2023 đề thực chiến số 14 đề chuẩn cấu trúc 2023

BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 14 (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: Đạo hàm hàm số A y' x ln Tập xác định: Câu 2: y log x Rút gọn biểu thức A 2a y' ln x y' C y '  x ln Lời giải  log x  '  x ln Khi đạo hàm: B  0;   D a3  a với a  , ta kết B a C a x ln D Lời giải Tập xác định: D  Với a  ta có: Câu 3: a3  f x e Họ nguyên hàm hàm số   x 3 x 3 e C e C A B e Câu 4: x 3 a a  a a  a 2a x 3 C 2e Lời giải x 3 C x 3 C D e dx  e2 x 3  C Nếu cấp số nhân A  16  un  có u2  4, u3 8 B u Giá trị C  Lời giải u3 u 4  u1   2 q 2 u2 Ta có Do log  x  3 1 Nghiệm phương trình x A x 3 B C 16 q Câu 5: Câu 6: 13 x D C x 2 Lời giải 13 log  x  3 1  x  101  x  Ta có: Đường cong hình bên đồ thị hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số hàm số nào? A y  x  x  Câu 7: B y x  x  C y  x  x  Lời giải Căn vào hình dáng đồ thị, loại phương án B D Đồ thị có nhánh cuối lên, suy hệ số a dương 25 log a Với a số thực dương tùy ý, A  log a Ta có Câu 8: log B log5 a C log5 a Lời giải D  log a 25 log 25  log a 2  log a a  P : 3x  z  0 Vectơ sau vectơ Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P ? pháp tuyến  n  3;0;  1 A B  n2  3;  1; 2  Câu 9: D y  x  x  C Lời giải  n1  0;3;  1 D  n4  3;  1;0  P suy n3  3;0;  1 vectơ pháp tuyến  P Từ phương trình mặt phẳng 2 S  :  x  1   y  2  z 16  Oxyz Trong không gian , cho mặt cầu Tâm mặt cầu  S  có tọa độ A   1; 2;1 B   1; 2;0 C Lời giải Từ phương trình mặt cầu suy tâm mặt cầu  1;  2;0 D  1;  2;1  S  có tọa độ  1;  2;0 Câu 10: Một khối chóp có đáy hình vng cạnh chiều cao Thể tích khối chóp A B 24 C D 12 Lời giải 1 V  S h  4.6 8 3 Thể tích khối chóp: Câu 11: Trong mặt phẳng Oxy , điểm biểu diễn số phức z   5i có tọa độ  3;    3;5  5;3 5;  3 A  B  C   D  Lời giải  3;5  Điểm biểu diễn số phức z   5i có tọa độ  Câu 12: Đồ thị hàm số y  x  x  cắt trục tung điểm có hồnh độ C  Lời giải Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có hồnh độ A  B 1   x  dx Câu 13: Tích phân A ln  Ta có 1 D  B ln   x  dx ln x  x C ln2+1 Lời giải ln  2x  y x  đường thẳng Câu 14: Tiệm cận ngang đồ thị hàm số A y 1 B y  C y  D ln  D y  Lời giải 2x  2x  lim y  lim 2 lim y  lim 2 x   x   x  x   x   x  Xét Suy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đường thẳng y  Câu 15: Có cách chọn học sinh từ nhóm gồm 40 học sinh? 40 C3 A3 A 40 B 40 C D 40 Lời giải C3 Số cách chọn học sinh từ nhóm có 40 học sinh là: 40 x  y 3 z d:   1 Phương trình tham số Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng đường thẳng d  x   t   y 1  3t  z 3 A  Đường thẳng  u  2;  1;3  x 1  2t   y   t  z 3t B  d:  x 2  t   y   3t  z 3 C  Lời giải  x   2t   y 3  t  z 3t D  x  y 3 z   1 qua điểm M  1;  3;0  có vectơ phương nên có phương trình tham số  x 1  2t   y   t  z 3t  z Câu 17: Cho số