Tổng Hợp Vdc Từ Các Đề Thi Thử Năm 2023.Pdf

NGƯỜI BIÊN SOẠN TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN TRẦN MINH QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN 1 CHUYÊN VINH – NGHỆ AN Câu 40 Cho hàm số  y f x có đạo hàm liên tục trên  và    3 2g x f x  có bảng xét dấu n[.]

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 Câu 46 Cho hàm số y  f ( x ) liên tục có đạo hàm (0;  ) , có đồ thị hình vẽ đồng thời thỏa mãn f ' x  1  1 f '    1   , x  x  x  18  x  Diện tích hình phẳng giới hạn đường y  A 37 17  ln 24 B f  x    x  1 y  x 37 11  ln 24 C 37 13  ln 24 D 31 13  ln 24 Lời giải   1     f '   ,  x   f x  f       1   , x      2  x  x  18  x   x   18  x   1 1  1 5 f  x   f     x    C , x  Thế x  ta có: f    f     C x  x  18    18 1 1   Nhìn vào đồ thị dễ thấy f    ; f    nên suy C  tức f  x   f     x    , x  x 2  x  18   Đầu tiên ta có: f '  x   Tiếp đến xét phương trình Ta xét tích phân sau: I 1   2 Suy ra: I 1  I  2  I   x    f  x    x  1  (Nhìn vào đồ thị)  x x  2 f  x dt   dt   dx dx Đặt x   dx   , đó: I   tf     f    I 2 x t t t t  x x 1 f  x    x  1 2 1   2 Vậy diện tích S   1    x  f  x   f  x   dx   x  18  x  x    dx  I  2 2  4ln  3 36 f  x    x  1  x  1 dx   ln  3  ln   37  13 ln Chọn đáp án C dx  I   x x 36 24 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 47 Trong không gian Oxyz , cho điểm A  4;0;0  , B 1;2;3 Gọi M điểm động thỏa mãn     3OM OA OM OA  MA.MO  Gọi p; q giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ BM Giá trị 2 biểu thức p  q A 40 B 30 C 34  39 Lời giải   D 34  39 Đầu tiên ta có MA.MO  nên suy  AMO  90 tức M thuộc mặt cầu đường kính AO tâm I  2;0;0 , bán kính       3OM OA OM OA   30     cos OM , OA   MOA R  Tiếp đến với OM OA  2 OM OA         Khi ta có được: d  M ; OA  MO sin 30  AO sin 30 cos 30  R sin 30 cos 30  R sin 60   Gọi H hình chiếu M lên OA , OH  Suy M chạy đường tròn tâm H  3;0;0  , bán kính  r  nằm mặt phẳng z  Khi ta có tọa độ theo tham số M 3; a;  a 2 Suy ra: MB    a      a2    4    sin    cos     (Lượng giác hóa)  20   4sin   6cos     Mặt khác ta có đánh giá sau:  sin   cos    52 sin   cos   52  2 13  sin   cos   13  p  20  39   Nên từ ta suy ra: MB  20  39; 20  39    p  q  40 Chọn đáp án A   q  20  39 Câu 48 Cho hàm số y  f  x  liên tục có đạo hàm  , f    đồ thị hàm số y  f '  x  hình vẽ Có giá trị ngun m để hàm số g  x   f  x   x  2mx  2m đồng biến  0;1 ? A B C D Lời giải Xét hàm số h  x   f  x   x  2mx  2m  0;1 Để thỏa đề bài, ta có trường hợp sau: m  h  x   0, x   0;1 m  f   x   x, x   0;1    m  m  3 h    6  2m  Trường hợp 1:  h  x   0, x   0;1 m  f   x   x, x   0;1 m     m  3; 2; 1 m   h   m        Trường hợp 2:  Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn đáp án D NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 50 A x2  y  x x2  y  x2  y  Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn:  log   x x  x  B C D log Lời giải  x2  y   x  log  x2  y2 x2  y2 Đầu tiên ta có bất phương trình tương đương với:   log 3  x x  x2  y2   x  log  x2  y2  log 3  x  x2  y log   x     x2  y    Đặt