Untitled Lời giải đề thi KSCL THPT Bình Phú Lê Phúc Lữ ✯, Nguyễn Thế Bình ❸ Ngày 1 tháng 6 năm 2020 Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giải và phân tích chi tiết các câu trong đề thi thử THPT QG của trư[.]
Lời giải đề thi KSCL THPT Bình Phú Lê Phúc Lữ ✯, Nguyễn Thế Bình ❸ Ngày tháng năm 2020 Trong viết này, giải phân tích chi tiết câu đề thi thử THPT QG trường THPT Bình Phú (tỉnh Bình Dương), thi vào ngày 23/05/2020 vừa qua Đề gần nhiều thầy cô đánh giá chất lượng khơng ổn hình thức phân bố câu khơng hợp lý Qua q trình giải bài, nhóm tác giả cơng nhận điều Cụ thể nhiều câu phát biểu không rõ, muốn thêm bớt ý cho "mẹo mực" thành tối nghĩa, khơng câu bị sai đề; chí đưa Vật lý khó vào vị trí câu nhận biết đề Tuy nhiên, khơng thể không kể đến số ý tưởng độc lạ, cách đặt vấn đề thú vị mẻ nhiều câu; giúp bạn thí sinh có mục tiêu 8+, 9+ có dịp thử thách thêm Đó lý chúng tơi thực tài liệu này, nhóm chủ động điều chỉnh câu bị sai sót, có vấn đề theo hướng hợp lý Mong tài liệu nhiều có giá trị cho bạn học sinh chuẩn bị tham gia kỳ thi THPT QG 2020 tới Câu Hàm số có nhiều cực trị nhất? A y = x2 + B y = ln(x) + 1 C y = x3 + x2 − 2x D y = x4 − x2 + 2x Lời giải Xét đáp án A Hàm số có y ′ = 2x nên số cực trị B Hàm số cực trị C Hàm số có y ′ = x2 + x − nên số cực trị D Hàm số có y ′ = 4x3 − 2x + nên số cực trị Chọn C ✯ ❸ ĐH KHTN TPHCM PTNK TPHCM khóa 17-20 Câu Cho tích phân Z xex dx = −2 a (với a, b số nguyên) Giá trị eb biểu thức P = a + b b A a B C D 17 Lời giải Sử dụng nguyên hàm phần, ta có Z xex dx = xex − ex + C nên dễ dàng tính tích phân cho 0e1 − (−3)e−2 = Do a = 3, b = e2 P = 32 + 23 = 17 Chọn D Câu Số (2 + 210 )2020 viết hệ thập phân có chữ số? A 6082 B 6083 C 2023 D 2024 Lời giải Giả sử (2 + 210 )2020 có n chữ số, 10n−1 ≤ (2 + 210 )2020 < 10n nên ( n − ≤ 6082 ⇔ n = 6083 n − ≤ 2020 log(2 + 210 ) ≈ 6082, 52 < n ⇔ n ≥ 6083 Chọn B Câu Trong khơng gian Oxyz, có mặt phẳng qua gốc tọa độ O cắt mặt cầu (C) : x2 + y + z + 10x + 100y + 1000z − 10000 = nhiều điểm? A B C D Vô số Lời giải Với điểm không gian tồn vơ số mặt phẳng cắt (C) nhiều điểm Ở đây, thay tọa độ O(0; 0; 0) vào vế trái phương trình, ta −10000 < chứng tỏ điểm O nằm mặt cầu, khơng ảnh hưởng đến kết toán Chọn D Câu Cho hàm số f (x) bậc ba có hai điểm cực trị x1 x2 Hỏi có số ngun m để phương trình f (x) = m có ba nghiệm thực phân biệt f (x1 ) = f (x2 ) = −3? A B C D Lời giải Để f (x) = m có ba nghiệm phân biệt dựa vào tương giao đồ thị y = f (x) y = m, ta cần có −3 < m < Do có tất giá trị m nguyên thỏa mãn Chọn C Câu Cho số phức z = (1 − i)2020 + (1 + i)2020 , điểm biểu diễn số phức liên hợp z có tọa độ là? A (21010 ; 0) B (−21010 ; 0) C (−21011 ; 0) D (21011 ; 0) Lời giải Ta có z = (1 − i)2020 + (1 + i)2020 = (−2i)1010 + (2i)1010 = −21011 Như z¯ = z = −21011 có điểm biểu diễn (−21011 ; 0) Chọn C Câu Phương trình 2020log2 x = logx2020 có tất nghiệm thực A B C D Lời giải Điều kiện xác định x > 0, x 6= Phương trình cho viết lại thành 2020log2 x = Do log2 x = phân biệt Chọn C 1 logx ⇔ 20202 log2 x = ⇔ (log2 x)2 = 2020 log2 x 20202 1 log2 x = − , nên phương trình có hai nghiệm thực 2020 2020 Câu Hàm số y = √ A −2 x2 + − 2x đạt giá trị lớn đoạn [−2; 0] C − B D −1 Lời giải Ta có y′ = √ x ∈ [−2; 0] kéo theo √ biến max y = y(−2) x − 2x · ln < +1 x2 x ≤ 0, 2x · ln > Do đó, hàm số nghịch x +1 [−2;0] Chọn A Câu Mệnh đề sau đúng: A Với x ≥ hàm số y = ln x đồng biến R B Hàm số y = a với a cho trước có GTLN GTNN a C Nếu hàm số f (x) đạt cực đại x0 GTLN hàm số f (x0 ) D Phương trình ax = b ln có nghiệm với số thực a, b b không âm Lời giải Xét đáp án A Hàm số y = ln x không đồng biến R nên loại B Hàm số y = a hàm nên giá trị không đổi, tức GTLN GTNN a C Giá trị cực đại hàm không thiết GTLN nên loại D Phản ví dụ: phương trình ax = khơng có nghiệm nên loại Chọn B Câu 10 Một AB có chiều dài 2a ban đầu người ta giữ góc nghiêng α = α0 , đầu tựa không ma sát với tường thăng đứng Khi bng thanh, trượt xuống tác dụng trọng lực Góc sin α rời khỏi tường A sin α0 B sin α0 C sin α0 D sin α0 Lời giải Warning: Đây Vật lý thú vị! y ~ N A M ~v F~ ~′ N α O B x AB = a nên quỹ đạo chuyển động điểm M phần đường trịn tâm O bán kính a nên vận tốc ~v phương với tiếp tuyến M (O; a) Động quay động tịnh tiến M v2 2 Kr = Iω = ma a2 = mv 22 2 K = mv t Gọi M khối tâm AB, ta có OM ≡ Thế góc lệch α V = mga sin α, lúc buông trạng thái nghỉ nên W0 = V0 = mga sin α0 Áp dụng định luật bảo toàn V + K = W0 mga sin α + mv = mga sin α0 p ⇔ v = ga(sin α0 − sin α) √ p Vận tốc M theo phương Ox : vx = ga (sin α0 − sin α) sin α ~ = hay vx đạt cực đại Khảo sát hàm Thanh rời khỏi tường N p f (α) = (sin α0 − sin α) sin α thấy f (α) đạt cực đại sin α = sin α0 Chọn A Câu 11 Có giá trị m để phương trình x − 2x2 + = 2|x| + m có nhiều nghiệm thực nhất? A B C D Lời giải Ta thấy trước hết đồ thị (C) : f (x) = (x2 − 1) (C ′ ) : g(x) = 2|x| có ba điểm chung ❼ Nếu ta tịnh tiến (C ′ ) theo chiều dọc lên cắt đồ thị (C) hai điểm ❼ Ngược lại, tịnh tiến (C ′ ) theo chiều dọc xuống 1, đơn vị cắt (C) điểm, số lượng tối đa Nếu tịnh tiến thêm đơn vị trở lên (C), (C ′ ) khơng cịn giao điểm Để làm rõ điều này, ta dùng định lý hàm trung gian để chứng minh hai phương trình sau có nghiệm phân biệt (chọn giá trị cụ thể thay để khoảng đổi dấu (−2; −1), [−1; 0), (0; 1], (1; 2)) (x2 − 1) − 2|x| + = 2 (x2 − 1) − 