý Pytago) Phương trình hồnh độ giao điểm đường cong đường thẳng y = m ( < m < 1) : Dựng hình chữ nhật HKBE , ta có HE = BK = a HE ∥ BK x2 −1 = m x2 = + m x − x + = m ⇔ ( x − 1) = m ⇔ ⇔ 2 x − = − m x = − m Suy ( AH , BK ) = ( AH , HE ) Hoành độ giao điểm thuộc cung phần tư thứ là: x1 = + m x2 = − m 1− m (x Ta có S1 = S ⇔ 1+ m − x + − m ) dx = (m − x − x + − m ) dx = − (x − x + − m ) dx 1− m 1+ m (x − x + − m ) dx + 1+ m (x − x + − m ) dx = ⇔ 1+ m ⇔ =0⇔ ( 1+ m ) − ( 1+ m ) + 3 (1 + m ) − + − m = + ( ) ( − x + − m ) dx = ( + m ) − ( + m ) + − m = ⇔ (1 + m ) ) ( 1+ m − m ≠ ⇔ 1+ m = 1+ m − m 1+ m = ) + 1− m 1+ m = ( )( ) 16 ⇔ m = ∈ 0; 81 Câu 45: Cho tứ diện ABCD có AC = BD = 2a Gọi H , K hình chiếu vng góc A B lên đường thẳng CD Biết HC = CD = DK ; góc AH BK 60° Thể tích khối tứ diện ABCD A 3a B 3a C Lời giải Chọn C 1 3 3a AHE = 120° Khi S AHE = AH HE.sin120° = a a = Trường hợp 2: 2 ⇔ (x 1− m x x3 ⇔ − + x − mx 3 = a 2 1 1 1 a VABCD = AI S BCD = AI BK CD = a a a = (đvtt) 3 2 2 1+ m (x 1− m ⇔ ( HKBE ) trung điểm I HE suy AI = a 1− m 1− m ⇔ + x − 1) dx HK ⊥ AH Ta lại có : HK ⊥ ( AHE ) , mà HK ⊂ ( HKBE ) ( AHE ) ⊥ ( HKBE ) HK ⊥ HE AHE = 60° Khi tam giác AHE Suy hình chiếu vng góc A Trường hợp 1: 3a D 3a 2S (đvdt) suy d ( A , HE ) = d ( A , ( HKBE ) ) = AHE = HE 3a = 3a a 1 1 Thể tích khối tứ diện là: VABCD = d ( A , ( HKBE ) ) S BCD = d ( A , ( HKBE ) ) BK CD 3 2 3 1 a (đvtt) = a a a = 2 Câu 46: Từ 12 học sinh gồm học sinh giỏi, học sinh học sinh trung bình Giáo viên muốn thành lập nhóm làm tập lớn khác nhau, nhóm học sinh Xác suất để nhóm có học sinh giỏi học sinh 36 A B C D 385 385 770 6160 Lời giải Chọn B Ta có: n ( Ω ) = C123 C93 C63 C33 Gọi A biến cố từ 12 học sinh lập nhóm khác nhau, nhóm học sinh nhóm có học sinh giỏi học sinh Bảng biến thiên hàm số u = f ( x ) − f ( x ) Ta mô tả n ( A ) sau: Số cách chia học sinh cho nhóm có 4! cách Số cách chia học sinh giỏi cho nhóm có C52 4.3! cách (vì học sinh giỏi mà có nhóm nên có nhóm có học sinh giỏi Vì ta chọn học sinh giỏi học sinh giỏi chọn nhóm nhóm cho học sinh giỏi vừa chọn Còn lại học sinh giỏi xếp vào nhóm cịn lại) Bây có nhóm đủ học sinh Thế học sinh trung bình cho vào nhóm cịn lại có 3! cách Ta có: n ( A) = 4!× C52 4.3!× 3! P ( A ) = n ( A) n (Ω) = Vậy số giao điểm đường thẳng y = m − 2; y = m; y = m + với đồ thị u ( x ) 12 điểm 36 385 −3 ≤ m − < 60 phân biệt ⇔ ⇔ −1 ≤ m < 58 m ∈ {−1;0;1; ;57} S = 1652 −3 ≤ m + < 60 Câu 47: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ Câu 48: Có số ngun m để tồn hai cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời điều kiện: ( x + y ) ( x+ y +7 − 1) + ( x + y + 8) x+ y −1 = x + y + xy + m = 1? A 49 B 48 C 47 Lời giải D Vô số Chọn C Đặt t = x + y , giả thiết trở thành t = t ( 2t +7 − 1) + ( t + ) 2t −1 = ⇔ t ( 2t +8 − 1) + ( t + 8) ( 2t − 1) = ⇔ t = −8 Tổng tất giá trị nguyên tham số m để hàm số g ( x ) = f điểm cực trị A 1652 B 1653 (f C 1654 Lời giải ( x) − f ( x) − m ) D 1651 Ta có: g ′ ( x ) = f ( x) − f ( x) − m Khi x + y = (1) ; x + y = −8 ( ) Tập hợp điểm ( x; y ) thỏa mãn (1) ( ) nằm đường thẳng ( d1 ) : x + y = 0; ( d2 ) : x + y + = Từ giả thiết ( 2) , ta có: x + y + xy + m = ⇔ xy + m = − ( x + y ) Chọn A f ′ ( x) (2 f ( x ) − 4) ( f ( x ) − f ( x ) − m) có 17 ⇔ xy + m = + x + y − x − y + xy ( f ′ f ( x) − f ( x) − m ) = f ′ ( x ) = (1) f x − = ⇔ f ( x) = ( 2) ( ) f ( x ) − f ( x ) − m = ⇔ f ( x ) − f ( x ) = m ( 3) ⇔ f ( x ) − f ( x ) − m = −1 ( vo ly ) f ( x) − f ( x) − m = f ( x) − f ( x ) = m + ( 4) ⇔ f ( x) − f ( x) − m = ⇔ f ( x ) − f ( x ) = m − (5) f ( x ) − f ( x ) − m = −2 2 ⇔ x + y − x − y + − m = ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = m + 1( 3) Tập hợp điểm thỏa mãn (3) đường trịn tâm I (1;1) bán kính R = m + Dễ thấy (1) có nghiệm đơn (vì có cực trị) ( ) có nghiệm đơn Vậy tổng số nghiệm đơn phương trình ( 3) ; ( ) ; ( 5) 12 thỏa mãn x ∈ {−1; 2} Đặt u = u ( x ) = f ( x ) − f ( x ) u ′ = f ′ ( x ) ( f ( x ) − ) u ′ = ⇔ x ∈ {a; b; c} Các nghiệm thứ tự từ nhỏ đến lớn sau: a < −1 < b < < c Khi yêu cầu toán ⇔ d ( I , d1 ) < R < d ( I , d ) ⇔ < m + < ⇔ < m < 49 Vậy có 47 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 49: Cho hàm số f ( x ) = x − 2m Gọi S tập hợp tất giá trị m nguyên tham số m x +1 cho f ( sin x ) = Tổng phần tử S B C 15 Lời giải π Đặt t = 7sin x Khi đó: x ∈ 0; t ∈ [ 0; ] Yêu cầu toán ⇔ f ( t ) = [0;7] 2 t − 2m Ta có: f ( t ) = xác định [ 0;7] t +1 1 Với m = − f ( t ) = Loại m = − 2 − 2m Với m ≠ − ta có: f ( ) = −2m; f ( ) = Ta xét trường hợp sau: − 2m Trường hợp 1: f ( ) f ( ) ≤ ⇔ −2m ≤0⇔0≤m≤ m∈ℤ Khi đó: f ( t ) = ≤ m ≤ thỏa yêu cầu toán → m ∈ {0;1;2;3} [0;7 ] m> − 2m >0⇔ Trường hợp 2: f ( ) f ( ) > ⇔ −2m m < Khi đó: f ( t ) > Khơng có giá trị m thỏa đề [0;7 ] Do đó: S = {0;1;2;3} Vậy tổng phần tử S Câu 50: Trong không gian Oxyz Cho điểm A (1;0;1) ; B (1;3;5 ) xét đường thẳng d thay đổi cách A khoảng ; cách B khoảng Gọi M ; N hình chiếu vng góc A; B lên d tích giá trị lớn giá trị nhỏ MN là: B C Lời giải Chọn D Gọi S1 mặt cầu tâm A bán kính R1 = Gọi S mặt cầu tâm B bán kính R2 = P Q vẽ tiếp tuyến EF HK Ta có 10 PA = PE = PE PA R1 3 = = = 2 EF = PF PB R2 PB = PF = 3 Ta có QA = 2QB QH QA R1 = = =2 QB = AB = QK QB R2 QH = 2QK D Chọn D A ( S1 ) ; ( S2 ) Qua Suy MN =EF; MN max = HK π 0; 2 A 10 Ta có AB = > R1 + R2 = Gọi P; Q tâm vị tự mặt cầu D Ta có: QH = QA2 − R12 = 102 − 2 = HK = Do EF HK = BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 16 (Đề gồm có 06 trang) KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề Lời giải Chọn B Điểm biểu diễn cho số phức z = −1 + 2i mặt phẳng tọa độ Oxy N ( −1; ) Câu 7: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: Họ tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………… Câu 1: Một hình nón có chiều cao bán kính đáy diện tích xung quanh A 2π C 8π Lời giải B 2π D 4π Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A ( −∞ ;0 ) Chọn A 2 B C dx = tan x + C cos x Từ bảng biến thiên hàm số f ( x ) ta có hàm số nghịch biến khoảng ( −∞ ; − ) sin x dx = − cot x + C D cos xdx = sin x + C ( 0;2 ) Câu 8: A (1; + ∞ ) B [1;+ ∞ ) D ( −∞ ;1) Lời giải Chọn C Vì α = −3 số nguyên âm nên điều kiện x − ≠ ⇔ x ≠ Suy tập xác định hàm số f ( x ) = ( x − 1) Câu 4: Câu 5: −3 D = ( −∞ ; + ∞ ) \ { } Thể tích khối chóp có chiều cao 3a diện tích đáy 2a A a B 3a3 C 6a D 2a Lời giải Chọn D Thể tích khối chóp cần tìm là: V = 2a 3a = 2a u1 = −3 Cho cấp số nhân ( un ) với Công bội cấp số nhân cho u4 = 24 A −2 B 2 C Lời giải D −2 Chọn A Theo công thức số hạng tổng quát cấp số nhân, ta có: u4 = u1.q −3.q = 24 q = −2 Câu 6: Trong mặt phẳng Oxy , điểm điểm biểu diễn số phức z = −1 + 2i ? A M ( −1; − ) B N ( −1; ) C P (1; ) D 75 2 Viết lại ( S ) : ( x − ) + ( y + 5) + ( z − 3) = 25 Vậy bán kính mặt cầu C ( −∞ ; + ∞ ) \ { } C Chọn C Áp dụng công thức nguyên hàm: sin xdx = − cos x + C −3 B 25 75 Lời giải Chọn A Tập xác định hàm số f ( x ) = ( x − 1) Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : x + y + z − x + 10 y − z + 25 = có bán kính A Lời giải Câu 3: D ( 0;2 ) Chọn D Mệnh đề sai? A sin xdx = cos x + C C ( −2;2 ) Lời giải Ta có : l = R + h = + = 2 S xq = π Rl = π 2.2 = 2π Câu 2: B ( −2;0 ) D Q (1; − ) Câu 9: ( ) a+ Với a số thực tùy ý, log A 3a + B a + C a+2 D 3a + Lời giải Chọn A Ta có log ( 8a + ) = log 23( a + 2) = ( a + ) = 3a + x −1 C y = −2 Lời giải Câu 10: Đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số f ( x ) = A y = B y = Chọn A 2 = , lim y = lim =0 x →−∞ x →−∞ x − x −1 Vậy đường thẳng y = đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số Ta có: lim y = lim x →+∞ x →+∞ Câu 11: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: D x = Chọn D Ta có: V = π r h = π 22.3 = 12π x = 1− t Câu 15: Trong không gian Oxyz đường thẳng d : y = + 3t Một vectơ phương d z = − t Số nghiệm phương trình −3 f ( x ) + = A B C Lời giải D B u = (1;3;1) C u = ( −1;3; − 1) D u = (1; 2;5) Lời giải Chọn C x = 1− t Đường thẳng d : y = + 3t có vectơ phương u = ( −1;3; − 1) z = − t Chọn C Ta có: −3 f ( x ) + = ⇔ f ( x ) = A u = (1;3; − 1) ( Ox ) với đồ thị hàm số y = f ( x ) số nghiệm phân biệt phương trình −3 f ( x ) + = Khi số giao điểm đường thẳng y = 2 Ta có < < Quan sát vào bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số 3 y = f ( x ) điểm phân biệt nên phương trình −3 f ( x ) + = có ba nghiệm phân biệt Câu 16: Cho 3 −16 A 15 14 B 15 C − 17 15 D 15 Lời giải Chọn A Ta có: Câu 12: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: f ( x ) dx = ; f ( x ) dx = Tích phân f ( x ) dx 4 3 16 f ( x ) dx + f ( x ) dx = f ( x ) dx f ( x ) dx = − 15 Câu 17: Cho hai số phức z1 = − i z2 = + 2i Khi phần ảo số phức z2 z1 A 3i C −2i B −2 D Lời giải Chọn D Ta có z2 z1 = (1 + 2i ) ( − i ) = + 3i Vậy phần ảo số phức z2 z1 Giá trị cực tiểu hàm số cho A B C Lời giải D −4 Chọn D Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có giá trị cực tiểu yCT = −4 Câu 13: Nghiệm phương trình log ( x − 1) + = A x = B x = C x = Lời giải D x = Câu 18: Từ nhóm học sinh gồm nam nữ, có cách chọn hai học sinh gồm nam nữ A C102 B C61 + C41 C A102 D C61C 41 Lời giải Chọn D Theo quy tắc nhân, số cách chọn hai học sinh gồm nam (từ học sinh nam) nữ (từ học sinh nữ) C61C 41 Câu 19: Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? Chọn C Điều kiện: x > Ta có: log ( x − 1) + = ⇔ log ( x − 1) = −1 ⇔ x − = ⇔ x = (tm) 2 Vậy phương trình có nghiệm x = Câu 14: Cho khối trụ có bán kính đáy r = , chiều cao h = Thể tích khối trụ cho A 6π B 16π C 4π D 12π Lời giải A y = − x + x B y = x − x C y = x − x Lời giải Chọn A D y = − x + x Từ hình vẽ ta thấy: Nhánh bên phải đồ thị xuống nên hệ số a < Do ta loại phương án C B Đồ thị hàm số có điểm cực trị nên ta chọn phương án A đáp án Thật vậy, phương án A có hàm số hàm bậc bốn trùng phương có a = −1 , b = nên ab < Suy hàm số có điểm cực trị z Câu 20: Cho hai số phức z1 = + 2i , z2 = − i Số phức z2 A − + i 2 B − i 2 D − i 2 C −1 + 3i Lời giải Chọn A SA ⊥ ( ABC ) SA ⊥ BC Ta có BC ⊥ ( SAB ) AB ⊥ BC ( ) =α Mà ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC nên ( SBC ) , ( ABC ) = SBA Ta có tanα = SA a = = α = 450 AB a Câu 25: Cho hàm số f ( x ) xác định ℝ \ {1} có bảng xét dấu f ' ( x ) sau Lời giải Chọn A z1 + 2i (1 + 2i )(1 + i ) −1 + 3i = = = =− + i z2 − i 2 (1 − i )(1 + i ) Câu 21: Trong không gian Oxyz cho véctơ a = (1;0;3) , b = ( −2;2;5) Tọa độ véctơ a − b Ta có: A ( −1; 2;8) B ( 3; − 2; − ) C ( −3;2;2 ) D ( −2;0;15 ) Lời giải Chọn B Ta có: a − b = (1 + 2;0 − 2;3 − ) = ( 3; − 2; − ) pháp tuyến mặt phẳng ( P ) ? B ( 3; −1; −1) C ( −2;1; −1) D ( −2;1;1) Lời giải Chọn C Ta thấy véc tơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) n ' ( 2; −1;1) hay n ( −2;1; −1) véc tơ x x π 3π Câu 23: Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ −99;100] bất phương trình sin ≥ cos 5 10 B 101 C 100 Lời giải D Chọn C x Vậy số điểm cực trị hàm số cho Câu 26: Tính nguyên hàm A (t x − ) tdt x + dx cách đặt t = x + ta thu nguyên hàm đây? B ( t − ) tdt C ( t − ) t dt D 2t dt Lời giải Chọn C Đặt t = x + t = x + ⇔ 2tdt = dx x x + 2dx = ( t − ) t dt A B C −2 D Lời giải Chọn C a = −1 a = −1 ⇔ a.b = −2 Ta có a + ( b − 1) i = −1 + i ⇔ b − = b = phức z1 + z2 3π π π = cos − = cos < nên 5 10 π x x A + i x 3π 4 x2 − π π π ≤0 sin ≥ cos ⇔ sin ≥ sin ⇔ x ≤ ⇔ x − ≤ ⇔ 10 5 x x x 0 < x ≤ thoã mãn (1) Vậy đoạn [ −99;100] có 100 số thỏa mãn toán ⇔ x ≤ −2 Câu 24: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông B , AB = 3a Cạnh bên SA = 3a vng góc với đáy Góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) A 450 Chọn C Hàm số f ( x ) xác định ℝ \ {1} nên hàm số khơng có cực trị x = Câu 28: Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z − z + = , z1 có phần ảo âm Số Điều kiện x ≠ (1) Ta có sin D Câu 27: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn a + ( b − 1) i = −1 + i Giá trị a.b pháp tuyến mặt phẳng ( P ) A C Lời giải Dựa vào bảng xét dấu f ' ( x ) ta thấy hàm số đạt cực trị x = −1, x = Câu 22: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = Véctơ véctơ A ( 2;1;1) Số điểm cực trị hàm số cho A B B 900 C 300 D 600 B − i C Lời giải Chọn A z = 1− i z = 1+ i Ta có z − z + = ⇔ Do z1 có phần ảo âm nên z1 = − i z = + i Vậy: z1 + z2 = − i + (1 + i ) = + i D + i Câu 29: Một hình nón hình trụ có chiều cao h bán kính r đồng thời diện tích xung quanh h chúng Tỉ số r A B C D Lời giải Chọn A Ta có Sxqtru = Sxqnon ⇔ 2π rh = π rl ⇔ h = r + h ⇔ r = h ⇔ Câu 30: Giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = A f ( ) h = r x−3 đoạn 0; 4 x+2 B f ( ) C f ( ) D f ( ) Lời giải Do > , ∀x ∈ 0; nên hàm số đồng biến 0; ( x + 2) f ( x ) = f ( ) x∈0;4 Câu 31: Cho a > , b > ab ≠ thỏa mãn 3ln a + ln b = , log A B −3 C ab b a D − Lời giải − 1 Ta có: 3ln a + ln b = ⇔ a b = ⇔ a = ⇔ a = = b b b3 Khi log ab b a = log − b b b.b = log − b B C Lời giải D Câu 35: Cho khối lăng trụ đứng 2a Câu 33: Thả viên bi đá hình cầu vào ly nước hình trụ có bán kính đáy 4cm , người ta thấy cm Bán kính viên bi đá mực nước cốc tăng lên 32 C cm ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng B 2a C 2a D 2a 2a a a = 2 Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm M (1;0;0 ) , N ( 0; − 2;0 ) , P ( 0;0;3) , Q (1;1; − ) Đường A ( −5; 4; − ) B 3cm Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm: ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 1) = ⇔ x + y + z − = thẳng d qua Q vng góc với mặt phẳng ( MNP ) qua điểm đây? Vậy số giao điểm hai đường cong y = x − y = x cm A Chọn C Do mặt phẳng vng góc với đường thẳng nên VTPT mặt phẳng cần tìm phương với VTCP đường thẳng ∆ Suy nP = ( 2; 2;1) Thể tích khối lăng trụ: V = S ∆ABC AA′ = + 17 x = + 17 x − = 3x ⇔ x − 3x − = ⇔ ⇔x=± − 17 (vn) x = 2 C x + y + z − = D x − y − z − = Lời giải Lời giải b = − log b b = − Chọn C Phương trình hồnh độ giao điểm: x + y − z −1 = = có phương trình 2 A x + y + z + = B x − y − z = Chọn D Câu 32: Số giao điểm hai đường cong y = x − y = x A Câu 34: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm M (1;1; − 1) vng góc với đường thẳng A − cm nên ta có phương trình: 32 π h + = V1 + V2 ⇔ 16π h + = 16π h + π R ⇔ R = ( cm ) 32 32 Vì thả viên bi đá vào ly nước mực nước cốc tăng lên A, AB = AC = a, AA ' = 2a Thề tích khối lăng trụ cho Chọn D Thể tích viên bi đá hình cầu: V2 = π R ∆: Chọn A Ta có: f ' ( x ) = Lời giải Chọn C Gọi h chiều cao mực nước ly nước hình trụ Thể tích phần nước ly: V1 = π 42 h = 16π h D 2cm B ( 6; − 3;2 ) C ( −5; − 2; − ) D ( 7; − 2; − ) Lời giải Chọn A x y z Mặt phẳng ( MNP ) có phương trình: + + = ⇔ x − y + z − = Suy mặt phẳng −2 ( MNP ) nhận vectơ n = ( 6; − 3; ) vectơ pháp tuyến Đường thẳng d qua Q ( 1;1; − ) vng góc với mặt phẳng ( MNP ) nên đường thẳng d qua Q (1;1; − ) nhận vectơ n = ( 6; − 3; ) vectơ phương x =1 + 6t Suy đường thẳng d có phương trình tham số: y =1 − 3t , ( t ∈ ℝ ) z = − + 2t Xét phương án a −5 =1 + 6t ⇔ t = −1 Thay tọa độ điểm ( −5; 4; − ) vào phương trình đường thẳng d ta có = − 3t −4 = − + 2t Suy điểm ( −5; 4; − ) thuộc đường thẳng d hay đường thẳng d qua điểm ( −5; 4; − ) Lần lượt thay tọa độ điểm ( 6; − 3; ) , ( −5; − 2; − ) , ( 7; − 2; − ) vào phương trình đường thẳng d ta hệ vô nghiệm, tức đường thẳng d không qua điểm Câu 37: Chọn ngẫu nhiên số gồm chữ số, xác suất để chọn số gồm toàn chữ số lẻ chữ số tăng dần từ trái qua phải 1 1 A B C D 45 72 90 36 Lời giải Chọn C = 900 cách Có 9.10.10 = 900 số có chữ số Vậy chọn ngẫu nhiên số có chữ số có C900 Ta có: ∫ a a a 1 + x ln x x e dx = ∫ + ln x.e x dx = ∫ (ln x.e x ) 'dx = (e x ln x) = ea ln a x x 1 Câu 40: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân A, AB = a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = 2a Gọi M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng AC SM A a B a C 17 a 17 D 2a Lời giải Chọn C Chọn chữ số lẻ chữ số lẻ có C53 = 10 cách với cách chọn chữ số lẻ ta lập số thỏa mãn điều kiện chữ số tăng dần từ trái qua phải Vậy có tất 10.1 = 10 số có chữ số lẻ chữ số tăng dần từ trái qua phải 10 = 900 90 Câu 38: Giả sử A , B hai điểm phân biệt đồ thị hàm số y = 23x−1 cho A trung điểm Suy xác suất cần tìm bằng: đoạn thẳng OB Khi đoạn thẳng AB có độ dài A 3 B 10 C Lời giải Gọi N trung điểm AB AN = a MN / / AC Mặt khác AC ⊥ AB MN ⊥ AB Gọi H hình chiếu vng góc A lên cạnh SN AH ⊥ SN (1) D 10 Chọn D Ta có MN ⊥ AN , MN ⊥ SA MN ⊥ AH ( ) Từ (1) (2) suy AH ⊥ (SMN ) d ( A, ( SMN ) ) = AH Khi đó: Gọi A ( x1 ; 23 x1−1 ) ; B ( x2 ; 23 x2 −1 ) d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) = AH = xO + xB x2 = x A = x1 = 2 A trung điểm đoạn thẳng OB ⇒ yO + yB 23x −1 3x1−1 = = y A = 2 1 2 10 Suy ra: A ;1 B ; 2 Vậy AB = 3 3 Câu 39: Với