2023 đề thực chiến số 28 đề chuẩn cấu trúc 2023

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 28 (Đề gồm có 06 trang) Họ tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………… 1.B 11.A 21.D 31.D 41.D Câu 1: 2.A 12.B 22.C 32.B 42 3.C 13.D 23.A 33.C 43.C 4.B 14.B 24.D 34.C 44.C Số tổ hợp chập k ,  k   A Cnk  n! k! 5.C 15.D 25.C 35.B 45.B 6.C 16.D 26.D 36.B 46 7.C 17.C 27.A 37.A 47.D tập hợp có n phần tử Cnk  B n! k ! n  k  ! Cnk  C 8.C 18.D 28.B 38.B 48.B 9.B 19.C 29.B 39.C 49.C *  n   , k n  là: n! k  n  k! Cnk  D n!  n  k! Lời giải Chọn B Cnk  Ta có Câu 2: n! k ! n  k  ! x Đạo hàm hàm số y  x A y  ln  x B y  x ln  C Lời giải y  x ln  x D y  x Chọn A x x Ta có y   y  ln  Câu 3: Cho hàm số y  f  x Khi hàm số  1;   A  xác định  có bảng xét dấu đạo hàm sau: y  f  x đồng biến khoảng  ;2   1;2  B  C  Lời giải D   ;  1 Chọn C Từ bảng xét dấu, hàm số Câu 4: y  f  x đồng biến khoảng   1;2  Một khối lăng trụ có diện tích đáy B, chiều cao h Thể tích khối lăng trụ Bh A B Bh Bh C 10.A 20.A 30.C 40.C 50.D D 3Bh Lời giải Chọn B Câu 5: Cho F  x   e x  dx   x A F  x  e  C C F  x  e x  x  C Trong khẳng định sau, khẳng định đúng? B F  x  e x  x  C D F  x   e x  x  C Lời giải Chọn C Ta có Câu 6: F  x   e x  dx e x  x  C   1;2 Giá trị nhỏ hàm số y 1  x đoạn   A B C D  Lời giải Chọn C Ta có y 3x 0, x   1;2 Do hàm số đồng biến  1;2 y  y  1 2 Khi  1;2 Câu 7: Tập nghiệm bất phương trình A  11; B log  x  1 1  1; C  11; D   ;11 Lời giải Chọn C Câu 8: x   log  x  1 1    x 11  x  10 Ta có     OA  i  j  2k Khi điểm A có toạ độ Oxyz Trong khơng gian , cho véc tơ 1;  1;    1;1;    1;1;2  1;  1;2  A  B  C  D  Lời giải Chọn C      OA  i  j  2k  OA   1;1;2   A   1;1;2  Ta có Câu 9: Cho cấp số cộng A d   un  có u1  B d 3 u2 1 Tìm cơng sai d C d 2 D d  Lời giải Chọn B Công sai cấp số cộng cho d u2  u1 1     3  2023 y  x  1 Câu 10: Tập xác định D hàm số D  \  1 D   ;1 A B C D  D D  1;  Lời giải Chọn A Điều kiện x  0  x 1 D  \  1 Tập xác định hàm số Câu 11: Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên? A y  x  x  B y  x  x  C y  x  x  D y  x  x  Lời giải Chọn A Đồ thị hàm số có dạng hàm số y ax  bx  c nên loại phương án B D Lại có lim y   x   Câu 12: Đồ thị hàm số nên a  , loại phương án C y A x 2 x x  có đường tiệm cận đứng B x  C y 1 D y  Lời giải Chọn B Tập xác định: D  \   1 x  ; lim y   x   x    1 x  x    1 đường tiệm cận đứng lim y  lim Ta có x    1 Câu 13: Cho hàm số A  y  f  x  có đạo hàm B f '  x  x   x  Chọn D  x 0 f '  x  0  x   x  0    x 2 Ta có f x Bảng xét dấu   : Vậy hàm số y  f  x có hai điểm cực trị Số điểm cực trị hàm số C Lời giải D y  f  x Câu 14: Cho hàm số f  x  3x  Trong