2|x| + = Riêng (x2 − 1) − 2|x| + m = với m ≥ x ∈ [−1; 1], ta có vế trái ln dương 2|x| ≤ Khi đó, phương trình có hai nghiệm nằm ngồi đoạn [−1; 1] khơng thỏa mãn u cầu Chọn B Câu 12 Cho √ tứ diện SABC có khoảng cách hai đường thẳng SA a Cạnh tứ diện BC a A a B 2a C D 3a Lời giải Gọi b cạnh tứ diện −→ −−→ Vì SABC tứ diện nên SA ⊥ BC hay sin(SA, BC) = tích V = √ b 12 Điều tương đương với (m2 + 9m + 4) ≤ 9(10m2 + 4) hay (m2 + 4) + 18m(m2 + 4) + 81m2 ≤ 90m2 + 36 ⇔ (m2 + 4)(m2 + 18m + 4) ≤ 9(m2 + 4) ⇔ m2 + 18m ≤ Do đó, dễ thấy a, b nghiệm phương trình m2 + 18m − = a + b + 20 = −18 + 20 = Chọn D Câu 15 Cho đa giác 60 đỉnh, tính xác suất để chọn ba đỉnh từ đa giác tạo thành tam giác tù A 58 B 42 59 C 590 D 45 118 Lời giải Ta thấy từ tam giác nhọn lấy từ đỉnh đa giác đều, cách vẽ ba đường kính qua ba đỉnh tương ứng thu ba tam giác tù Ngược lại, từ tam giác tù, ta có tương ứng tam giác nhọn cách thực Do đó, số tam giác tù gấp lần số tam giác nhọn Trong đa giác có 60 đỉnh, số tam giác vng 30 × 58, suy số tam giác tù 3 · (C60 − 30 × 58) = 24360 Từ suy xác suất cần tính 24360 42 = C60 59 Chọn B Bên ta có cách khác, "thú vị" sau: Cách khác Đánh số đỉnh đa giác từ P1 đến P60 ngược chiều kim đồng hồ Gọi O tâm đa giác Khi tam giác Pm Pn Pk với ≤ m < n < k ≤ 60 tam giác không tù điểm O nằm tam giác Pm Pn Pk Tức góc −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 hợp OPm OPn , OPn OPk , OPk OPm theo ngược chiều kim đồng hồ không vượt π Nói cách khác 2π ϕ ≤π = (n − m) 60 n ≤ 30 + m 2π ⇔ k ≤ 30 + n (∗) ≤π ϕ2 = (k − n) 60 k ≥ 30 + m ϕ3 = (m + 60 − k) 2π ≤ π 60 Như số (m, n, k) thỏa (∗) số cách chọn điểm tạo thành tam giác khơng tù Vì 60 ≥ k ≥ 30 + m nên m ≤ 30 X ¯ = n(A) m,n,k:(∗) ❼ m = 30 ⇒ k = 60 có 59 X = 29 cách chọn n n=31 ❼ m ≤ 29 ⇒ có 29 30+m X X min(60,30+n) X 1= 29 29+m X X m=1 n=m+1 m=1 n=m+1 k=max(n+1,30+m) = 29 29+m X X m=1 n=m+1 = 30 29 X X m=1 n=m+1 min(60,30+n) X 1+ 29 60 X X min(31 − m, + n − m) + 29 29+m X X (1 + n − m) + m=2 n=31 = = 29 X m=1 | = 9831 m=1 k=31+m k=30+m | P29 29 X m=1 (30 − m) (31 − m) {z +435 } m=2 (m−1)(31−m)=4466 30 · 31 m(m + 1) +4901 − (30 − m)(1 − m) + 2 {z } =4930 ¯ = 9831 + 29 = 9860 ⇒ n(A) = n(Ω) − n(A) ¯ = C360 − 9860 Xác Như n(A) suất cần tìm n(A) C360 − 9860 42 = = p= n(Ω) C60 59 Câu 16 Cho nguyên hàm Z x · sr q ··· √ 10 xπ dx cπ axb+ d +C (biểu thức có xét dấu lồng từ bậc đến bậc 10) có dạng m + nπ c với a, b, c, d, m, n ∈ Z tối giản Tính giá trị P = (a − d)m + b − cn d A −1 B C D Lời giải q √ m √ n Ta biết với m, n ∈ Z+ x = mn x với x > nên ta rút gọn biểu thức √ π dấu nguyên hàm thành x2 · 10! xπ = x2+ 10! nên nguyên hàm π π x3+ 10! 