2023 đề thực chiến số 13 đề chuẩn cấu trúc 2023

BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 13 (Đề gồm có 06 trang) KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Họ tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………… Câu 1: Câu 2: Cho số phức z   3i Số phức iz A  4i B  4i D   4i Chọn D iz i    3i    4i Ta có u u  Cấp số cộng  n  có , công sai d 4 Số hạng thứ cấp số cộng cho A -8 B 14 C 10 D -128 Lời giải Chọn C u u1  3d   3.4 10 Ta có: 4 Câu 3: C   4i Lời giải Tích phân 2 1 x dx B A C D Lời giải Chọn D Ta có: Câu 4: 2 1 Cho hàm số x dx  x 1 f  x có bảng xét dấu đạo hàm sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây?  ;    2;1 1;3 A  B  C   Lời giải Chọn B D  0;3 Nhìn vào bảng xét dấu đạo hàm, áp dụng định lý mở rộng ta có: hàm số khoảng Câu 5:   2;1  3;  x 1 3x  Nghiệm phương trình A x 1 B x  Chọn B f  x C x  Lời giải D x 3 đồng biến x 1 Ta có Câu 6: Câu 7: 3 x   x   x   x  Oxz  Trong không gian Oxyz , véc tơ véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  ?     n  1;  1;0  n  0;1;0  n  1;0;1 n  1;  1;1 A B C D Lời giải Chọn B   n  j  0;1;0  Oxz   Mặt phẳng vuông góc với trục Oy nên nhận véc tơ làm VTPT Với a số thực dương tùy ý, A a3 a B a C a Lời giải D a Chọn A Câu 8: Câu 9: 2 a Với a số thực dương ta có, a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z 5  2i có tọa độ  2;5  5;   2;5 5;2  A  B  C  D  Lời giải Chọn B 5;   Điểm biểu diễn số phức z 5  2i  f x Cho hàm số bậc ba   có đồ thị hình vẽ bên: Giá trị cực tiểu hàm số cho A B C Lời giải D  Chọn D Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đạt cực tiểu x 3 giá trị cực tiểu y  M 1;  2;1 Câu 10: Trong không gian Oxyz , đường thẳng qua điểm  ? x  y  z 1 x y2 z d2 :   d3 :   1 3 A B C d4 : x 1 y  z    D Lời giải Chọn B d1 : x  y  z 1   1 Từ phương trình tắc đường thẳng M  1;  2;1 d3 ta thấy đường thẳng d3 qua điểm f x log  x  1 Câu 11: Tập xác định hàm số    1;    ;  1  \   1 A  B  C Lời giải Chọn C Điều kiện xác định:  x  1 D  1;   x  Vậy tập xác định hàm số D  \   1 Câu 12: Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước 5;7;8 A 35 B 280 C 40 D 56 Lời giải Chọn B Thể tích khối hộp chữ nhật 5.7.8 280 z 2i  z 1  5i 3z  z Câu 13: Cho hai số phức Môđun số phức A 185 B 57 C 40 Lời giải D 56 Chọn A Ta có z1  z2   11i  z1  z2  Câu 14: Họ nguyên hàm hàm số A ln x   C f  x      112  185 x  x C ln  x  1  C x B C Lời giải  D  x  1 C Chọn A 1 f  x  dx x  dx x  d  x  1 ln x   C Ta có Câu 15: Cho khối chóp có diện tích đáy B 3 thể tích V 6 Chiều cao h khối chóp cho A 18 B C D Lời giải Chọn D 3V 3.6 V  B.h  h    h 6 B Ta có:     u   1;3;   v  2;5;  1 Oxyz Câu 16: Trong không gian , cho hai vectơ , Vectơ u  v có tọa độ 1;8;  3  3;8;  3 3;8;  3  1;  8;3 A  B  C  D  Lời giải Chọn A     u  v    2;3  5;   1  u  v  1;8;  3 Ta có: Câu 17: Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên? A y  x  x B y  x  x  C y  x  x  Lời giải D y  x  x  Chọn C Đây đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương có hệ số a  f x 1;2 f 1 f   4 Câu 18: Cho hàm số   có đạo hàm liên tục đoạn   Biết   , Khi đó f '( x)dx B  A C Lời giải D  Chọn A Ta có f '( x)dx  f  x   f    f  1 4  3 Câu 19: Cho khối nón bán kính đáy r 4 chiều cao h 9 Thể tích khối nón cho A 126 B 36 C 48 D 108 Lời giải Chọn C 1 V   r h   42.9 48 3 Thể tích khối nón cho S : x  y  z  x  y  z  0 S Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   Tâm   có tọa độ 1;  1;2   1;1;   1;1;    2;  2;4  A  B  C  D  Lời giải Chọn B S I  1;1;   Mặt cầu   có tâm  Câu 21: Họ nguyên hàm hàm số f ( x) 3sin x A  3sin x  C Chọn D B 3cos x  C C 3cos 2x  C Lời giải D  3cos x  C Ta có 3sin xdx  3cos x  C Câu 22: Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vng cạnh 4a Diện tích xung quanh hình trụ cho 2 B 4 a A 16 a C 64 a Lời giải D 8 a Chọn A Gọi R, h, l bán kính đáy, chiều cao, đường sinh hình trụ Theo ta có, hình trụ có thiết diện qua trục hình vng ABCD cạnh 4a nên: AB 4a R  2a 2 , l h  AD 4a S 2 Rl 2 2a.4a 16 a Diện tích xung quanh hình trụ là: xq M  0;  1;2  P : x  y  3z  0 Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho điểm mặt phẳng   Đường P thẳng  qua M vuông góc với mặt phẳng   có phương trình tham số  x 4  x 4t  x 4  x 4t      y  t  y   t  y 1  t  y   z   2t  z 2  3t  z   2t  z 2  3t A  B  C  D  Lời giải Chọn B  u  4;1;  3    P   Ta có: có vec-tơ phương  x 4t   :  y   t  z 2  3t M 0;  1;2   Mặt khác  qua  nên Câu 24: Hàm số sau nghịch biến  x 1 y x  A B y  x  C y   x  1 D y  x  x  x  Lời giải Chọn D Hàm số y x 1 x  có tập xác định D  \  1 , nên hàm số không nghịch biến  y '  x 0, x   0;  Hàm số y  x  có , nên hàm số không nghịch biến  Hàm số  y   x  1 có y '  x  0, x    1;  , nên hàm số không nghịch biến 2 Hàm số y  x  x  x  có y '  x  x  0, x   , nên hàm số nghịch biến  Câu 25: Có cách xếp chỗ ngồi cho học sinh vào dãy ghế hàng ngang gồm ghế, học sinh ngồi ghế A 5! B A5 C C5 D Lời giải Chọn B Mỗi cách xếp chỗ ngồi cho học sinh vào dãy ghế hàng ngang gồm ghế, học sinh ngồi ghế chỉnh hợp chập Vậy số cách xếp là: A5  x2 x  x  Câu 26: Số đường tiệm cận đồ thị hàm số A B C Lời giải Chọn C y D  x 1 x  x  0   D   3;3 \  1  x 5 Tập xác định: Ta có  x2  x2 lim y  lim   lim y  lim    x  1 x  x  x  1 x  x  Do x  , x nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1 x 5    3;3 nên đồ thị hàm số không nhận x 5 tiệm cận đứng D   3;3 \  1 Vì hàm số có tập xác định nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang Vậy đồ thị hàm số cho có tiệm cận đứng x 1 Do Câu 27: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy SA  3a Gọi M trung điểm BC , góc đường thẳng SM mặt phẳng A 45 Chọn C B 30 C 60 Lời giải D 90  ABC  Ta có ABC đều, cạnh a nên mặt phẳng  ABC  AM  a SA   ABC  nên góc đường thẳng SM  góc SMA 3a SA   tan SMA     SMA 600 AM a Trong SMA vuông A ta có: Vậy góc ABC  đường thẳng SM mặt phẳng  60 Câu 28: Với a số thực dương tùy ý, ta có log a A a 4 log a B a 2 C a 4 Lời giải log a Chọn A log b c c Do ta có 4log a a Với b, c  0; b 1 ta có