a  log   bất phương trình trở thành:  x   a  3a  2a   Xét hàm số f  a   a  3a  2a   có f   a    3a ln  2a ln  2 Khi hàm số f  a  đồng biến  , mà f    nên suy bất phương trình f  a    a   x2  y2   x y  x y  log     x    y  Vậy có tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 20 x  x  x   2 2 Chọn đáp án C ĐỀ THI THỬ THPT CỤM NAM ĐỊNH Câu 40: x   Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  4; 2;4  , B  2;6;4  đường thẳng d :  y  1 Gọi M z  t  điểm thay đổi thuộc mặt phẳng (Oxy ) cho MA  MB N điểm thay đổi thuộc d Khi MN nhỏ nhất, tìm hồnh độ điểm M A 1 B C D 17 Lời giải Đầu tiên ta có MA  MB tức M nhìn AB góc vng nên suy M thuộc mặt cầu đường kính AB 2 Khi suy M   S  :  x  1   y     z    25 Mà M   Oxy  nên thay z  vào ta suy ra: 2 M   C  :  x  1   y    (1) Nhận d  Oz nên suy MN  ME với E  d   Oxy   E  5; 1;0 Khi dấu xảy M  M  EI   C  với I 1;2;0  M nằm E I Quy Oxy giải, với I 1;2 , E  5; 1 ta suy phương trình  EI  : y  x3 (2) 17  x   x3       M Chọn đáp án D     xM  Từ (1) (2) suy ra:  x  1   NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG f  x  liên tục, Câu 42: Cho hàm số có đạo hàm đoạn 0; 2 Biết f  2   f '  x    21x  12 x  12 xf  x  vơi x  0;2 Diện tích hình phẳng giới hạn đường y  f  x  , trục Ox, Oy x  A B C D Lời giải u  f  x   du  f   x  dx dx  6  x  f  x  dx    21x  12 x  dx Đặt  dv  xdx  v  x 0 2 2   552 2 552 Suy ra:   f '  x   dx   x f  x     x f   x  dx      f '  x   dx  168   x f   x  dx  5   0 0 Đầu tiên ta có:   f '  x  2 2    f '  x   dx  6 x f   x  dx  0 Khi đó: S   f  x  dx   x Câu 46: 2  f  x   x  288     f '  x   x  dx   f '  x   3x    f    7  dx  Chọn đáp án B Có cặp số nguyên dương ( x; y ) thoả mãn log  x  y  x   log  x  y   log x  log  x  y  18 x  ? A 41 B 36 C 42 Lời giải D 35  x2  y  x2  y  x  đặt a  0    log   18   x x  y   x  Đầu tiên ta có: log  1 18  18   18   1  0, a   0;   Xét f  a   log3  a  3  log 1    0;  có f   a   a  a  3 ln a ln  a   Khi hàm số f  a  ln đồng biến  0;  , mà f  6  nên f  a   f    a    x2  y  (1) x  x   0;6  Thử giá trị x :1  , lực tâm linh Chọn đáp án D  y   0;6 x  x  Suy ra:  Câu 47: Xét số phức thỏa mãn z  z  i   5i   z  Gọi M m giá tri lớn giá tri nhỏ z  Giá tri biểu thức 3M  4m A 71 B 79 C 11 Lời giải D 19 Đầu tiên ta đặt w  z  , ta có: z  z    3i   z   w2    3i   w 4 w  w2    3i   w   3i   w  w    1 w  Sử dụng Mincopski đánh giá được:  2 4 w    3i   w   3i  w  w  w   Vậy M  5, m  tức 3M  4m  71 Chọn đáp án A NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 48: Có giá trị nguyên thuộc khoảng ( 2023; 2023) tham số m để hàm số y  ln  x2  x  m   x đồng biến khoảng ( 1;3) ? A 2019 B 2020   Đầu tiên ta xét: h  x   ln x  x  m  x  h  x   C 2022 Lời giải D 2023 2x 1  , ta có hai trường hợp sau: x xm  2x 1 h  x   0, x   1;3  1, x   1;3  m     x  x  1  , x   1;3   x2  x  m  h  1  ln m  0  m  e Trường hợp 1:   m  u  3 m  19   m  0  m  e 0  m  e  Hàm số y   x  x  nghịch biến  1;3 nên suy  m  max    x  x  1  , x   1;3 h  x   0, x   1;3   Trường hợp 2:   h     m  e  m  u  1 , x   1;3 m  m2022;2022   m   3; 2022 m  