2023 đề thực chiến số 12 đề chuẩn cấu trúc 2023

BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 12 (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: Cho hàm số f  x có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đạt cực đại điểm đây? A x 1 B x 2 C x 0 D x 5 Lời giải Chọn C Từ bảng biến thiên, hàm số Câu 2: f  x đạt cực đại x 0 Đồ thị hàm số có dạng hình vẽ bên A y  x  x B y  x  x C y  x  x D y  x  x Lời giải Chọn B Đồ thị hàm số có dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương y ax  bx  c , hệ số a  , có cực trị nên ab  Câu 3: x1 Nghiệm phương trình 8 A x 2 B x 3 C x 4 Lời giải Chọn A x 1 x 1 Ta có 8  2  x  3  x 2 D x 1 Câu 4: Mệnh đề đúng?  f  x  dx   f  x    A  f  x  dx   f  x    C  f  x  dx   f  x    B  f  x  dx   f  x    D Lời giải Chọn D Gọi F  x F  x   f  x  Ta có Câu 5: sin nguyên hàm hàm số x dx f  x  f  x  dx   f  x    hay A tan x  C B  cot x  C D  tan x  C C cot x  C Lời giải Chọn B  Áp dụng công thức bảng nguyên hàm, ta có: sin Câu 6: Cho hai số phức z1 2  i; z2 1  2i x Phần ảo số phức B  A dx  cot x  C z2 z1 C  2i Lời giải D 3i C 13 Lời giải D Chọn A z2 z1   2i    i  4  3i Ta có: Khi số phức Câu 7: z2 z1 có phần ảo Môđun số phức z 2  3i bằng: A 13 B Chọn C Số phức Câu 8: z 2  3i  z  2    3  13 Từ nhóm gồm học sinh nam học sinh nữ, có cách chọn học sinh bất kì? A C132 B A132 C Lời giải C52  C82 D 13 Chọn A Từ nhóm gồm học sinh nam học sinh nữ  Tổng cộng có 13 học sinh C2 Chọn học sinh 13 học sinh có 13 cách chọn Câu 9: Cấp số nhân A   un  có u1 2, u2 1 B cơng bội cấp số nhân C Lời giải  D Chọn D q Công bội cấp số nhân cho là: f  x Câu 10: Cho hàm số u2  u1 liên tục  có bảng xét dấu đạo hàm sau Số điểm cực trị hàm số cho A B C Lời giải D Chọn B f  x  Do hàm số liên tục  đạo hàm đổi dấu x qua điểm x  1; x 0 ; x 1; x 2 nên hàm số cho có điểm cực trị Câu 11: Cho số phức z 2i  , điểm điểm biểu diễn số phức z ? A G  1;   B T  2;  1 C Lời giải K  2;1 D H  1;2  Chọn A Do z 2i  1  2i nên z 1  2i G 1;   Vậy z có điểm biểu diễn  x y x y Câu 12: Cho hai số thực x; y thỏa mãn 5; 3 A B C 10 Lời giải Chọn D x y x y Ta có 4 5.3 15 D 15 Câu 13: Một khối chóp có đáy hình vng cạnh a , chiều cao 4a tích A 4a a B 16a C Lời giải D 16a Chọn B 1 V  B.h  a 4a  a 3 3 Ta tích khối chóp Câu 14: Phương trình A x 2 Chọn A log3  x  1 2 có nghiệm x B C Lời giải x 11 x D Điều kiện 5x    x  log  x  1 2  x  32  x 10  x 2 Ta có y log x Câu 15: Đạo hàm hàm số A x ln x B ln D x C x ln Lời giải Chọn A Áp dụng công thức  log a x    1  log3 x    a  0; a  1; x  x.ln a với điều kiện x ln ta  a   3; 2;1 A  4;6;  3 Oxyz Câu 16: Trong không gian , cho véctơ điểm , tọa độ điểm B thỏa mãn   AB a A  7; 4;   B   1;  8;  C  Lời giải 1;8;   D   7;  4; 4 Chọn C Gọi B  x; y; z  Khi  , ta có B  1;8;   Câu 17: Cho hàm số f  x AB  x  4; y  6; z  3   AB a nên Do  x     y  2   z  1   x 1   y 8  z   có đồ thị hình vẽ bên: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A   1;0  B  0;1 C  Lời giải  1;1 D   2;  1 Chọn A Dựa vào hình vẽ ta thấy hàm số đồng biến Câu 18: Tiệm cận ngang đồ thị hàm số A x  B y 1 y   1;0   1; 2 x x  C y  D x 2 Lời giải Chọn C 2 1 1 2 x 2 x x x lim  lim  lim  lim  x   x  x   x    x    1 2 x 1 2 2 x x Ta có ; Nên tiệm cận ngang đồ thị hàm số y 2 x y  x  I 2;1;  Câu 19: Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt cầu có tâm  , bán kính 2  x     y 1   z   A C  x     y 1   z   2 3 9 2 2 2  x     y  1   z   B D Lời giải  x     y  1   z   3 9 Chọn D Phương trình mặt cầu có tâm I  2;1; 2 2  x     y  1   z   9 bán kính Câu 20: Một khối lăng trụ có diện tích đáy thể tích chiều cao A B C D Lời giải Chọn C V V B.h  h   2 B Ta tích lăng trụ có diện tích đáy B , chiều cao h là: A 4;  3;  B  6;1;   C  2;8;  1 Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm  , , Đường thẳng qua gốc O trọng tâm tam giác ABC có phương trình x y z   A  x y z   B  x y z   C  Lời giải x y z   D   Chọn B G 4;2;   Gọi G trọng tâm tam giác ABC , ta có    OG  4;2;   u  2;1;  1 Có VTCP đường thẳng OG Chọn VTCP đường thẳng OG  O  0;0;0  u  2;1;  1 OG Đường thẳng qua có VTCP có phương trình tắc là: x y z    A 2;  1;3 B  4;0;1 C   10;5;3 Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm  , , Véctơ véctơ pháp tuyến mặt phẳng A  1;2;2  B  ABC  ?  1;  2;  C Lời giải  1;2;0  D  1;8;2  Chọn A        n k  AB, AC  k  12; 24; 24   k 0  AB  2;1;   AC   12; 6;  n Ta có ; Khi với véctơ pháp tuyến mặt phẳng  ABC  Vậy véctơ pháp tuyến mặt phẳng  ABC   n  1; 2;2  S : x  y  z  x  y  z  0 Câu 23: Trong không gian Oxyz , mặt cầu   có bán kính A 14 C 14 B D Lời giải Chọn B Vì mặt cầu  S  có phương trình 2 x  y  z  x  y  z  0   x  1   y     z   4 S I 1; 2;  Vậy mặt cầu   có tâm  bán kính Câu 24: Trong hàm số sau hàm số đồng biến  ? A y 3 x  B y 3 x  C Lời giải y x 1 x D y tan x Chọn A Ta thấy: y 3 x  ta có y 9 x 0, x   Vậy hàm số đồng biến  y 3 x  ta có y    12 x   x  Vậy hàm số đồng biến  0;  x 1 y x  có điều kiện xác định x 3 nên hàm số không đồng biến  y tan x có điều kiện xác định   cos x 0  x   k  k   nên hàm số khơng đồng biến Câu 25: Diện tích xung quanh hình trụ có đường cao h , bán kính đáy r A  r h B 2 rh C 2rh D 2 h Lời giải Chọn B Diện tích xung quanh hình trụ có đường cao h , bán kính đáy r 2 rh Câu 26: Một hình nón có diện tích xung quanh 5 a , bán kính đáy a độ dài đường sinh A 3a B 5a C 5a Lời giải D 2a Chọn B Gọi R , l bán kính đường trịn đáy độ dài đường sinh hình nón cho Theo giả thiết ta có  Rl 5 a R a nên l 5 a 5a a 1 x y  x cắt trục tung điểm có tọa độ Câu 27: Đồ thị hàm số 0;  1 0; 1 1;  A  B  C  Lời giải Chọn B 1 x 1 y y 1  x , cho x 0 ta có 1 Xét hàm số D  1; 1 D  log a 1 x y  x cắt trục tung điểm có tọa độ  0; 1 Vậy đồ thị hàm số log8 a Câu 28: Với a số thực dương tùy ý, log a 18 log a 3log a A B C Lời giải Chọn A log8  a  6.log 23 a 6 log a 2 log a Ta có   1 f  x  dx 2;  f  x   g  x   dx  Câu 29: Nếu A  B g  x  dx C  Lời giải D  Chọn B Ta có: 1  f  x   g  x   dx   f  x  dx  2g  x  dx  0   1 g x