Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023Tổng hợp đề thi toán từ các đề thi thử năm 2023
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN CHUYÊN VINH – NGHỆ AN Câu 40 Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục g x f x3 có bảng xét dấu sau: Có số nguyên m 2023; 2023 để hàm số y f x m đồng biến ;0 ? A 2020 B 2017 C 2018 D 2019 Lời giải Đầu tiên ta có bảng xét dấu cho f t với t x theo x sau: Từ ta thực ghép bảng biến thiên cho f t với t x m sau: Từ bảng xét dấu trên, ta suy để thỏa yêu cầu đề bài, ; ; m m m Với m 2023; 2023 , suy m 6; 7; ; 2023 tức có 2018 giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn đáp án C Câu 43 Có số nguyên a để tồn số phức z thỏa mãn z z z z 16 iz a ? A B C 10 D Lời giải z z z z 16 x y (1) , ta có: Ta biểu diễn x , y 2 x y a (2) iz a hệ phương trình vừa phân tích lên hệ trục Oxy , ta có hình vẽ sau: Đầu tiên ta đặt z x yi Để tồn số phức z thỏa mãn đường trịn (2) phải tồn giao điểm với đường khép kín (1), a dựa vào hình vẽ trên, đoạn giá trị a để tồn là: d I ; BC a IA a 12 a 3; 4; ;12 Vậy có tất 10 giá trị nguyên a thỏa mãn yêu cầu đề Chọn đáp án C NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 44 trị x xy Xét số thực dương x , y thỏa mãn log log y Khi x y đạt giá trị nhỏ giá y2 x y A 2 B C D Lời giải x xy x xy log 2log y Đầu tiên ta biến đổi phương trình sau: log log y y2 y2 8 log x log y x log x x log y log x x log y y y y 0, t 0; t ln Khi ta suy hàm f t đồng biến 0; tức 2x y Xét hàm số y f t log t 2t 0; có f t 2 y y 3 y.2 y y y y x Dấu xảy y y x Chọn đáp án D y y Câu 46.1 Trong khơng gian Oxyz , cho tam giác ABC có A 3; 4; , B 1; 2;3 , C 5; 0; 1 Điểm M thay đổi không gian thỏa mãn ABM AMC 90 Mặt phẳng qua B vng góc với AC cắt AM N Suy ra: T x y y Khoảng cách từ N đến ABC có giá trị lớn A 10 B C 10 D Lời giải Cách 1: Đầu tiên ta nhận thấy ba điểm A, B, C tạo thành tam giác vuông B nên suy M , B thuộc mặt cầu đường kính AC Mà ABM 90 nên suy M thuộc giao mặt cầu đường kính AC mặt phẳng qua B vng góc với AB tức đường trịn C bán kính r R AC d I ; AC Từ ta có hình vẽ sau: Gọi E hình chiếu N lên ABC , suy d N ; ABC NE 2 2 Đặt a JK KM a ; BK a BM a a 18 6a ; NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Mặt khác ta có: AN AM AB (hệ thức lượng ABM vng có BN đường cao) nên từ suy ra: EN AN MK AM AM EN 9MK 9 a 9 a f a Xét hàm f a 3;3 thấy max f a f 3;3 AM BM 27 6a 6 Chọn đáp án D Câu 46.2 Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A 3; 4; , B 1; 2;3 , C 5; 0; 1 Điểm M thay đổi không gian thỏa mãn ABM AMC 90 Mặt phẳng qua B vng góc với AC cắt AM N Khoảng cách từ N đến ABC có giá trị lớn A 10 B C 10 D Lời giải Cách 2: Đầu tiên ta nhận thấy ba điểm A, B, C tạo thành tam giác vuông B nên suy M , B thuộc mặt cầu đường kính AC Mà ABM 90 nên suy M thuộc giao mặt cầu đường kính AC mặt phẳng qua B vng góc với AB tức đường trịn C bán kính r R AC d I ; AC Từ ta có hình vẽ sau: Đầu tiên gọi E hình chiếu N lên ABC , suy d N ; ABC NE (1) Tiếp đến ta có: CM ABM nên BN CM , mà BN AM nên BN AMC tức BN NC BNC BMC 90 nên suy ba điểm H , N , M thuộc mặt Gọi H BE AC nhận thấy BHC cầu đường kính BC với tâm J trung điểm BC BN AMC 90 ( B, H cố định) nên suy N thuộc BN NH tức BNH H AMC Mặt khác lại có: đường trịn đường kính BH , kí hiệu D (2) BH Chọn đáp án D Câu 49.1 Xét số phức z , w , u cho thỏa mãn z 1, w 2, u z w u u z w Khi giá trị Từ (1) (2) ta suy ra: d N ; ABC NEmax R D max lớn z u A B 14 C Lời giải w u w u Cách 1: Đầu tiên ta có: z w u u z w z z z z NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG D 10 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG w u ; phương trình trở thành: a b a b (1) với a 2, b z z Khi P z u z b b Đặt a; b Tiếp đến ta đặt a b x yi x, y , vào (1) ta thu được: x 1 2 y x 1 y x 2 2 a x mi a x m x Suy ra: a b yi y , ta đặt tiếp: x 2; 2 2 x b x ni b x n 2 Khi ta có: P b x 1 n x n x 10 x 10 2.2 14, x 2; 2 Vậy suy giá trị lớn P 14 Chọn đáp án B Cách 2: Đầu tiên ta có: z w u u z w z w u z w u Tiếp đến ta gọi X z , Y w u I trung điểm XY ta có: OX OY OX OY OI XY OI XY Suy OAB vuông O OA OB I trung điểm AB (*) Trở lại kiện