khẳng định sau, khẳng định đúng? A f  x  dx   x  x C f  x  dx  x C  C f  x  dx  x  x  C f  x  dx  x3  x  C  D B Lời giải Chọn B f  x  dx  x  1 dx  x3  x  C  Ta có x Câu 15: Nghiệm phương trình 9 A x 1 B x  C x 0 D x 3 Lời giải Chọn D x x Ta có 9  3  x  2  x 3 x F ( x)  sin dx Biết F    1 Mệnh đề đúng? Câu 16: Cho F  2;3 F   4;   F  0;1 A    B    C     Lời giải Chọn D x x F ( x)  sin dx  2cos  C F  1  C 1 2 Ta có    D F      2;0   x F ( x)  2cos  F     2;0  Vậy Suy   Câu 17: Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng? A Hình chóp có đáy hình thoi ln có mặt cầu ngoại tiếp B Hình lăng trụ đứng ln có mặt cầu ngoại tiếp C Hình chóp có đáy hình thang cân ln có mặt cầu ngoại tiếp D Hình lăng trụ có đáy hình chữ nhật ln có mặt cầu ngoại tiếp Lời giải Chọn C Hình chóp có đáy đa giác có đường trịn ngoại tiếp có mặt cầu ngoại tiếp Câu 18: Cho hàm số bậc bốn y  f  x y  f  x có đồ thị hàm số có điểm cực trị? y  f  x  đường cong hình bên Hàm số A C Lời giải B D Chọn D Từ đồ thị hàm số ta có bảng xét dấu Do hàm số y  f  x y  f  x  có cực trị Câu 19: Cho khối chóp tứ giác có đáy hình vng tích V Nếu tăng độ dài chiều cao khối chóp cho lên gấp ba giữ nguyên cạnh đáy ta khối chóp tích A V B 9V V D C 3V Lời giải Chọn C 1 V   h.B  3h.B 3 hB 3V 3 Thể tích khối chóp a b Câu 20: Cho số thực a , b Biểu thức A log 2  log 2 có giá trị A a  b B ab C  ab D  a  b Lời giải Chọn A a b Ta có A log 2  log 2 a log 2  b log 2 a  b Câu 21: Cho hình chóp S ABC , đáy ABC tam giác vuông C có AB 2a, BC a , cạnh bên SA vng góc với đáy SA a Tính thể tích khối chóp S ABC A a 3 a B a D C 3a Lời giải Chọn D AC  3a Ta có  a2 S  a2 a3  ABC a   VS ABC   2  SA a  Câu 22: Số nghiệm nguyên bất phương trình A B Vô số log  x     2log x C Lời giải Chọn C Điều kiện x  D Ta có: log  x     2log x  log  x    log  x6 16  x  x  16   x 16 x2 x 2     x    So với điều kiện ta có  x    Suy nghiệm nguyên bất phương trình cho x 1 Vậy bất phương trình có nghiệm nguyên Câu 23: Cho khối trụ có chiều cao h bán kính đáy thể tích V 27 Tính chiều cao h khối trụ A h 3 B h 3 C h 3 D h 3 Lời giải Chọn A Thể tích khối trụ V  R h  h 27 suy h 3 Câu 24: Hình chóp S ABCD có diện tích đáy ABCD a độ dài đường cao 6a Thể tích khối chóp S ABCD A 6a B a C 3a D 2a Lời giải Chọn D V  a 6a 2a 3 Thể tích khối chóp S ABCD Câu 25: Cho hình nón có độ dài đường sinh 6a bán kính đáy a Diện tích xung quanh hình nón cho A 12 a B 8 a C 6 a D 2 a Lời giải Chọn C S xq  R.l  a.6a 6 a Câu 26: Chọn khẳng định sai khẳng định sau Trong khối đa diện: A Mỗi mặt có cạnh B Mỗi đỉnh đỉnh chung mặt C Mỗi cạnh cạnh chung mặt D Hai mặt ln có điểm chung Lời giải Chọn D Trong khối