phức z 4  6i Phần thực số phức  i A  B C  Lời giải D  Ta có z  6i   6i    i    10i      5i 1 i 1 i 1  i 1  i z Vậy phần thực số phức  i  f x 4 x3  3x Câu 18: Cho hàm số   Trong khẳng định đây, khẳng định đúng? f  x  dx 12 x A  C  6x  C f  x  dx x  x  C f  x  dx x B   x3  C f  x  dx  x D  3 x C Lời giải Ta có f  x  dx  x  x  dx  x  x  C Câu 19: Một hình nón có bán kính đáy r  3a độ dài đường sinh l 2a Diện tích xung quanh hình nón A 3 a B 3 a Diện tích xung quanh hình nón Câu 20: Cho hàm số bậc bốn f  x C 3 a Lời giải D 3 a S xq  rl  3a.2a 2 3 a có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A   4;  3 B   4;   C  Lời giải  1;0  Dựa vào bảng biến thiên hàm số, ta có hàm số đồng biến z 2  i z 1  i 2z  z Câu 21: Cho hai số phức Số phức A  i B  i C  3i D  0;1   1;0  D   5i Lời giải Ta có: z1  z2 2   i     i  5  i Câu 22: Cho hàm số bậc ba y  f  x có bảng biến thiên sau: Giá trị cực đại hàm số cho A B  C Lời giải D  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại hàm số cho x 16 Câu 23: Nghiệm phương trình 13 x A B x 1 C x 3 Lời giải D x  3x 16  23 x  24  x  4  x 3 Ta có: Vậy phương trình cho có nghiệm x 3 Câu 24: Thể tích khối lập phương có độ dài cạnh 2a bằng: 8a B 2a A 3 D 8a C 2a Lời giải Thể tích khối lập phương có độ dài cạnh 2a là: Câu 25: Cho hàm số V  2a  8a3 f  x có bảng xét dấu đạo hàm sau: Hàm số cho đạt cực đại điểm A x 0 B x 1 C x 3 Lời giải Từ bảng xét dấu đạo hàm f  x D x  ta thấy hàm số đạt cực đại điểm x 1 dấu f  x đổi dấu từ dương sang âm Câu 26: Cho hình trụ trịn xoay có đường sinh l , đường cao h bán kính đáy r Cơng thức diện tích xung quanh hình trụ trịn xoay A S xq  rh B S xq  r h S xq 2 rh C Lời giải Theo cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ S xq 2 rl D S xq  rl S 2 rh mà l h nên xq 3x   y  i     2i  3  5i Câu 27: Các số thực x, y thỏa mãn , với i đơn vị ảo x  , y 1 A x 1, y 2 B C x  1, y 1 D x  2, y 2 Lời giải 3x  y  i   2i  3  5i    Ta có:  3x  y  3     y  5 Câu 28: Nếu f  x  dx 3 3x  y    y  1 i 3  5i  x 1   y 2  f  x   5 dx A B C Lời giải D 11 1  f  x   5 dx 2f  x  dx  x 2.3  11 Ta có: Câu 29: Hàm số nghịch biến  ? y x 3 3x  B y  x  x  C D y  x  x  x Lời giải Do hàm số nghịch biến  nên loại câu A, B C Ở câu D: y '  x  x   0, x   Suy hàm số nghịch biến  A y  x  A 1;  2;  B 5;  4;6  Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   Tọa độ trọng tâm tam giác OAB là: A  4;  6;6  B  3;  3;3 C Lời giải  2;2;2 D  2;  2;2 x A  xB  xO  2  xG   y  yB  yO    yG  A   z z z  zG  A B O 2  G x ;y ;z  Gọi  G G G  trọng tâm tam giác OAB Suy G  2;  2;  Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm đoạn thẳng MN có phương trình A x  y  z  0 Gọi P  3; 2;  1 M  2;1;3 N  4;3;   Mặt phẳng trung trực B x  y  z  15 0 C x  y  z  15 0 D x  y  z  0 Lời giải trung điểm MN  MN  2;2;  8 P 3; 2;  1 Mặt phẳng trung trực MN