ban đầu, xét hệ quy chiếu khác, gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức z , w , u , ta có: z w u z w u OA OB OC OA OB OC BA OC AO BC Mà theo (*) ta có OA BC nên từ ta có hình vẽ sau: Từ hình vẽ trên, ta đặt MO; MC a; b với OA BC M Ta nhận thấy OA BC nên AM tăng M dần B tức a OM OB Khi ta có: a b z u AC a 1 c 10 2a 14 a Chọn đáp án B Cách 3: Ta đánh giá trực tiếp biểu thức z u thông qua đại số 2 Sử dụng đẳng thức sau: mz1 nz2 m z1 n z2 mn z1 z2 z1 z2 Trở lại toán, đặt a w u zw zw kiện ban đầu thành: z a z a z a z a za za zw zw zu zu 2 2 Từ suy ra: z u zu zu 10 zw zw z u z w 2 z u z w z w 14 (Bất đẳng thức modun z1 z2 z1 z2 ) Vậy giá trị lớn biểu thức z u Chọn đáp án B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 14 Dấu xảy z , w, u 1; 2; 2 5i NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 50 Cho hàm số bậc ba y f x Đường thẳng y ax b tạo với đường cong y f x thành hai miền phẳng có diện tích S1 S2 (hình vẽ bên) Biết S1 12 1 1 x f 3x dx , giá trị S2 A B 19 C 13 D 13 Lời giải Đầu tiên ta gọi phương trình đường thẳng cần tìm là: d : y ax b a Dễ dàng giải d : y 2 x với a; b ; 2 dùng tính chất đường đoạn chắn 3 1 1 Tiếp đến ta có: 1 x f x dx x f x d x x f x dx 0 90 Suy ra: u x du 2dx x f x dx Đặt dv f x dx v f x ta có được: 3 21 x f x dx x f x 0 f x dx f x dx 0 Ta có hình vẽ sau: Gọi điểm A 3; , B 0; 2 S phần diện tích giới hạn đường cong y f x Ox với x 0;3 21 31 S S S S OA OB S S OAB 0 12 12 31 21 31 Vậy ta suy ra: S S Chọn đáp án A 12 12 3 Khi ta có: S f x dx NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN THPT NGUYỄN KHUYẾN – LÊ THÁNH TÔNG TPHCM x 1 2at Câu 41 Trong không gian Oxyz , gọi d hình chiếu vng góc d : y 2t , t lên mặt phẳng z a t : x 3z Lấy điểm M 0; 3; 2 N 3; 1;0 thuộc Tính tổng tất giá trị tham số a để MN vng góc với d A B 3 C D Đầu tiên ta gọi u u u; n ; n với Lời giải u vector phương d d , ta suy ra: n vector pháp tuyến mặt phẳng , suy ra: u 12a 4a ; 24;12 18a 6a với MN 3; 2;2 ta suy ra: MN u 12a 4a 48 12 18a 6a 24a 72a a a1 a2 3 Chọn đáp án B Câu 43 Cho hàm số y f x liên tục 0;8 có đồ thị hình vẽ Biết S1 23, S2 3, S3 15 diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị y f x trục hoành Khi giá trị I 2 x x x f x x 10 dx A I 15 B I 65 C I D I 35 Lời giải Ta có: I 2 x 3 x x f x x 10 dx x x x 10 10 f x x 10 dx 2 8 t x x 10 I t 10 f t dt t 10 f t f t dt 30 23 15 65 dt x 3 dx 0 Đặt Chọn đáp án B Câu 45 Có tất giá trị nguyên tham số m 23; cho hàm số f x x 8 e x mx m2 9m x 2023 đồng biến khoảng 2;5 A 21 B 19 C 14 D Lời giải 8 e 2mx m Ta có: f x x x3 e x 2mx m 9m 0, x 2;5 x x3 x 9m , x 2;5 Gọi g x ; h x x m 23;0 x3 e x ; 2mx m 9m ycbt thành: g h m m 40e m 14; 21 m 14; 13; ; 1 Vậy có tất 2 14 giá trị nguyên m thỏa mãn đề Chọn đáp án C NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 47 Cho hàm số y f x có đạo hàm có bảng biến thiên sau: Số điểm cực đại hàm số g x f x x x 13 A B 10 C D Lời giải f 3x x 21 , x ; 1 4; Đầu tiên ta đặt h x f x x x 13 f x x , x 1; 6 x 1 f x x 21 , x ; 1 4; Suy ra: h x , ta có nghiệm phương trình 2 x 3 f x x , x 1; h x hai tập D1 ; 1 4; D2 1; là: x 1;3; 4 Khi ta có bảng biến thiên hàm số y x x 21 y x x sau: Từ ta có bảng biến thiên hàm số h x sau: Từ bảng biến thiên trên, ta suy h x có điểm cực đại Chọn đáp án A Câu 48 Trong không gian Oxyz , khối đa diện OAMEN tích 296 với đỉnh A 0; 0;8 , M 5;0; , N 0; 7; , E a; b;0 ab 0, a 0, b Khi a, b thay đổi đường thẳng AE ln tiếp xúc với mặt cầu S : x y z c Mặt cầu S có bán kính nhỏ A 24 666 333 B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 81 37 74 C 27 222 37 D 24 74 461 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lời giải Ta kẻ OH AE mặt cầu S mặt cầu nhận OH bán kính 1 1 1 , 2 2 OH OA OE c a b 128 OM d E ; OM ON d E ; ON 5a 7b Lại có: SOMEN SOME SONE 2 5a 7b Khi suy ra: VO AMEN d A; OMEN SOMEN 296 5a 7b 111 3 1 2 cmin c a b 128 a b 24 74 max max Chọn đáp án D a b 333 c 461 111 2 5a 7b 52 a b Đầu tiên ta có: Xét số thực x , y cho 27 y log 216 a18 x log6 a Câu 49 783 với a Có tối đa giá trị nguyên dương K x y x y ? A 64 B 53 C 58 D 59 Lời giải Ta có: 27 y log 216 a18 x log a 3 