đa diện hai mặt ln có điểm chung 1 x  y x  x Câu 27: Số đường tiệm cận đồ thị hàm số A B C Lời giải D Chọn A Điều kiện D   4;  \  0 1   1 x  x x x2 lim  lim 0  y 0 x   x  x x   1 x tiệm cận ngang 1 x  1 x  ; lim    x 0 2 x  0 x  x x  0 x  x tiệm cận đứng lim Câu 28: Trên khoảng  0; y ln , đạo hàm hàm số x y'  1 x A 1 x y'  x B x e x 1 x y'  x C x y'  1 x D Lời giải Chọn B y ln x 1 x ln x  x  y '    x x x e Câu 29: Cho hàm số bậc ba y  f  x có đồ thị đường cong hình bên Số nghiệm thực phương trình A B f  x  1 C Lời giải D Chọn B Phương trình f  x  1 có ba nghiệm phân biệt Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi B  2;1;2   S mặt cầu qua hai điểm  S  có tâm thuộc trục Oz Bán kính mặt cầu B R  A R 6 C R  Lời giải Chọn C Gọi I  0;0; z   Oz tâm mặt cầu Mặt cầu qua hai điểm  S A   1;  2;4  B  2;1;2  , nên D R 3 A   1;  2;4  , 2 IA IB  12  22   z   22  12   z    z 3 2 Bán kính mặt cầu R IA     Câu 31: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BDD ' B ' a B A a a D 2a C Lời giải Chọn D Gọi O giao điểm AC BD  AC  BD a  AC   BDD ' B '   d  A,  BDD ' B '    AO    AC  BB ' Ta có Câu 32: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số A m B m y  x2  x  m C Lời giải  m  có tập xác định  D m Chọn B Để thoả mãn yêu cầu tốn x  x  m  0, x     1  4m   m  y 3 y  x  x  m m Câu 33: Cho hàm số ( tham số thực), thỏa mãn  0;2 Mệnh đề đúng? A  m  20 B m  20 C  10  m  D m   10 Lời giải Chọn C x 1  0;2  Ta có y  3 x  3; y 0  x 1 , ta có y m; y  1 m  2; y   m  Mặt khác:   y m  y 3 0;2  Khi Do  0;2 nên m  3  m 5 Vậy  10  m  log x  48  x   Câu 34: Biết tổng nghiệm phương trình Tính 2a  b A 2a  b 8 B 2a  b 5  a  b log C 2a  b 9 Lời giải với  a; b   D 2a  b 6 Chọn C Ta có log x  48  x   x  48 2 x   2 x  16.2 x  48 0    x 4    x  12  x 2  x log 12   Vậy tổng nghiệm là:  x 2  x 2  log   log  a 4; b 1  2a  b 9 f '  x   x  1 Câu 35: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm khoảng A   1;  B x  Hàm số 1 y  f ( x ) nghịch biến   1;1 D  Lời giải C   ;  1  1; Chọn B Ta có f  x    x      x  Vậy hàm số nghịch biên khoảng   1;1 2log  x  3   2m  5 log Câu 36: Có giá trị nguyên m để phương trình hai nghiệm A x1 , x2 x  x2  thỏa mãn B C Lời giải Chọn B Ta có: 2log  x  3   2m  5 log x 2m  1 Điều kiện:  x 4  1  log 22  x  3  Đặt m log  x     2m   0   t log  x  3 x   3;5 \  4  t    ;1 \  0 ; t  mt   2m   0  3 Thay t vào   ta được: Phương trình   3  1 có hai nghiệm có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 t1 , t2 thỏa mãn thỏa mãn x1  x2  t1, t2    ;1 \  0 D x 2m có  m  8m  20   1 f  1 m      f   2m  0   S m   2 f t t  mt   2m   , với    m     ;     10;      m    6;    