10!x3+ 10! = π + 10! · 10! + π nên a = d = 10!, b = 3, c = 1, m = · 10!, n = Suy P = Chọn D Câu 17 Trong hình bên có vẽ sẵn đồ thị hai hàm số liên tục f (x), g(x) Hỏi hai hàm số hàm cặp sau đây? A sin2 x, cos2 x B |sin x| , |cos x| C sin |x| , cos |x| D sin x, cos x Lời giải Dựa vào đồ thị, ta thấy f (x), g(x) ≥ với x nên câu A B Tuy nhiên, từ đồ thị sin x, cos x, để suy đồ thị |sin x| , |cos x|, ta thực lấy đối xứng qua trục hoành nên nghiệm sin x = 0, cos x = 0, đồ thị "nhọn" khơng cong hình vẽ Do đó, đồ thị sin2 x, cos2 x Chọn A 10 Câu 18 Cho tam giác ABC, có ba cạnh a, b, c theo thứ tự lập thành cấp C A số cộng Tính giá trị biểu thức P = cot( ) cot( ) 2 A −1 B C −3 D Lời giải Vì a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên a + c = 2b ⇒ p = b, áp dụng định lý cotang, ta có A p−a cot( ) = r (p − a)(p − b)(p − c) p C p−c cot( ) = r (p − a)(p − b)(p − c) p hay P = (p − a)(p − c) 3b/2 p = = = (p − a)(p − b)(p − c) p−b 3b/2 − p Chọn D Câu 19 Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác vng có cạnh huyền 2, thể tích khối nón tạo thành A π B 2π C π D 2π Lời giải π Theo giả thiết hình nón có R = 1, h = nên V = πR2 h = 3 Chọn A Câu 20 Cho hình chóp S.ABCD có đáy tứ giác lồi có hai đường chéo vng góc nhau, mặt bên (SAD) tam √ giác AD = 2, AC = 3, BD = Biết thể tích khối chóp 3, xác định góc tạo (SAD) mặt đáy A 30◦ B 60◦ C 90◦ Lời giải 11 D 120◦ Do tứ giác ABCD có hai đường chéo vng góc nên SABCD = · · = Từ √ 3V = Gọi M trung điểm AD suy chiều cao h hình chóp h = S √ SM = = h Điều chứng tỏ (SAD)⊥(ABCD) Chọn C Câu 21 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d1 giao tuyến hai mặt phẳng x + y − = 0, y + z = Có mặt phẳng (P ) chứa d1 tạo với x−2 y−3 z+5 d2 : = = góc 60◦ ? −1 A B C D Vô số Lời giải Vì d1 giao tuyến hai mặt phẳng x + y − = y + z = nên có vector phương ~u1 = [(1; 1; 0), (0; 1; 1)] = (1; −1; 1) Ngoài (0; 2; 0) điểm chung hai mặt phẳng x + y − = y + z = nên (0; 2; 0) ∈ d1 , suy d1 : y−2 z x = = −1 Gọi ~n(a; b; c) vector pháp tuyến (P ) : ax + by + cz + d = 0, ta có 2b + d = d = −2b ( d1 ⊂ (P ) ⇒ ~n · ~u1 = ⇔ a−b+c=0 √ √ o \ (d2 , (P )) = 60 |~ n · ~ u | 3 |2a + b − c| √ = = sin 60o = √ 2 |~n| · |u~2 | 2 a +b +c 12 Biến đổi ta d a + c = b = − √ p |a| = a2 + (a + c)2 + c2 ⇔ (c = −1 a b=d=0 Ta hai mặt phẳng thoả x − z = x + y − = ∨ c = a = b = − d Chọn C Câu 22 Trong không gian cho hai đường thẳng d1 : y z+1 x−1 = = y−1 z x = = Tính tổng giá trị m thỏa mãn góc d1 , d2 60◦ 1 m √ 13 A −2 B C D 12 d2 : Lời giải − − Vector phương hai đường thẳng → u1 = (1; 2; 1), → u2 = (1; 1; m) nên √ |1 + + m| cos 60◦ = √ √ ⇔ (m2 + 2) = (m + 3)2 ⇔ m = ± m2 + Do đó, tổng cần tính 12 Chọn C x − m2 x với tham số m