16 file đáp án đề số 16

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 Điện thoại: 0946798489 MỖI NGÀY ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023 • ĐỀ SỐ 16 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - https://www.nbv.edu.vn/ PHẦN NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 5-6 ĐIỂM Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình bên x ∞ y' +∞ y 0 + +∞ ∞ Giá trị cực tiểu hàm số cho A B C Lời giải D Chọn A Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực tiểu hàm số cho y  Câu Giá trị nhỏ hàm số A y  x 5 B 3 khoảng  0;   bao nhiêu? x C 2 D 1 Lời giải Chọn B x2   ; y   x  x2 x Có lim y   ; y 1  3 ; lim y   Trên khoảng  0;   , ta có: y    x 0 x  Ta có bảng biến thiên hàm số khoảng  0;   Câu Vậy giá trị nhỏ hàm số cho 3 x  Hàm số nghịch biến  ? x 1 A y  x 1 B y   x  x C y  x2 Lời giải Chọn A Xét hàm số y   x3  Tập xác định: D   D y   x  x  y  3x ; y   0, x   Suy hàm số nghịch biến  Câu 2023 x  đường thẳng có phương trình x 1 B y  2023 C x  2023 D x  Tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A y  Lời giải Chọn D Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 2023x    nên x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1 Cho hàm số có đồ thị hình vẽ: Ta có lim x 1 Câu y O x Hàm số có đồ thị hình vẽ trên? A y  x  x  B y  x  x  C y   x  x  Lời giải D y  x3  Chọn B Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm bậc dạng y  ax  bx  cx  d  a   Do lim y   lim y   nên a  x  x  a 0 Ta có xC§ xCT   ac   c  Ta đồ thị y  x3  x  Câu Cho hàm số y  f  x   ax3  bx  cx  d  a   có đồ thị hình vẽ sau Số nghiệm thực phương trình f  x    A B C Lời giải D Chọn D Ta có f  x    f  x   Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy đường thẳng y  cắt đồ thị hàm số điểm phân biệt Vậy phương trình có nghiệm a B  log a Với số thực a dương, log3 Câu A  log a C  log3 a D 3log a Lời giải Chọn A  log 3  log3 a   log3 a a Cho hai hàm số y  log a x, y  log b x với a, b hai số thực dương, khác có đồ thị hình vẽ Khẳng định sau sai? Ta có log Câu y O y = logax x y = logbx A  b   a B  b  C a  Lời giải D  b  a  1  C D   ;    2  Lời giải 1  D D   ;      Chọn A Hàm số y  log a x đồng biến nên a  Hàm số y  log b x nghịch biến nên  b  Vậy  b   a Câu e Tập xác định hàm số y   x  1 1  A D    ;  2  1  B D   \   2 Chọn D e Hàm số y   x  1 xác định x    x  Câu 10 Nghiệm phương trình log  x    A x  30 B x  40 C x  35 D x  36 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Lời giải Chọn C Ta có: log  x     x   10  x  105  x  35 Câu 11 Nghiệm phương trình 3x1  27 A x  B x  C x  Lời giải D x  Chọn A 3x1  27  x 1  33  x    x  Câu 12 Cho hàm số y  f  x  liên tục 2;3 đồng thời f    2022, f    2023 Giá trị  f   x dx bằng: A 2022 B C  Lời giải D 2023 Chọn B Ta có  f   x dx  f  x   f    f    2023  2022   f  x  dx  10 Câu 13 Nếu A 20  f  x  dx B 10 C Lời giải D 12 Chọn A Ta có  f  x  dx  2 f  x  dx  20 1 Câu 14 Nguyên hàm hàm số f  x   2cos x hàm số hàm số sau? A F  x   sin x  C B F  x   4sin x  C C F  x   x sin x  C