b 3x  y x  cắt trục hoành điểm có hoành độ Câu 29: Đồ thị hàm số A B  C log D a a D  Lời giải Chọn D Tập xác định: D  \  2 Cho y 0  3x  0  x  x z Câu 30: Cho số phức z 2  6i , đó số phức  3i có phần ảo 6   i  A B C Lời giải Chọn A  6i   6i    3i   16  12i     i 1 10 5 Ta có  3i f ( x)  Câu 31: Hàm số  1;2  A  x x  đồng biến khoảng  2;  1  2;  B  C  Lời giải D D  i   1;  Chọn B Tập xác định D R \  1 f ' ( x)  Đạo hàm  x  1  0, x  D Bảng biến thiên  ;1 1; Từ bảng biến thiên suy hàm số đồng biến khoảng   log 0,5 (2 x  8)  log 0,5 (  x  4) Câu 32: Tập nghiệm bất phương trình  1;    4;  1  1;2   ;  1   2;  A  B  C  D  Lời giải Chọn C 2 x    4x2   x    Điều kiện Khi đó ta có: x    x   x   Kết hợp với điều kiện suy   x  Câu 33: Một lớp học có 15 học sinh nữ 25 học sinh nam Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ban cán lớp gồm học sinh Tính xác suất để ban cán lớp có nam nữ 251 2625 1425 450 A 1976 B 9880 C 1976 D 988 Lời giải Chọn C n  C40 9880 Không gian mẫu có số phần tử:   Gọi biến cố A : “Ban cán lớp gồm học sinh có nam nữ” Trường hợp 1: Ban cán có nữ nam: C15 C25 Trường hợp 2: Ban cán có nữ nam: C15 C25 n  A  7125 1425  P  A    2  n  A C15 C25  C15 C25 7125 n    9880 1976 Câu 34: Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên 10 số tự nhiên Xác suất để chọn số chia hết cho A 10 B Chọn D Ta có n    C10 10 C 10 Lời giải D Gọi biến cố A “chọn số chia hết cho ” Trong 10 số tự nhiên đầu tiên, số chia hết P  A  n  A   n    10 n A 4 cho gồm: 0;3;6;9 , nên ta có   Vậy Câu 35: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có độ dài cạnh đáy độ dài cạnh bên ABCD  Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  A B C D Lời giải Chọn B Gọi I = AC  BD d SI SI   ABCD  Vì giả thiết hình chóp tứ giác S ABCD nên Hay  S , ABCD   1 AI  AC  2 2 Xét SIA vuông I có: SA 6 , SI  SA2  AI  36  2 A 1;  1;  3 Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho điểm  Gọi I hình chiếu A mặt phẳng  Oyz  phương trình mặt cầu tâm I qua A 2 A x   y  1   z  3 1 C x   y  1   z  3 1 2 x   y  1   z  3 10 B D 2047  1025   1026 Lời giải Chọn C Oyz   I  0;  1;  3 Vì I hình chiếu điểm A mặt phẳng    IA  1;0;0  IA 1 Ta có: Suy bán kính mặt cầu tâm I qua A R 1 2 x   y  1   z  3 1 Vậy mặt cầu tâm I qua A có phương trình   Câu 37: Biết F ( x ) nguyên hàm    ln x  x     f ( x)   C 2023 2023   2023  ln    2023   2023 B 1    2023 2023 F (0) 1 Giá trị F (1) x2   ln    2023   2023 A 1   2022 2023 2023 D  2023 Lời giải Chọn B    ln x  x     F ( x)   x2  Ta có  2022   t ln x  x   dt  dx Đặt x2  dx    ln x  x   t   F ( x)  t 2022 dt   C  2023 2023 Vậy Theo giả thiết ta có 2023     ln x  x     F (0) 1  C 1  F ( x)   2023 2023 C 2023   2023  ln    2023     F (1)  2023 z   2i  z   i Câu 38: Cho số phức z thoả mãn Môđun z A B Chọn C z x  yi  x, y    Ta có:  D 2 C Lời giải x  yi   2i  x  yi   i x  x   y  y  2 x  x   y  y    x  y 4 z  x  y 2 Suy Câu 39: Một ô tô sau chờ hết đèn đỏ bắt đầu chuyển động với vận tốc biểu thị đồ thị đường