783 27 y log a 54 x 3log a 783 y x log a log a 261 log a x log a 261 y Do a nên xét bất phương trình theo ẩn log a ta có điều kiện để bất phương trình ln là: 36 x 261 y x y 29 2 Khi ta suy điểm M x; y ln thuộc hình trịn C : x y 29 5 29 29 Lại có: K x y x y x 1 y với A 1; nên ta suy giá trị lớn MA2 2 2 4 2 2 29 29 29 29 K K max 29 29 58 tức K 58 Chọn đáp án C 4 4 f x , x f 1 Hình phẳng Câu 50 Hàm số f x thỏa 1 x2 e 6 f x f x x 12 x f x giới hạn y f x , x 1, x trục hồnh có diện tích m.e n p , m, n, p Hệ thức sau ? A 2m n p 1 x Ta có: e C 3m n p 15 D 3m 2n p 19 Lời giải 6 f x f x 8x2 12 x f x , x e3 x f x e3 x B 5m n p f x f x e3 x x x e x x 1 , x 2 f x x x e x x 1 e x x 1 , x e x f x xe x x 1 , x 3x e f x xe x 3 x 1 C, x Thế f 1 vào suy C tức NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG xe x x 1 f x , x e3 x NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Suy ra: f x xe x 1 , x , diện tích hình phẳng cần tìm bằng: S 3 f x dx xe x 1dx e x 1d x 1 e x 1 1 e8 Chọn đáp án B ĐỀ THI THỬ LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN LẦN Câu 43 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2cm , AC 3cm , SB SC SD 2cm Gọi M , N , P trung điểm SA, SC , SD Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SMNP ? A 29 cm B 9 cm C 16 cm D 64 cm Lời giải Đầu tiên dễ thấy SA SC nên suy R SMN Tiếp đến ta có: MP PN MN AC (kết hợp tính chất đường trung bình) 4 MN BC AC 1; MN , suy d d P; MN PN 4 2 MNP ACD MN 2 2 nên R R R SMNP SMN PMN ACD SAC 16 Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là: S 4 RSMNP cm Chọn đáp án C Câu 46 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2;1 , B 1; 0; , C 2; 2; Mặt phẳng P qua gốc Khi R MNP PN 2 , với 2d tọa độ O cho A, B, C phía với P Khi P có phương trình 7 x my nz biểu thức T d A; P 2d B; P 4d C ; P lớn Tính S m n A S 31 B S 24 C S D S Lời giải 10 Đầu tiên ta gọi I điểm thỏa IA IB IC , suy tọa độ I 1; ;3 Khi ta suy T d A; P 2d B; P 4d C; P 7d I ; P 7OI 590 (do A, B, C phía) Dấu xảy P OI tức mặt phẳng P nhận vector OI vector pháp tuyến Suy ra: P : 7 x 10 y 21z tức m; n 10; 21 Vậy S m n 31 Chọn đáp án A Câu 47 Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục 0;1 thỏa mãn f x 1, x 0;1 , f , f ln 1 x f x 1 f x xf x x 1 Giá trị f 1 gần với số sau ? A 2.5 B 2.25 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG C 0.25 D 0.5 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lời giải Đầu tiên ta có phương trình sau: 1 x f x 1 f x xf x x 1 1 x f x 1 x f x 1 x f x f x x 1 f x x f x 1 x x 1 f x x 1 f x x 1 x2 x C1 x f x 1 f x 1 f x 1 x 1 x2 x 1 2x 1 f x 1 1 x f x 1 x 2 1 Mà mặt khác f 1 1 , giả thiết cho f x 1, x 0;1 nên suy đề sai Mà f nên suy C1 1 tức Câu 48 Cho hàm số f x x ax bx c (với a, b, c tham số c ) Biết hệ phương trình f x có nghiệm hàm số g x x3 ax bx c có điểm cực trị Giá trị lớn biểu thức f x P a b c b A B C D Lời giải f x có nghiệm x m tức đồ thị f x tiếp xúc với trục hồnh điểm có f x Đầu tiên hệ phương trình hồnh độ x m f x x m f x x m x n với m n Nếu f x x m suy g x f x có điểm cực trị (loại) Nếu f x x m x n với m n thì suy g x f x có điểm cực trị (thỏa mãn) Theo Vi-ét cho phương trình f x x ax bx c ta có: a; b; c 2m n; m2 2mn; nm Vì c nên nm c , nên n ( m ) Khi P a b c b 2m n m 2mn m2 n m 2mn Dự đoán Pmax n với điều kiện n , suy P 2m m m đạt m 1 Từ ta biến đổi biểu thức P theo dấu sau: 2 P 2m n m 2mn m n m2 2mn n m 1 m2 2mn m2 2m m 2mn 2 2 n m 1 m 2mn 1 m 1 Dấu xảy m; n 1; Chọn đáp án A Câu 50 Có số nguyên x 1; 2023 cho ứng với x giá trị thực y thỏa mãn log5 y xy x y x log3 y y log5 y y ? A B C D Lời giải Đầu tiên ta có bất phương trình sau: log y xy x y x log3 y y log5 y y (1) Trước hết phải có: y xy x y x y x y x x y (*), Khi từ (*) ta có: y x 1 x x x x (**) NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG y 5 ; y Ta đổi lại vai trò x, y ta suy Tiếp đến biến đổi đại số suy N w d : y x tức N x2 ; N d : x y Ta lập phương trình tiếp tuyến P song song với d , m2 m 5 m2 gọi : x m y tức a 2b 16 Chọn đáp án B 0; m Suy d d ; 5 Câu 50: Có số nguyên y cho ứng với số nguyên y có số nguyên x cho thỏa mãn M P : y x2 y x log y x 5 x ? A 10 B 11 C 16 Lời giải Trước hết ta có điều kiện ban đầu: y x (luôn đúng) Khi ta có bất phương trình tương đương với: 7 x2 y x ln x 5 ln y x 5 7x 5 x2 y x ln x 5 D 12 log y x 5 x ln y x 5 y x 5 7t 0, t 0; Suy hàm số f t t y x 12 y 2x x2 đồng biến 0; tức x y x (1) y x 1 y 2x x y Trường hợp 1: y 5; 3 ta thử giá trị ngun y sau: y t Xét hàm số y f t t ln t , t 0; có f t ln ln t - x Với y 5 (1) thành x 1 x 1 2;1 x 0;1; 2 (loại) x 1 x 2;0 x 2; 2 (đúng số nguyên) (nhận) (2) x 1 x 0; 2 - Với y 4 (1) thành - x Với y 3 (1) thành x 1 x 1; 1 x 2; 1; 0 (loại) 2 Trường hợp 2: y y 5 (1) thành: y x 1 y x y 3 y 2 Do chứa giá trị nguyên x nên x 2; 1; 0;1; 2 y 12 y 7 2 y Mà y nên suy y 11; 7 (3) Trường hợp 3: y y 3 (1) thành: y x 1 y x 3 y 2 Do chứa giá trị nguyên x nên x 2; 1; 0;1; 2 y5 y 1 y y5 3 Mà y nên suy y 1;3 (4) Từ (2) (3) (4) ta suy y 11; 10; 9; 8; 7; 4; 1; 0;1; 2;3 tức có 11 giá trị nguyên y thỏa mãn đề Chọn đáp án B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG ĐỀ THI THỬ THPT HÀN THUYÊN – BẮC NINH LẦN Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 0; 0;3 B 2; 3; 5 Gọi P mặt phẳng chứa đường 2 tròn giao tuyến hai mặt cầu S1 : x 1 y 1 z 3 25 S1 : x y z x y 14 Gọi M , N hai điểm thuộc P cho MN Giá trị nhỏ biểu thức AM BN C D 78 13 Lời giải Đầu tiên ta để thu mặt phẳng P , ta trừ theo vế hai phương trình mặt cầu đề cho, ta suy A 78 B 78 13 phương trình mặt phẳng P : z Gọi H , K hình chiếu A, B lên mặt phẳng P Khi ta có: AM BN AH HM BK KN 32 HM 52 KN Tiếp đến ta ln có đánh giá sau: HM MN NK HK 13 HM NK 13 Kết hợp với bất đẳng 5 HM NK thức Mincopski, suy ra: AM BN Câu 45: 64 13 78 13 Chọn đáp án D Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z z 4i Gọi S tập hợp số phức w w1 , w2 hai số thuộc S cho w1 w2 , modun số phức A 41 B 10 C Lời giải 13 8z Biết z2 w1 w2 4i đạt giá trị lớn D 10 z x yi x, y : z z 4i 8 Đầu tiên ta có , suy ra: 4i 4i w 8z 8z 8z 8 w w z w w z z z z z w1 i 8 w w i tức M w1 , N w2 điểm thỏa 4i 4i w2 i u1 u2 u1 w1 i Đặt suy OMN tam giác vuông cân O tức u1 u2 u1 u2 u2 w2 i u1 u2 w1 w2 u u w w2 u u 2i u u Suy ra: P 4i 4i 3i 3i 13 2 2 Chọn đáp án C Câu 49: Cho số phức z , biết điểm biểu diễn z , iz , z iz tạo thành tam giác có diện tích Khi modun số phức z có giá trị A B C D Lời giải Đầu tiên ta gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức z , iz , z iz Suy OA OB OC OA OB , mà z iz z iz tức OAB tam giác vuông cân nên ta suy diện tích tam giác ABC diện tích tam giác OAB , suy S ABC SOAB Chọn đáp án C NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG z 1 OA.OB z iz 9 z 3 2 2 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG ĐỀ THI THỬ SỞ BÀ RỊA VŨNG TÀU Câu 42: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z m 3 z m m ( m tham số thực) Có 2 giá trị tham số m để phương trình có nghiệm phức phân biệt z1 , z2 với z1 i z2 i ? A B C D Lời giải 2 Đầu tiên ta xét phương trình z m 3 z m m có 3m 2m , ta có trường hợp sau: 1 1 ; , với Trường hợp 1: m z1 a 2 a, b , ta suy ra: a i b i z2 b Vi et a b2 z1 z2 z1 z2 m2 4m m 1 m L (1) Trường hợp 2: m ; 2 1 1 ; , từ giả thiết ta suy ra: m 3 z1 i z2 i z1 i z1 i z2 i z2 i z1 i z2 i z2 i z1 i z1 z2 1 Suy ta có được: z1 z2 m i m i 4 m 3 3m 2m m m m (loại) m 2 (2) Từ (1) (2) ta suy m 2; 1 tức có giá trị m thỏa mãn Chọn đáp án B Câu 43: Xét hai số phức z , w thỏa mãn z w đồng thời z i w i số thực Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức z w Giá trị biểu thức M m2 A 24 B 28 C 18 D 20 Lời giải Đầu tiên ta gọi A, B điểm biểu diễn số phức z, w mặt phẳng tọa độ Oxy Khi ta suy A, B thuộc đường tròn C tâm trùng gốc tọa độ bán kính Tiếp đến ta có: z i w i số thực nên suy a, t ta ln có a z i w i z i a a w 1 i w 1 i w 1 i const t w i IA t IB, t với I 1;1 Suy A, I , B thẳng hàng, từ ta có hình vẽ sau: Từ hình vẽ ta suy z w max ABmax R tức M với dấu xảy A A1 , B B1 Tiếp đến ta có: z w AB R d O; AB R OI 2 nên suy m 2 với dấu xảy AB thuộc đường thẳng qua I vng góc với OI hình vẽ Vậy M m 24 Chọn đáp án A NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 44: Có cặp số nguyên x; y , y 10 thỏa mãn bất phương trình sau: 1 log x.log 89 y x log y.log y log 89 y x log y log x.log y ? 