Tổ 27 đợt 11 phát triển đmh 2023 từ câu 39 đến câu 50

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO TNTHPT NĂM 2023 TỪ CÂU 39 ĐẾN CÂU 50 TỔ 27 y    20; 20  Câu 39 Có số nguyên thoả mãn 2  log  x  1 log  yx  x  y  với x   ? A B 11 C 10 Lời giải D FB tác giả: Hoang Tuan Trung FB phản biện: Dương Quang y    20; 20  Giả sử tồn số nguyên  log  log  3x  3  1 log  log 3  yx  3x  log 3  x  1 log cho:  x  y  , x    1 log  yx  yx  6x  y   6x  y   yx  x  y 3  x  1 x2  x   y  x   9 x  x   y  x   f  x  y   y max f  x   y 9,55     y 10  y  n  y  20  10 10  2   2022; 2023 x x có số nguyên x thỏa mãn log (2  1)  log (4  2) 2? B 2022 C 2021 D 2020 Lời giải FB tác giả: Ngô Thanh Sơn FB phản biện: Châm Trịnh x x x x    1     log   1  log 2 1 1 Câu 39 Trong đoạn A 2023 Xét x   x  40 1  x    3  log  x    log 3 1    ta được: log (2 x 1)  log (4 x  2)  x x Mà bất phương trình: log (2  1)  log (4  2) 2 nên x  (loại) x 0  x 20 1  x  2  log  x  1 log 2 1  Xét x 0  x 40 1  x  2  3  log  x   log 3 1   Cộng vế với vế  1  3   ta được: log (2 x 1)  log (4 x  2) 2 (thỏa mãn) Cộng vế với vế x    ;0 Vậy x 0 hay  x2   x2  log  log3   81  16  ? Câu 39 `Có số nguyên x thỏa mãn A 68 B 34 C 63 D 33 Lời giải FB tác giả: Vũ Thơm FB GV phản biện: Trần Minh Hưng x2 x2     x2 Điều kiện: Ta log2  x    log  log3  x    log có:  log  x    log  log  x   log  log    log  x     log     log   log   log  log  x    log3  log  x    4log  x   64   10 13  x  10 13   x  10 13    10 13  x   Kết hợp điều kiện ta được: Từ suy có 68 số nguyên x thỏa mãn log Câu 39 Số nghiệm nguyên bất phương trình A B x 1  1 x  log  x   D FB tác giả: Liễu Hoàng FB phản biện: Phuong Tran C Lời giải  x 5  Điều kiện  x  log  x    log log x   1 1 x   log  x   log log  x    log f  x  log Xét hàm số x2  1 1 x f  x  0  log3  x    log Cho  x2   x  1 1 x    x2  1 1 x 1 1 x   1 x  0 log  x   log  x   1 1 x  0  x   x  1 x2 x2   x2  1 1 x  x    x   x  x    x 3  x 8 Bảng xét dấu x2 1 1 x  Kết hợp với điều kiện ta  x  x nguyên nên x   6, 7 Vậy có giá trị x thỏa mãn yêu cầu toán Câu 39 Tập nghiệm bất phương trình nguyên? A B 4 x  65.2 x  64    log  x  3  0 C Lời giải có tất số D Vô số FB tác giả: Nguyễn Duyên FB phản biện: Phạm Thuỷ 4 Ta có x  65.2 x  64    log  x  3  0  4 x  65.2 x  64 0   2  log  x  3 0   x x   65.2  64    2  log  x  3 0    1 2 x 64  0  x 6     x 6   x 6  x 6  x    x 6    64       x 0    x 1    x 0       x 6    x 6 x    x    2;  1;0;6 Vậy tập nghiệm bất phương trình có giá trị ngun log x.log x  log x  log Câu 39 Có nghiệm nguyên bất phương trình 2023 : A 2024 B 2023 C 2010 Lời giải x nhỏ D 2018 FB tác giả: Phạm Minh Đức FB phản biện: Tân Ngọc Điều kiện x  log x.log x  log3 x  log x   Bất phương trình tương đương với:  a log x  b log x Đặt  ta được: ab  2b  a    (a  2)(b  1)  a   a     b   b   log x  log x    log x   log x   x  0  x     1   x  0  x   x  0x  x   5; 6; ; 2022 (vì x   ) Vậy có 2018 số nguyên thỏa bất phương trình mà nhỏ 2023 e ln x a c a c dx   , b d a , b , c , d  ln x b d phân số Câu 40 Biết với số nguyên dương tối giản Tính S a  b  c  d A B C D  x Lời giải FB tác giả: Thiên Phúc Nguyễn FB phản biện: Liễu Hoàng  ln x t  ln x t   Đặt dx 2tdt x  x 1  t 1  x e  t  Đổi cận:  Khi đó: 2 t  1 2tdt   t3  ln x 2 d x   t  d t  2     t      t 3  1 x  ln x 1 e Suy a 4; b 3; c 2; d 