cong Parabol Biết sau phút xe đạt vận tốc cao 1000 m/phút bắt đầu giảm tốc, phút xe bắt đầu chuyển động Quãng đường xe 10 phút kể từ hết đèn đỏ A 8.160m B 8.610m C 10.000 m D 8.320 m Lời giải Chọn A Phương trình Parabol chuyển động có dạng Phương trình vận tốc chuyển động Đỉnh Parabol có tọa độ y ax  bx  c  a 0  v at  bt  c  a 0  I  5;1000   b 5  10a  b 0  1 2a Đồ thị hàm số qua điểm O  0;0   c 0 Đồ thị hàm số qua điểm I  5;1000   25a  5b  c 1000   10a  b 0 a  40   b 400 Từ     ta có hệ phương trình 25a  5b 1000 Với t 6  v (  40).6  400.6 960 Phương trình đường thẳng có dạng y 960 10 s  (  40 x  400x ) dx + 960dx 8.160 m Quãng đường   Câu 40: Cửa hàng A có đặt trước sảnh nón lớn với chiều cao 1.35m sơn cách điệu hoa văn  trang trí phần mặt ngồi hình nón ứng với cung nhỏ AB hình vẽ Biết AB 1.45m, ACB 1500 giá tiền để trang trí 2.000.000 đồng mét vuông Hỏi số tiền mà cửa hàng A cần dùng để trang trí bao nhiêu? A 4.215.000 đồng B 4.510.000 đồng C 3.021.000 đồng D 3.008.000 đồng Lời gải Chọn D Gọi O , R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC bán kính đường trịn đáy hình nón Khi đó diện tích đường trịn đáy hình nón là: S(O )  R Áp dụng định lý sin ta có: R AB 1, 45  1, 45  R OA OB  AB  ABC  2sin ACB 2sin150 R 600    R  S( O ) 6 3600 SquatAOB   AOB 60  diện tích hình quạt AOB là: Do đó diện tích mặt sơn chiếm diện tích xung quanh hình nón Vì số tiền cần sơn là: 1 T   Rl.2.106   2.106.1, 45 1,352  1, 452 1,504.2.106 3.008.000 6 đồng Câu 41: Cho hàm số f  x  x 1  m x   với m tham số thực Gọi S tập hợp giá trị nguyên  1;8 dương m để hàm số có giá trị lớn đoạn  nhỏ Số phần tử tập S A B C D Lời giải Chọn D x    1;8  t   0;3 Điều kiện xác định hàm số x  Đặt t  x  , với 2 m 2t  m  t   g gt  f x  t  1 t  Ta có Khi đó hàm số   trở thành Trường hợp 1: Nếu max g t 2  m 2  g  t  2   0; 3   ( tm) 2  m  max g  t   g      0;3 Trường hợp 2:    m   2m3  m  2  m  max g  t  g  3     0;3 m    m2 m    Trường hợp 3:  m   1;2 Kết hợp trường hợp suy m  mà m nguyên dương Vậy tập S có phần tử m   2020;2020  Câu 42: Có số nguyên có bốn nghiệm phân biệt? A 2018 B 2022  x  1  m.2 x để phương trình C 2020 Lời giải  x 2  3m  0 D 2016 Chọn A Đặt t 2 x  1 ,  t 1 phương trình trở thành: f  t  t  2mt  3m  0,  1 Với t 1   x  1 0  x 1 Với t    x  1 log t  x 1  log t có nghiệm x có hai nghiệm x Vậy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt phương trình nghiệm t1 , t2 thỏa mãn  '    t1  t2   S   1 f     Vậy số nguyên cần tìm Câu 43: Trong khơng gian  P  : 2x  y  m   3, 4, , 2020 Vậy có 2018 giá trị thỏa mãn Oxyz , cho hai điểm z  0 m2  3m     m2 2 m  1  2m  3m     1 có hai A  1;  1;  3 , B  0;1;  1 mặt phẳng P Đường thẳng  song song với mặt phẳng   , cắt hai đường d1 : x  y z 5 x y  z 1   , d2 :   2  tạo với AB góc lớn có phương thẳng trình x 2 y 3 z    2 A  x 2 y 3 z    1 C x  y 1 z    1 B x y  z 1   2 D  Lời giải Chọn C Ta có A d1   P  , B d   P     P  có véc tơ pháp tuyến n  2; 2;  1 AB   1;2;2 d1    M   2t; t;   2t  ; N d    N  