2 A 146 B 143 C 145 D 144 Lời giải Trước hết ta có điều kiện ban đầu là: x, y * , y 10, x 89 y Tiếp đến ta có bất phương trình ban đầu log y log y log y log x 6 89 y x log y x x2 x2 (1) Đặt log log log 89 t 0;89 bất log x y y y y tương đương với: log 89 y x log x t log 89 t log3 t.log 89 t 12 log 89 t log t Xét hàm số y f t log t.log 89 t 12 0;89 có f t t.ln 89 t ln 89 t ln 89 t t ln t 89 89 t t t Giải phương trình f t h u u ln u h u 0, u 0;89 Mà f f 81 nên bất phương trình f t biểu diễn nghiệm bảng biến thiên sau: phương trình (1) trở thành: log Từ bảng biến thiên ta suy bất phương trình f t t x2 81 y x y (1) y Mà hai hàm số x y x y xác định 0; với x, y * , y 10 suy y 10 kéo theo ta có x x 10 x 8;9 10 x 3; 28 Ta dễ thấy tập giá trị nguyên x nhiều tập giá trị nguyên y nên ta thử giá trị y 1; 2; ;10 Từ ta kết luận có 143 cặp số nguyên x; y thỏa mãn đề Chọn đáp án B Câu 49: Trong không gian Oxyz , xét khối chóp K ABCD có ABCD hình vng có diện tích lớn KA vng góc với mặt phẳng ABCD góc tạo KB ABCD 45 độ Biết A 0;1;1 2 ba điểm K , B , D thuộc mặt cầu S : x y 1 z 1 Thể tích khối chóp K ABCD A B C D Lời giải ABK 45 Tiếp đến ta đặt Từ giả thiết ta suy ra: KB; ABCD AB a Lại có: AB AK AD a nên tam giác KBD nhận G tâm đường tròn ngoại tiếp nên suy AG KBD 1 1 a AG 2 2 AG AB AD AK a NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lại có mặt cầu S tâm I 0;1; 1 , bán kính R , mà K , B , D thuộc mặt cầu S tức IB ID IK nên suy A G cách ba điểm K , B , D tức A, G, I thẳng hàng (cùng thuộc trục đường trịn KBD ) Khi ta có hình vẽ sau: AG k AI a ; IG k AI k Suy , ta có: AG k AI k IG k 1 AI Mặt khác lại có: R IG GB IG AB AG IG a AG nên từ ta suy hệ phương 2 2 1 a a a 12k ; a 2 trình sau: a; k 3; a k 1 3; 4k 2 3 3 12k 8k 1 Vậy thể tích cần tìm VK ABCD KA.S ABCD 3 Chọn đáp án C 3 ĐỀ THI THỬ THPT NGUYỄN GIA THIỀU – HÀ NỘI Câu 45: Trên tập hợp số phức, cho phương trình z 2m 1 z m (với m tham số thực) Gọi S tập hợp giá trị tham số m để phương trình có nghiệm z0 thỏa mãn z02 m 1 z0 m2 , tổng tất phần tử tập S A 5 B C Lời giải D Đầu tiên ta có z z0 nghiệm phương trình z 2m 1 z m nên suy z z0 thỏa mãn z0 2m 1 z0 m , từ suy ra: z02 m 1 z0 m2 z0 2m 1 z0 m2 z0 1 z0 tức z0 Tiếp đến ta xét m 1 m 3 4m , ta có hai trường hợp sau: m 3 m (*), đó: z0 3 m m 2 m 3 m z0 Suy z0 m 3 (1) * 3 m m 2 z 3 m 3 4m 6 m i 4m Trường hợp 2: z0 không số thực tức 4m m (**), đó: z0 2 2m i 4m 4m Suy z0 (2) 1 m ** m 2 Trường hợp 1: z0 số thực tức 4m m Từ (1) (2) ta suy m 3 2; 3 2;1 tức tổng cần tìm 5 Chọn đáp án A NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;3; , B 4;6;0 mặt cầu C : x y z z Gọi S điểm thuộc đoạn thẳng AB , tiếp tuyến với mặt cầu C kẻ qua điểm S tạo thành mặt nón trịn xoay Xét hình nón có đỉnh S đáy đường trịn qua tiếp điểm tiếp tuyến, khối nón tích nhỏ thuộc khoảng khoảng sau ? A 20; 26 B 30; 36 C 41; 44 D 58; 66 Lời giải Đầu tiên ta có mặt cầu S tâm I 0;0; , bán kính R , suy d I ; AB zI với AB qua O Tiếp đến ta đặt SI x x , giả sử A tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ S đến C , ta thu với H tâm đường trịn qua tiếp điểm tiếp tuyến x Suy chiều cao hình nón cần tìm là: SH IS IH x bán kính đáy nón x r 2h 9 3 1 x r AH R IH Suy thể tích hình nón là: V x x x đẳng thức sau: R IH IS IH 49 9 1 9 x x có f x 0, x nên suy f x f 4; x x x x 64 r 2h 49 147 3 64 64 Nhận thấy f x 1 Vậy ta suy Vmax ĐỀ THI THỬ THPT SẦM SƠN – THANH HÓA Câu 47: f 1 g 1 Cho hàm số f x g x thỏa mãn f x x Giá trị 1 f x g x g x f x x f g A 17 B C D 15 Lời giải f x x x f x g x x.g x f x g x f x x x g x f x x g x f x f x g x x f x g x x f x g x (1) Đầu tiên ta có: f x g x g x f x Đặt h x f x g x (1) thành x h x xh x x h x xh x xh x x2 x2 x2 C xf x g x C Mà f 1 g 1 nên f x g x 2 2x 17 Chọn đáp án A Vậy f g 2.4 Suy ra: xh x NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG m3 11m Câu 48: Giả sử hàm số y mx m x có đồ thị C hàm số g x x có đồ thị C cắt điểm phân biệt Biết hình phẳng H giới hạn C C hợp ba hình phẳng H1 , H , H H1 , H , H 2 có diện tích tương ứng S1 , S , S3 S1 S S3 hình phẳng đơi giao không điểm Gọi T tập hợp