Hỏi có giá trị nguyên m để hàm số f (x) có giá trị cực đại thuộc − ; 18 ? Câu 23 Cho hàm số y = f (x) = A B C 10 D Lời giải Ta có y ′ = x2 − m2 y ′ = ⇔ x = ±m Ta xét trường hợp sau: Nếu m > dễ thấy xCD = −m yCD = − m3 2m3 + m3 = Ta cần có 3 2m3 ≤ 18 ⇔ −1 ≤ m3 ≤ 27 ⇔ −1 ≤ m ≤ − ≤ 3 Do m > nên có ba giá trị thỏa mãn 1, 2, 13 Nếu m < thực tương tự, có ba giá trị thỏa mãn −1, −2, −3 Vì nên có tất giá trị m thỏa mãn đề Chọn A x + x + m3 x + m2 + 2m, gọi A(a; b) điểm uốn đồ thị f (x) Giá trị lớn b m thuộc − ; +∞ 49 71 A B C D − 12 108 Câu 24 Cho hàm số f (x) = Lời giải 1 Vì A(a; b) điểm uốn f (x) nên a = = − , 3· 1 b = f (a) = f − = − m3 + m2 + 2m + := g(m) 2 12 − Ta có g ′ (m) = ⇔ m = ∨ m = − Chọn C xét điểm cực trị biên lim g(m) = −∞ m→+∞ 49 49 g(2) = g(m) = ⇒ max 12 12 [− ;+∞) 71 g − =− 108 Câu 25 Cho hình lập phương ABCD.A′ B ′ C ′ D′ tích mặt cầu ngoại tiếp √ a3 π Tính thể tích khối tứ diện C ′ BCA′ √ a3 a3 a3 A B C 2a D 6 Lời giải √ AC ′ x Gọi x cạnh hình lập phương R = = Khi đó, ta có 2 √ !3 √ x a3 π π = 2 14 Giải x = a Từ dễ dàng tính VA′ BCC ′ = Chọn B 1 a3 · ·a = Câu 26 Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn logb a = Tính log √b a A B − 10 C √ ab D − Lời giải Theo giả thiết a = b2 nên thay vào biểu thức cần tính, ta có √ 2 10 +1 √ log b = logb− 32 b = · − =− b b = logb 12 −2 b 3 b2 Chọn B Câu 27 Cho x, y > thỏa mãn log2 x + log2 y = log4 (x + y) Tính tỉ số biểu thức P = x2 + y đạt giá trị nhỏ A B C D Lời giải Ta có log2 x + log2 y = log4 (x + y) ⇔ 4log2 x+log2 y = x + y ⇔ x2 y = x + y 15 x y 2 √ (x + y)4 ⇔ x + y ≥ 16 = Mà x + y = x y ≤ 16 √ (x + y)2 256 2 x +y ≥ ≥ 2 x Dấu xảy x = y hay = y Chọn B 2 (x + y)2 Câu 28 Cho ba số ln(2|x+10| ), ln(8x ) ln(4|x+4| ) lập thành cấp số cộng theo thứ tự Tính tổng tất giá trị có x A B C D Lời giải Ta biết a, b, c lập thành cấp số cộng a + c = 2b Do đó, ta cần có ln 2|x+10| + ln 4|x+4| = · ln 8x ⇔ ln 2|x+10|+2|x+4| = ln3x +1 ⇔ |x + 10| + |x + 4| = 3x2 + Ta xét trường hợp sau ❼ Nếu x ≥ −4 đưa 3x + = 3x + 28, giải x = điều kiện 1± √ 37 , thỏa mãn ❼ Nếu x ≤ −10 ta đưa 3x2 + = −(3x + 28), phương trình vơ nghiệm √ −1 ± 13 ❼ Nếu −10 < x < −4 3x + = x + 10 − 2(x + 4), giải x = , không thỏa √ √ + 37 − 37 + = Vậy tổng cần tính 2 Chọn B Câu 29 Gọi (C) hình biểu diễn tập hợp số phức z có phần thực khơng âm mặt phẳng tọa độ Oxy thỏa mãn |2z − z| ≤ Tính diện tích hình (C) A 3π B π C Lời giải 16 π D 6π Đặt z = x + yi với x, y ∈ R x ≥ Ta có 2z − z = 2(x + yi) − (x − yi) = x + 3yi nên |2z − z| ≤ ⇔ q x2 + (3y)2 ≤ ⇔ x2 + 9y ≤ ⇔ x2 + y ≤ Do đó, (C) elip Áp dụng cơng thức tính diện tích elip cho phương trình x2 y + = πab, ta có S(C) = 6π a2 b Chọn D y−1 z x−1 = = , −2 √ 42 điểm có khoảng đến đường thẳng d1 Câu 30 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d1 : A M (4; 5; 0) B N (−1; −4; 1) C P (0; 1; 5) D K(1; 5; 4) Lời giải Ta có I(1; 1; 0) ∈ d1 ~u(−2; 1; 3) vector phương d1 h−−→ i √ | IM , ~u | −−→ 1211 = A IM (3; 4; 0) ⇒ d(M, d1 ) = |~u| h−→ i √ | IN , ~u | −→ 91 = B IN (−2; −5; 1) ⇒ d(N, d1 ) = |~u| h−→ i √ | IP , ~u | −→ 42 = C IP (−1; 0; 5) ⇒ d(P, d1 ) = |~u| 14 h−→ i √ IK, ~u | | −→ 42 = D IK(0; 4; 4) ⇒ d(K, d1 ) = |~u| Chọn D Câu 31 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD √ nửa lục giác nội tiếp đường trịn đường kính AB = 2a SA = a vng góc với đáy Tính góc hai mặt phẳng (SBC), (SCD) A 90◦ B 45◦ C 30◦ Lời giải 17 D 60◦ Ta có AD = DC = CB = a Gọi α góc tạo (SBC), (SCD) rõ ràng ta có sin α = d[B, (SCD)] d[B, SC] Vì AB k CD nên √ AS · AD a d[B, (SCD)] = d[A, (SCD)] = √ = AS + AD2 Ta có ∠ACB = 90◦ nên CB⊥AC, mà CB⊥SA√nên CB⊥(SAC), kéo theo ∠SCB = 90◦ Suy d[B, SC] = CB = a Do sin α = nên góc cần tìm 60◦ Chọn D Câu 32 Tập hợp điểm có tọa độ nguyên thuộc (C) : y = x2 (x + 5) có dạng A(ak + b, c(dk + 1)2 (k + 1) B(mk, nk (pk + q)) với a, b, c, d, m, n, p, q ∈ Z+ k ∈ Z Tính tổng số a + b + c + d + m + n + p + q A 17 B 20 C 37 D 43 Lời giải Ta thấy để y ∈ Z x chia hết cho x chia dư 1 Nếu x chia dư đặt 6k + 1, thay vào ta tính y = (6k + 7)2 (k + 1) Do đó,a = d = 6, b = c = Nếu x chia hết cho đặt x = 6k y = 6k (6k + 5) Do m = n = p = 6, q = 18 Vì nên tổng cần tính 37 Chọn C 2x + m , có đồ thị (S) Hỏi có điểm thuộc x−1 đồ thị (S) cho tổng khoảng cách từ điểm đến hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ 12? Câu 33 Cho hàm số y = A B C D Lời giải Dễ thấy đồ thị hàmsố y có tiệm cận đứng x = tiệm cận ngang y = 2x + m điểm cần tìm, ta có tổng khoảng cách tử A đến hai với m 6= −2 Gọi A x; x−1 tiệm cận 2x + m m+2 d = |x − 1| + | − 2| = |x − 1| + | | x−1 x−1 Theo bất đẳng thức Cauchy p d ≥ |m + 2| = dmin = 12 ⇔ m = 34 ∨ m = −38 Dấu xảy (x − 1)2 = |m + 2|, ln có nghiệm phân biệt với m = 34 m = −38 Chọn B Câu 34 Có số nguyên x cho tồn số thực y thỏa mãn 2x+y = log2 (4x2 + y )? A B C D Vô số Lời giải Ta xét trường hợp: ❼ Nếu x = 2y = log2 (y ) Bằng cách vẽ đồ thị hai hàm số này, ta thấy phương trình có nghiệm nên x = thỏa mãn 19 ❼ Nếu x 6= 0, xét hàm số biến y f (y) = 2x+y − log2 (4x2 + y ) liên tục xác định R Ta có f (−x) = − log2 (5x2 ) < 0do 5x2 ≥ 5, ∀x ∈ Z lim f (y) = +∞ y→+∞ Do đó, phương trình f (y) = ln có nghiệm thuộc (−x, +∞) Vì nên tồn vô số giá trị nguyên x thỏa mãn đề Chọn D Câu 35 Cho số phức z thỏa mãn |z| = |z − + 2i|, số phức có mơ đun nhỏ a có dạng z = + ci với a, b, c ∈ Z Tính a + b − c b A B C D −2 Lời giải Ta có