3  S a  b  c  d 4    0 Câu 40 Cho hàm số f  x F  x ,G  x f  x liên tục  , gọi hai nguyên hàm  thỏa mãn F  10   G  10  5 F  1  G  1 3 Khi C B A 3f (3 x  1) dx D Lời giải FB tác giả: Van Anh FB phản biện: Ngô Thanh Sơn Vì F  x ,G  x hai nguyên hàm  F  10   G  10  5    F  1  G  1 3 f  x nên  F  10   F  10   C 5    F  1  F  1  C 3 G  x  F  x   C 2 F  10   C 5  F  10   F  1 1  2 F  1  C 3 Xét 3f (3x  1)dx Đặt t 3x   dt 3dx 10 3f (3x  1)dx  f  t  dt F  10   F  1 1 F  x ,G  x f  x liên tục  Gọi hai nguyên hàm  thỏa 2023  x  f  dx  F  1  G  1 5 F    G   1 2023   mãn Khi A 2023 B 2023 C 2023 D 4046 Câu 40 Cho hàm số f  x Lời giải FB tác giả: Huong Nguyen FB phản biện: Duyên Nguyễn G  x  F  x   C Ta có:  F  1  G  1 5   F  G       Theo giả thiết:  Đặt t 2 F  1  C 5  F  1  F   2   F    C 1 x  dt  dx  dx 2023dt 2023 2023 + x 0  t 0 + x 2023  t 1 2023 1  x  f  dx 2023f  t  dt 2023f  x  dx 2023  F  1  F    4046  2023   0 Khi Câu 40 Cho hàm số f  x F  x ,G  x f  x liên tục R Gọi hai nguyên hàm R thỏa e2 ln xf (ln x) dx  F    G   2023 F    G   1 x mãn Khi 1011 B A 1011 C 2022 2023 D Lời giải FB tác giả: Tho Nguyen FB phản biện: +Ta có: G  x  F  x   C  F (4)  G (4) 2023    F (0)  G (0) 1 + Đặt 2 F (4)  C 2023  F (4)  F (0) 1011  2 F (0)  C 1 u ln x  du 2 e2 Do đó, ln x dx x ln xf (ln x) 1 1011 dx  f (u )du   F (4)  F (0)    x 20 2   f  x   f   x  sin x.cos x , x   2  Câu 40 Cho f ( x ) hàm số liên tục  thỏa mãn  Tính tích phân I A I f  x  dx  I B C I D I 1 FB tác giả: Ngọc Ngô FB phản biện: Vu Thom Lời giải  x   t  dx  dt Đặt      I f   t    dt  f   2  2     t  dt f    2  x  dx         I f  x  dx  f   x  dx  f  x   2  0    f   x   dx 2   sin x cos xdx  Vậy I Câu 40 Cho hàm số f  x F  x ,G  x f  x liên tục  Gọi hai nguyên hàm  thỏa mãn F  15   G  15  38 B A F  3  G  3 20 Khi  3x dx D C Lời giải FB tác giả: Nguyễn Thanh Bằng FB phản biện: Phạm Minh Đức Ta có: G  x  F  x   C  F  15   G  15  38    F  3  G  3 20 2 F  15   C 38  F  15   F  3 9  2 F  3  C 20 15 F  15   F  3 f  x dx  f  x  dx  3  33 Vậy y mx   m  1 x   2m Câu 41 Hàm số có điểm cực trị  m  m   m 1 A B C m 0 Lời giải D m   m  FB tác giả: Phạm Hùng Trường hợp 1: m 0 hàm số cho trở thành y  x  Hàm số có cực trị cực đại  m 0 thỏa mãn y mx   m  1 x   2m Trường hợp 2: m 0 hàm số cho trở thành y 4mx   m  1 x 2 x  2mx  m  1 Ta có  x 0  x 0 y 0     1 m x  mx  m    *  m  ;  * vơ nghiệm có nghiệm x 0 YCBT  y đổi dấu lần  Phương trình  m 1 1 m  0   2m m 0 Kết hợp hai trường hợp ta m  m 1  m 1  ab 0  m  m  1 0    m 0 Giải nhanh: Với a khác hàm số cho có cực trị Câu 41 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số sau có ba điểm cực trị y 3 x   m   x   m2  m  3 x  12m x ? A B C D Lời giải: Facebook GV làm: Tam Ngo GV phản biện: Van Anh 2 y 12 x  12  m   x  12  m  m  3 x  12m Ta có , 2 y 0  x   m   x   m  m  3 x  m 0   x  1  x   m   x  m  0 (1)  x 1  2  x   m  3 x  m 0 (2) Để hàm số cho có điểm cực trị phương trình y 0 có ba nghiệm phân biệt  phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác a 0       3m  6m   1  m   m 0    1 m  Các giá trị nguyên m thỏa yêu cầu toán là: 0; 1; Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn y  x3   m   x   2m   x  Câu 41 Cho hàm số Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm hai phía trục hồnh  m     m     m     m  m  A  B m  C