qua  nhận làm vtpt có phương      trình là:  hay x  y  z  0 Câu 32: Một hộp đựng thẻ đánh số từ đến Rút ngẫu nhiên hai thẻ nhân hai số ghi hai thẻ lại với Xác suất để kết nhận số chẵn 13 A B 18 C 18 D x   y   z  0 Lời giải n  C Số phần tử không gian mẫu   Gọi A biến cố hai thẻ có tích hai số ghi hai thẻ số chẵn n  A  C42  C41C51 P  A  Vậy xác suất cần tìm n  A n     C42  C41C51 13  C92 18 Câu 33: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a , SA vng góc với mặt phẳng SAC  đáy SA 2a Góc đường thẳng SD mặt phẳng  A 60 B 30 C 45 D 90 Lời giải  DO  AC  DO   SAC   DO  SA  O AC BD Gọi giao điểm Ta có  SAC  Suy góc SD mặt phẳng  góc OSD DB DO  a 2 2 Mặt khác , SD  SA  AD 2a Suy  sin OSD  OD  SD Vậy góc SD mặt phẳng  SAC  30 Câu 34: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1; 4;  3) Gọi I hình chiếu vng góc A trục Ox Phương trình mặt cầu có tâm I qua điểm A 2 2 2 A ( x  1)  y  z 25 B ( x  1)  y  z 25 2 C ( x  1)  y  z 5 2 D ( x  1)  y  z 5 Lời giải Hình chiếu vng góc điểm A(1;4;  3) trục Ox I (1;0;0) Bán kính mặt cầu R IA  (1  1)2  (4  0)2  (  0)2 5 2 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm ( x  1)  y  z 25  1   Câu 35: Tập nghiệm bất phương trình   A (   ;  3)  (3;  ) B ( 3;3) 1   Ta có   x2    16  1    2 x2  x2   16 C (   ;3) Lời giải D (3;  )  1     x2    x2     x   2 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho ( 3;3) 1  y x2   ; 2 x đoạn   Câu 36: Giá trị nhỏ hàm số 15 65 A B C D Lời giải 1  x3  y  0  x    ;   2 2  x x Ta có Cho   65 y   y   6   , y   8 , y 2 x      1   ; 2 So sánh giá trị ta giá trị nhỏ hàm số cho Câu 37: Cho hàm số 14 A  x  x 0 f ( x)  2 x  x  B  e f '(ln x) ln x dx x  Tích phân e C  Lời giải D 1 t ln x  dt  dx; x   t  1; x e  t 1 x e Đặt e 1 f '(ln x) ln x dx  f '(t ).tdt  td ( f (t )) tf (t )   f (t )dt  x 1 1 1 e  f (1)  f ( 1)  I 2   I 5  I 1 I  f (t )dt  f (t )dt  f (t )dt (2t  1)dt  (t  1)dt   3 3 1 1 1 Ta có e f '(ln x ) ln x dx 5  2 x  Vậy e Câu 38: Từ khối gỗ dạng khối lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AB 30cm, BC 40cm, CA 50cm chiều cao AA ' 100cm; người ta tiện để thu khối trụ có chiều cao với khối gỗ ban đầu đường tròn đáy đường tròn nội tiếp tam giác ABC Thể tích khối trụ gần với giá trị đây? 3 A 62500cm B 60000cm C 31416cm Lời giải D 6702cm 2 Xét tam giác ABC có: CA BA  BC nên tam giác ABC vng B Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC ta có: r BA.BC S ABC 30.40   10cm p ( BA  BC  CA) 30  40  50 2 Thể tích khối trụ là: V  r h  10 100 10000 31416cm x  y 1 z  d:   A  1;  2;3 Oxyz  mặt Câu 39: Trong không gian , cho điểm , đường thẳng P : x  y  z  0 P phẳng   Đường thẳng  qua A cắt d   M , N   AN  AM có phương trình cho  x 1  3t  x 1  3t  x 1  3t  x 1  3t      y   2t  y   2t  y   y   z 3  3t  z 3  t  z 3  3t  z 3  t A  B  C  D  Lời giải   P Đường thẳng  qua