h;1  2h;   h  Mặt phẳng Gọi M   MN  h   2t ; 2h   t ;  h   2t  Suy   P   Do song song với mặt phẳng nên MN n 0  7h  8t  0  1   AB    AB.MN 0  h  4t  0  AB Ta lại có tạo với góc lớn  11 h  2; t  Từ     suy    2  N  2;  3;1 Vậy  qua  có véc tơ phương u 4MN  2;  1;2  có phương trình x 2 y 3 z    1 Câu 44: Cho khối lăng trụ ABC ABC có đáy tam giác đều, góc hai mặt phẳng  BCCB  ABC  60 , hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Khoảng cách hai đường thẳng AA BC 3a Thể tích khối lăng trụ cho A 8a 8a 3 B 8a C Lời giải Chọn A D 8a Gọi M trung điểm BC , O trọng tâm tam giác ABC , H hình chiếu vuông góc O lên BM Giả sử cạnh đáy x Ta có BO   ABC    ABC ,  BCCB    ABC  ,  BCCB  B MO d  AA, BC  d  AA,  BC CB   d  A,  BC CB   3d  O,  BC CB   3OH 3a  OH a  x OM     1  BO OM tan 60  x   2 BO OM , đó   Trong tam giác BOM có OH 12    x 4 a x x Suy a x x2  V  B O.S ABC  8a 3 Thể tích khối lăng trụ C Câu 45: Cho hàm số y  x  2mx   m  1 x  có đồ thị   đường thẳng d : y  x  S d C A 0;2  , B, C tập giá trị m thỏa mãn   cắt   điểm phân biệt  cho diện tích M  3;1 tam giác MBC 2 , với Tính tổng bình phương phần tử S ? A B C D 25 Lời giải Chọn C  d  đồ thị  C  : x3  2mx   m  1 x   x   x3  2mx   m  1 x  x 0 Phương trình hồnh độ giao điểm  x 0   x3  2mx   3m   x 0  x  2mx  3m  0 (1) A 0;2  Với x 0 , ta có giao điểm   d  cắt  C  điểm phân biệt phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác 3m  0   m  3m    m    (*)  m    m  C A 0;  , B  xB ;  xB   , C  xC ;  xC   Ta gọi giao điểm d    với  xB  xC  2m  x x 3m  xB , xC nghiệm phương trình (1) Theo định lí Viet, ta có:  B C S MBC  BC d  M , BC  2 2 Ta có diện tích tam giác MBC Phương trình d viết lại là: d : y  x   x  y  0 1  2 d  M , BC  d  M , d     2 2 1 Mà BC  Do đó: SMBC 2.2  4  BC 16 d  M , BC  2 Ta lại có: 2 BC  xC  xB    yC  y B   xC  x B      xC      xB    2 2  xC  xB    xB  xC  2  xC  xB  16   xC  xB  8   xB  xC   xB xC 8    2m   m 0  4m2  12m 0     3m   8  m 3 (thỏa mãn) 2 Vậy S  0;3   9 Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;1;2  , B   1;3;   đường thẳng x y z   1 Mặt cầu  S  qua hai điểm A, B tiếp xúc với đường thẳng d có bán kính nhỏ hồnh độ tâm mặt cầu đó A B C D Lời giải Chọn C d: Gọi mặt cầu  S  có tâm I bán kính R  S  qua hai điểm A, B nên I thuộc mặt phẳng  P  mặt phẳng trung trực AB P : x  y  z 0 Ta có   d   P H 2;6;1 d Nhận xét thấy đường thẳng  , hình chiếu vuông góc I lên   H S d Do đó mặt cầu   tiếp xúc với   H Mặt cầu Mặt cầu  S  qua hai điểm A, H nên I thuộc mặt phẳng  Q  mặt phẳng trung trực AH Ta có Vì  Q  :  x  10 y  I   P ; I   Q nên z  27 0 I   P , Q với  giao tuyến       x 1  t   :  y 3    z   t  I   t ;3;    Ta có  t   R  AI    t       t   2   1 41 t   I  ;3;   4 Suy ra, Rmin Hay Câu 47: Có số phức z có phần thực phần ảo số nguyên thỏa mãn R  2t  t  z  i  z  3i  z  4i  z  6i A 12 B z 10 ? C 10 Lời giải D Chọn A A 0;  1 , B  0;3 , C (0;  4), D  0;6  Gọi M điểm biểu diễn số phức z ,  z  i  z  3i  z  4i  z  6i  MA  MB MC  MD Ta có Theo bất đẳng thức tam giác ta có MC  MD CD 10 MA  MB MC  MD 2a0 (a0 5) Do đó 2a E , E Vi M thuộc hai elip     có độ lớn tâm hai elip trùng  M  0;1  a0  M  E1    E2    I 0;1  M  0;1  a0    trung điểm AB, CD Do đó Trường hợp 1: phức thỏa mãn M  0;1  a0   z 10   a0 10  a0 9 M 0;1  a  z 10   a0 10  a0 12  0 Trường hợp 2: phức thỏa mãn Vậy có tổng 12 số phức thỏa mãn trường hợp có số trường hợp có 12 số 2 Câu 48: Cho hai hàm số f  x  ax  x  bx  g  x  cx  x  d có bảng biến thiên sau x x x Biết đồ thị hai hàm số cho cắt điểm phân biệt có hoành độ , , x  x2  x3 9 y  f  x thỏa mãn Khi đó điện tích hình phẳng giới hạn đường ; y g  x  A ; x 1 ; x 2 B C Lời giải D Chọn A f x g   g    0 Tại điểm cực trị  ,      , đó  g  x  c  x     x    f  x  3ax  x  b 3a  x     x    c 3ka  2 g  x  kf  x   cx  x  d k 3ax  x  b   4k   d kb  Do đó    k 1  c 3a  d b  2 Suy f  x  ax  x  bx  g  x  3ax  x  b 2 Phương trình hồnh độ giao điểm ax  x  bx  3ax  x  b  ax3    3a  x   b   x   b 0 x1  x2  x3  3a  9  a   g x  x  x  b   a đạt giá trị lớn Theo Vi-et 4 x0  2 g 1  b  1  b   c   d  2 giá trị lớn   S   Vậy 3 x  x  x  dx  Câu 49: Cho hàm đa thức y  f  x Hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ sau: g  x   f x2  x   2x  m m   0;6 , 2m   m Có giá trị để để hàm số  có điểm cực trị? A B C Lời giải Chọn A Đặt   g  x  h  x    f x   x   m  D  Do đồ thị hàm số y h  x   y h  x   đơn vị nên số cực trị hàm số hàm số dương g  x y h  x  có tịnh tiến đồ thị hàm số số cực trị hàm sang phải y h  x  Như vậy, để y h  x   f x  x  m   có cực trị hàm số  có cực trị có hoành độ  x 1  y    y  x   f  x  x  m   f  x  x  m  0  * Lại có: Cho    x  x  m  1   x  x  m  2    *   x  x  m  3    x  x  1  m  1   x  x  2  m     x  x  3  m  3 (trường hợp x  x  m  0 có nghiệm bội chẵn nên không cực trị)  Xét hàm số t  x  x  x   t  x  2 x  Để hàm số cho có cực trị phương trình  1 ,   ,  3 phải có nghiệm dương phân biệt   m   m 2  2m 4     m      m     2m    khác Khi đó, ta có:  2m  0;1;2;3; 4;7   Vậy có giá trị m thỏa yêu cầu toán Do 2m    Câu 50: Có số nguyên dương a cho ửng với a tồn số thực x thỏa mãn x   x   log a a.22 x A 1024  x2     3? B 1028 C 1023 D 1026 Lời giải Chọn D t  x  x  log a  x  x t  log a t  Đặt Phương trình trở thành:  t  3  22t   1   t   g  t  1  ; 6.22t  3.ln 2 2t   1 2t  1 log a  g  t  t   2t  1 0 0 có nghiệm nên  * có tối đa nghiệm  t 1  *   t 1,5  t 2 g g  1,5  g   0 Nhận thấy   nên  *  x  x log a  1 1  x  x  log a 1   2  x  x  log a 1,5   x  x log a  1,5     4  x  x log a   3  x  x  log a 2 Vậy y log a  1, y log a  1,5; y log a  Mà đường thẳng đôi song song Hàm số g ( x) 4 x  x có bảng biến thiên, sau Vậy phương trình có nghiệm chi Trường hợp 1: Các phương trình   ;   phương trình có nghiệm log a     0  log a  1,5    log a  5,5  1024  a  2048  a  {1025,, 2047} 0  log a    Trường hợp 2: Phương trình  1 có nghiệm phương trình   ;  3 phương trình có 0  log a     log a  1,5    log a  1,5   a   a  {5,6,7} log a    nghiệm Vậy có tất 1026 giá trị m