m  D  Lời giải FB tác giả: Thanh Tram Nguyen FB phản biện: Tam Ngo y ' 3 x   m   x  2m   x 1 y ' 3 x   m   x  2m  0    x  2m   2m   1  m   1 Hàm số có cực trị y (1) m  2  2m     2m   y   m 27    2m    y (1) y   0   Ycbt   2m      m  2   m      m    4m  36m  81m  54    27    m     m    3   m     m     m6    m  1     Từ , ta có ycbt f  x  x   2m  1 x   m   x   5m   x  2m  12 , với m tham số Có y  f  x  10; 10 giá trị nguyên m thuộc đoạn  để hàm số có nhiều điểm cực trị nhất? A 15 B 16 C 13 D 14 Lời giải FB tác giả: Võ Văn Hiếu FB phản biện: Nguyễn Thanh Bằng Câu 41 Cho hàm số y  f  x y  f  x Gọi k , n số điểm cực trị hàm số r số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  với trục hồnh, ta có: n k  r y  f  x Vì hàm số bậc nên k 3, r 4  n 7 Hàm số y  f  x y  f  x có nhiều điểm cực trị đồ thị hàm số cắt trục f  x  0 hoành điểm phân biệt, tức phương trình , có nghiệm phân biệt  x   2m  1 x   m   x   5m   x  2m  12 0   x  1  x    x  2mx   m  0 , có nghiệm phân biệt  x  2mx   m 0 có hai nghiệm phân biệt khác  khác  * g  x  x  2mx   m Đặt , ta có:   m  m      *   g   1 0   g   0 Từ ta  m     m  m   m    10;  9;  8;  6;  5;  4;3; 4;5;6;7;8;9;10 Có 14 số nguyên thỏa mãn Câu 41 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y x  24 x  mx có ba điểm cực trị? A 126 B 128 C 127 D 129 Lời giải FB tác giả: Tăng Văn Vũ FB phản biện: Huong Nguyen y ' 0  x  48 x  m 0  1 Ta có: y ' 4 x  48 x  m Xét phương trình  1 phải có nghiệm phân biệt Để hàm số có ba điểm cực trị phương trình  1  m 4 x3  48 x Ta có: g  x  4 x  48 x g '  x  12 x  48 g '  x  0  12 x  48 0  x 2 Xét hàm số có Cho g  x Bảng biến thiên  1 có nghiệm phân biệt  64  m  64 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình m    m    63,  62,  61, , 63 Do Vậy có 127 giá trị nguyên tham số m thỏa yêu cầu đề z1 , z2 thỏa mãn z1   i  z1   7i 6 iz2   2i 1 Giá trị nhỏ P  z1  z2 biểu thức A  B 2  C 2  D  Câu 42 Cho hai số phức Lời giải M Gọi điểm biểu diễn số FB tác giả: Trịnh Trung Hiếu z1 , phức z1   i  z1   7i 6  MA  MB 6 2; A   2;1 ; B  4;7  Ta có AB 6 , M thuộc đoạn thẳng AB N Gọi điểm biểu diễn số phức  z2 , iz2   2i 1   z2   i 1  NI 1, I  2;1 I  2;1 ; R 1 Khi N nằm đường trịn tâm Ta có P  z1  z2  z1    z2  MN d I ; AB  2 Ta có AB : x  y  0 ;  Khi Pmin d  I ; AB   R 2  Câu 42 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức phần ảo z 16 3 A B z   5i  z  i 11 C z 1  i nhỏ Tổng phần thực  11 D Lời giải FB tác giả: Hiếu Lê FB phản biện: Võ Văn Hiếu Giả sử z a  bi , có điểm biểu biễn M (a; b) z   5i  z  i  (a  2)  (b  5) a  (b  1)  a  3b  0 Suy M   : x  y  0 z   i  ( a  1)  (b  1)  AM Ta có: z 1  i với A( 1;1) nhỏ  AM nhỏ  M H , với Dấu xảy M( H(  23 ; ) 10 10 hình chiếu A   23  23 ; ) z  i 10 10 10 10  11 Vậy tổng phần thực phần ảo z z  2 z Câu 42 Xét số phức z thoả mãn Gọi M m giá trị lớn giá trị 2 z nhỏ Giá trị M  m A B C D  Lời giải FB tác giả: Nguyễn Quế Sơn FB phản biện: Tăng Văn Vũ Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 dấu xẩy z1 kz2 ,  k 0  Ta có 2 z  z   z    z     z  z  z  0  z 1   1 2 z  z   z  z  z   z 2  z  z  0  z     Từ  1  2 suy   z  1 2 Do đó, ta có M  1 m   Vậy M  m 4 z   6i  z Câu 42 Xét số phức z thỏa mãn Gọi M m giá trị lớn giá z trị nhỏ Giá trị M  m 41  41 A B C 41 D  41 Lời giải FB tác giả: Trung Nguyen FB PB: Tho Nguyen