d x  f  x  dx   5      2 0  Câu 30: Trong không gian Oxyz , đường thẳng A M  0; 2;1 B d: F  3;  4;5 x y z    2 không qua điểm đây? C Lời giải N  1;0;1 D E  2;  2;3 Chọn A Ta thấy:  1 x y z    d:   2 nên đường thẳng 2 không qua điểm M  0; 2;1 3  5 x y z    d:   2 nên đường thẳng 2 qua điểm F  3;  4;5  1 1 x y z    d:   2 nên đường thẳng 2 qua điểm N  1;0;1 2  3 x y z    d:   2 nên đường thẳng 2 qua điểm E  2;  2;3 Câu 31: Cho hai số phức z1 2  i; z2 2  4i mơđun số phức B A z1  z1.z2 C 5 Lời giải D Chọn C z  z z Ta có: 1 2  i  (2  i)(2  4i ) 2  11i 2 z1  z1.z2   11i     11 5 Do Câu 32: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi tâm O , tam giác ABD cạnh vng góc với mặt đáy A 45 SA  2a Cạnh bên S A 2a Góc đường thẳng SO mặt phẳng  ABCD  B 30 C 60 D 90 Lời giải Chọn C Vì SA   ABCD  nên  SO,  ABCD   SOA Mặt khác AO đường cao tam giác ABD cạnh 2a  AO  2a a  2 2a SA   tan SOA     SOA 60 AO a Xét SOA vuông A có: ABCD  Vậy góc đường thẳng SO mặt phẳng  60 SBC  Câu 33: Cho hình chóp tam giác S ABC cạnh đáy a góc mặt phẳng  với mặt phẳng đáy  ABC   SBC  bằng 60 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng a A a B 3a C Lời giải 3a D Chọn C Gọi D trung điểm BC , G trọng tâm tam giác ABC Khi AD  BC , SD  BC , SG   SBC  Vì  SBC    ABC  BC ,  ABC  AD  BC , SD  BC nên góc hai mặt phẳng  SBC    góc SDA Suy SDA 60 BC   SAD  Vì AD  BC , SD  BC nên Trong tam giác SAD hạ GE  SD suy GE   SBC  d  G,  SBC   GE hay Suy Xét tam giác ABC cạnh a có đường cao d  A,  SBC   3GE AD  a a GD  suy GE a 3a  sin 60  GE sin 60   GD hay Xét tam giác EGD vng E có EDG 60 suy a 3a GE  d A , SBC  d  A,  SBC       d A , SBC  GE  Vì   Vậy Suy nên e2 Câu 34: Xét tích phân e   ln x  I  dx x đặt t 1  2ln x I e2 t dt  A B 2t dt Chọn D  dt  2dx dt dx   x x Đặt t 1  2ln x  x 1  t 1  Đổi cận:  x e  t 5 C Lời giải t dt t dt D e2 Khi   ln x  I  x 5 t2 dx  dt  t 2dt 21 Câu 35: Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số trị 5M  3m A B 10 f  x  C 2x  x  đoạn  0; 4 , giá D Lời giải Chọn B 2x  x  xác định  0; 4 Hàm số  x  1  1 x  1 f  x    0 2 x  1 x  1  x   0; 4   Ta có: f  x   f  x đồng biến  5M  3m 10  0; 4 nên 1   Câu 36: Tập nghiệm bất phương trình   A   ;  1   6;  B M Max f  x   f     0;4 x  1    5 m Min f  x   f     0;4 5,  x  x 2   ;     1;  C   6;1 D   1;6  Lời giải Chọn C  1   Ta có:   x  1    5  x  x 2  x    x  3x  Vậy tập nghiệm bất phương trình là:  x2  5x      x    6;1 Câu 37: Chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp gồm viên bi đen viên bi trắng Xác suất để viên bi chọn màu 1 A B C D Lời giải Chọn C n  C92 36 Số phần tử không gian mẫu là:   Gọi A biến cố: “Chọn bi màu ” n A C52  C42 16 Khi số phần tử biến cố A là:   n  A  16 P  A    n    36 A Vậy xác suất biến cố là: Câu 38: Cho hàm số f   1 f  x x1 e x f  x  có đạo hàm  e nguyên hàm hàm số  Khi f  1 e3  e  2 D 2 B 2e  2e  C e  e  Lời giải A 2e  Chọn B x e2 x1 nguyên hàm hàm số e f  x  nên 2e x 1 x x 1    f x  2e x 1   x e f  x   e  2e x1 e Ta có f  x  dx  f  x   f  1  f   1  f  1  f    f  x  dx 1  2e x 1dx 1  2e x 1 0 2e  2e  Câu 39: Một cuộn túi nilon đựng rác có dạng hình trụ gồm 120 túi nilon giống quanh lõi rỗng hình trụ bán kính đáy phần lõi r 1,5cm , bán kính đáy cuộn nilon R 3cm Biết độ dày túi nilon 0,05 mm Chiều dài túi nilon gần với kết đây? A 34 cm B 33cm C 36 cm Lời giải D 35 cm Chọn D Gọi x, y chiều rộng chiều dài túi nilon đựng rác Khi cuộn túi nilon quanh lõi ta theo chiều dài túi nilon, nên chiều rộng túi nilon chiều cao hình trụ 2 2 Thể tích cuộn túi nilon là: V  R h   r h  x   1,5 x 6, 75 x Mặt khác cuộn túi nilon từ 120 túi nilon nên thể tích cuộn túi nilon cịn tính cơng thức: V 0,005.x y.120 0, xy Suy 6, 75 x 0, xy  y 6, 75 45  35,343 0, Vậy chiều dài túi nilon gần với 35 cm Câu 40: Có số phức z thoả mãn A B z z  số ảo? C D Lời giải z   3i  z   i Chọn A Đặt z x  yi  x , y    z   3i  z   i  Gọi M  x; y  x  1 điểm biểu diễn z   y  3   x  1 2   y  1  x  y  0 z  x  yi   x   yi   x   yi  x  y  x  5y     i 2 z  x  yi   x  2  y  x  2  y  x  2  y   z z  số ảo  z     x2  y  x    x    y 0    z   2  x  y  x  0 1  I  ;0 R C    , bán kính  M thuộc đường trịn M D có tâm  d  I,    R  C 2 nên   cắt   hai điểm phân biệt có điểm D Vậy có số phức z thỏa yêu cầu toán A 1;1;1  P  : x  y  z  0 đường thẳng Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho điểm  , mặt phẳng x y z    Xét đường thẳng  qua A , nằm  P  cách đường thẳng d khoảng cách lớn Đường thẳng  qua điểm đây? d: A M  2;1;0  B N  1;  1;3 C Lời giải P   3;3;3 D Q  1;2;4  Chọn B Gọi H  x ; y; z  hình chiếu vng góc A d z  x 2 x  y     H  d    y 0  H  2; 0;0    1     z 0 1 x  1   y  1  1 z  1 0  AH ud 0   d , d   AH  Khi     AH Dấu xảy      AH u  AH        AH , nP   0;  2;  u    P   u  n      P    VTCP  Ta có   x 1   :  y 1  2t ,  t     z 1  2t N 1;  1;3  Suy phương trình Ta thấy  qua điểm  Câu 42: Cho phương trình 4 x  x  log  m  x   2m  phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn A Chọn B B 0 ( m tham số) Số giá trị nguyên m để   2;2 C Lời giải D vô số Đặt log  m  x  t  m  x 4t  m x  4t  x  x  t   x  4t   1 0  2 x  x 2 2t 1  t  2 Phương trình cho trở thành 1  2 x    x  22t 1   2t  1  1 2 1 g  a  2a  a g  a  2a ln   0, a   có Xét hàm số nên hàm số đồng biến  Do  1  g   x  g  2t 1   x 2t 1  2t  x   2log4  m  x   x   log  m  x   x   m  x 2  x   m x  2 x  Xét hàm số h  x  x  2 x  có  * h x  1  2.2 x  ln 1  2 x ln h x  0  2 x ln 1  x  log  ln  Trên đoạn   2; 2 ta có bảng biến thiên h x : * x    2;2  m   1; 2;3;4;5;6 Phương trình   có nghiệm Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 43: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A, AB a Gọi I trung điểm BC , hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng   ABC  điểm H thỏa mãn  HA  HI , góc SC mặt phẳng  ABC  60 Thể tích khối chóp S ABC a 30 A Chọn A a3 B a 15 C Lời giải a 15 D 12 Ta có ABC tam giác vng cân đỉnh A , I trung điểm BC   ABC  Hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng  điểm H thỏa mãn HA  HI a  IH  IA  3 nên ta có H trọng tâm ABC a 10 a CH  IH  IC      a    3 Xét IHC vuông I : 2 ABC  suy H hình chiếu vng góc S   SC   ABC   C   ABC  góc SCH 60 Mà Góc SC mặt phẳng Ta lại có Do Vậy SH   ABC  SH a 10 a 30  SH  HC.tan 60  3 3 HC 1 1   SABC SH   AB AC  SH  2a a 30  a 30 3 2   tan SCH  VS ABC  Câu 44: Cho hàm số f  x f  4  thỏa mãn    f  x  x    f  x   x   , x  Khi xf  x  dx 1283 A 30 B  157 30 157 C 30 Lời giải Chọn B f  x   xf  x  x  x   x f  x    x  x Với x  ta có: Lấy nguyên hàm hai vế ta được: x f  x   x2  x x C x2 f     C   xf  x    x x  3 Mà 4  x2 xf x d x      x x   1 Vậy  157 dx  30  D  1283 30 z ;z Câu 45: Cho số thực b, c cho phương trình z  bz  c 0 có hai nghiệm phức thỏa mãn z1   3i   z1  2i   z2  2 A  B 12 số ảo Khi b  c bằng: C D  12 Lời giải Chọn C Trường hợp 1: Nếu nghiệm phương trình số thực x; y z1   3i   x  3  3i   x  3 9  mâu thuẫn với giả thiết Trường hợp 2: Các nghiệm phức phương trình khơng số thực, với z1 x  yi  z2 z1  x  yi Khi đó: Và: z1   3i    x  3   y  3 2  1  z1  2i   z2    x   y   i    x    yi   x  x    y  y      x    y    xy  i số ảo phần thực tức là: x  x    y  y   0  x  y  x  y 0  2  x     y   2  y x     2 x  y  x  y 0  x  y  x  y 0 Giải hệ gồm     :   y x   x 2    2 x  x  0  y   z1 2  2i; z2 2  2i  z1  z  b   i     2i  4  z z c   2i    i  8  b  c   4 Vì theo Vi-et ta có:  Câu 46: Cho hàm số f  x   x  3x giá trị tham số m để A 16 g  x   f   sin x   m max g  x   g  x  50  B  ( m tham số thực) Gọi S tập Tổng phần tử S D  C Lời giải Chọn A Đặt t 2  sin x   1;3  g  t   t  3t  m , t   1;3  max g  t   g  t  50 Xét hàm số:  1;3 y t  3t  m  y 3t  0 t   1;3 max g  t  max   m  ; 18  m    1;3  g  t  min   m  ; 18  m  y  1  m  2, y  3 18  m     1;3  g  t  0      1;3 Trường hợp 1: Nếu  m    m    1;3 max g  t   18  m 18  m   1;3    m  18  m 50  m  17  t / m   g  t     m  m  min   1;3 Trường hợp 2: Nếu 18  m   m  18 min g  t   18  m m  18   1;3  m   m  18 50  m 33  t / m   g  t     m m  max   1;3 Trường hợp 3: Nếu   m     m 18 0   m 18 max g  t  max   m  ; 18  m    1;3  g  t  0 min   1;3 max g  t  max   m  ; 18  m   50, m    2;18   m  Nhận xét:  1;3 Vậy S   17;33 nên tổng phần tử S 16 P : x  y  z 0  S  có tâm I  0;1;  bán Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   mặt cầu  P  Khối nón  N  có đỉnh I đường trịn đáy kính R 1 Xét điểm M thay đổi  S  Khi  N  tích lớn đường trịn qua tất tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến nhất, mặt phẳng chứa đường tròn đáy a  b  c A  B  N có phương trình x  ay  bz  c 0 Giá trị C Lời giải D Chọn B Vì mặt cầu  S có tâm I  0;1;   x d  I ,  P    bán kính R 1 Đặt x IM S Gọi A tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến   Khi tiếp điểm A nằm đường trịn  C có tâm H bán kính r HA 2 Ta có AM  IM  IA  x  IH  IA  AH  1  AH  AI AM x2   IM x Khi đó: x2  1  x2 x  x2  1 g  x  g VN   r IH  g  x   max 3;   x x Do    2273 Dấu đạt x   M   1;0;1 P hình chiếu I mặt phẳng    x   y  1   z   1  A   S    2 AM   x  1  y   z  1 2  x  y  z  0   Suy mặt phẳng chứa tiếp điểm Vậy a  b  c 1   0 y  x3  3x  m  x  m  Cm   Câu 48: Cho hàm số  Biết đồ thị hàm số cắt trục hoành ba A, B, C  x A  xB  xC  điểm phân biệt có hai điểm cực trị M , N Số giá trị tham số m để MN  AC A B C D Lời giải Chọn B x3  x  m  x  m2 0 Ox trục là:  x 1  x 1 0     2  x 1   m  x  x  m 0  C Phương trình hồnh độ giao điểm  m    x  1 x  x  m   Cm  cắt trục Suy  Ox ba điểm phân biệt     A   m2 ;0 , B  1;0  , C   m2 ;0  AC 2  m2 2 y 0  3x  x  m2  0  1  Ta có, y 3 x  x  m  , , phương trình   ln có  x1  x2 2    m2  x x   x ,x nghiệm với giá trị tham số m Áp dung định lý Vi-et ta có  Gọi hai điểm cực trị M  x1; y1  , N  x2 ; y2  2 2m  y  m  x  3 Đường thẳng qua hai điểm cực trị M , N   x2  x1   MN  Nên ta có m 1    x2  x1   2     m    x2  x1   x1x2    4 16      m2      m2    m2   m2 3 27    Theo giả thiết MN  AC            3 16 16  m2   m2 2  m2   m2   m2 4  m2 27 27 2 16 16   m2   m 4  m    m 4   m  27 27      m2          3  m  1 2            Câu 49: Cho hàm số điểm f  x  ax  bx  c có đồ thị hình vẽ Biết f  x1   f  x3   x1 x2 x3 x  x1  ; ; thỏa mãn f  x đạt cực trị f  x2  0 S S S S Gọi , , , S1  S diện tích hình phẳng hình vẽ bên Tỉ số S3  S gần với kết đây? A 0, 65 B 0, C 0,55 Lời giải D 0, Chọn D Hàm số f  x  ax  bx  c có đạo hàm sau:  x 0  x 0   b b   x   x   f  x  4ax  2bx 0 2a 2a   Do hàm số có ba điểm cực trị  x1   x3 1 Suy Do x1 x2 0 ; ;  ab   x3  x1 x3  x1    x1  x1     f  x1   f  x3   2 f  x2  0  f   1  f  1  f   0   c  a    c  a   c 0 3 3  f  x  a  x  x    c a 4  Vậy   x     x  f  x  0  x  x  0  Xét 2 3  S1   f  x  dx   f  x  dx  a  x  x   dx  a 4 0  30 Vậy S   f  x  dx    f  x  4a  x 1 x  x  1 4a x  x  f  x  f  x  dx a x  x  c 1   f  x  dx   a  x 2 3  x   dx 14  17 4  a 60 14  17 28  17 a a S1  S  30 a  60 60 Suy f x  f  x3  a S  S  S3  S Ta có diện tích hình chữ nhật có kích thước ;   S  S  S3  S a Khi Do  S3  S  a   S1  S2  a    11  28  17 a a 60 60 S1  S2  28  17 S3  S4 11  0,6   Câu 50: Có tất giá trị nguyên y cho tương ứng với giá trị y tồn không     log 2021 x  y  log 2022 y  y  16 log  x  y  x 15 số nguyên thỏa mãn điều kiện ? A 2021 B 4042 C 2020 Lời giải D 4041 Chọn D x  y2  x2  y     x  y Điều kiện  x  y  Ta có bất phương trình Xét log 2021  x  y   log 2022  y  y  16   log  x  y  0 f  x  log 2021  x  y   log 2022  y  y  16   log  x  y  f ' x   Ta có: với x  y , y   x  ln  ln 2021  y ln  y ln 2021 1    x  y  ln 2021  x  y  ln  x  y   x  y  ln 2021.ln Ta có: x  y  x  ln  ln 2021  y  ln  ln 2021 Suy x  ln  ln 2021  y ln  y ln 2021    y  y  ln 2021  0, y   Do f '  x   0, x  y, y   Ta có bảng biến thiên Yêu cầu toán f  x là:  f  y 16    log 2021  y  y  16   log 2022  y  y  16   log 16  log 2021  y  y  16    log 2021  y  y  16   log 2021  y  y  16  log 2021 2022  log 2022 2021 4 2, 00 1log 2022 2021  y  y  16  2021   2021,99  y 2020,99 y    2021;  2020; ;2020 Do y   nên Vậy có tất 4041 giá trị nguyên y thỏa yêu cầu toán