giá trị m cho S3 S1 S2 Tính tổng bình phương phần tử tập T ? A 23 B 20 C 14 D 19 Lời giải Từ giả thiết ta có để thỏa mãn tồn ba hình phẳng H1 , H , H hàm số f x phải có điểm cực trị tức ta suy m m m (1) Tiếp đến ta xét phương trình hồnh độ giao điểm C C m3 11m m3 11m 2 x mx m 3 x (2) ta có: mx m x 9 Khi phương trình (2) có nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 cho x1 x2 x3 x4 2 S1 S2 S nên suy S2 S3 S1 S2 Lại có: x3 Suy ra: x3 x4 f x g x dx f x g x dx x3 x4 x4 x4 f x g x dx f x g x dx f x g x dx mx m x3 0 3 x m3 11m dx x4 x45 x43 m3 11m m m 2 x4 x4 x m3 11m m m2 3 m3 11m 2 (4) Mặt khác từ (2) ta suy mx4 m x4 2 2 10m2 30 4 m x4 x4 Nên từ (3) (4) ta có được: mx4 m x4 mx4 (5) 5 12m m3 11m 2 2 m x m x , từ phương trình tương đương với Thế (5) vào (4) suy ra: 4 10m 30 10m2 30 m3 11m 45 m m m3 14m m 3 m m 12m 12m m Suy ra: m 5; m L tức tổng cần tìm S 5 14 Chọn đáp án C ĐỀ THI THỬ SỞ THÁI BÌNH LẦN Câu 39: Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng sau: d1 : x y 1 z x 3 y 2 z , d2 : 1 1 2 x y z 1 Đường thẳng thay đổi cắt đường thẳng d1 , d , d3 A, B, C Khi 3 giá trị nhỏ biểu thức AC BC A B C D 2 2 d3 : NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lời giải Đầu tiên ta nhận thấy d1 d chéo với d3 Khi vector phương ba đường thẳng d1 , d , d3 u1 1; 2;1 , u2 1; 2;1 , u3 1; 3;1 với E 2;1; d1 , F 3; 2;0 d Để cắt ba đường thẳng d1 , d , d3 A, B, C mặt phẳng P chứa d1 , d phải cắt d3 C tức C điểm cố định Đến ta có vetor pháp tuyến mặt phẳng P là: n EF ; u1 1;1;1 Suy P : x y z C d3 C t ; 3t; 1 t , t Mà C P d3 nên suy ta có phương trình sau: t 3t t t , suy tọa độ C 4; 2; 1 Gọi H , K hình chiếu C lên d1 , d , từ ta nhận xét sau: “Khi, A, B hai điểm di động d1 , d di chuyển xa hai điểm H , K biểu thức AC BC tăng theo tỉ lệ thuận” Từ ta suy AC BC CH CK d C ; d1 d C ; d Câu 41: Chọn đáp án B Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị đường cong hình vẽ hàm số g x x x Số nghiệm thực phương trình f f x g x A B C Lời giải D 12 Đầu tiên ta có: f f x g x f f x g x 2 Kẻ đường thẳng y 2 cắt đồ thị y f x , ; f x ; f x f x phương trình tương đương với: x2 x x2 x f x Trước hết ta có phương trình f x có hai nghiệm x m x n (1) Tiếp theo ta thấy hàm số h1 x x 4 x ; h2 x 2 x 4x ; h3 x 3 x2 x có nghịch biến x 4 x có tiệm cận ngang y nên suy đồ thị cắt đồ thị y f x điểm phân biệt (2) Từ (1) (2) ta suy phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt Chọn đáp án B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 42: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục thỏa mãn f x x x.e x f x 1 0, x f 1 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y f x y f x f x A 16 32 B C 22 D 27 Lời giải Đầu tiên ta có: f x x x.e f x x e e x f x 1 x f x 1 x f x 1 x.e e e x f x 1 f x x x.e e x f x 1 x.e x f x 1 x f x 1 x f x 1 x.e3 x x2 x f x 1 x f x 1 e3 x f x x f x x f x Từ ta thu được: e 2 e3 x C Mà f 1 nên suy C Phương trình hồnh độ hai đồ thị hàm số đề cho là: x x x x x 1; x 3 Suy diện tích cần tìm là: S x x dx 1 32 Chọn đáp án B b Câu 45: x Cho a, b , a b , đặt P x dx Khi P có giá trị lớn a b a A B C Lời giải D Cách 1: Đầu tiên ta xét bất phương trình x x x 2; 1 1; 2 Trường hợp 1: Xét a, b , 2 a b 1 , ta có: b 1 P x x dx a t 5t dt 2; 1 a ;b t 5t dt 2 22 15 Trường hợp 2: Xét a, b ,1 a b , ta có: b P x x dx a t 1;2 a ;b 5t dt t 5t dt Tóm lại qua trường hợp ta kết luận giá trị nhỏ P 22 15 22 , dấu xảy 15 a; b 2; 1 1; , suy a b2 Chọn đáp án D Câu 47: Trong tập hợp số phức, cho phương trình z 1 2m z 2mz 4m với tham số m Gọi S tập hợp giá trị tham số m để phương trình có nghiệm phân biệt điểm biểu diễn nghiệm tạo thành tam giác Tổng tất phần tử tập S A B C D 10 Lời giải Đầu tiên ta có phương trình sau: z 1 2m z 2mz 4m z 1 z mz m z 1 A 1;0 Khi phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 khác nghiệm z 2mz 4m * 1 z 1 m , gọi B z1 , C z2 xét (*) m 4m , đến ta có trường hợp sau: 6 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Trường hợp 1: z1 , z2 hai số thực tức (*) m 0, m , B z1 , C z2 Ox tức A, B, C thẳng hàng nên suy không tồn tam giác (loại) Trường hợp 2: z1 , z2 không hai số thực