A cắt d   M , N cho AN 2 AM  M trung điểm đoạn thẳng AN  1 M  3t  1; t  1;  2t     Gọi M  d có tọa độ  N  xM  x A;2 yM  y A ;2 z M  z A   N  6t  1;2t;  4t  1   N   P    6t  1   2t     4t  1  0  t   N   5;  2;5  Do  Đường thẳng  có vectơ phương AN   6;0;2  2   3;0;1  x 1  3t   y   z 3  t Vậy phương trình đường thẳng  là:  Câu 40: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a, hình chiếu vng góc S lên đáy  SBD  trung điểm cạnh AB , ASB 90 Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  Từ  1 6a A B Ta có hình vẽ minh họa sau: 6a C Lời giải 3a 3a D  SH   ABCD   SH  AB Gọi H hình chiếu vng góc S lên đáy Xét SAB vng S có SH đường cao đồng thời đường trung tuyến  SH  AB a  SAB vuông cân S HN  BD  O  HC  BD  I  Gọi N trung điểm cạnh CD , , IH OH IH     IC Ta có OH / / BC , theo định lý Thales IC BC HC   SBD   I   Lại có d  H ;  SBD   d  C ;  SBD    IH   d  C ;  SBD   2d  H ;  SBD   IC ABCD  Trong mặt phẳng  , từ H kẻ HP  BD P   SH   ABCD   SH  BD   Do  BD   SHP   3 BD   SBD    Từ     Mặt khác   SHP    SBD  Từ     theo giao tuyến SP Trong mặt phẳng  SHP  , hạ Xét HPB vng P , có HQ  SP Q  HQ   SBD   d  H ;  SBD   HQ  sin HBP  HP a  HP  HB.sin 45  HB Xét SHP vuông H , có đường cao HQ  d  C ;  SBD   2d  H ;  SBD   2 HQ   HQ  HS HP  HS  HP a 3 3a   ( z  i) z  Câu 41: Có số phức z thỏa mãn ( z  2i ) số ảo số thực? A B C D Lời giải 2 2  z  2i   x  yi  2i   x   y   i   x   y    x  y   i Đặt z x  yi suy  z  2i  Ta có số ảo suy ra:  x y   y x  2 x   y   0  x  y        y  x   x   y     1  ( z  i ) z   x  yi  i   x  yi    x   y  1 i    x    yi   x  x    y  y  1    xy   x    y  1  i  x  x  y  y    x  y   i Ta có  ( z  i) z   số thực suy ra: x  y  0  2   x 2     y x    y 0   y x    1     x  y  0    x    y  x    y  x    x  y  0         4   x  y  0 y   Từ (1) (2) suy hệ phương trình: Vậy có hai số phức z thỏa mãn yêu cầu toán f  x  x  x  f  x  dx Câu 42: Cho hàm số A 64 f  1  Khi C 62 B 60 f  4 bằng? D 63 Lời giải  x 0  f  x  0  x3  4mx 0   x 2 m  x  m f x x3  4mx  Ta có:   với m 0 Khi 1 f  1    4m.1   m   m   m  Do 1 m Suy ra: m  f ( x) dx x  4mx dx  0 m    x  4mx  dx   m     x m x  4mx dx         4mx dx   x4  m  x4   4mx  dx   2mx     2mx     2 m  m   m  14 2   2m m     2m.1     4     1   4m  8m   2m  4m  8m 8m  2m  4  x    2m m        m  1  m 8m  2m   8m  3m  0  32m  12m  0   4  m 1  Do m 1 x m f  x  x   f   43  64  62 2 nên thỏa mãn Vậy Câu 43: Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA 2a Biết góc đường thẳng SD mặt phẳng  SAC  300 Thể tích khối chóp cho bằng: 8a A 4a B 3 C 8a D 4a Lời giải Gọi O tâm mặt đáy ABCD Dễ dàng chứng minh được: Góc SD Đặt BC x  x   Ta tính được: Xét SAO vuông A: Xét SOD vuông O:   SAC  OA OD    góc OSD Suy OSD 30 x 2 SO  SA2  AO  4a   tan OSD  x2 OD x x2 x x2  : 4a     4a  SO 2 2 3 x2  x2    4a    x 2a 3  S  AB 4a Diện tích