e m  e Vậy có tất 2020 giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn đáp án B Tương tự ta suy  ĐỀ THI THỬ THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Câu 38: Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  i  3z1  z2  10 Khi P  z2   3i đạt giá trị nhỏ giá trị z1  z2 A 57 B 55 58 C D 14 Lời giải  w1  4 z2  3w1  w2  3i   4 z1  w1  w2  i  w2  10 Tiếp đến ta đặt A, B điểm biểu diễn số phức w1 , w2 , ta có: OA  1, OB  10      z2  3i  3w1  w2  9OA2  OB  6OA.OB cos OA; OB  109  60cos OA; OB  109  60  (1)  w1  z1  z2  i , ta có:  w2  z1  z2 Đầu tiên ta đặt      Khi đó: P   z  3i    z2  3i   (2) Cả dấu (1) (2) xảy    w  10 w1 OB  kOA  k      z2  3i  7 Suy ra: 3z1  z2  10  z1  z2  i   z1  11z2  10i    z1  z2   3 40   40   z2  i    7  3i  i  4  4  49 58 58 7  i   Chọn đáp án C 28 28 Câu 39: Cho hàm số f  x  liên tục  thỏa f  x   f  x  Gọi F  x  nguyên hàm f  x   Vậy z1  z2  thỏa mãn F    F    F    Khi  f  x   dx A B 9 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG C 15 D 5 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lời giải Đầu tiên ta có:    F    F     F 8  F    f  x  dx  3 f  x  dx    F    3F    15 F  4   Cùng với F    F    ta giải hệ phương trình được: F    12, F    3  Suy ra: I   F 8   F   1 f  x   dx   f  x   d  x     f  x  dx   5 Chọn đáp án D 30 32   Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  Biết hàm số y  f x  x có đồ thị đạo Câu 40:   hàm hình vẽ Số điểm cực đại hàm số y  f x  x  x  12 x  Số điểm cực đại hàm số y  f x  x  x  x A B    C Lời giải   D '   Từ hình vẽ ta suy g '  x    x   x  1 x  5 h  x  ,  h  x   x   Ta có g  x   f x  x  g '  x    f x  x    x   f ' x  x  f '  x  x    x  1 x   h  x   x  x  5  h  x  Đặt t  x  x  f '  t    t  5 v  t  , v  t   t Khi f  x  có điểm cực trị x        Xét hàm số P  x   f x  x  x  12 x  P '  x   x  18 x  10 x  12 f ' x  x  x  12 x  x  18 x  10 x  12   x  18 x  10 x  12  Giải phương trình P '  x       4 3  f '  x  x  x  12 x    x  x  x  12 x  3  17  17  29  29 3 3  0; x   0; x   0; x   0; x   0; x   0; x  0 2 2 2 Suy hàm số y  P  x  có điểm cực trị dương Do hàm số y  P  x  có 11 điểm cực trị x   Ta thấy lim P x   nên y  P  x  có điểm cực đại điểm cực tiểu Chọn đáp án D x  Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  4; 0;  B  8;0;  Xét điểm M thay đổi cho khoảng cách từ A đến đường thẳng OM diện tích tam giác OAM không lớn Giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MB thuộc khoảng ? A  5;   13  ;5  3  B  NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 7 2   C  ;   13    3 D  4; NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lời giải  Đầu tiên ta có: sin   sin MOA d  A; OM  OA OM d  A; OM     30 S OAM    OM  2  Suy quỹ tích điểm M nằm mặt xung quanh hai hình nón chung đỉnh O , trục OA , góc đỉnh nón 2  60 , đường sinh dài Khi MB đạt giá trị nhỏ điểm M biểu diễn hình vẽ OB  OM  cos   3  với  MM  6sin    BB0  Gọi M , B0 hình chiếu M , B lên trục hồnh Khi ta có:   13     3  4,1  4;  Chọn đáp án D  3 Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : x  y  z   hai