m    6;2     5 m   m    Câu 37: Một hội chợ có dãy gồm 15 gian hàng lưu niệm liên tiếp Một doanh nghiệp X bốc thăm chọn ngẫu nhiên gian hàng 15 gian hàng để trưng bày sản phẩm Xác suất để gian hàng chọn doanh nghiệp X có gian hàng kề 44 A 455 B 55 22 C 455 D 33 Lời giải Chọn A 4  n    C15 Số cách chọn ngẫu nhiên gian hàng 15 gian hàng cho là: C15 Gọi A biến cố: “trong gian hàng chọn doanh nghiệp X có gian hàng kề nhau” Ta tính n  A : Trường hợp 1: Ba gian hàng kề đầu dãy cuối dãy: Khi đó, chọn ba gian hàng kề có cách, gian hàng cịn lại có 11 cách chọn Suy ra, có 2.11 22 cách chọn Trường hợp 2: Ba gian hàng kề nhau, khơng có gian hàng nằm đầu dãy cuối dãy: Khi đó, có 11 cách chọn ba gian hàng kề Gian hàng thứ tư chọn phải khác gian hàng(gồm gian hàng kề chọn gian hàng kề ba gian hàng đó), nên có 10 cách chọn gian hàng thứ tư Suy ra, có 11.10 110 cách chọn n  A  22  110 132 Vậy P  A  Suy ra: n  A 132 44   n    C15 455 Câu 38: Có giá trị nguyên tham số m để hàm số nhất? A B y  x3  x  m C Vô số đạt số điểm cực trị nhiều D Lời giải Chọn B Đặt Do: f  x   x3  3x  m   SDCT f  x  SDCT  f  x    SNBL  f  x    x 0 f  x  3x  x  f  x  0    x 2 nên hàm số f  x  có hai điểm cực trị Mà f  x Để hàm số biệt Khảo sát hàm số có nhiều điểm cực trị phương trình f  x Nên phương trình f  x  0 có ba nghiệm phân ta vẽ được hình ảnh đồ thị hàm số sau: f  x  0 có nhiều nghiệm bội lẻ khi:   m  Vậy có giá trị nguyên tham số m để hàm số có nhiều điểm cực trị Câu 39: Cho hai hình vng ABCD , ABEF nằm hai mặt phẳng vng góc với M tâm hình vng ABEF Cosin góc hai mặt phẳng ( MCD),( EFCD) A 10 B 10 10 C 10 D Lời giải Chọn C Gọi N , K trung điểm AF , BE Khi ( MCD) ( NKCD) Do  ABCD    ABEF  ,  ABCD    ABEF   AB ,  AF   ABCD   AF  CD ( MCD )  ( EFCD) CD ; Suy Đặt  CD   ADF      ( MCD ),( EFCD )  NDF AB a  a   AF  AB ; ADF    EFCD  FD ; ADF    MCD   ND Tam giác NDF có: NF  a a ND  , DF a 2, cos  Suy ra: Câu 40: Cho hàm số DF  DN  FN  DN FD 10 y  f  x có bảng biến thiên hình vẽ bên Số nghiệm thực phân biệt phương trình A B f  f  x   1  0 C D Lời giải Chọn C  f  x   3  f  x  2 f  f  x   1  0  f  f  x   1       f  x   a   f  x   a  a   1 Ta có: f  x  2 Thì phương trình có nghiệm phân biệt f  x   a  với a   phương trình có nghiệm Vậy phương trình: f  f  x   1  0 có nghiệm thực phân biệt  Câu 41: Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy hình chữ nhật với AB 2a, BC a Biết A ' AB 90 AA ' a 5, CA ' 2a Thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' A a B 2a C 3a Lời giải D 4a Chọn D        2 CA CD  CB  CC  CA  CD  CB  CC  8a 4a  a  5a  2.a.a cos C CB  cos C CB  Suy  1 cos DDA  cos AAD  5 Gọi H hình chiếu A AD Có cos AAD  AH   AH a AA nên H D  Suy AD 2a ; S ADDA  A D.DA 2a CD  DA; CD  DD  CD   ADDA  VABCD ABC D CD.S ADDA 4a3 Có Câu 42: Cho hàm số bậc ba y  f  x Hàm số g  x   f  x  2 có bảng biến thiên bên Tổng tất giá trị nguyên tham số m để tập nghiệm phương trình  mx f  f  x   m  0 có phần tử bằng: A B  C  Lời giải Chọn C f x Từ giả thiết hàm số   có bảng biến thiên sau: Dựa vào bảng biến thiên suy f  x   x3  3x  D  x 1  f  x   x  x  0   x 1 Phương trình Phương trình  mx f  f  x   m  0  * với điều kiện :  mx 0  f  x   m 1   f  f  x   m  0   f  x   m 1    f  x   m 1 Xét phương trình  mx 2  f  x   m 1   f  x   m     f  x   m 1    f  x   m     f  x   m 1  f  x  m  Khi ta có: Phác họa ba đồ thị hệ trục tọa độ: Trường hợp 1: Nếu m 0 , ta có  1  2  3     m 1     m   m    Yêu cầu toán mà m 0   m      m 2 2  mx 0   mx  x   x  m m m Trường hợp 2: Nếu m  , x   m tốn trở thành tìm giá trị Nhận xét: Phương trình ln có hai nghiệm f f x  m  0 tham số m (với m  0, m   ) cho phương trình    có ba nghiệm phân   biệt thuộc  m ;   m  f  x   m 1   0,732   f  x   m 1  2,732   f  x   m 1 Khi ta có:    Do m   nên xét m  suy  m ;      2;2   m nên khoảng  m ;   m f x  m  x3  3x   m h x  f  x  m có cực trị x 0 Ta có:   Đặt   Bảng biến thiên: Với m   h  x   x3  3x   phương trình f  h  x   0 có nghiệm Suy phương trình cho có nghiệm (loại) Với m   h  x   x3  3x  trình cho có nghiệm (loại) phương trình f  h  x   0 có nghiệm Suy phương  2    ;  m   h  x   x  3x   f h x 0 3 Với phương trình     có nghiệm  Suy phương trình cho có nghiệm (thỏa mãn) f  h  x   0    có tối đa nghiệm  m Với m   phương trình Vậy m  {2;  3} nên tổng giá trị nguyên tham số m  ;   m  (loại) Câu 43: Cho hai khối cầu có tổng diện tích 80 tiếp xúc ngồi tiếp xúc với mặt phẳng  P  hai điểm A 24 2 A, B Tính tổng thể tích hai khối cầu biết AB 4 B 96 2 C 96 D 192 Lời giải Chọn C Gọi R1 , R2 bán kính  R1  R2  ; I , J tâm mặt cầu (như hình vẽ) Gọi H hình chiếu J lên IA Theo ra, ta có hệ: 2  R  R   IH  HJ  R1.R2 8   R1  R2   R1  R2   AB     2 2  R1  R2 6  4 R1  R2 80  R1  R2 20    R1 4   R2 2 4 V   R13  R23   72 96 3 Vậy   Câu 44: Trong mặt phẳng  P   cho tam giác ABC có AB 1 , AC 2 , BAC 60 Điểm S thay đổi P B C thuộc đường thẳng qua A vuông góc với   , ( S khác A ) Gọi , hình T chiếu vng góc A SB , SC Đường kính MN thay đổi mặt cầu   ngoại tiếp ABCB1C1 I điểm cách tâm mặt cầu Tính giá trị nhỏ IM  IN khối đa diện A B 20 C Lời giải Chọn C T  khoảng ba lần bán kính D 10 2 Ta có BC  AB  AC  AB AC cos A 3  BC  Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC : R BC 1 2sin A Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A điểm đối xứng A qua