mặt đáy ABCD là: ABCD 1 8a VS ABCD  SA.S ABCD  2a.4a  3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: Câu 44: Có cặp số x  x  xy x log  xy  x   x A 2021 nguyên  x; y  thỏa mãn  x 2020; y 2 ? B C 2020 Lời giải D 11 x  x  xy x log  xy  x   x Với  x 2020; y 2 ta có: 2x 2x  x  log x  log  y  1  y  x x 2x x 2x   log 2 x  log x   log  y  1   y  1  log  log  y  1   y  1 x x x f ' t     0, t 1 f  t  log t  t t ln Xét hàm số: với t 1 Ta có:  x   y log x  log  y  1  Suy ra: f  t hàm số đồng biến nửa khoảng  1;   *  2x *  f     x Ta có: Để y  2x    x x x  x ước x Dễ thấy ước Mà  2x 2x  f y    y   y  1    x x  x có dạng 2k x 2020  2k 2020  k log 2020  k   0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9;10 Vậy x   20 ;21 ;22 ;23 ;24 ; 25 ;26 ;27 ; 28 ;29 ; 210  có 11 số hạng k Khi đó: y k 2x 22   k  2  k    x với k  ; k 10 k Mà k  ; k 10 nên  k 0  k k 1  22 k k  2  y 2 x; y  thỏa mãn toán Vậy có 11 cặp số nguyên  y  f  x  Câu 45: Cho hàm số f ( x ) ax  bx  cx  dx  a có đồ thị hàm số hình vẽ bên Hàm số y g ( x)  f   x  f   x   3  ;  A  2  B   ;0  đồng biến khoảng đây? C  Lời giải 0;  D  3;  Chọn D Ta có f '( x) 4 ax  3bx  2cx  d , theo đồ thị đa thức f '( x ) có ba nghiệm phân biệt 2  1,0,1 nên f '( x) 4ax  x  1  x  1 4ax  4ax  f ( x) ax  2ax  a a  x  1 f ( x)  0, x   \  1 Dựa vào đồ thị hàm số y  f '( x) ta có a  nên g '( x)  f   x   ' f   x   f   x   f   x   '  f '   x  f   x   f   x  f '   x  1  x    2;   1 3 x  ;     3 1 3  2  ;  2  x   ;    , dấu f '( x) không cố định  2  nên ta không  Xét  3  ;  kết luận tính đơn điệu hàm số g ( x)  2  1  x   1;   x    ;      x  2;      Xét biến  f '   x    g '( x)    f '   x   Do đó, hàm số g ( x) nghịch   ; 0  1  x    3;1 x   0;       x   0;  , dấu f '( x ) không cố định   3;1  0;  nên ta Khi  3  ;  khơng kết luận tính đơn điệu hàm số g ( x)  2  1  x    ;   x   3;       x    ;  1   Xét  f '   x    g '( x )    f '   x   Do đó, hàm số g ( x) đồng biến  z , w thay Câu 46: Hai số phức 3;  1 i 2022.z  2022 z  2iz   w 2021 A đổi   2i 1011 2 B Giá trị lớn thỏa w mãn đẳng thức 2023 C Lời giải D 2019 Chọn B z  i  z i Ta có: Phương trình nên 1 i  1 i z  i  z  2iz   z  i  z  i z  2iz    2022.z  2022    2i 2022 z  w   2i w  2    z i   z i  i   2022 z  i  w  1 z i  Điều kiện: w 0 suy z  i 0 hay Đặt  t  z i t , t  ta có phương trình   2  2   t  2   w 1011  w    t  2   t  2 i   2022 z  i  w 2022t t2  w 2022 1011 4 w 2 t  4 t2  t 1011  t 2 t dấu xảy t2   z  i 2 t2 1011 i Câu 47: Cho hàm số f  x  ax3  bx  cx  1; g  x  mx  nx  có đồ thị hình vẽ bên Biết x1 , x2 , x3 f   0 hai đồ thị hàm số cho cắt ba điểm phân biệt có hồnh độ x  x  x 7 thỏa Diện tích hình phẳng gạch sọc hình vẽ thuộc khoảng đây?  2  0;  A    1  ;  B    3  ;  C   3   ;1 D   Lời giải f  x  3ax  2bx  c Ta có Do f  x bậc f  x g  x , f  x  6ax  2b Cho f   0  12a  2b 0  b  