D F  x   4 x sin x  C Lời giải Chọn A Ta có  cos xdx  .sin x  C  sin x  C Câu 15 Họ nguyên hàm hàm số A e x  x  C  e x   dx B e x  C e x  C D e x log e  C Lời giải Chọn A Ta có:  e x  dx  e x  x  C   Câu 16 Cho hai số phức A z1  z  z1   i z   3i Tính mơđun số phức z1  z2 B z1  z2  C z1  z2  D z1  z2  13 Lời giải Chọn D Môđun số phức z1  z2 z1  z  1  i     3i    2i    13 Câu 17 Cho số phức z có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ A  3; 4  Tính z Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 A B 25 C Lời giải D 10 Chọn A Số phức z có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ A  3; 4  z   4i Vậy z  32   4   Câu 18 Tìm số phức liên hợp số phức  2i A 2  i B  2i C 1  2i Lời giải D 1  2i Chọn B Số phức liên hợp số phức  2i  2i Câu 19 Cho cấp số nhân  un  với u1  , công bội q  Giá trị u2 A B C D Lời giải Chọn C Ta có: u2  u1q  2.3  Câu 20 Số hoán vị tập hợp X có phần tử A B 24 Câu 21 Câu 22 Câu 23 Câu 24 C 120 Lời giải D 60 Chọn C Số hốn vị tập hợp X có phần tử P5  5!  120 Cho khối chóp có diện tích đáy B  12 chiều cao h  Thể tích khối chóp cho A 72 B 24 C D 36 Lời giải Chọn B 1 Thể tích khối chóp cho B.h  12.6  24 3 Cho khối lăng trụ đứng, đáy hình vng cạnh a cạnh bên 4a Tính thể tích khối lăng trụ A 4a B 4a C a D 2a Lời giải Chọn A Thể tích khối lăng trụ là: V  B.h  a a  a Cho khối nón có bán kính đáy r  chiều cao h  Thể tích khối nón cho 16 8 A B C 16 D 8 3 Lời giải Chọn B 1 16 Ta tích khối nón: V   r h   22.4  3 Tính thể tích khối lập phương nội tiếp mặt cầu có bán kính A 18 B 12 C 24 Lời giải D 54 Chọn C Gọi x cạnh hình lập phương Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Ta có đường chéo hình lập phương đường kính mặt cầu nên x   x  3 6.36 72 72   Thể tích khối lập phương V      24   3   3 Câu 25 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   có bán kính R A R  B R  C R  D R  25 Lời giải Chọn B 2 Ta có R  42   2    1  (4)  Câu 26 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm M 1; 2;1 có vecto pháp tuyến  n  1; 2;3 là: A  P1  : x  y  z  B  P2  : x  y  3z   C  P3  : x  y  3z  D  P4  : x  y  z   Lời giải Chọn C  Mặt phẳng qua điểm M 1; 2;1 có vecto pháp tuyến n  1; 2;3 có phương trình là: 1 x  1   y     z  1   x  y  z  Câu 27 Trong không gian Oxyz , cho điểm M  1;2;2  Đường thẳng qua M song song với trục Oy có phương trình  x  1  A  y   t , t   z    x  1  t  x  1   B  y  , t   C  y  , t   z   t z   t   Lời giải  x  1  t  D  y  , t  z   Chọn A Gọi d đường thẳng cần tìm   Ta có d // Oy suy u  j   0;1;0  Đường thẳng d qua M  1; 2;  nhận u   0;1;0 làm vectơ phương có phương trình  x  1   y   t , t  z   Câu 28 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;3 B  1;2;5 Tìm tọa độ trung điểm I đoạn thẳng AB A I  2;2;1 B I  2;0;8  C I 1;0;4  D I  2; 2; 1 Lời giải Chọn C Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 x A  xB  1  xI   y y  Khi  yI  A B   I 1;0;4   zA  zB   zI    PHẦN NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 7-8 ĐIỂM Câu 29 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  3x4  4(4  m) x3  12(3  m) x  có ba điểm cực trị? A B C D Lời giải Chọn B Ta có y΄  12 x3  12(4  m) x2  12(3  m) nên x  y΄   x3  x   x  m  m  x   x 1 x  x  14 x  Đặt f ( x)  x   , f ΄( x )   x 1 x2      x  f ΄( x)   x  x  14 x    x  Lập bảng biến thiên Hàm số y  3x4  4(4  m) x3  12(3  m) x  có ba điểm cực trị phương trình x  m  x4 có ba nghiệm phân biệt x 1 Dựa vào bảng biến thiên suy 1  m  Vì m nên m  {0;1; 2} Vậy có giá trị m thỏa yêu cầu toán Câu 30 Cho hàm số y  x3  mx   4m   x  2022 , với m tham số Hỏi có giá trị nguyên m để hàm số đồng biến khoảng  ;   ? A B C D Lời giải Chọn A Ta có: y  3x  2mx   4m   a  Hàm số đồng biến khoảng  ;    y  0, x         m  12m  27    m  Vậy có giá trị nguyên m để hàm số đồng biến khoảng  ;   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Câu 31 Cho hàm số f ( x)  x3  3x Số hình vng có đỉnh nằm đồ thị hàm số y  f ( x ) A B C D Lời giải Gọi đồ thị hàm số f ( x)  x3  3x đường cong (C ) Do đường cong (C ) có tâm đối xứng qua O nên ta thực phép quay tâm O , góc quay 90 độ theo chiều dương, gọi x΄, y΄ hoành độ tung độ đồ thị sau thực phép quay, ta có hệ phương trình sau:  x΄   y   y  y   y  y   y΄  x   Khi ta thu hàm số x   y3  y Lúc ta có hình vẽ sau: Dựa vào hình vẽ ta thấy tồn hình vng thỏa mãn Câu 32 Tập nghiệm bất phương trình  x  65.2 x  64   log  x    có tất số nguyên? A B Vô số C Lời giải D Chọn C  x    3  x  Điều kiện xác định  2  log  x  3  Bất phương trình tương đương x  x    log  x  3     x  x   x      2  log  x  3     x    64 x0 x      x x    4  65.2  64     x     x  Kết hợp điều kiện xác định, tập nghiệm bất phương trình S   3;0  6 Vậy tập nghiệm có số nguyên Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 Câu 33 Có số nguyên dương x cho tồn số thực y lớn thỏa mãn 2y  x  xy  x  y  log y  log ? x A B C Vô số D Lời giải 2y  x  , (t  0)  x  y   xt  xy   xt log y  log t Đặt t  x  g (t )  log t  x  t  y  log y  log y  0(*)      x log y  0, t  0; x  1; y  g  y   t ln10 2y    Do (*)  t  y  x  y   xy  x    0;  , y  y 1   Vậy x  {0,1} Chọn đáp án D Ta có g΄(t )  Câu 34 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn [1;3], f (3)   f ΄(2 x  1)dx  Tính giá trị f (1) A f (1)  8 B f (1)  2 C f (1)  16 Lời giải D f (1)  10 1 Ta có   f ΄(2 x  1)dx  1 f (2 x  1)  ( f (3)  f (1))  (4  f (1))  f (1)  8 2 Chọn đáp án#A Câu 35 Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục (0; ) thỏa mãn f (1)  1, f ( x)  f ΄( x)  x  , với x  Mệnh đề sau đúng? A  f (5)  B  f (5)  C  f (5)  D  f (5)  Lời giải f ΄( x) Ta có f ( x)  f ΄( x)  x    f ( x) 3x  5 4 ln f (1)  f ΄( x ) 4  dx   dx   ln f ( x)   f (5)  e  e3 f ( x) 3 3x  1 1 Chọn đáp án#A Câu 36 Gọi z1 , z , z3 nghiệm phức phương trình z  z  17 z  13  Gọi A , B , C điểm biểu diễn hình học z1 , z , z3 Tính diện tích tam giác ABC A S ABC  B S ABC  C S ABC  D S ABC  Lời giải Chọn A  z1  Phương trình: z  z  17 z  13    z2   3i  z3   3i Gọi A , B , C điểm biểu diễn hình học z1 , z , z3 Toạ độ A 1;0  , B  2;3  , C  2; 3 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Vậy S ABC  1.6  Câu 37 Gọi z1 , z2 hai số phức z thỏa mãn z   5i  z1  z2  Môđun số phức   z1  z2   10i A   16 B   32 C   D   10 Lời giải Chọn C Đặt z  a  bi với a, b   2 Ta có z   5i    a  3   b    25 Vậy z  a  bi tập hợp số phức có tọa độ điểm thuộc đường tròn tâm I  3;  5 R  Gọi A, B điểm biểu diễn số phức z1 , z2 hệ trục tọa độ Gọi H trung  điểm  AB  Do z1  z2  OA  OB  BA  z1  z2  BA  Ta có          z1  z2   10i   z1    5i     z2    5i    OA  OI  OB  OI  IA  IB  IH      AB 8 Suy   IH  2.IH  IA2  AH  IA2  Câu 38 Từ hộp có 13 viên bi gồm bi xanh bi đỏ, viên bi màu có kích thước khác đôi Lấy ngẫu từ hộp viên bi Tính xác suất viên bi chọn số bi xanh nhiều số bi đỏ 254 173 84 59 A B C D 429 429 143 143 Lời giải Chọn D Ta có: n     C135  1287 Gọi A biến cố: “Trong viên bi chọn có số bi xanh nhiều số bi đỏ” TH1: lấy xanh đỏ có: C65 C70  TH2: lấy xanh đỏ có: C64 C71  105 TH3: lấy xanh đỏ có: C63 C72  420 Suy n  A    105  420  531 n  A 531 59  n    1287 143 Câu 39 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Biết tam giác ABC tam giác vuông Vậy P  A      SBC   90 Gọi M trung điểm SC , AM  a Tính thể tích cân C , AC  a , SCD khối chóp S ABCD Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 A a B a C a D a3 Lời giải Chọn B Gọi H hình chiếu vng góc B lên AD  AHBC hình vng  HC  DC  BC  BH  BC  SH 1 Ta có   BC  SB  DC  HC  DC  SH   Mà   DC  SC Từ 1 ,    SH   ABCD  Gọi M trung điểm SC , O trung điểm HC suy MO //SH  MO   ABCD  Suy tam giác MAO vuông O Có OM  a 3 a 2 a AM  AO         SH  a     2 a3 Tính thể tích khối chóp S ABCD V  SH AC.BC  3 Câu 40 Cho hình chóp tứ giác có tất cạnh a Một mặt phẳng thay đổi, vng góc với SO , cắt SO, SA, SB, SC , SD I , M , N , P, Q Một hình trụ có đáy nội tiếp tứ giác MNPQ đáy nằm hình vng ABCD Khi thể tích khối trụ lớn độ dài SI a a a 3a A B C D 3 Lời giải Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Gọi r , h bán kính đáy chiều cao hình trụ SAC  BAC  SO  BO  Đặt SI  x  h  SO  SI  Vì a a x MN SM SI SI MN x    MN  AB x 2r  AB SA SO SO 2 x x a  a3    x    x xa  1 x a 2 a3 2   V  r 2h   x    x    2    3  6.27  27  2  3     x a a a  x x  SI  2 3 x 1 y z  Câu 41 Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;1 đường thẳng d : Phương trình   2 đường thẳng qua A , vng góc với d cắt trục Ox x 2 y 2 z 3 x 1 y  z 1     A B 2 2 x 1 y  z 1 x 1 y  z 1     C D 1 2 Lời giải Chọn D Gọi đường thẳng qua A , vng góc với d   Suy  cắt trục Ox M ( m; 0; 0)  AM   m  1; 2; 1 Vậy thể tích khối trụ lớn  x 1 y z  có vectơ phương ud   2;1; 2    2   Do AM  d  AM u d    m  1     m    m   Vậy AM   2; 2; 1 vectơ phương đường thẳng  Đường thẳng d : x 1 y  z 1   2 Câu 42 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi N  a; b; c  điểm đối xứng với M  2;0;1 qua đường Phương trình đường thẳng  thẳng  : A x 1 y z    Giá trị biểu thức a  b  c B 1 C Lời giải D 5 Chọn C Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 x  1 t  Ta có phương trình tham số  :  y  2t z   t    Gọi H 1  t;2t;2  t  hình chiếu M  , ta có MH   t  