số thực a > ∫ A e a − e Chọn B C e − ea Lời giải SA + AN = a 4a + 2 = 2a 17 17 tham số m thuộc [ −10;10] để hàm số g ( x ) = f ( sin x + 3sin x − m ) + m2 + đồng biến 2π 5π ; A B D 15 C 14 Lời giải Chọn D + x ln x x e dx x B e a ln a a Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = − x − x + với ∀x ∈ ℝ Số giá trị nguyên x2 = x1 x2 = x1 x1 = x2 = x1 x1 x − x − ⇔ x −1 2 ⇔ = 0(VN ) ⇔ x1 x1 ⇔ 2 − =0 = = 2 x1 x = = 2 2 4 a 2a SA AN Ta có: g ( x ) = f ( sin x + 3sin x − m ) + m2 + D −e a ln a g ′ ( x ) = ( 2sin x.cos x + 3cos x ) f ′ ( sin x + 3sin x − m ) = cos x ( 2sin x + 3) f ′ ( sin x + 3sin x − m ) 2π 5π 2π 5π g ( x ) đồng biến ; ⇔ g ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ; 2π 5π ⇔ cos x ( sin x + ) f ′ ( sin x + 3sin x − m ) ≥ 0, ∀x ∈ ; 2π 5π ⇔ f ′ ( sin x + 3sin x − m ) ≤ 0, ∀x ∈ ; Từ (1) , ( ) , ( 3) suy f ( x ) = Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x ) y = mx + : + x2 = mx + ⇔ (1 + x ) = ( mx + 1) (1 − x ) , x = ±1 nghiệm − x2 x ≥ Theo giả thiết: f ′ ( x ) = − x − x + ≤ ⇔ , ta có: x ≤ −3 x = 2π 5π sin x + 3sin x − m ≥ 1, ∀x ∈ ; 2π 5π f ′ ( sin x + 3sin x − m ) ≤ 0, ∀x ∈ ; ⇔ 2π 5π ; sin x + 3sin x − m ≤ −3, ∀x ∈ 2π 5π sin x + 3sin x ≥ m + 1, ∀x ∈ ; ⇔ (1) 2π 5π sin x + 3sin x ≤ m − 3, ∀ x ∈ ; ⇔ x ( mx + x − m ) = ⇔ g ( x ) = mx + x − m = Để đồ thị cắt điểm phân biệt M , N có hồnh độ khác phương trình g ( x ) = 1 + m > ∆′ > có nghiệm phân biệt khác ⇔ ⇔ ⇔ m ≠ g ≠ − m ≠ ( ) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình g ( x ) = , tọa độ M , N : M ( x1 ; mx1 + 1) , N ( x2 ; mx2 + 1) Gọi I trung điểm MN I có tung độ: 3+6 2π 5π Xét hàm số u ( x ) = sin x + 3sin x ; , ta có max u ( x ) = 2π 5π ; y0 = 1 1 ( yM + yN ) = ( mx1 + mx2 + ) = m − + 2 = 2 2 m Vậy trung điểm I MN nằm trục hoành với tham số m ≠ Vậy có vơ số giá trị ngun tham số m thỏa yêu cầu toán 3+ 15 + m − ≥ m ≥ 4 u ( x ) = , (1) ⇔ ⇔ 2π 5π 3; m + ≤ m ≤ Câu 43: Có số nguyên m để tập nghiệm bất phương trình log ( 3x + m ) > 3log3 x chứa Kết hợp với m ∈ ℤ thuộc [ −10;10] ta m ∈ {−10, − 9, , 0, 7, ,10} Vậy có 15 số ngun m thỏa mãn tốn Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) = + x2 1+ x , nên f ( x ) = − x2 1− x số nguyên? A 18 B 15 C 17 Lời giải D 16 Chọn D ax + b có bảng biến thiên hình vẽ cx + d x > x > Ta có: log ( x + m ) > 3log x ⇔ ⇔ 3 x + m > x x − 3x − m < Xét hàm số y = f ( x ) = x − x − m ( 0; + ∞ ) x = −1 Có f ′ ( x ) = x − = ⇔ x = Bảng biến thiên: Biết f ( ) = , có giá trị nguyên tham số m để đường thẳng y = mx + cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm phân biệt M , N có hồnh độ khác cho trung điểm MN nằm trục hoành A B C 13 Lời giải D Vô số Chọn D a = −1 a = −c (1) c d Đồ thị hàm số y = f ( x ) có tiệm cận đứng: x = − = d = −c ( ) c b Ta có: f ( ) = = b = d ( 3) d Đồ thị hàm số y = f ( x ) có tiệm cận ngang: y = −1 Dựa vào bảng biến thiên, tập nghiệm bất phương trình log3 ( x + m ) > 3log x chứa số nguyên xảy tập nghiệm bất phương trình có dạng ( 0; a ) < a ≤ hay 2 − m < m > f ( 2) < ⇔ ⇔ ⇔ < m ≤ 18 18 − m ≥ f ≥ m ≤ 18 ( ) Vậy có 16 giá trị nguyên m thỏa mãn u cầu tốn Câu 44: Ơng A có cổng hình chữ nhật, lối vào cổng có dạng parabol có kích thước hình vẽ Ơng A cần trang trí bề mặt (phần gạch chéo) cổng Ơng A cần tiền để trang trí, biết giá thành trang trí 1.200.000 đồng /1m ? Ta có x + y + ≥ ⇔ x + ≥ − y Xét hai trường hợp: Nếu x ≥ 0, y ≥ , suy P ≥ 4.42 + 8.4 = 96 Nếu x ≥ 0, y ≤ , ta có x + ≥ − y ⇔ x + x ≥ 15 − y + y Suy P = ( x + x ) + y + y ≥ 15 − y + y + y + y ⇔ P ≥ y + 15 ≥ 15 Vậy giá trị nhỏ P 15 x = 3, y = Cách 2: Đặt y = Y x + ylog ( x + y + 1) ≥ ⇔ ( x + y + 1) + y log ( x + y + 1) − 2 ≥ Nếu x + y + < log ( x + y + 1) − < ( x + y + 1) + y log ( x + y + 1) − 2 < Nếu x + y + ≥ log ( x + y + 1) − ≥ ( x + y + 1) + y log ( x + y + 1) − ≥ Vậy x + y + ≥ ⇔ x + Y − ≥ P = x + y + x + y ⇔ x + Y + x + 4Y − P = A 20 triệu đồng B 10 triệu đồng C triệu đồng Lời giải D 16 triệu đồng Y Chọn D Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ, ( P ) có phương trình dạng: y = ax + b Khi đó: ; ; ( 0;5 ) ∈ ( P ) nên ta có hệ phương trình: 2 O −4 5 a = 0 = a + b ⇔ hay ( P ) : y = − x + 2 5 = b b = Khi diện tích phần cổng ( P ) là: S1 = − x − 2 F x I 2 x + Y − ≥ Để hệ 2 x + Y + x + 4Y − P = 50 + dx = (*) có nghiệm khơng âm, đường trịn (*) có tâm I (−1; −2) bán kính R ≥ IF = ⇔ + P ≥ ⇔ P ≥ 15 Vậy Pmin = 15 Câu 46: Cho hàm số f ( x ) liên tục ℝ có đồ thị hình vẽ bên: 50 40 Suy diện tích phần cần trang trí là: S = 5.6 − = 3 40 Vậy số tiền cần dùng để trang trí là: T = 1200 000 = 16 000 000 (đồng) Câu 45: Xét số thực không âm x y thoả mãn x + ylog ( x + y + 1) ≥ Giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + x + y A 20 B C 15 Lời giải D 16 Chọn C Cách 1: Có: x + ylog ( x + y + 1) ≥ ⇔ ( x + y + 1) + y log ( x + y + 1) − ≥ Số nghiệm thuộc đoạn [ −π ;3π ] phương trình f ( −2 cos x + 1) = Nếu x + y + < log ( x + y + 1) − < ( x + y + 1) + y log ( x + y + 1) − < A 24 Nếu x + y + ≥ log ( x + y + 1) − ≥ ( x + y + 1) + y log ( x + y + 1) − ≥ Chọn A Đặt t = −2cos x + ∈ [ −1;3] , ∀x Vậy x + ylog ( x + y + 1) ≥ ⇔ x + y + ≥ Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ P , với điều kiện x + y + ≥ B 12 C 16 Lời giải 2sin x D 18 Ta có: 1 2 = = = = 2sin x − cos x − 2cos x ( −2cos x + 1) + t + (*) , (với t ≠ −1 ) Kết hợp với t ∈ [ −1;3] ta xét nghiệm t +1 phương trình (*) nửa khoảng ( −1;3] Phương trình trở thành: f ( t ) = có tiệm cận ngang y = , tiệm cần đứng x = −1 qua điểm đặc x +1 1 biệt ( 0; ) , (1;1) , 3; Xét tương giao hệ trục tọa độ: 2 Đồ thị hàm số y = Đặt AB = x > suy AB = BC = BB′ = x Trong mặt phẳng ( BB′C ′B ) hạ B′H ⊥ BC Suy B′H ⊥ ( ABC ) ′A nhọn) Ta có: BB ' //CC ′ CC ′, AB′ = BB ′, AB′ = BB ′A ( BB ( ) ( ) Xét ∆ABB′ có: BB′2 + AB′2 − AB x + AB′2 − x AB′ x ′A = = = ⇔ AB′ = x.cos BB BB′ AB′ xAB′ 2x ′A = cos BB 2 ° 2 Xét ∆ABH có AH = AB + BH − AB ⋅ BH ⋅ cos 60 = x + BH − x ⋅ BH Dựa vào đồ thị, ( −1;3] đồ thị hàm số y = cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) ba điểm x +1 phân biệt có hồnh độ x = 0, x = 1, x = a ∈ (1;3) Bảng biến thiên hàm số: t = −2cos x + đoạn [ −π ;3π ] x2 − ( x + BH − x ⋅ BH ) 2 2 2 2 Xét ∆B′BH có B′H = BB′ − BH = x − BH ⇔ BH = x − B′H 2 2 2 Xét ∆AHB′ có AB′ = B′H + AH ⇔ B′H = AB′ − AH = ⇔ BH = x − Suy B′H = x2 x2 + ( x + BH − x ⋅ BH ) = + BH − xBH ⇔ BH = x 4 x 15 3x =V Khi VABC ⋅ ABC = B′H ⋅ S ABC = 16 1 1 3x VB′ ACC ′ = VB ' ACC ′A ' = VABC A′B′C ′ = V ⇔ AB′ CC ′ d ( AB′, CC ′ ) sin ( AB′, CC ′ ) = 2 3 16 x 35 3 x3 = ⇔ x=4 16 Vậy VABC AB C = 12 ⇔ Dựa vào bảng biến thiên: Với t = , phương trình có nghiệm phân biệt Với t = , phương trình có nghiệm phân biệt ′ Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z + = , hai điểm A ( 2; −1; 0) , ( Vậy phương trình cho có tất 24 nghiệm thuộc đoạn [ −π ;3π ] ′BC Câu 47: Cho khối lăng trụ ABC A′B′C ′ có đáy tam giác Mặt bên BB′C ′C hình thoi có B nhọn nằm mặt phẳng vng góc với đáy Khoảng cách góc hai đường thẳng 35 ; α với cos α = CC′ AB′ Thể tích khối lăng trụ cho A 12 Chọn B B 12 C Lời giải ) B 3;0; −1 Điểm M di động ( P ) , giá trị nhỏ biểu thức T = − MA + MB Với t = a ∈ (1;3) , phương trình có nghiệm phân biệt D A 78 Chọn D B 15 C 76 Lời giải D 73 A B K H P M Ta thấy A, B nằm phía so với mặt phẳng ( P ) Gọi H , K hình chiếu vng góc A, B lên ( P ) Mặt phẳng ( P ) có VTPT n = ( 2; −1;1) Gọi O = AC ∩ BD ; I trung điểm AE Dễ dàng chứng minh được: AK ⊥ ( SCD ) ; AH ⊥ ( SBC ) ; SC ⊥ ( AKH ) ; SC ⊥ ( AKE ) x − y +1 z Đường thẳng AH qua A nhận n làm VTCP nên AH : = = −1 ( AKH ) ≡ ( AKE ) Do H = AH ∩ ( P ) H ( 0;0; −1) AH = x − 3 y z +1 = = Đường thẳng BK qua B nhận n làm VTCP nên BK : −1 Do K = BK ∩ ( P ) K ( ) 3; 3; − − BK = HK = Đặt MK = x > Khi MH ≤ MK + HK = + x Ta có T = − MA + MB = − + MH + 18 + MK 2 T ≥ − + ( + x ) + 18 + x = 18 + x − x + x + 15 Xét hàm f ( x ) = 18 + x − x + x + 15 ( 0; +∞ ) ; f ′ ( x ) = ( ) f ′ ( x ) = ⇔ ( x − 1) x3 + 26 x + 72 x + 27 = ⇔ x = AK ⊥ KE AH ⊥ HE Ta có: AK ⊥ ( SCD ) ; AH ⊥ ( SBC ) AK ⊥ KC AH ⊥ HC + AKE AHE = 1800 Tứ giác AKEH nội tiếp đường trịn đường kính AE , có tâm I trung điểm AE AC = AKC = AEC AHC = 900 KO = EO = HO = Ta có: OI ⊥ ( HKE ) Khối nón cần tìm có đỉnh O , đường cao OI , bán kính đáy R = AI = 7x 18 + x − AE x+3 x + x + 15 A, K , E , H thuộc mặt phẳng Ta có: AC = a 2; AE = SA2 AC = SA2 + AC 2a 2a a =aR= 2a + 2a 2 a a 2 a AC h = OI = AO − AI = − = − AI = 2 Bảng biến thiên 1 a a π a3 Thể tích khối nón cần tìm là: V = π R h = π = 3 24 Câu 50: Cho f ( x ) hàm đa thức cho hàm đa thức bậc ba g ( x ) = f ( x + 1) thỏa mãn ( x − 1) g ′ ( x + 3) = ( x + 1) g ′ ( x + ) Số điểm cực trị hàm số y = f ( x − x + 5) A 1 Từ bảng biến thiên, suy Tmin = f ( x ) = f = 73 ( 0; +∞ ) 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE có đỉnh thuộc mặt phẳng ( ABCD ) tích A πa 24 B πa 12 C Lời giải Chọn A πa C Lời giải D Chọn B Câu 49: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA = 2a vng góc với đáy Gọi H , E , K hình chiếu vng góc A lên SB, SC , SD Khối nón có đường trịn đáy B D πa g ( x ) = f ( x + 1) g ′ ( x ) = f ′ ( x + 1) ( x − 1) g ′ ( x + 3) = ( x + 1) g ′ ( x + ) hay ( x − 1) f ′ ( x + ) = ( x + 1) f ′ ( x + 3) f ′ ( 4) = x = f ′ ( x ) = a ( x − 3)( x − ) Cho x = −1 f ′ ( 3) = y = f ( x − x + 5) y′ = ( x − ) f ′ ( x − x + 5) x = x = − x = x = x − = 2 y′ = ⇔ ⇔ 2 x − x + = ⇔ 2 x − x + = ⇔ 2 + f ′ ( x − x + ) = x = 2 x − x + = 2 x − x + = x = Vậy hàm số có cực trị ... thỏa yêu cầu toán BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 13 (Đề gồm có 06 trang) KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu 6: Trong... Do EF HK = BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 16 (Đề gồm có 06 trang) KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề Lời giải Chọn... a − 1 ,5 < ⇔ < log a < 1 ,5 ⇔ < a < a ∈ {5, 6,7} log a − < Vậy có tất 1026 giá trị m BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 14 (Đề gồm có 06 trang) KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: