2023 đề thực chiến số 17 đề chuẩn cấu trúc 2023

BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 17 (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: y log3  x   Tập xác định hàm số A   2;   B   2;   C  Lời giải 2;  D  2;  Chọn B D   2;   Điều kiện : x    x   Suy tập xác định hàm số cho : Câu 2: Hàm số có đồ thị hình vẽ bên? A y  x  x  4 B y  x  x  C y  x  x  D y x  x  Lời giải Chọn A y ax3  bx  cx  d Nhận thấy dáng đồ thị hàm số bậc ba Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ âm nên chọn A Câu 3:  un  Cho cấp số nhân A với u1 2  a 0  nên loại C, D u4  16 Công bội cấp số nhân cho C  D  Lời giải B Chọn D Gọi công bội cấp số nhân cho q 3 Theo công thức số hạng tổng quát cấp số nhân ta có u4 u1.q   16 2.q  q  Câu 4: Trong mặt phẳng A z   3i  Oxy  , điểm M  3;   B z 3  2i điểm biểu diễn số phức đây? C z 3  2i D z   3i Lời giải Chọn B Điểm Câu 5: M  3;   Cho hàm số biểu diễn số phức z 3  2i y  f  x có bảng biến thiên sau: Giá trị cực tiểu hàm số cho bằng: A  B C Lời giải D  Chọn B Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu x 0 , giá trị cực tiểu y 1 Câu 6: A  1;3;5 B 3;  5;1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   Trung điểm đoạn thẳng AB có tọa độ A  2;  2;6  B  2;  4;   C  Lời giải 1;  1;3  4;  8;   D Chọn C Theo công thức tọa độ trung điểm, I trung điểm đoạn thẳng AB x A  xB     1  xI  2  y A  yB         yI  2  z A  zB    3  zI  I 1;  1;3  Vậy  Câu 7: 1 f  x  dx   f  x  dx Cho A  , B C  Lời giải D Chọn D Ta có Câu 8:  f  x  dx  f  x  dx     8 =  S  : x  y  z  x  y  z  19 0  Oxyz Trong không gian , cho mặt cầu Tọa độ tâm mặt cầu cho A   2;2;   B   1;2;   C  Lời giải 1;  1;2   2;  2;4 D Chọn C 2 S  :  x  1   y  1   z   25 S  Ta có , suy   Câu 9: x Nghiệm phương trình 8 A x 3 B x 6 có tâm C x  I  1;  1;2  D x 0 Lời giải Chọn B x  8  x  3  x 6 b a I  f  x  dx   a b f  a  b  t dt f  a  b  x dx b a Câu 10: Thể tích khối lăng trụ có đáy tam giác cạnh 2a , chiều cao 3a 3a A B 3a C 12a Lời giải D 3a D  2;  Chọn B Diện tích tam giác là: 2a   S a Thể tích khối lăng trụ là: V S h a f  x Câu 11: Cho hàm số 3.3a 3 3a có đồ thị hình vẽ bên: Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A   ;  2 B   2;0  C  Lời giải 0;2  Chọn C Vì hàm số nghịch biến đồ thị có hướng xuống từ trái sang phải nên nhìn vào đồ thị ta chọn phương án C Câu 12: Cho hai số phức A  i z1 2  3i, z2 3  2i B  Phần ảo số phức C z1  z2 D 5i Lời giải Chọn B z1  z2   3i     2i  5  i Vậy phần ảo số phức z1  z2  Câu 13: Trong không gian Oxyz , vectơ phương đường thẳng d: x z y    A  u  1;2;  3 B  u   1;  2;  1 C Lời giải  u  1;  3;2  D  u  1;3;2  Chọn A P : x  y  z  0 Câu 14: Trong mặt phẳng Oxyz, cho mặt phẳng   không qua điểm đây? A M  3;0;0  B N  1;1;1 C Lời giải P  2;1;1 D Q   3;0;3 Chọn B Xét điểm M  3;0;0  Vậy điểm , ta có:   2.0  0 (thỏa) M  P Câu 15: 2 x  dx A ln x   C ln x   C 2ln x   C B C Lời giải D  2ln x   C Chọn B 1  dx  ln x   C Ta có x  Câu 16: Đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số A y 3 B x  y  2x x  C y  D x 1 Lời giải Chọn B Ta có D  \ {-1}  2x   Mà x   1  x nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x  làm tiệm cận đứng lim Câu 17: Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có đồ thị hình vẽ bên Phương trình f ( x )  0 có số nghiệm phân biệt A B C Lời giải Chọn D D Ta có f ( x )  0  f ( x )  Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số f ( x ) đường thẳng y  Dựa vào đồ thị ta thấy số giao điểm nên phương trình f ( x )  0 có nghiệm phân biệt Câu 18: Thể tích khối nón có bán kính đáy r chiều cao h r h  rh 2 A B C  r h D 2 r h Lời giải Chọn A log  x    Câu 19: Tập nghiệm S bất phương trình ? A   ;0  B   2;0  C  Lời giải 0;2  D  2; Chọn B log  x      x      x  Vậy tập nghiệm bất phương trình S   2;  Câu 20: Diện tích xung quanh hình trụ có độ dài đường sinh l 4 bán kính đáy r 2 16  A 32 B 8 C D 16 Lời giải Chọn D Theo đề ta có h l 4, r 2 Suy diện tích xung quanh hình trụ: S xq 2 r h 2 2.4 16 Câu 21: Môđun số phức z 1  2i A  B C Lời giải D Chọn D z  12      Câu 22: Thể tích khối chóp có chiều cao a diện tích đáy 2a A a 2a B a3 C Lời giải Chọn B D 2a Áp dụng công thức V B.h 2a a 2a   3 Câu 23: Có cách lập tổ cơng tác gồm người từ nhóm người? A B A6 D C6 C Lời giải Chọn D Số cách lập tổ cơng tác gồm người từ nhóm người số tổ hợp chập phần tử Do có C6 cách Câu 24: Diện tích mặt cầu có bán kính R bằng: A 4 R C 12 3 R Lời giải B 8 R D 12 R Chọn B Diện tích mặt cầu là:  S 4 R  8 R P : 3x  y  z  0 Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   Phương trình đường thẳng  A 2;  3;1 P qua điểm  vng góc với mặt phẳng    x 3  2t  x 2  3t  x 3  2t  x 2  3t      y   3t  y   t  y   3t  y   t  z 1  t  z 1  t  z 1  t  z 1  t A  B  C  D  Lời giải Chọn D  P n  3;  1;1  Mạt phẳng có vectơ pháp tuyến  P n  3;  1;1   Đường thẳng  vng góc với mặt phẳng nên nhận làm vectơ phương  x 2  3t   y   t  z 1  t Phương trình đường thẳng  là:  Câu 26: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , cạnh bên SA a vng góc với đáy Góc hai mặt phẳng A 30 B 45 Chọn B  SBD   ABCD  C 60 Lời giải D 90 Gọi I tâm hình vng  SBD    ABCD  BD   BD   SAC    SAC    ABCD   AC  SAC  SBD SI     Ta có:  suy A)    SBD  ,  ABCD    AC , SI  SIA ( SAI vng  Trong SAI vng A có: AI SA a nên SAI vuông cân nên SIA 45 Vậy   SBD  ,  ABCD   45 2;11 f x 4 x   x Câu 27: Giá trị lớn hàm số   đoạn  A  B C D Hướng dẫn giải Chọn B Tính f  x    0  x 6   2;11 x f  2; f   2; f  11 1 Xét giá trị hàm   Vậy giá trị lớn z1 nghiệm có phần ảo dương phương trình z  z  25 0 Số phức liên hợp z  2i số phức A  5i B  2i C  i D  i Câu 28: Gọi Hướng dẫn giải Chọn C  z 4  3i z  z  25 0    z 4  3i chọn z1 4  3i Giải phương trình z  2i 4  i Nên có số phức liên hợp  i b log  ab  log 32    a  Mệnh đề Câu 29: Cho a b hai số thực dương, biết đúng? A a b 1 B a b C a b Lời giải D a b 1 Chọn A Ta có: b  b 5 log  ab  log 32    log  ab  log   a a b  b 5  ab     ab    a b b  a b 1 a a A  2;0;0  , B  0;2;0  , C  0;0;  1 Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm  Tọa độ véctơ pháp tuyến mặt phẳng A  1;1;2  ABC  B   2;2;  1 C  Lời giải 1;  1;2  D   1;  1;2  Chọn C     AB  2;2;0  , AC  2;0;  1   AB ; AC    2;2;     1;  1;2  Ta có :  ABC  n  1;  1;2   Tọa độ véctơ pháp tuyến mặt phẳng là: x Câu 31: x e dx x e  2xe dx A x x B x 2e x  xe x dx  C Lời giải x 2e x  x xe dx D x 2e x  xe x dx  Chọn A Đặt u  x   x dv e dx x du 2 xdx  x v e x x e dx  x e Khi   xe x dx  z1 z a  2i, z2 5  4i  a    Câu 32: Cho hai số phức Số phức z2 số ảo A a    3;   B a   1;2  C Lời giải a    2;0  D a   2;3 Chọn B z1 a  2i  a  2i    4i  5a    10  4a  i 5a  10  4a      i 41 41 41 41 Ta có z2  4i z1 5a  0  a  z2 số ảo x ,x x  x2 Câu 33: Hàm số f ( x)  x  x  có hai điểm cực trị Giá trị bằng: A  B  C D Lời giải Chọn D Ta có: f ( x ) 3 x  x  Phương trình f ( x) 0 có hai nghiệm phân biệt x 0 x 2  Hàm số f ( x )  x  3x  có hai điểm cực trị x1 0 x2 2  x1  x2 2 Câu 34: Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hình vẽ bên: f x  3m 0 Số giá trị ngun m để phương trình   có ba nghiệm phân biệt là: A B C D Lời giải Chọn D f x  3m 0 y  f  x Số nghiệm phương trình   số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng y  3m f  x   3m 0  Để phương trình Vì m   nên m 0 có ba nghiệm phân biệt    3m    1 m  Câu 35: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,6 % /tháng Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập làm vốn ban đầu để tính lãi cho tháng Sau tháng, người lĩnh số tiền lớn 110 triệu đồng (cả vốn ban đầu lãi), biết suốt thời gian gửi tiền người khơng rút tiền lãi suất không thay đổi? A 17 B 18 C 16 Lời giải D 15 Chọn C Ta xét toán tổng quát: Một người gửi vào ngân hang số tiền a đồng, với lãi suất hang tháng r Tính số tiền vốn lẫn lãi mà người nhận sau n tháng T Gọi k số tiền vốn lẫn lãi sau k tháng Ta có: Sau tháng  k 1 : T1 a  ar a   r  T  a  r  a  r r  a  r k          Sau tháng : … k n  Tk a   r  Sau n tháng  : n  a 1 r  n r a   r  n n T a   r  Vậy số tiền vốn lẫn lãi người nhận sau n tháng là: n Áp dụng: Số tháng để người nhận số tiền lớn 110 triệu đồng là: n n Tn a   r   110 100   0,6%   n 15,93 Vậy cần 16 tháng Câu 36: Hình nón có thiết diện qua trục tam giác vng có diện tích 2a Diện tích xung quanh hình nón cho A 2 a B 2 a 2 D 8 a C 4 a Lời giải Chọn A S  AC 2a  AC 2a Độ dài đường sinh hình nón là: AC OC r  a 2 Bán kính đáy hình nón là: Diện tích xung quanh hình nón là: S  rl  2a.a 2 2 a  x f   dx  x  x  C  2  Một nguyên hàm hàm số f (cos x ) B 8sin x  3x C 3sin x  x D 3sin x  x Lời giải Câu 37: Cho A 3cos x  x Chọn D Ta có ,  x x 1  f   d  x3  x  C  f  t   8t  4t  C  12t   2 2 2       f  cos x  12cos x  Do đó: f  cos x  dx  12cos    6cos x  dx 3sin x  x  C    12(1  cos x)  x  dx     dx     y log x B y log x Câu 38: Gọi A thuộc đồ thị hàm số , thuộc đồ thị hàm số cho A trung điểm OB Khi hồnh độ điểm thuộc khoảng A  0; 1 ChọnB  3  1;  B   3   ; 2 C   Lời giải  5  2;  D   x; log x  y log x Ta có A thuộc nên tọa độ điểm A có dạng  B thuộc y log x nên tọa độ điểm B có dạng  x1; log x1  Với điều kiện x  , x1  Theo A trung điểm OB nên x  x1 x  x1 x  x1    2 x  x1      2log x log x1 4log x log x1 log x log x1  x  x1  x  x1    x 2 x Câu 39: Biết 2ln x  b A -2  x 0   x  Vì x   x  nguyên hàm hàm số f  x   ax  1 ln x ln x c  ,  a, b, c    x x Giá trị a  b  c B C Lời giải x2  0; D Chọn C Ta có  ax  1 ln x dx    x2  a ln x ln x   dx  a ln xd  ln x    x   x     a ln x ln x ln xd      dx x x  x   a ln x ln x    C  a 4, b  1, c   a  b  c 2 x x Câu 40: Cho hình trụ có bán kính đáy chiều cao a Cắt hình trụ mặt phẳng không song song với trục cắt hai đường tròn đáy bốn điểm phân biệt A, B, C , D cho ABCD hình vng Diện tích hình vng 3a A 5a B Chọn B 2 Đặt AB 2 x  OM  a  x C 2a Lời giải 2 D a a 5a 5a IM  x  OI  IM  OM  x  a   x   S Tta có Câu 41: Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc d  đường thẳng mặt phẳng A  P : x  N  3;  1;7  y  z  0 x 1 y z    1 lên qua điểm đây? K  3;1;7  B d: C Lời giải M  3;1;5  D I   2;  1;2  Chọn A  x   2t  d :  y  t  z 2  t E d   P   E  d  E    2t ;  t ;2  t   Phương trình tham số E   P     2t  t   t  0  t 0  E   1;0;2  P Gọi  đường thẳng qua A vng góc với    x 1  k    :  y   k    z 3  k u n P   1;  1;  1  Chọn Gọi A  1;  1;3  d H    P   H    H   k ;   k ;3  k  H   P    k   k   k  0  k   1 11   H  ; ;  3 3     5 x 1 y z   ud   EH  ;  ;  d :   u  4;  1;5   3    chọn d 1 Suy N  3;  1;7   d  Câu 42: Cho hàm số f  x   f  x   y  f  x x3  5x  x x giới hạn đồ thị  0;1 có đạo hàm liên tục đoạn  x  1 ; f  1  f   2 ; f  x  dx 0 Biết diện tích hình phẳng  C  : y  f  x  , trục tung trục hồnh có dạng S ln a  ln b với a, b số nguyên dương Tính T a  b A T 13 B T 25 C T 34 Lời giải D T 41 Chọn B f  x   f  x   Ta có  f  x  dx  x3  5x  5x x thỏa mãn  x  1   x  1  x  x x  1  x  x   x  1 2x  2x2  2x   f x d x  d x     x  x   x  x  dx   x2  x  d  x  x  1 x  1    f  x  dx  f  x  dx   dx x  x 1  x  x 1     2x    x  x 1  d  d  x  x  1 2x   2x   f  x  dx  f  x     ln  x  x  1  C x  x 1 x  x 1  x2  x 1     2x   Mặt khác, ta có  2x  1 dx ln  x  x  1 0  f  x  dx  0  x  x 1   x     1    1 2  f  1  f    x  x    2x  dx ln  x  x  1  C    x  x 1 C 0  2x   f  x   x  x 1 nên suy  2x  S  dx  ln  x  x  1 ln ln  ln x  x 1 0 Do Suy a 4  b 3 2 Vậy T a  b 25 Câu 43: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác đều, tam giác SAB vuông cân S nằm SBC  mặt phẳng vuông góc với đáy Biết SA  6a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  7a A B 7a 7a C Hướng dẫn giải Chọn A Gọi E trung điểm cạnh AB Khi đó: SE  AB Mà  SAB    ABC  Suy ra: SE   ABC  Gọi F , G trung điểm đoạn BC; BF D 7a Tam giác ABC nên AF  BC Xét tam giác ABF có E , G trung điểm AB, BF nên EG / / AF Suy ra: EG  BC Ta có: Suy ra: SE   ABC   SE  BC EG  BC BC   SEG    SEG    SBC  Gọi H hình chiếu vng góc E SG Suy ra: EH   SBC  Nên d  E;  SBC   EH Do SAB vuông cân S ; SA a nên AB SA 2 3a  SE a Tam giác ABC cạnh AB 2 3a nên AF  3 3a 3a EG  AF  a 2 Suy ra: EH  ES EG  SG Tam giác SEG vuông E , EH  SG nên Suy ra: d  A;  SBC   2.EH  a a  a 3 3   a 2   a a Câu 44: Trên tập số phức, xét phương trình z  mz  m  0 ( m tham số thực) Có z ,z giá trị nguyên tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn z1 z12  mz2  m  m  z2     B A 12 ? C Lời giải D 11 Chọn C Ta có  m  4m  32 biệt thức phương trình m 8    m2  4m  32     m   phương trình có hai nghiệm Trường hợp 1: Xét z  mz2 m  z1  z2   m  m2  m  thực phân biệt Ta có z1 mz1  m  suy z1 z12  mz2  m  m  z2  m  m  z1  m  m  z2       (*)  m  m     z  z2 z z 0 Nếu m  0  m  khơng thỏa mãn Khi (*)   m  m    m  m      m 0  z1  z2 hệ vô nghiệm Trường hợp 2: Xét      m  phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1  z2 , ta có z1 z12  mz2  m  m  z2  m  m  z1  m  m  z2         33 m   m  m  0     33 m   Kết hợp điều kiện ta m    3;4;5;6;7 Vậy có tất số nguyên cần tìm Câu 45: Cho z1; z2 số phức thỏa mãn P  z1  z2   2i z1 2; z2 3 z1.z2 số ảo Giá trị lớn B  A 15  C 65  Lời giải D 145  Chọn D  z1  OM  a; b  ; OM 2 Gọi: điểm biểu diễn số phức  N c; d  z  ON  c; d  ; ON 3 Gọi z2 c  di  z2 c  di  điểm biểu diễn số phức     Ta có z1.z2 số ảo nên ac  bd 0 , suy OM  ON hay OM ON 0      2 2 z1  3z2  4OM  3ON 16OM  24OM ON  9ON 16OM  9ON 145 Mà z1 a  bi Từ M  a; b  z1  3z2  145 Xét P  z1  3z2   2i  z1  3z2   2i  145  4 z1  z2 k   2i  , k 0   z1 2, z2 3  ac  bd 0  z  3z  145 Dấu " " xảy  Nhận xét: (1) (2) (3) (4) Việc giải cụ thể hệ khó khăn, nên ta hệ có nghiệm Lấy mơđun vế phương trình sử dụng ta  z1, z2  k  29  k  29 4 z1  3z2  29   2i  , k 0  z 2, z2 3 đương với   QP  29 ;  29  z1 , 3z2 P , Q Gọi tương ứng điểm biểu diễn OP 8, OQ 9   , hệ tương Gọi  C1   C2   C3  R 8 đường trịn tâm O bán kính R 9 đường trịn tâm O bán kính  v C ảnh   qua phép tịnh tiến Khi   C3  có tâm I  29 ;  29 29 ;  29  , bán kính R 9  R  R3  OI  R1  R3 C C Có OI  145 nên , đường trịn   cắt đường trịn   điểm phân biệt Chọn P điểm tùy ý điểm Khi   QP v   Lại có P   C3  nên 29 ;  29  P   C1  Q   C2  theo tính chất phép tịnh tiến Q   C1  OP 8, OQ 9 z,z Tóm lại tồn điểm P, Q cho hệ xảy ra, dẫn tới tồn cho đẳng thức P  145  xảy Vậy max P  145  Câu 46: Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi khác thành lập từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, Xác suất để chọn số chia hết cho 15 19 11 A 150 B 25 C 75 D 25 Lời giải Chọn A n a1a2 a3a4 , a1 a2  a4 a , a , a , a  S   5.5.4.3 300 Ta có: Gọi A  “Số có chữ số đơi khác lấy từ S chia hết cho 15 ” Nhận thấy:      153    Để lập số có chữ số khác chia hết cho 15 điều kiện tối thiểu tổng chữ số phải chia hết cho   Ta phải loại bớt từ S hai số có tổng chia hết cho Trường hợp 1: Bớt  0;3  A1  1;2;4;5  n a1a2a3  3! 6 số Trường hợp 2: Bớt  1;2  A2  0;3;4;5 Khả 1: n a1a2a3  Có 3! 6 số Khả 2: n a1a2a3  Có 2.2.1 4 số Trường hợp 3: Bớt  1;5 Trường hợp 4: Bớt  2;4  A3  0;2;3;4  n a1a2a3  3! 6 số  A4  0;1;3;5 Khả 1: n a1a2a3  Có 3! 6 số Khả 2: n a1a2a3  Có 2.2.1 4 số Trường hợp 5: Bớt  4;5  A5  0;1;2;3  n a1a2a3  3! 6 số  A TH1  TH  TH  TH  TH 6  10   10  38  p  A  A   38 19  300 150 Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng B  2;0;   Gọi M  a; b; c  1340 A 19  P : x  y  z  10 0 hai điểm A  1;  1;2  , điểm thuộc đoạn AB cho tồn hai mặt cầu có bán kính R  tiếp xúc mặt phẳng T  m; n  số  P  , đồng thời tiếp xúc với đoạn AB M Gọi 2 tập giá trị biểu thức 25a  b  2c Khi m.n 23596 B 140 C 19 D 86 Lời giải Chọn C  Ta có: AB  1;1;   , nên phương trình đường thẳng AB là:  x 1  t   y   t  z 2  6t  P Q Mặt khác, hai điểm A B phía với mặt phẳng   Gọi   mặt phẳng song song với  P  cho d   P  ,  Q    vị trí hình vẽ Khi đó, phương trình mặt phẳng  Q  là: x  y  z  0 M  t ;   t ;2  6t  t   0;1  * Ta có: M thuộc đoạn thẳng AB , suy  , với I   Q     IM  AB  IM  I  x; y; z Gọi tâm mặt cầu thoả mãn u cầu tốn, đó:    x  y  19t 0  x  y  z  0    19t    1  t  x   1   t  y     6t  z  0   z   1   2  24  49t   t  x      t  y     6t  z  6 2 x   t  y   t      2   Tồn hai mặt cầu thoả mãn yêu cầu tốn  Hệ     có hai nghiệm phân biệt 24  49t  24  49t   24 24     t   t  19t  t  24  49t  t  24 931 931    931    24  t   0;  931  *   Giao với , ta được: Ta có: 2 25a  b  2c 25   t      t     6t  98t  34   24  24   f t  196 t  0,  t  0; 0;       931  931  f  t  98t  34   Xét hàm số , có  T  f   ; f  Suy ra: tập giá trị 1340 mn 19 Vậy Câu 48: Cho hàm số số y  f  x f  x  24   694  694      T  34;   m 34, n  19  19   931   có đạo hàm xác định liên tục  , hình vẽ bên đồ thị hai hàm y  f  x  g  x   f  f  x   m  1   f  x   m  1 Số giá trị nguyên tham số m để hàm số có 11 điểm cực trị là: A B C D Lời giải Chọn A   g  x   f  x   f  f  x   m  1   f  x   m  1    Đạo hàm:    g  x   f  x   f  f  x   m  1   f  x   m  1    có 11 lần đổi dấu Yêu cầu toán  f  x   m  1 có lần đổi dấu x y  f  x   x  2;1 ; 0;0 ; 4;        qua điểm dấu Kẻ đường thẳng suy  f  f  x   m  1  với  x  2 x  x  4 Do f  f  x   m  1   f  x   f  x   m  1 dấu với m  3  f  x   m  1  f  x   m  3  f  x   m  3  f  x   m  1   f  x   m  f  x   m   0   f  x    m  f x  m    Xét Phác họa đồ thị ba hàm số hệ trục tọa độ sau:   m       m   m    4;0;2   m  u cầu tốn Vậy có giá trị tham số m thỏa mãn h  x   f  x   x ; u  x   f  x   m   g  x  h  u  x   Hướng tiếp cận khác: Xét  x  x h x   f  x   x 0  f  x     x 0 2  x 4 h x Ta có: nên hàm số   có ba điểm cực trị Hàm số u  x  f  x  m 1 h u  x   có ba điểm cực trị nên yêu cầu toán   đổi dấu   u  x    u  x   u  x   4 lần trước đổi dấu lần Sau tiếp tục thực tương tự cách giải Câu 49: Cho khối lăng trụ ABC ABC  có đáy tam giác Hình chiếu vng góc A lên mặt  ABC  trùng với trung điểm cạnh BC Khoảng cách hai đường thẳng BC AA 6a ; góc hai mặt phẳng  ABBA  ABC 60 Thể tích khối lăng phẳng trụ cho A 84 21a B 108a C 324 3a Lời giải D 24 6a Chọn D Gọi cạnh hình đáy x , chiều cao lăng trụ h BC  AH   ABC  , AH  BC  BC   AAH   BC  AA Gọi H trung điểm