tức (*) m 0; , gọi H trung điểm BC , ta suy z1 z2 2 H m; Lại có: z1,2 m i 4m m nên suy BC z1 z2 4m m 21 Do tam giác ABC nên suy AH (nhận) BC m 1 4m m m 21 21 Vậy tóm lại suy m ; tức tổng cần tìm Chọn đáp án C Câu 48: Trong tập hợp số phức, cho số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 iz2 5i Khi giá trị nhỏ H biểu thức z12 z1 z2 A 29 B C D 29 Lời giải Đầu tiên ta đặt z1 ; z2 a bi; c di , a, b, c, d , ta có: z1 a b 2 Tiếp đến ta có: iz2 5i z2 2i c d 2 a, b 2 a, b 2 c 1, d 6 c 4; 3 d 1 Khi ta có hệ bất phương trình sau: Từ ta suy ra: z12 z1 z2 z12 z1 z2 z1 z12 z1 z2 z1 z1 z1 z1 z2 z1 2bi c di c 2b d c Dấu xảy a; b; c; d 3; 1; 4; 2 Chọn đáp án C ĐỀ THI THỬ THPT ĐÔNG TRIỀU – QUẢNG NINH Câu 39: Có số nguyên dương a để bất phương trình A 58860 x 3x a10 243a có khơng q nghiệm nguyên B 58861 C 59048 D 59049 Lời giải Đầu tiên xét a bất phương trình vơ lí, a bất phương trình ban đầu trở thành 3x 243x x 10 x x 10 x 1;9 (đúng nghiệm nguyên x ) nên thỏa mãn (1) x2 log a x x.log a Tiếp đến ta xét a bất phương trình tương đương với: 10 x 10 x x log a log a x 10 x 10 1 Trường hợp 1: x 10 x log a tức x log a;10 , để có khơng q nghiệm ngun a log a a (luôn xét a ) (2) Trường hợp 2: x 10 x log a tức x 10; 2log3 a , để có khơng q nghiệm ngun a 310 a log a 20 a 2;59049 (3) a Từ (1), (2) (3) ta suy a 1;59049 Chọn đáp án D NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 41: Có giá trị thực tham số m để điểm cực trị hàm số y x 2mx điểm cực trị đồ thị hàm số y x m 1 x m 2m x ? A B C Lời giải D Gọi f x x 2mx g x x m 1 x m 2m x Đầu tiên ta có: y x 2mx x m m 1 m 1 nên suy đỉnh f x A m; m 1 (1) Tiếp đến xét g x x m 1 x m 2m x có g x x m 1 x m 2m x m 1 x m y m m 3m 1 (2) m 2 (đều thỏa g x ) Chọn đáp án C m Từ (1) (2) ta suy ra: m m3 3m m3 2m Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục Biết F x x f x x x nguyên Câu 44: hàm hàm số x f x f 4 Diện tích hình phẳng giới hạn đường y f x y f x A B C D Lời giải Từ giả thiết ta suy ra: x f x x x xf x x f x x xf x f x x x 1 xe x 2 Suy ra: e x f x 4e x x x dx 2e x 2 f x e x x2 x x 1 f x 2 f x e x f x 4e x x x 1 C Mà f 4 nên suy f x x y f x x Khi ta có được: , phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị là: y f x x 2 Vậy ta kết luận: S x x dx Chọn đáp án D 2x 4x x x Câu 45: Trong tập hợp số phức, cho phương trình z z m m 10 ( m tham số thực) Tổng tất giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 z z z1 A B 10 C 20 Lời giải D 25 Từ giả thiết ta có: z1 z2 z2 z1 z1 z2 z2 z1 z1 z2 (*) Xét phương trình z z m m 10 có m m 10 m 1 m Trường hợp 1: z1 , z2 số thực tức m 1; m , (*) thành z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 10m m m 19 (nhận) (1) Vi et Trường hợp 2: z1 , z2 không số thực tức m 1;9 , z1 z2 z1 z2 z1 z2 18 10m m (*) thành: 18 10m m z1 z2 z1 z2 18 10m m m m 11 (loại) (2) Từ (1) (2) ta suy m 19;5 19 tức tổng cần tìm 10 Chọn đáp án B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 46: x y 1 z 1 Gọi 2 3 P mặt phẳng chứa d cho khoảng cách từ A đến P gấp lần khoảng cách từ B đến P Trong không gian Oxyz , cho điểm A 0;1; , B 1; 1;3 đường thẳng d : đồng thời A, B phía với P Mặt phẳng P qua điểm điểm sau ? A 1; 2; C 1; 2;1 B 1; 2; D 1; 2; 1 Lời giải Từ giả thiết ta có d : x y 1 x y 1 x y 1 z 1 , từ ta tham số hóa 2 3 3 y z 3 y z phương trình mặt phẳng P có dạng là: a x y 1 y z P : ax a y z a a 2a 2a a 2a 2a A, B phía với P a thỏa: axA a y A z A a axB a yB z B a 5 Mà d A; P 2d B; P nên suy ta có phương trình sau: 2a 2a P : y z L P : 3x y z 13 Chọn đáp án C nên suy 3 3 P : x y 2z 2 2 Câu 47: Có số nguyên dương y cho tồn số thực x 1; thỏa mãn xy x y x xy xy xy 1 x A B C Lời giải y 1 xy D Đầu tiên ta có phương trình tương đương với: xy.2 x y x xy xy xy x (1) x y xy 1 y x xy xy x xy x y x y xy xy 1 x y 1 xy Từ (1) ta có y x y (không tồn y ) nên loại Khi (1) tương xy xy đương với xy xy Xét hàm số f y x xy 1; có f y x y xy ln y Dễ dàng đánh giá với x 1; xy ln y y ln y y y Xét hàm số g y ln y 1; dễ thấy g y ln y 2 log ln y0 Khi ta có bảng biến thiên hàm số g y 1; sau: +∞ – + +∞ Từ BBT ta suy g y 0, y f y x 0, x 1; tức hàm số f y x đồng biến 1; nên để