điểm A  2;0;1 , B 1;1;  Gọi d tọa độ B0  8;0;0  Suy ra: BM  8  3  đường thẳng nằm   cắt đường thẳng AB , thỏa mãn góc hai đường thẳng AB d góc đường thẳng AB   Khoảng cách từ A đến đường thẳng d A B C D Lời giải    AB.n AB; d    AB;    Ta có:   AB   d  B sin  AB; d   sin  AB;        AB n  B    d  A; d  Suy ra: sin  Chọn đáp án C AB; d    d  A; d   AB sin  AB; d    AB 3 ĐỀ THI THỬ SỞ BÌNH THUẬN Câu 42: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f 1  f  x x f '  x    , x   0;   Giá trị f   thuộc x  x x 1 khoảng ? A 1;  B  2;3 C  3;  D  0;1 Lời giải f  x x  , x   0;     x  x  f '  x    1 f  x   x , x   0;   (1) x  x x 1 1 u 1 u  x  x  dx x   x 1   u  e x x  f  x   Đặt  ta có:  ln u    Khi (1)   u x x x  x  u    Đầu tiên ta có: f '  x    x 1 x2 f  x   x  C Mà f 1  nên C  tức f  x    f     1;  Chọn đáp án A x x 1 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 44: Một hộp chứa 15 cầu gồm cầu màu đỏ, cầu màu xanh cầu màu vàng Các cầu đôi khác Lấy ngẫu nhiên đồng thời từ hộp đó, xác suất để số cầu cịn lại đủ màu 661 715 A B 15 C 54 715 D Lời giải Đầu tiên ta nhận thấy chuyển toán lấy ngẫu nhiên cho có đủ màu kết khơng đổi nên gọi A biến cố “lấy ngẫu nhiên cho có đủ màu” Khi A biến cố “lấy ngẫu nhiên cho khơng có đủ màu” Dễ thấy với trường hợp có màu không tồn nên ta xét trường hợp có màu sau, có trường hợp nhỏ là: - Chỉ có đỏ xanh (tổng viên), chọn ngẫu nhiên viên có: C9 cách - Chỉ có đỏ vàng (tổng 10 viên), chọn ngẫu nhiên viên có: C107 cách - Chỉ có vàng xanh (tổng 11 viên), chọn ngẫu nhiên viên có: C11 cách   n A n  A C97  C107  C117 661 Suy n A  C  C  C (cách) Vậy P  Chọn đáp án A  1  1  n  n  C157 715   Câu 46: 10 11 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2  S  :  x     y     z  3  25 đường thẳng x 1 y  z 1 Có điểm M thuộc trục tung, với tung độ số nguyên, mà từ M kẻ   2 đến S tiếp tuyến vng góc với d ? A 18 B 22 C 15 D 16 d: Lời giải Đầu tiên ta có mặt cầu  S  tâm I  2; 3;3 , bán kính R  Tiếp đến gọi M  0; a;0   Oy, a  Gọi  P  hai mặt phẳng chứa hai tiếp tuyến từ M đến  S  Khi  P  qua M  0; a;0  , vng góc với đường thẳng d , từ ta có phương trình  P  :  x     y  a   1 z      P  : x  y  z  2a  Nhận xét: để từ M kẻ đến S tiếp tuyến vng góc với d M phải nằm  S  , suy ra: a      a  3   25   a  3  12  IM  R     2a  17     a  2   5   17  21  d  I ;  P    R 17  21  2a  17  21 21  a   2  17  21   17  21  a Suy ra: a   ;     3;  a   19; 6  1; 2 tức có tất 16 giá trị        2     nguyên a thỏa mãn Vậy có 16 điểm M thỏa mãn yêu cầu đề Chọn đáp án D Câu 47: Có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 2 log 16 x  25 y  400   log3 16 x  25 y   log 400  log3 16 x  25 y  800  A 54 B 63   C 62 Lời giải D 44    Đầu tiên ta có: log 16 x  25 y  400  log 400  log 16 x  25 y  800  log3 16 x  25 y 2 2 2  16 x  25 y  16 x  25 y x y   800    0,  log     log    Đặt a  2  400 25 16 400  16 x  25 y    NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG  NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG   Khi bất phương trình trở thành:  log  a  1  log3 1  2   a 1  2  