6a bậc hai quan sát đồ thị cho ta thấy điểm cực trị g  x0  0  g  x  k f  x   mx  nx  k 3ax  2bx  c hàm số nên  m 3ka    n  12ka  g  x  3ka  x  x    kc  x0  1 1   12ka   ka  g  x    x  x  3 3 Khi Ta lại có Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số cho f  x  g  x   ax  bx  cx    x  x   0  * x ,x ,x x  x  x 7 * Theo đề phương trình   có nghiệm thỏa g  x   g    1 6a  3 7  a 1  k 1  c 3 f  x   x3  x  3x  a a 3 Khi b Suy   13 x  x  x  x    x  x     x 2 3   x   13  * Phương trình   trở thành Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là: 5 13 S 1    x 1   x     x  x  3x  1  dx 0, 5851 3  Câu 48: Cho hàm số f  x  x   m   x  m m    2022; 2022 A 2023 y  f  x để hàm số B 2020 với m tham số thực Số giá trị nguyên có số điểm cực trị nhiều C 2023 D 2022 Lời giải Chọn A Hàm số y  f  x hàm số y  f  x có tập xác định  y f x   hàm số đa thức bậc trùng phương nên có tối đa điểm cực trị Lại có, hàm số x1 x2 x3 y  f  x , , đồ thị hàm số cắt trục hồnh tối đa điểm phân biệt có hoành độ x x x x , , , Do đó, hàm số x7 Hàm số y  f  x y  f  x x x x x x x có nhiều điểm cực trị điểm , , , , , , y  f  x có nhiều điểm cực trị  đồ thị hàm số phải cắt trục hoành y  f  x điểm phân biệt (khi hàm số chắn có điểm cực trị)  phương trình t   m   t  m 0 phải có nghiệm dương phân biệt  m    4m  Δ     m    S  m  P     m 0 m    m    2023;2023 m  m   1;2;3; ;2023 Do  nên A 2;1;3 , B  6;5;5  N Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm  Xét khối nón   ngoại tiếp mặt N cầu đường kính AB có B tâm đường trịn đáy khối nón Gọi S đỉnh khối nón    N  nhỏ mặt phẳng qua đỉnh S song song với mặt N phẳng chứa đường trịn đáy   có phương trình x  by  cz  d 0 Tính T b  c  d Khi thể tích khối nón A T 24 Chọn B B T 12 C T 36 Lời giải D T 18 SB h  h   Gọi chiều cao khối chóp bán kính đường tròn đáy BC R  V   R h  1 AB  4;4;2   AB 6 Ta có: Xét mặt cầu có đường kính AB : ta có bán kính SI IH    SC BC Vì SHI đồng dạng với SBC r AB 3 I 4;3;  tâm  h h2  R  R  h  3 9h 2 2 2     R  h  3  9h  R   2   h  R2 R2 h  6h 9h h2 V   h 3 h  6h h  với h  Thay   vào   ta có: V  3 2h  h    h Xét Vậy Vmin h  12h  h  6 Ta bảng biến thiên sau:  S   2;  3;1 SB h 12  A trung điểm SB Vậy mặt phẳng  n  2;2;1 Câu 50: Có  h  6 3 bao  P  qua nên ta có nhiêu S , vng góc với AB nên có VTPT   n  AB  4;4;2   P  :  x     y  3  z  0   P  : x  y  z  0 cặp số nguyên  x; y  ; y   0;20233  thỏa mãn phương  1 log  x   x   log  y  x  4  ? A 90854 Chọn B hay B 90990 C 2021 Lời giải D 2021  trình  y  x     x    1 x   x   Điều kiện:   1 1 1 log  x   x   log  y  x   log   x   log  y  x  2 4    Ta có: 1 1  1 1 1  log   x   log  y  x   y  x   x    y  x       4 4  2  2 Vì y   1 x     x 2m    m    x m  m y  m  1 ; Mà y   0;20233    m  1 20233  m 2023 2023  90989,03 x; y  Do có 90990 giá trị m , ứng với có 90990 cặp  thỏa mãn yêu cầu toán