tồn nghiệm 1; (2) f y 1 f y y y y y (3) y y y y 2;3; 4 Chọn đáp án A Mà y 0, y nên : 3 y y 4.257 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 48: Xét số phức z , w thỏa mãn z w z w Biết giá trị lớn biểu thức P z w 2i có dạng a b a, b Giá trị a b A 52 B 84 C 34 D 46 Lời giải Đầu tiên ta gọi M , N , P điểm biểu diễn số phức z , w, z w Tới ta suy OP OM ON Từ ta có OP OM ON 2OM ON cos 60 tức OMN tam giác 2 Khi ta suy ra: z z w w ww zw zw w w z zw (1) Đặt u z u.u 1 i 1 i u z w u phương trình (1) thành: u u u u 2 w Tiếp đến ta biến đổi: P z w 2i w 1 i w w 2i i w w 2i w 2i w i w 2i NA NB với A 1; ; B 0; 2 1 i Dựng điểm C 4; hình vẽ theo tính chất đường trịn Apollonius NA NC Thế vào biểu thức suy ra: P NC NB với N z C : x y 42 17 68 16 Dấu xảy N N CB C Khi ta suy ra: a; b 68;16 tức a b 52 Chọn đáp án A Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 6; 2; 1 , B 2; 6;3 , C 2; 2;1 Hai điểm M , N thay đổi Do OB 4; OC nên suy P NC NB CB cho MN 5, MC NC đồng thời tam giác MAB vuông M Giá trị lớn biểu thức 2OM ON gần với số số sau ? A 90 B 110 C 137 D 87 Lời giải Đầu tiên ta có tam giác MAB vuông M nên suy M ln thuộc mặt cầu đường kính AB Suy M S tâm I 2; 2;1 , bán kính R Mà C I nên suy MC NC R tức MN dây cung mặt cầu S Suy ra: 2OM ON OI IM R 4OI IM 2OI IN OI IN NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG OI R 4OI IM 2OI IN ( IM IN R ) NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Tiếp đến ta gọi E trung điểm IN ta suy ra: 2OM ON R 4OI IM IE R 4OI EM 4OI ME cos OI , EM 45 MI MN IN Do 1 cos OI , EM ME 43 nên suy 43 45 100, 647 Chọn đáp án B Cho hàm số y f x liên tục có đồ thị hình vẽ bên Có giá trị nguyên 2OM ON 4OI ME 45 4.3 Câu 50: tham số m để hàm số y A f x Đầu tiên ta có: y f x m 1 f x m 2m f x 88 nghịch biến ? B C Lời giải D 10 f x m 1 f x m 2m f x m 1 f x m 2m f x 88 Nhận thấy f x nghịch biến nên suy f x , để y 0, x f x m 1 f x m 2m 0, x f x m 1 f x m 2m 1 0, x f x m 1 1, x f x m f x m 0, x (*) Mà f x 1;1 , x nên bất phương trình (*) tương đương m lim f x m 1 m 1 m f x x (*) m m f x m f x m xlim Mặt khác ta có hàm số y thức có nghĩa f x m 1 f x m 2m f x 88 (1) với: Ta xử lí bất phương trình (1) sau: ta đặt t f x t 1;1 , lúc bất phương trình (1) trở thành: t m 1 t m 2m t 88 (2), đặt h t t m 1 t m 2m t 88 Khi yêu cầu toán trở thành bất phương trình (2) ln với t 1;1 h 1 Suy bất phương trình tương đương với: 3m 3m 30 5 m (**) Nên từ (*) (**) ta suy ra: m 5; 1 3;6 tức có giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn đáp án C NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ – HẢI PHỊNG Câu 45: Có cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2023 384.128x B 674 A 2022 2 x 6.8 y y x 14 x C 1348 D 1346 Lời giải Đầu tiên ta có phương trình tương đương với: 384.128 x 27.3.2 x2 x x x 6 6.23 y y 3.27 x 2 x x 1 6.8 y y x 14 x x x 3.23 y 1 y Xét hàm số f t 3.7t t có f t 3.7t ln 0, t nên f t đồng biến y Từ suy ra: x 1 y y y Tới ta chia tập S x 1; 2023 thành tập sau: - Tập A bao gồm số nguyên x chia dư 1, số tập A có dạng là: x A 3n - Tập B bao gồm số nguyên x chia dư 2, số tập B có dạng là: xB 3n - Tập C bao gồm số nguyên x chia hết cho 3, số tập C có dạng là: xC 3n Do y không chia hết suy x 1 không chia hết cho 3, ta có: 2 x A 1 3n 1 3n nên loại tập A Nhận thấy hai tập B, C vào không chia hết cho x 3m, m 1;674 m, n Với 674 giá trị nguyên m 674 x 3n 2, n 0;673 nên suy tập giá trị nguyên x lúc là: giá trị nguyên n ta kết luận có 1348 giá trị nguyên x thỏa mãn tức 1348 cặp x; y tồn Chọn đáp án C Cho đồ thị hàm số f x ax bx cx d có hai điểm cực trị A 0;3 B 2; 1 Số nghiệm thực Câu 46: phương trình A f f x f x f f x 2 B f f x f x 3.2 3.2 C D Lời giải Đầu tiên ta có phương trình sau: f f x 2 Suy ra: f f x f f x 3 2 f x f f x f f x 2 f x f f x 3 f f x f x 3.2 3.2 f f x 2 f x 2 f f x f f x L 3 f f x f x f x f f x f x (1) t f x x t f x x x f t Đặt t f x phương trình (1) thành x f t , suy ra: Từ giả thiết, ta phác thảo đồ thị y f x tương giao với đường thẳng y x sau: Từ hình vẽ ta kết luận phương trình có nghiệm phân biệt Chọn đáp án A NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG