đề 9 bám sát minh họa 2023 môn toan

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 Câu 1: Câu 2: PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 MƠN TỐN ĐỀ SỐ: 09 – MÃ ĐỀ: 109 z = + i Cho số phức Trên mặt phẳng tọa độ, tìm tọa độ điểm M biểu diễn số phức cho M ( ; − 9) M ( −1 ; ) M ( −1 ; − ) M ( ; 9) A B C D Đạo hàm hàm số y' = ( x + 1) ln A y = log ( x + 1) B y' = 2x +1 C x + D ( x + 1) ln Câu 3: Đạo hàm hàm số − y′ = ( x − 1) 3 A C y′ = y = ( x − 1) là: B ( x − 1) D y′ = ( x − 1) ×ln x − y′ = ( x − 1) − x Câu 4: 1  ÷ Đặt t = log x Khi ta có phương trình: t - (m + 2)t + 2m = Û t - mt - 2t + 2m = Û t (t - m) - 2(t - m) = Û (t - 2)(t - m) = ét = Û ê Û êt = m ë élog x = ê Û êlog x = m ë éx = ê êx = 2m ë Để phương trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 Û phương trình t - (m + 2)t + 2m = có hai nghiệm phân biệt Û m ¹ Ta có: x1 + x2 = Û + m = Û m = Þ x1 - x2 = - = Câu 35: Cho số phức w = (1+ i) z + với + iz = z − 2i Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường thẳng ∆ Khoảng cách từ điểm A(1; −2) đến ∆ A B 2 C D Page 18 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 Lời giải Ta có 1+ i w−2 + i , thay vào + iz = z − 2i ta được: w = (1+ i) z + ⇔ z = i ( w − 2) +1 + i w−2 w−2 w − − 2i − 2i = − 2i ⇔ = ⇔ i ( w − ) + + i = w − 2i 1+ i 1+ i 1+ i 1+ i 1+ i   ⇔ iw − 2+ ÷ = w − 2i ⇔ w − + − i = w − 2i ⇔ w − − i = w − 2i i   Gọi w = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) , từ ( 1) ta có x + yi − − i = x + yi − 2i ( 1) ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) i = x + ( y − ) i ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = x + ( y − ) ⇔ x − y + = 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w mặt phẳng phức đường thẳng ∆ : x − y + = d ( A, ∆ ) = Khi − ( −2 ) + 12 + ( −1) = 2 ( P ) : x − y − z + = ( P2 ) : x − y + z − = Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng A ( 1; 2;3) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm song song với hai mặt phẳng x = 1+ t x = 1+ t x = 1+ t x = 1+ t     y = 2+ t( t ∈¡ ) y = −t( t ∈¡ )  y = + 2t ( t ∈ ¡ )  y = + 2t ( t ∈ ¡ ) z = + t z = + t  z = + 3t z = + t A  B  C  D  Lời giải ur P1 ) : n1 = ( 2; − 1; − 1) ( Véc tơ pháp tuyến ; ur P2 ) : n1 = ( 1; − 2;1) ( Véc tơ pháp tuyến Véc tơ phương đường thẳng r ur uu r d : u =  n1 , n2  = ( −3; −3; − 3) A ( 1; 2;3) ( 1;1;1) có phương trình: Đường thẳng d qua , véc tơ phương x = 1+ t  y = 2+ t( t ∈¡ z = + t  ) Câu 37: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , tìm điểm đối xứng M ( −2;1; 0) qua đường thẳng d: x y z+7 = = −2 −2 ? Page 19 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 A M ′ ( 1; 2;3) B M ′ ( 1; 2; −3) C Lời giải M ′ ( −1; −2; −3) D M ′(6; −3; −10) Gọi H hình chiếu M lên d uuuu r Do H ∈ d ⇒ H ( −2t ; t; −7 − 2t ) ⇒ MH = ( −2t + 2; t − 1; −7 − 2t ) uu r ud = (−2;1; −2) d Đường thẳng có vectơ phương uuuur r Đường thẳng MH vng góc với d ⇔ MH ⊥ u d uuuur r ⇔ MH u d = ⇔ (−2t + 2).(−2) + (t − 1).1 + (−7 − 2t ).