Đề số 01 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 01 Câu 41: Vào cuối năm 2022, báo Rossiyskaya Gazeta dẫn lời Bộ trưởng Tài nguyên Nga cảnh báo nước cạn kiệt dầu mỏ sau 28 năm sản lượng khai thác năm giữ năm 2022 Bắt đầu từ năm 2023, nước Nga năm giảm sản lượng khai thác 2% so với năm trước sau năm nước cạn kiệt dầu mỏ (chọn phương án có kết gần với tính tốn bạn)? A 48 B 30 C 42 D 36 Lời giải Chọn C Gọi S (tỷ tấn) sản lượng dầu mỏ lại Nga thực tế tính từ cuối năm 2022 x (tỷ tấn) sản lượng khai khác năm năm 2022 Theo đề bài, ta có: S 28 x (tỷ tấn) Gọi n số năm khai thác lại với sản lượng khai thác thay đổi năm tính từ 2023 n Lượng khai thác năm tính từ năm 2023 là:   2%    0,98n  x x   2%    0, 02 (tỷ tấn) 0,98n  x 28 x  n log 0,98   0, 02.28  40.64  0, 02 Đến khai thác hết, ta có: Câu 42: Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : x  by  cz  d 0 vng góc với mặt phẳng (  ) : x  y  z  0 chứa giao tuyến hai mặt phẳng ( P) : x  y  z  0, (Q) : x  y  z 1 0 Khi d A B Chọn A  , P , Q Ta có VTPT       C  Lời giải D     n1  1; 2;3 , n2  1;3;1 , n3  1;  1;1     n  n1 ,  n2 , n3     8;16;     1;  2;1   Khi A x; y; z   d P Q Gọi  giao tuyến     , toạ độ điểm A thoả mãn hệ  x  y  z  0 3 y  z  0  y 2     x  y  z  0 Cho x 0 ta có   y  z  0  z 1 , A  0; 2;1  P Q  A 0; 2;1 Do   chứa giao tuyến     nên   qua   : x   y  1  z  0  x  y  z  0 Phương trình   Vậy d 3 Câu 43: Cho lăng trụ tứ giác ABCD ABC D có AA 1 , tang góc hai mặt phẳng  ABD  A Chọn B  ABBA Tính thể tích khối lăng trụ ABCD ABC D B C 5 Lời giải D 3 ABD  ABBA Gọi  góc hai mặt phẳng   tan  2  sin   Theo có x x  0 Giả sử cạnh đáy lăng trụ  Gọi I hình chiếu D AB ; O tâm hình vuông ABCD AD  x  1; BD  x 2; AB  x  1; AO  Ta có: AO.BD DI AB  DI  Ta có x2  2 AO.BD x  2.x  AB x2 1 Dễ thấy DA  ( ABBA);( ABBA)  ( ABD)  AB d ( D;( ABBA) DA sin      d ( D ; A B ) DI Ta có x2 1 x2 1    x x 2 5 x  2.x nên S ABCD 3  VABCD A ' B 'C ' D ' 3 f x f sin x  1 cos x Câu 44: Giả sử hàm số   liên tục  , thỏa mãn  với x   , tích  x  phân f  x  dx   A 12   B   C 12 Lời giải Chọn D I f  x  dx Đặt x sin t   dx cos tdt   D 12  x 1  t 0; x   t  Đổi cận:   Khi   I f  sin t  1 cos tdt  cos t.cos tdt cos tdt  0     1  1   I   cos 2t  dt  t  sin 2t    2  2  12 0 x  xy log  log y  y Khi x  y đạt giá trị nhỏ Câu 45: Xét số thực dương x, y thỏa mãn x giá trị y A B C D Lời giải Chọn D x  xy   log x  log   log y   x log  log y  2 y y  log x   log y   log x  x log Xét hàm số f  t   Do    2  y  y   * f  t  log t  2t với t  2 0 f t 0;   t ln với t  nên   đồng biến khoảng     x 2  y y   *  f  x   f  x 4y  Khi 8  x  log x  x 2  2log y  2 y y  y  y 3 16 y2 4  y 2 y    x   y2 Dấu " " xảy  y    x  x 42  2 Vậy x  y đạt giá trị nhỏ y Câu 46: Cho hàm số bậc ba y  f ( x) Đường thẳng y ax  b tạo với đường y  f ( x) hai miền phẳng có diện tích S1 , S2 (hình vẽ bên) S1  12 Biết 1   x  f  3x  dx  A , giá trị S 19 B 13 C Lời giải 13 D Chọn A 1 0 1  f  3x    f  3x    x   f  3x  dx 30 3     x  f  3x  dx   x  d   1 2 1 f  3  f    f  x  dx   f  x  dx   3 90 90 S  f  x  dx   SOAB  S1   Khi với f  x  dx   21 A  0;   B  3;  , z 1, w 2, u 3 z  w u u  z  w Câu 47: Xét số phức z, w, u thỏa mãn Giá trị lớn z u A 10 B C 14 Lời giải Chọn C Cách 1: Bổ đề: Xét hai số phức z1 z2 , ta có:   2   2 z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2 z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2 z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2 0 D Áp dụng bổ đề trên: z  w  u  u  z  w  z   w  u   z   w  u   z  w  u   z  w  u  0 2 2 2  zw  zw  zu  zu 0  z  zw  zw  w  z  zu  zu  u  z  w  u 0 2 2 2  z  w  z  u  z  w  u 0  z  u 15  z  w Ta có 2 z  u 15  z  w 15  z  w 14  z  u  14 Đẳng thức xảy w  z Cách 2: Gọi M , N , P biểu diễn số phức z , w , u Khi đó:     OM  NP  OM  NP OM 1 , ON 2 , OP 4         OM  NP  OM  NP  OM  2OM NP  NP OM  2OM NP  NP Ta có           OM NP 0  OM OP  ON 0  OM OP OM ON    OM  OP  MP OM  ON  MN  MP MN   OM  ON   14  z  u MP  14 Đẳng thức xảy O , M , N thẳng hàng O nằm M , N Câu 48: Cho hai hàm số f  x  2 x  x g  x  2 x  3x  12 x  m ( m tham số) Có bao h x  f  g  x  nhiêu số nguyên m để hàm số   có điểm cực trị? A 23 B 21 C D Lời giải Chọn C  g  x  0 h  x   f  g  x    h x  g  x  f  g  x    h x  0    f  g  x   0 Ta có:  x  g  x  0  x  x  12 0    x 2 •  g  x  0  x  3x  12  m f  g  x      1 g x  x  x  12  m      • Vẽ bảng biến thiên hàm số g  x sau: Để hàm số h  x có điểm cực trị   phải có nghiệm nên:   m       20   m 7     m  20     20   m      m   20 m  23  Vậy có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn u cầu tốn Câu 49: Trong khơng gian Oxyz , cho tam giác ABC có A(3; 4; 4), B(1; 2; 3), C (5; 0;  1) Điểm M   thay đổi không gian thoả 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 bằng: 10 A B 10 C D Lời giải Chọn B     BA (2; 2; 1), BC (4;  2;  4)  BA.BC 0 ABC vng B Ta có  BA 3; BC 6  AB  BC  AB  ( MBC )  AB  BM  Từ giả thiết suy Gọi K hình chiếu B lên AC nên ( BKN )  AC cố định Xét ABC vng B có đường cao BK: 1 1  2     BK  2 BK BA BC 36  BN  AM   BN   AMC   BN  NK BN  AC  Ta có suy N chạy đường trịn đường kính BK  Trong 5  BNK  kẻ NH  BK  NH   ABC   NH d  N ,  ABC   NH  BK  Trong tam giác vng BNK có  BA  2; 2; 1 ( BCM ) Phương trình mặt phẳng qua B có vecto pháp tuyến có dạng: x  y  z  0 Tam giác BNK vuông cân N nên BN  Xét ABM vng B có đường cao BN : 1 1       2 BM  BM BN BA 18  BM      AM CM 0   M  BCM   M  a; b; c  Gọi , ta có   a  1   b     c  3 6   a  3  a     b   b   c    c  1 0 2a  2b  c  0  a  b2  c  2a  4b  6c  0   a  b2  c  8a  4b  3c  11 0  2a  2b  c  0   a  1   b     c  3 6  2a  c  0 2a  2b  c  0    5 5 a  a  3   52 5    a  1   b     c  3 6 9a  30a  20 0  b    b       c 2a   c 2a    72 7 b 5  2a b 5  2a c  c  3     Vậy khoảng cách từ N đến ( ABC ) có giá trị lớn M  a; b; c  5 với a; b; c y  x  mx  12 x  2m m Câu 50: Có tất giá trị nguyên để hàm số đồng biến khoảng A 18  1;  ? B 19 C 21 Lời giải D 20 Chọn D Xét f  x  x  mx  12 x  2m Ta có f  x  3x  2mx  12 f  1 13  m y  x  mx  12 x  2m  1;   có hai trường hợp sau đồng biến khoảng f  x  1;   f  1 0 Trường hợp 1: Hàm số nghịch biến Để hàm số Điều khơng xảy Trường hợp 2: Hàm số lim  x3  mx  12 x  2m   x   f  x đồng biến  1;    f  1 0  3 x  2mx  12 0, x   m  x  , x  x   13  m 0  m  13  *  6 g  x  x  g  x    g  x  0   0  x 2 1;    x khoảng x ; x Xét : Bảng biến thiên: m  x  , x   m 6 x Từ bảng biến thiên suy  * suy  13 m 6 Vì m nguyên nên m    13;  12;  11; ;5;6 Vậy có 20 giá Kết hợp trị nguyên m