2  1  Xét hàm số f  a   log  a  1  log3 1    0;   có f   a    a  1 ln a ln  a   a  0; nên suy hàm số f  a  đồng biến  0; x2 y2   (Elip) 25 16 Dễ thấy x   5;5 \ 0 nên thử giá trị x ứng với giá trị y , lực tâm linh ta kết luận Mà f 1  nên suy f  a   f 1   a    có tất 62 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn (loại cặp  x; y    0;0  ) Chọn đáp án C Câu 50: Gọi z1 , z2 hai số phức thỏa mãn z   4i  z1  z2  Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ z1  3z2 Giá trị M  m A 22 B 22 C 10 Lời giải D 40  z1   4i   w1  z1   4i  w   4i  z1  w1  w2    Đặt   w2  z2   4i  w2   4i  z2  z1  z2  w1  w2   z2   4i  Đầu tiên ta có: z1 , z2 thỏa     w1  w2  w1  w2  w1w2  w1 w2  16  w1w2  w1 w2  34  Suy ra:  2  w1  3w2  w1  w2  w1w2  w1 w2  10.25  3.9  22   z1  3z2  w1  3w2   4i  20  22  M  20  22 Suy ra: z1  z2  w1  3w2    4i      z1  3z2  w1  3w2   4i  20  22  m  20  22       Vậy M  m  20  22  20  22  40 Chọn đáp án D ĐỀ THI THỬ SỞ HÒA BÌNH LẦN Câu 43: Cho hàm số f  x  liên tục  đường thẳng d : y  ax  b có đồ thị hình vẽ 37 Biết diện tích phần tơ đậm 12 A  15 B  20 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG  19 f  x  dx  Tích phân 12 C  15  xf   x  dx 1 D  NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Lời giải Đầu tiên từ hình vẽ ta thấy với d qua hai điểm A  2; 3 , B 1;3 ta suy d : y  x  Khi từ giả thiết ban đầu ta suy ra: S 1   f  x   x  1 dx    x   f  x   dx   2 0 Mặt khác: 2 0  xf   x  dx  1 0  1 1   x f x d x  xf x dx  xf x  f x dx    f  x  dx                  2 1 2 4 2 2  Nên suy ra: 19 29 f  x  dx     x  1 dx    x  1 dx   f  x  dx  12 12 2 2 1 29   37 29   xf   x  dx     S  12      12  12    Chọn đáp án D 1 Câu 44: Xét hai số phức z1 , z2 thay đổi đồng thời thỏa mãn điều kiện z1   2i  z2   2i  2 z1   z2   z1  z2 Đặt P  z1  z2  , giá trị nhỏ P thuộc khoảng sau ? A  4;  B  2;3  C  0;  D  3;  Lời giải Cách 1: Đầu tiên ta gọi A, B điểm biểu diễn số phức z1 , z ta suy A, B thuộc đường tròn tâm I  6;  , bán kính R  Gọi C  3;0  , kết hợp giả thiết ta suy CA2  CB  AB tức  ACB vuông        CN  IN CA  CB  IA  IB  z1  z2  C Gọi M  z1  z2  , N    E trung điểm CI đó: EN                 2CI  IA  IB   EN  IA  IB  IC  EN  IC  R  IA.IB  IA.IC  IB.IC  IA2  IB  AB IA2  IC  AC IB  IC  BC  2  EN  IC  R      2     R  IC 2 R  IC 2.52  13 37    4 2 Mặt khác N trung điểm OM nên suy nên theo tính chất phép vị tự ta suy M thuộc đường tròn tâm J sa cho E trung điểm OJ bán kính EN  37 Vậy với J  9;  ta suy P  z1  z2   MC  JC  EN  10  37 Chọn đáp án C  EN  IC  R  IC Suy ra: EN   Cách 2: Sử dụng công thức z  w  100  z1   2i  z2   2i 2  zw 2  z  w , áp dụng vào tốn ta có:    z   2i    z   2i  2   z1   2i    z2   2i  2 z z   100  z1  z2  z1  z2  12  4i (1) Gọi A  z1  , B  z2  , C  3;0  , M  z1  z2  , N   N   z  z2  (2) trung điểm AB tức AB  NC , suy ra: z1  z2  2 Từ (1) (2) ta suy ra:  z1  z 2   z1  z  12  4i  100 Đặt z1  z2  x  yi 2 2  x, y    ta biến đổi được:   x    y   x  12    y    100   x     y    37 tức M thuộc đường tròn  C  tâm I  9;  , bán kính R  37 Suy P  z1  z2   MC  IC  R  10  