(−2) = ⇔ t = −1 Suy H (2; −1; −5) Khi đó, H trung điểm MM ′ với M ′ điểm đối xứng cần tìm  xM ′ = x H − x M  xM ′ =    yM ′ = yH − yM ⇔  yM ′ = −3 ⇒ M ′(6; −3; −10) z = 2z − z  z = −10  M′ H M  M′ Câu 38: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , biết SAB tam giác nằm ( SCD ) mặt phẳng vng góc với đáy Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng a 14 3a 14 a 21 2a 21 A B C D 16 Lời giải Ta có d ( A; ( SCD ) ) = d ( I ; ( SCD ) ) Gọi E trung điểm CD d ( I ; ( SCD ) ) = IH = Dựng IH ⊥ SE ta có IE IS IE + IS = a.a ( 2a ) ( + a ) = 2a 21 Page 20 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 Câu 39: Có số nguyên x log ( x + y + 1) = log ( x + x + y + 1) A Đặt cho tồn số thực y thỏa mãn ? B D C Lời giải log ( x + y + 1) = log ( x + x + y + 1) = 2t  x + y + = 3t  x + y + = 3t ⇒ ⇔ 2 t t ( x + 1) + y =  x + x + y + = 2    1 9t = ( x + 1) + y  = 1 ( x + 1) + y  ≤ 1 + ÷( x + 1) + y  = 4t   2    2 Ta có: t 9 ⇒ ÷ ≤ ⇒t ≤ 4 Lại có ( x + 1) 2 + y = ⇒ ( x + 1) ≤ ≤ = ⇒ x ∈ { −2; −1;0} 2 t t log ( y + 1) = log ( y + 1) Nếu x = ta có phương trình Ta thấy phương trình có nghiệm y = Nếu x = −1 ta có phương trình t log  y = t t log y = log 2 y = 2t ⇒  ⇒ 2.9 = ⇒ t = log ⇒ y = t 2 y = log Ta thấy phương trình có nghiệm y = ( ) log ( y − 1) = log 2 y + = 2t Nếu x = −2 ta có phương trình  y − = 3t ⇒ ⇒ 2.9t + 4.3t + = 4t ( *) t 2 y + = t t t VT ( *) > 4t = y + ≥ ⇒ t ≥ ⇒ 2.9 > Ta có Suy nên phương trình vơ nghiệm Vậy có giá trị nguyên Câu 40: Cho hàm số f ( x) x thỏa mãn yêu cầu toán f ( x ) = f ( −2 x + 3) F ( x) liên tục R thỏa Gọi nguyên hàm ∫ F ( ) − F ( ) = 24 R thỏa mãn Khi −1 A 10 B 12 C −10 f ( x) f ( x ) dx D −12 Page 21 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 Lời giải f ( x ) = f ( −2 x + 3) ⇒ ∫ f ( x ) dx =4 ∫ f ( −2 x + ) dx ⇒ F ( x ) = −2 F ( −2 x + 3) + C Ta có:  F ( ) = −2 F ( 1) + C  F ( ) = −2 F ( ) + C ⇒ F ( ) − F ( ) = ( F ( ) − F ( 1) ) ⇒ F ( ) − F ( 1) = 12 Từ có:  Vậy ∫ f ( x ) dx = F ( x ) Câu 41: Có số nguyên trị? A 2013 = F ( ) − F ( 1) = 12 m ∈ ( −2019; 2019 ) B 2014 để hàm số y = x2 − x + m + x + C 2015 Lời giải có ba điểm cực D 2016 Cách 1: Ta thấy x − x + m ≥ với x ∈ ¡ hàm số y có cực trị Do để x hàm số cho có cực trị x − x + m = phải có hai nghiệm phân biệt , x2 hay m <  x + x + m + x ∈ ( −∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞ ) y= − x + 10 x − m + x ∈ ( x1 ; x2 ) Khi hàm số Do để y có cực trị điểm cực đại xCD = hàm số y = − x + 10 x − m + thuộc khoảng ( x1; x2 ) hay x1 < < x2 ⇔ ( x1 − ) ( x2 − ) < ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 25 < ⇔ m − 5.4 + 25 < ⇔ m < −5 Kết hợp điều kiện ta m < −5 + Mà m ∈ ( −2019; 2019 ) m ∈ { −2018; −2017;…; −7; −6} m ∈ Z nên Suy số giá trị m thỏa mãn 2013 Cách 2: + Đặt g ( x ) = x2 − x + m g ( ) < ⇔ + m < ⇔ m < −5 + Điều kiện để y có ba điểm cực trị + Mà m ∈ ( −2019; 2019 ) m ∈ { −2018; −2017;…; −7; −6} m ∈ Z nên Suy số giá trị m thỏa mãn 2013 Page 22 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 z − + 7i = 197 Câu 42: Cho số phức z thỏa mãn Giá trị lớn z − − 7i + z − + 21i thuộc