1; 2t; t  1 , u  1; 2;1 vec     tơ phương  Khi ta có MH  u  MH u   t   4t  t    t  suy H 1;0;2 Điểm N đối xứng với M qua  H trung điểm MN suy tọa độ điểm N  0;0;3 Vậy a  0, b  0, c   a  b  c  Câu 43 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu có tâm A  2;1;1 tiếp xúc với mặt phẳng x  y  z   có phương trình 2 B  x     y  1   z  1  2 D  x     y  1   z  1  A  x     y  1   z  1  16 C  x     y  1   z  1  2 2 2 Lời giải Chọn C Mặt cầu  S  có tâm A  2;1;1 tiếp xúc với mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt cầu  S  có bán kính R  d  A,  P    2.2   2.1  2 2   1  2 2 Vậy phương trình mặt cầu  S   x     y  1   z  1  Câu 44 Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a chiều cao hình chóp a Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  A d  a B d  a 21 21 C d  a 21 D d  3a Lời giải Chọn C Gọi E trung điểm BC , H tâm tam giác đáy ABC , K hình chiếu H lên SE Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Do S ABC hình chóp tam giác H tâm tam giác đáy ABC nên SH  BC  SH  BC  BC   SAE   BC  HK Ta có   AH  BC  BC  HK  HK   SBC   SE  HK Ta có d  d  A;  SBC    3d  H ;  SBC    3HK 1 BC a a a AB    ; cạnh đáy a nên HE  AE  3 Tam giác SHE vng H có đường cao HK nên Theo giả thiết, SH  1    HK  2 HK SH HE SH HE SH  HE  a a a 21  2 21 a 3a  36 a 21 Câu 45 Cho tứ diện ABCD có AB  AC  BC  BD  CD  a Gọi M , N trung điểm BD , CD Góc hai đường thẳng MN AD A 30 o B 60o C 90 o D 45 o Lời giải Chọn C Vậy d  3HK  A M B I D N C Ta có AB  AC  BC nên ABC Và BC  BD  CD nên BCD  AI  BC   BC   ADI  Nên BC  AD Gọi I trung điểm BC ,     DI  BC Mà MN // BC nên MN  AD Vậy góc hai đường thẳng MN AD 90 o PHẦN NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM Câu 46 Cho hàm số y  x  3mx x  với m tham số thực Đồ thị hàm số cho có tối đa cực trị? A B C Lời giải D Chọn C Xét hàm số f ( x)  x  3mx x  Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 Đồ thị hàm số y | f ( x ) | có tối đa số điểm cực trị  f ( x )  có tối đa số nghiệm x    có tối đa số nghiệm x2 3m   (1)  x 1 x2  x3  x Xét hàm số g ( x)   , cho g΄( x )   x   g΄( x)  x2   x  1 Từ BBT ta suy phương trình (1) có tối đa nghiệm Vây phương trình f ( x )  có tối đa nghiệm nên hàm số y | f ( x ) | có tối đa điểm cực trị Câu 47 Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn log  x  y  x  14 y   log  x  y   log  x  y  30 x  60 y   log ( x  y ) ? A 21 B 23 C 20 Lời giải D 22 Chọn A Điều kiện x  y  Ta có log  x  y  x  14 y   log  x  y   log  x  y  30 x  60 y   log ( x  y )  30  x  y    x2  y2   log     log 1   x2  y2   x  2y   x2  y2  30   Bất phương trình tương đương log  t    log    * Đặt t  x  2y t   Ta  30  f  t   log  t    log    t   30 f ΄ t    0  t   ln t 1  30  ln   t   Suy hàm số đồng biến với t  ; ta lại thấy f    Suy *  t   x2  y2 2    x  1   y    5,  x  y   x  2y Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Vậy có 21 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn Câu 48 Một biển quảng cáo có dạng hình vng ABCD cạnh AB  4m Trên biển có đường tròn tâm A đường tròn tâm B bán kính R  4m , hai đường trịn cắt hình vẽ Chi phí để sơn phần gạch chéo 150000 đồng /m , chi phí sơn màu đen 100000 đồng /m , chi phí để sơn phần lại 250000 đồng /m Hỏi số tiền để sơn bảng quảng cáo theo cách gần với số tiền đây? A 3,017 triệu đồng B 1,213 triệu đồng C 2,06 triệu đồng D 2,195 triệu đồng Lời giải Đưa biển quảng cáo vào hệ trục Oxy hình vẽ Khi đó: Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 Gọi  C1  đường trịn tâm A bán kính R1   C1  : x  y  42 Gọi  C2  đường trịn tâm B bán kính R2   C2  : ( x  4)  y  42 *Nhận xét: Cả hai phần đường tròn hình vẽ hai phần đường trịn phía nên: Phương trình biểu diễn cung  AC y  16  ( x  4)  y  16  x Phương trình biểu diễn cung DB Xét 16  ( x  4)  16  x  x   K  (2;0) Vậy đường NK chia biển quảng cáo thành hai phần đối xứng 2  Diện tích phần gạch sọc là: S1    16  ( x  4) dx   A 0    Diện tích phần tơ đen là: S    16  x  16  ( x  4) dx   B 0  Diện tích phần cịn lại là: S3  S ABCD   S1  S2   16  ( A  B)  C Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo A.150000  B.100000  C.250000  2195480 đồng Câu 49 Gọi s tập hợp tất số phức z thỏa mãn điều kiện z  z | z  z | Xét số phức z1 , z2  S cho z1  z2  Giá trị nhỏ biểu thức P  z1  3i  z2  3i bằng? A B 20  C Lời giải D  Chọn A Đặt z  x  yi, x, y    x2  y2  2x  ( x  1)  y  ( x  0) ( x  0) z.z | z  z | x  y  | x |    2  ( x  1)  y  ( x  0)  x  y  2 x ( x  0) Gọi  C1  : ( x  1)  y  1( x  0)  C1  có tâm I1  (1;0) bán kính Và  C2  : ( x  1)  y  ( x  0)  C2  có tâm I  (1;0) bán kính Gọi M điểm biểu diễn số phức z1 , N điểm biểu diễn số phức z2 A  (0; 3) thì: z1  z2   MN  P  z1  3i  z2  3i  z1  3i  z2  3i  z1  (0  3i)  z2  (0  3i)  MA  NA Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Gọi P   C1    AI1  Q   C2    AI    AI1  (1;  3)  AI1   AP  AI1  R       AI  (1;  3)  AI   AQ  AI  R    Khi PQ đường trung bình tam giác AI1 I  QP  I1 I  *Nhận xét: AP AQ khoảng cách ngắn từ A đến đường tròn  C1   C2  Nên M , N nằm đầu đường trịn  C1   C2  AM , AN  AQ  AP  Vậy AM  AN  hay ( AM  AN )  Dấu "=" xảy điểm M , N trùng với P, Q Câu 50 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;1; 2), B (1; 1; 2) mặt phẳng ( P ) : x  y  z  18  Khi điểm M thay đổi mặt phẳng ( P ) lấy điểm N thuộc tia OM cho OM ON  36 Tìm giá trị nhỏ biểu thức NA2  NB A 16  B 24  C 20  D  Lời giải Chọn C Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 + Gọi H hình chiếu vng góc O  P   H (3;3; 6) OH  , tia OH lấy điểm K t/m: OH OK  36  OK    OK  OH  K (2; 2; 4) OH OM Có OH  OK  OM  ON    OHM ∽ ONK (c.g.c) ON OK   OHM   90  N  mặt cầu có tâm J (1,1; 2) , bán kính R  OK   ONK 2 AB  NA2  NB  NI  , với I (2; 0; 2) trung điểm AB, AB  2 Và NI | IJ  R |  Suy NA2  NB   6    20  NẾU TRONG Q TRÌNH GIẢI TỐN, CÁC BẠN GẶP CÂU SAI ĐÁP ÁN, HOẶC LỜI GIẢI SAI VUI LÒNG GỬI PHẢN HỒI VỀ Fanpage: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489 Xin cám ơn ạ! Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: https://www.nbv.edu.vn/ Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19