J AC  AC , AB  AB, AB1  AB1 , AC1  AC1  A, B, C , A1 , B1 Ta dễ dàng chứng minh được: thuộc mặt cầu tâm J , đường kính AA 2 R 2 MN Đặt IM x, IN  y; x, y   2;4  x 2, y 4 2  x 4, y 2  x  y 20 Nếu I , J , M , N thẳng hàng  Nếu I , J , M , N khơng thẳng hàng IJ  x  y MN   MN   x  y 2  IJ   2   1 20 2   Vậy, ta có: x  y 20 Do x, y   2;4   x    y   0  xy 2  x  y   x  y 20   x  y   20 2 xy 4  x  y     x  y    x  y   12 0  x  y 6  x 2  y 4  x  y  6    y 2  x 4 Vậy Câu 45: Cho hàm số y  f  x thỏa mãn B A f   0, f  x   f  x  1, x   Giá trị C ln Lời giải D ln Chọn B Ta có  f  x   f  x  1  e x f  x   e x f  x  e x  e x f  x  e x Lấy tích phân hai vế cận chạy từ  ln ta được:  f  ln   ln x  ln x  e f  x   dx  e dx 1  f  ln   f   1  f  ln    2023;2023 Câu 46: Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  để bất phương trình x  m  4.23 x  2m  4.2 x  m  nghiệm với x    ;4 ? A 2015 B 92 C 2032 Lời giải Chọn A D 93 x  m  4.23 x  2m  4.2 x  m   x  4.23 x  4.2 x.2m  2m  2m  22 x 2m  22 x  4.2 x     2m  m  2 0  m  2  m  2  22 x  4.2 x  22 x  22 x  4.2 x  22 x  1  2 0  22 x 28 x    ;4    x 2x   192 4.2  2 Giải hệ phương trình  2m  22 x  m x 2x   4.2  (1)  2m  28 x    ;4    m 8 2m  2   Để (1) nghiệm với  2023;2023 Do m nguyên thuộc đoạn  nên có 2015 giá trị m  2m  22 x  m  4.2 x  22 x Giải hệ phương trình  (2)  2m 0 x    ;4    m    192 khơng có giá trị m thỏa mãn Để (1) nghiệm với Vậy có 2015 giá trị m  Câu 47: Cho hình lập phương ABCD ABC D có cạnh a Gọi   mặt phẳng qua CD tạo Mặt phẳng    chia khối lặp phương với mặt phẳng V ,V V  V2 V thành hai khối đa diện tích với Tính 10 17 V1  a V1  a V1  a V1  a 12 17 24 24 A B C D  ABCD góc  với tan   Lời giải Chọn D  ABC D     DI mặt phẳng qua CD’ cắt C B I   Kẻ C H  DI  DI  CH   CHC  2a C   C H C C.cot   Ta có CCH vng Mặt phẳng   1    C I 4a  C I 2a 2 C D C I Ta có C DI vuông C H  Ta thấy với C I 2a CI  B B Q nên Q trung điểm BB DI  AB P nên P trung điểm AB Ta có: 1 1 7a3 VI CC D VI B PQ  VCD C .QPB   VCD C .QPB  VI CC D   VI B PQ  2a a.a  a a.a  V2 3 24 Vì VABCD AB C D  V1  V2 V1  VCD C .QPB   V1 VABCD AB C D   VCD C .QPB  a  a 17 a3  24 24 17 a V1  24 Vậy Câu 48: Gọi S tập hợp tất số phức z cho số phức số phức A 16 z1 , z2  S thỏa mãn z1  z2 2 B 20 w , giá trị lớn C 10 Lời giải Chọn B Cách 1: Gọi z  x  yi  x, y    w Ta có: w Do x  y  x  yi  z  z z  z 0 nên x  y  x  yi  1 | z |  z có phần thực Xét x2  y  x   y2 P  z1  5i  z2  5i D 32 x2  y  x nên theo giả thiết ta có:  x2  y  x 1    2 2 2 8 x  y  2x x  y  x  y x2  y  x  y  x2  y  x  2 x y 1     x2  y2 x2  y  x   x  y 4  x  y  x 0  Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm gốc tọa độ O , bán kính r 4 (bỏ điểm  4;0  ) Giả sử hai điểm A, B điểm biểu diễn số phức z1 , z2 A, B thuộc đường trịn  O;4  nên: OA OB 4 z  z 2  AB 2 I 0;5 , IO 5 K Vì: Gọi  , trung điểm đoạn thẳng AB OK  AB , ta có:         2 P  z1  5i  z2  5i  AI  BI  IA  IB  IA  IB IA  IB 2 BA.IK        2 BA IO  OK 2 BA.IO 2 BA.IO.cos BA, IO 2 BA.IO 20   Dấu " " xảy vecto BA, IO hướng     P  z1  5i  z2  5i Vậy Cách 2: Điều kiện: Đặt z  x  yi , ta có:   có giá trị lớn 20 z  z 0  z  z w  (*) z  z z  x yi    z  z  z  z z  z  z  z z  z  z  z z  z       z  x z  x z  x 1        z  z  z  z z  x z  z  x  z (1) Vì w có phần thực z  x 0 (1)  z 4 Từ điều kiện (*) suy ra: Do đó: Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm gốc tọa độ O , bán kính   r 4 (bỏ điểm  4;0  ) Giả sử hai điểm A, B điểm biểu diễn số phức z1 , z2 A, B thuộc đường tròn  O;4  nên: OA OB 4 z  z 2  AB 2 I 0;5 , IO 5 K Vì: Gọi  , trung điểm đoạn thẳng AB OK  AB , ta có:         2 P  z1  5i  z2  5i  AI  BI  IA  IB  IA  IB IA  IB 2 BA.IK        2 BA IO  OK 2 BA.IO 2 BA.IO.cos BA, IO 2 BA.IO 20   Dấu " " xảy vecto BA, IO hướng      P  z1  5i  z2  5i Vậy có giá trị lớn 20 Cách 3: z  z 0  z  z Điều kiện: (*)   ww Ta có: z  z | z |  z z  z z 1     z  z z  z  z  z z  z z z  z zz  z     1 1 ww    z 4 z | z |  z Vì có phần thực nên Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm gốc tọa độ O , bán kính w r 4 (bỏ điểm  4;0  ) Giả sử hai điểm A, B điểm biểu diễn số phức z1 , z2 thì: A, B thuộc đường trịn  O;4  nên: OA OB 4 z  z 2  AB 2 I 0;5 , IO 5 K Vì: Gọi  , trung điểm đoạn thẳng AB OK  AB , ta có:         2 P  z1  5i  z2  5i  AI  BI  IA  IB  IA  IB IA  IB 2 BA.IK        2 BA IO  OK 2 BA.IO 2 BA.IO.cos BA, IO 2 BA.IO 20   Dấu " " xảy vecto BA, IO hướng    Vậy  P  z1  5i  z2  5i    có giá trị lớn 20 A  5;  2;0  , B  4;5;   C  0;3;2  Câu 49: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm Điểm M di      Q 2 MA  MB  MC  MB  MC chuyển trục Ox Đặt Biết giá trị nhỏ Q có dạng a b a, b   b số nguyên tố Tính a  b A 38 B 23 C 43 D 18 Lời giải Chọn C            Q 2 MA  MB  MC  MB  MC 2 3MG  GA  GB  GC  2MI  IB  IC Ta có G 3;2;0 I 2;4;0  Với    trọng tâm tam giác ABC  trung điểm BC , ta có:   Q 2 3MG  MI 6  MG  MI  , G ' 3;  2;0  Do G I nằm cùng phía so với Ox nên gọi  điểm đối xứng G qua Ox   Q 2 3MG  MI 6  MG  MI  6  MG ' MI  6G ' I 6 37 Khi Đẳng thức xảy M giao điểm G ' I Ox Câu 50: Cho hàm số f  x Đồ thị hàm số liên trục  thỏa mãn điều kiện y  g  x  ax3  bx  cx  cắt đồ thị f  x  2 x3   xf y  f  x độ 1;2; Hình phẳng giới hạn hai đường cong 23 A 12 B 24 13 C 24 Lời giải    15 x dx ba điểm phân biệt có hoanhf f  x g  x có diện tích bằng: 37 D 12