tập hợp sau đây? A ( 20; ) 197 B [ 30; 40]  197; 394   C  D (2 ) 394; 40 Lời giải Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z M ∈ ( C ) : ( x − 5) + ( y + ) = 197 Suy ra, Gọi A ( 4;7 ) , B ( 6; −21) Ta thấy có tâm I ( 5; −7 ) A, B ∈ ( C ) ( C) Mặt khác, AB = 197 = R ⇒ AB đường kính đường trịn M ∈ ( C ) : MA2 + MB = AB = 788 ( MA + MB ) Ta có: ≤ ( MA2 + MB ) = 2.788 = 1576 ⇒ MA + MB ≤ 1576 = 394 Ta có: z − − 7i + z − + 21i = MA + MB ≤ 394 Vậy giá trị lớn z − − 7i + z − + 21i 394 ≈ 39,69 Dấu " = " xảy MA = MB · Câu 43: Cho khối lăng trụ đứng ABC A′B′C ′ có BAC = 60° , AB = 3a AC = 4a Gọi M trung điểm B′C ′ , biết khoảng từ M đến mặt phẳng lăng trụ 3 A 4a B 27a C 7a Lời giải ( B′AC ) 3a 15 10 Thể tích khối D 9a Page 23 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 d ( M ; ( B′AC ) ) d ( B; ( B′AC ) ) Gọi B′C ∩ BM = G , ta có: = MG B′M 3a 15 = = ⇒ d ( B; ( B′AC ) ) = BG BC AC ⊥ ( BB′K ) ⇒ ( B′AC ) ⊥ ( BB′K ) Kẻ BK ⊥ AC , mà AC ⊥ BB′ nên ( B′AC ) ∩ ( BB′K ) = B′K , mp ( B′BK ) Do đó: d ( B; ( B′AC ) ) = BH = ∆AKB vuông K nên BH ⊥ ( B′AC ) kẻ BH ⊥ B′K , đó: 3a 15 BK = AB.sin 60o = 3a 3a = 2 1 1 1 = + ⇔ = + ⇔ BB′ = 3a 2 2 BH BK BB′ BB′2  3a 15   3a   ÷  ÷     Mặt khác: V = BB′.S∆ABC = 3a .3a.4a.sin 60o = 27 a Vậy Câu 44: Cho hàm f ( x) + f ′( x) = hạn đồ thị y = f ( x) số có đạo hàm liên x3 − x2 + x (x − x + 1) tục đoạn [ 0;1] thỏa ; f ( 1) − f ( ) = ; ∫ f ( x ) dx = 0 ( C ) : y = f ( x ) , trục tung trục hồnh có dạng 2 ngun dương Tính T = a + b A T = 13 B T = 25 C T = 34 Lời giải Biết diện tích hình phẳng giới S = ln a − ln b với a, b số D T = 41 Chọn B Page 24 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 f ( x) + f ′( x) = Ta có ⇒ ∫ f ( x ) dx + ⇒ ∫ f ( x ) dx + ⇒∫ ∫ x3 − x + 5x (x − x + 1) f ′ ( x ) dx = ∫ ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ = ( x − 1) ( x − x + 1) − x + x + (x − x + 1) 2x −1 x2 − x − d x − ∫ x − x + dx x2 − x + ( ) d ( x − x + 1) x2 − x + 2x2 − 2x −1 −∫ ( x − 1) 2  x2 − x +   ÷  2x −1  dx  x2 − x +  d  ÷ d ( x − x + 1) 2x −1  2x −1  f ( x ) dx + f ( x ) = ∫ −∫ = ln ( x − x + 1) + +C 2 x − x +1 x − x +1  x − x +1   ÷  2x −1  Mặt khác, ta có  2x −1 dx = ln ( x − x + 1) = = ∫ f ( x ) dx ∫ 0 0 x − x +1   x −   ÷ = − ( −1) = = f ( 1) − f ( )  x − x +   2x −1 dx = ln ( x − x + 1) + C ∫ x − x +   nên suy S =∫ Do C =   2x −1 f ( x) =  x − x +1  2x −1 a = dx = − ln ( x − x + 1) = ln = ln − ln  x − x +1 Suy b = 2 Vậy T = a + b = 25 Câu 45: Trên tập hợp số phức, gọi S tổng giá trị thực m để phương trình mz + ( m + 1) z − m + = A Xét phương trình có nghiệm B −4 z0 thỏa mãn C Lời giải mz + ( m + 1) z − m + = z0 = Tính S D −2 z + = ⇔ z = −3 ⇒ z = TH1: m = ⇒ Phương trình cho có dạng khơng thõa mãn TH2: m ≠ Page 25 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 ∆ ′ = ( m + 1) − m ( − m + ) = 2m − 4m + Ta có  2− m ≤ ∆ ′ ≥ ⇔ m − 4m + ≥ ⇔   2+ m ≥  Nếu: phương trình cho có hai nghiệm thực ⇒ z0 số thực  z0 = z0 = ⇔   z0 = −1 Theo ra, ta có Với z0 = Với z = −1 , ta có m + 2m + − m + = ⇔ m = −4 , ta có m − 2m − − m + = ⇔ m = ∆ ′ < ⇔ 2m − 4m + < ⇔ Nếu: nghiệm phức z0 2− 2+ 0  x + y = log t Page 27 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 ( x + y ) ≤ ( x + y ) ⇒ log 42 t ≤ log3 t ⇔ Vì ln t ln t ln ≤ ⇔ ≤ ln t ≤ ln ln ln Suy x2 + y = ln t ln  ln  x∈¢ ≤ = 2 → x ∈ { −1; 0;1} ÷ ≈ 3,18 ⇒ x ≤ 3,18  ln ln  ln  0 + y = log t y = x =0⇒  ⇒  0 + y = log t t = • Nếu ln t  y= −1  1 + y = log t ln  x =1⇒  ⇒ 2 + y = log t   ln t − 1 + = ln t  ln ÷ ln ⇒ ∃t ⇒ ∃y  • Nếu ln t  y= +1  −1 + y = log t ln  x = −1 ⇒  ⇒ 2 − + y = log t ( )  ln t + 1 + = ln t   ln ÷ ln ⇒ ∃/ t ⇒ ∃/ y  • Nếu Vậy x ∈ { 0;1} Câu 48: Cho hình nón đỉnh S , đáy đường trịn tâm O bán kính R = , góc đỉnh 60° Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt đường trịn đáy hai điểm A B cho AB = ( SAB ) Tính khoảng cách từ O đến 20 273 90 A 20 270 91 B 20 271 91 C Lời giải 20 273 91 D Gọi I trung điểm AB  ⇒ OI ⊥ AB Mà AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ ( SIO ) ⇒ ( SAB ) ⊥ ( SIO ) Trong ( SIO ) vẽ OK ⊥ SI = ( SAB ) ∩ ( SIO ) ⇒ OK ⊥ ( SAB ) ⇒ OK = d ( O, ( SAB ) ) Page 28 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 · Góc đỉnh 60° ⇒ ASO = 30° , mà OA = R = ⇒ SO = ∆IAO vng I có: OA = 5, AI = AB = ⇒ OI = 1 20 273 = + ⇒ OK = 2 91 ∆SOI vuông O , đường cao OK có: OK SO OI Vậy d ( O, ( SAB ) ) = 20 273 91 Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) :( x + 2) + ( y − 3) +( z − 1) = 13 ba điểm A(−1; 2;3) , B (0; 4;6) , C (−2;1;5) ; M ( a; b; c) điểm thay đổi ( S ) cho biểu 2 thức MA + MB − MC đạt giá trị nhỏ Tính a + b + c 13 a+b+c = A B a + b + c = C a + b + c = D a + b + c = 12 Lời giải uu r uur uur r Gọi I điểm thỏa mãn IA + IB − IC = ⇒ I (2 x A + xB − xC ; y A + yB − yC ; z A + z B − zC ) ⇒ I (2; 6; 2) Suy điểm cố I định uuu r uu r uur uur P = MA2 + MB − MC = MI + MI (2 IA + IB − IC ) + IA2 + IB − IC P đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ ( S ) :( x + 2) + ( y − 3) +( z − 1) = 13 26 R= có tâm J (−2;3;1) bán kính Suy IJ = 26 Mà M điểm thay đổi ( S ) nên MI đạt giá trị nhỏ M ≡ B  IJ = 26   26 ⇒ B 9 ⇒ B (0; ; ) ⇒ M (0; ; ) ⇒ a + b + c =  BJ = R = 2 2 Ta có  trung điểm IJ f ( x) = x + 2x +1 m ∈ [ 0;10] Câu 50: Cho hàm số Có giá trị nguyên tham số để hàm g ( x ) = f ( x − m + m2 ) −∞ ;1) số nghịch biến ( ? A 11 B D C 10 Page 29 PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023 Lời giải Xét hàm số Ta có f ( x ) = x4 + 2x2 + f ′ ( x ) = x3 + x ; f ′( x) = ⇔ x = Bảng biến thiên g′ ( x ) = f ′ ( x − m + m ) ( x − m + m ) ′ Ta có = f ′ ( x − m + m2 ) 3( x − m) x−m x − m = ( 1) g′ ( x) = ⇔  3 x − m + m = ( ) g′ x = ⇔ x = ⇒ TH1: Nếu m = ⇒ phương trình ( ) không thỏa mãn nghịch biến khoảng ( −∞ ;1) nên trường hợp bị loại g′ x = ⇔ x = m TH2: Nếu m > ⇒ phương trình ( ) Ta có ( ) x − m + m > ∀x < ⇒ f ′ x − m + m > ∀ x ∈ ( −∞ ;1) nên g′( x ) < ⇔ x < m ⇒ hàm số y = g ( x ) nghịch biến ( −∞ ;1) ⇔ g ′ ( x ) < ∀ x ∈ ( −∞ ;1) ⇔ ( −∞ ;1) ⊂ ( −∞ ; m ) ⇔ ≤ m ⇒ m ∈ { 1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;10} Nên có 10 giá trị thỏa mãn HẾT Page 30