37 Chọn đáp án C NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 45: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  3;1;  , B  1;1;  , C  5;1; 2  mặt phẳng  P  : x  y  2z   Giả sử d đường thẳng thuộc mặt phẳng  P  qua B Gọi M hình chiếu C lên đường thẳng d Giá trị nhỏ AM A  B C  Lời giải D    90 tức M thuộc mặt cầu Đầu tiên ta có M hình chiếu C lên đường thẳng d với B  d nên suy BMC 2 đường kính BC , suy M   S  :  x     y  1   z  1  18 có tâm I  2;1;1 , bán kính R  Mà mặt khác M   P  nên suy gọi J hình chiếu I lên mặt phẳng  P  , ta nhận xét M thuộc đường tròn giao tuyến  S  cắt  P  với tâm J 1; 1;3 , bán kính r  R2  d  I ;  P    Ta có hình vẽ sau: Gọi E , F hình chiếu A, C lên  P  , A, B, C thẳng hàng nên kéo theo E , F , B thẳng hàng 5 3 8 3 E  3; 3;  , F  ;  ;  Từ hình vẽ ta suy ra: AM  AE  FE  AE   EJ  FJ   Dấu xảy M  F Chọn đáp án B Câu 46: Có cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn  x  2023  y   xy  x  y   x5   1  log3   1  x5  x4   y2   y   log  A 4038 B 4040 C 2023 Lời giải D 2020 Đầu tiên ta có bất phương trình tương đương với:  y    x   y    x5    y   log   1  log3   1  x5  x4   y2   2y   2x 1    x  5 y   log     x   y   log3    (1), điều kiện x   x4   y2 Vì y nguyên dương nên ta xét trường hợp sau:  2y  2y  2x 1     x   y   log  y   log  - Trường hợp 1: y     x     0, y2 y2 x        0   0  0 2x 1  2x     x  5 Mà mặt khác giả 0 x4  x4  để bất phương trình (1) có nghiệm log  thiết cho  x  2023 nên ta loại NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG - Trường hợp 2: y  VT 1  tức bất phương trình ln với x  , mà mặt khác giả thiết cho  x  2023 nên ta suy x   5; 2023 tức có 2019 cặp số nguyên dương  x; y  (2) - Trường hợp 3: y   y  bất phương trình (1) trở thành:   x   log Với x  : 2  2x 1   x5  2x 1    x   log    0, x     log  log    0, x  3  x4   x4  x4  x4  x5  2x 1    3  log   log    (luôn với x  ) x5  x4  x4  Suy x  5; 2023 y  tức có 2019 cặp số ngun dương thỏa mãn (3) Từ (2) (3) ta kết luận có  2019  4038 cặp số nguyên dương thỏa mãn Chọn đáp án A Câu 48: Cho hàm số y  f  x  y  g  x  có bảng biến thiên hình vẽ f  x0   g  x0   Tập hợp tất giá trị thực tham số m hàm số y  m   f  x   g  x  có điểm cực trị có dạng  a; b  Hiệu a  b A 5 B 6 C D Lời giải Đầu tiên ta đặt h  x   f  x   g  x   h  x   có hai nghiệm x1 , x2 (nhìn vào bảng biến thiên) Tiếp đến h  x   f   x   g   x   h  x    x  x0  x1  x0  x2  h  x0   f  x0   g  x0   Từ ta có bảng biến thiên sau: Như để hàm số y  m   f  x   g  x  có điểm cực trị phương trình f  x   g  x   m  phải có nghiệm phân biệt tức đường thẳng y  m  cắt đồ thị h  x  điểm phân biệt Suy  m    m   2;8   a  b  6 Chọn đáp án B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 49: Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn  5i  iz1  z2   3i  10 z1  z2  16 Khi mođun số phức w  z1  z2  10  6i A 20 B C 16 Lời giải D 12 Đầu tiên ta có:  5i  iz1  z2   3i  10  z1   3i  z2   3i  10  Sử dụng công thức z  w  zw 2 Khi đó: 200  z1   3i  z2   3i   z1  z2  10  6i  z1  z2 2  z  w , áp dụng vào tốn ta có:  z1   3i    z2   3i    z1   3i    z2   3i  2  w  z1  z2  400   w  400  162  12 Chọn đáp án D  z1  z2  16 ĐỀ THI THỬ CHUYÊN KHTN LẦN Câu 45:   Xét hàm số f  x   x  ln x  x  Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f  x   f  m  x   có hai nghiệm phân biệt khoảng  1;  ? A B C Lời giải D   x   x   x  ln     x  ln x   x   f  x  nên từ suy  x 1  x  f  x  hàm số lẻ Khi f  x   f  m  x    f  x    f  m  x   f  x  m  (1) Ta có: f   x    x  ln      Xét hàm số f  x   x  ln x  x  có f   x    x2     0, x   tức f  x  đồng biến  (2) Từ (1) (2) suy x  x  m  m  x  x  g  x  Giải phương trình g   x    x    1;  m Suy để u cầu tốn thỏa m   g   ; g     m   0;    m 1; 2;3 Chọn đáp án D Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  6; 2; 4  , mặt phẳng 2  S  : x   y  1   z    Xét điểm M thuộc  P  Gọi  a; b; c  tọa độ điểm M , tổng a  b  c A  P  : x  y  2z   mặt cầu N thuộc  S  cho AM  MN nhỏ B C D Lời giải Đầu tiên ta có mặt cầu  S  tâm I  0;1;  , bán kính R  Tiếp đến tọa độ I , A vào mặt phẳng  P  dễ thấy  x A  y A  z A   xI  y I  z I    tức A, I phía với mặt phẳng  P  Khi ta gọi A điểm đối xứng với A qua  P  , với A  5;1; 6  , ta suy AM  MN  AM  MN  AI  R  5  x  t  Dấu xảy M  AI   P  Ta có phương trình đường thẳng  AI  :  y   z   2t  Thế vào mặt phẳng  P  suy ra: t   M  4;1; 4   a  b  c  Chọn đáp án B NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG Câu 47: Cho số phức z  a  3i w  b  i với a , b   thỏa mãn z  w  z   w  Modun số phức z  w gần với số ? A B C Lời giải  2 Từ giả thiết ban đầu ta có z  w  z   w  2  zw   a  b   16   a  b      2ab  a  2b   a  D 2  z  w2  z  w  z  w2 2b  2b  2 2b  2  2b    b  4i  b   i    b   16   b  1  (*) 2b   2b   Giải phương trình (*) ta thu b   a   z  w   4i  z  w  Chọn đáp án C 2 Tiếp đến ta có: z  w  w   ĐỀ THI THỬ SỞ NINH THUẬN LẦN Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   Gọi  N  hình nón tích lớn nội tiếp mặt cầu  S  T  hình trụ có diện tích xung quanh lớn nội tiếp bên hình nón (như hình vẽ) Khi đó, điểm thuộc đường trịn đáy hình trụ ? 2 4 ; ;  3 3 A M    2 3 B Q  0; ;  2 3 Lời giải NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 2 3 C N  ;0;    4 3 D P  0;0;  NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG (Điểm O sử dụng gốc tọa độ hệ trục Oxyz ) Đầu tiên ta có mặt cầu  S  tâm I 1;1;1 , bán kính R  Với OI  x   0;1 , từ hình vẽ ta có được:    1  x   x   x  32 Vnon   OA2 OS  1  x  1  x   1  x 1  x   x    3 6 27 81 2 Nên suy thể tích nón đạt giá trị lớn  x   x  x  OI   SO   OA  OB  3 OB SO OB SO   OB  SO   OO   SO Tiếp đến theo định lí Ta-lét ta có: OB SO SO SO   4   4 Suy diện tích xung quanh trụ S xq  2 Rh  2   SO    y   y  , SO  y   0;  3  3   3 2 2 4  Đánh giá f  y    y  y    y     Dấu xảy y  SO   OI  tức I 3 9 3  trung điểm OO  Suy hai đường tròn đáy hình trụ ln thuộc mặt cầu  S   tâm I 1;1;1 bán kính tương 1 2 , suy phương trình mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  1  3 Thế đáp án vào mặt cầu ta thấy điểm M đáp án A thỏa thuộc  S   Chọn đáp án A 2 ứng r  OI  OB  NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG