[ET] ĐỀ 8 CÓ LỜI GIẢI PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA BGD NĂM 2021 2022.

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA CỦA BGD NĂM 2021-2022

Môn: TOÁN – LỚP 12

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

TRAO ĐỔI & CHIA SẺ KIẾN THỨC

LINK NHÓM:

https://www.facebook.com/groups/nhomwordvabiensoant ailieutoan

ĐỀ 8

Câu 1. Số phức ^{z }



^{1 2i}

 

^{2 1i}



có môđun là

A. z 5 2. B. z 50. C.

2 2 z  3

. D.

510 z  3

. Lời giải

GVSB: Chương Huy ; GVPB1: Phạm Phú Quốc; GVPB2: Chien Chi Chọn A

Ta có: ^{z }



^{1 2i}

 

^{2 1i}



^{   z 1 7i z 5 2}_.

Câu 2. Trong không gian ^Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm ^I



^{1; 4;3}



và đi qua điểm



^{5; 3;2}



A  .

A.



^x1

 

^{2 y4}

 

^{2 z3}



^{2 18}_{. B.}



^x1

 

^{2 y4}

 

^{2 z3}



^{2 16}_.

C.



^x1

 

^{2 y4}

 

^{2 z3}



^{2 16}_{. D.}



^x1

 

^{2 y4}

 

^{2 z3}



^{2 18}_.

Lời giải

GVSB: Nguyễn Hương Lan ; GVPB1: Phạm Phú Quốc; GVPB2: Chien Chi Chọn D

Mặt cầu

 

^S _tâm ^{I a b c}



^{; ;}



_{bán kính R có dạng}



^{x a}

 

^{2 y b}

 

^{2 z c}



^{2 R2}_.

Theo đề mặt cầu có tâm ^I



^{1; 4;3}



và đi qua điểm ^A



^{5; 3;2}



nên có bán kính R IA 3 2 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:



^x1

 

^{2 y4}

 

^{2 z3}



^{2 18}_.

Câu 3. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số

1 y x 1

 x

 ?

A. Điểm P( 2; 3)  _{. B. Điểm} N(1;0)_{. C. Điểm} M(1; 1) _{. D. Điểm} ^Q(2;1₃⁾_. Lời giải

GVSB: Bùi Minh Lý; GVPB1: Trần Quốc Dũng; GVPB2: Phan Thị Thúy Hà

Chọn B

Thay x1 ta được y0_{, nên} N(1;0) thuộc đồ thị hàm số và điểm M(1; 1) không thuộc đồ thị hàm số.

Thay x 2 ta được y3_{, nên} P( 2; 3)  không thuộc đồ thị hàm số.

Thay x2 ta được 1 y3

, nên

(2; 1) Q 3

không thuộc đồ thị hàm số.

Câu 4. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng x. Cạnh bên SA x 6 vuông góc với mặt phẳng



^ABCD



. Tính theo x diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

.

S ABCD.

A. 8x²_{. B.} x² 2_{. C.} 2x²_{. D.} 2x²_. Lời giải

GVSB: Vũ Thị Ngọc Linh ; GVPB1:Trần Quốc Dũng; GVPB2: Phan Thị Thúy Hà Chọn A

 

SA ABCD SA AC (1)

 

BC AB

BC SAB BC SB BC SA

 

   

  (2)

 

CD AD

CD SAD CD SD

CD SA

 

   

  (3)

(1), (2), (3)  SAC SBC SCD, , là các tam giác vuông có chung cạnh huyền SC. Do đó mặt cầu ngoại tiếp .S ABCD là mặt cầu đường kính SC.

Bán kính

2 2 6 2 2 2

2 2 2 2

SC SA AC x x

R     x

.

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp .S ABCD bằng S 4R² 4 .2 x² 8x²

Câu 5. Một nguyên hàm của hàm số

 

¹

2 3

f x  x

 là ^{F x}

 

_bằng:

A.

 

²

2 2x 3

  . B.

 

²

1

2 2x3 . C. 2ln 2x3. D.

1ln 2 3 2 x

. Lời giải

GVSB: Đặng Chi; GVPB1: Hoàng Quang Trà; GVPB2: Trần Minh Hưng

Chọn D Ta có:

1 1

d ln 2 3

2 3 x 2 x C

x   





Câu 6. Hàm số y x ³3x2 đạt cực đại tại điểm

A. x 1. B. x0. C. x1. D. x 2. Lời giải

GVSB: Binh Vo ; GVPB1:Hoàng Quang Trà; GVPB2: Trần Minh Hưng Chọn A

Ta có y 3x²3; ^{y 03x2 3 0}

1 1 x x

 

    . Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại x 1. Câu 7. Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình

2 5

5^{x } 0, 2 là

A. 3 . B. 3. C. 5. D. 0 .

Lời giải

GVSB: Cô Nhung ; GVPB1: Thầy Huỳnh Đức Vũ; GVPB2: Đinh Ngọc Ta có:

2 5

5^{x } 0, 2

2 5 1 2 5 1 2 2

5 5 5 5 1 4 2 2

5

x x

x x x

  

             

. Vậy tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho bằng 0 .

Câu 8. Cho hình chóp S ABCD. _{có đáy} ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB BC a  _, 2

AD a và đường cao SA a . Thể tích khối chóp S ABCD. _bằng:

A. 2a³_{. B.}

2 3

3 a

. C.

1 3

2a

. D. a³ 2_.

Lời giải

GVSB: Ngô Việt Hoàng; Huỳnh Đức Vũ; GVPB2:Đinh Ngọc

a a a

2a D

B C

A S

   

²

 

1 1 3

2 d

2 2 2

SABCD  AB BC AD  a a a  a dv t .

 

2 3

.

1 1 3 1

. . .

3 3 2 2

S ABCD ABCD

V  SA S  a a  a dvtt

Câu 9. Hàm số ^yln



^{x2 mx1}



xác định với mọi giá trị của x khi A.

2 2 m m

  

  . B. m2_{. C.}   2 m 2_{. D.} m2_. Lời giải

GVSB: Linh Chi ; GVPB1: Phạm Hồng Thu; GVPB2: Thanh Nha Nguyen Chọn C

Yêu cầu bài toán

2 1 0 2

1 0, 4 0 2 2

x mx x   0 m m

                . Câu 10. Phương trình log2



x  2



1 log2



x3



có số nghiệm là

A. 1_{. B.} 5. C. 2_{. D.} 0.

Lời giải

GVSB: Đoàn Khắc Trung Ninh ; GVPB1: Phạm Hồng Thu; GVPB2:Thanh Nha Nguyen Chọn A

Điều kiện xác định ^x3.

Ta có phương trình tương đương log2



x2

 

x3



1

   

2

2 3 2

5 4 0

1 ( ) 4 ( )

x x

x x

x l

x n

   

   

 

  

Vậy tập nghiệm của phương trình ^{S }

 

⁴ _.

Câu 11. Cho

2

1

( ) 3

f x dx



và

     

2

1

3f x g x dx 10

   

 



. Khi đó

2

 

1

d g x x



bằng

A. ^1. B. ^4. C. ¹⁷. D. ¹.

Lời giải

Chọn A

       

2 2 2

1 0 0

3f x g x dx103 f x xd  g x xd 10

 

 

  

   

2 2

0 0

9 g x xd 10 g x xd 1

 



 



 

.

Câu 12. Cho số phứcz _{thỏa mãn} ^z



^{1  i}



^{3 5i} . Tính modun củaz_?

A. 15 . B. 3 . C. 5 . D. 17

Lời giải

GVSB: Đức Thái ; GVPB1: Bùi Văn Lưu; GVPB2: Lê Văn Kỳ Chọn D

3 5 1 4

1

z i i

i

    



 ^{z }

   

^{1 2 4 2  17}

Câu 13. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ^A



^{2;1; 1}



_, ^B



^{0; 3; 5}



. Mặt phẳng trung trực của đoạn AB có một véc tơ pháp tuyến là

A. ^{n }



^{1; 2; 3}



_{. B.} ^{n }



^{1; 2; 3}



_{. C.} ^{n }



^1;2;3



_{. D.} ^{n }



^{1; 2; 3 }



_.

Lời giải

GVSB: Lê Công Hiếu ; GVPB1: Nguyễn Thảo Linh ; GVPB2:

Chọn B

Mặt phẳng trung trực của đoạn ^AB có véctơ pháp tuyến là: ^{AB  }



^{2; 4; 6}



^{ 2 1; 2; 3}



^



Do đó một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là ^n



^{1; 2; 3}



Câu 14. Trong không gian ^Oxyz, cho hai vectơ a



2;1;0



và b  



1;0; 2



. Tính cos ,

 

a b  . A. cos ,

 

²

a b   25

. B. cos ,

 

²

a b   5

. C. cos ,

 

²

a b  25

 

. D. cos ,

 

²

a b  5 . Lời giải

GVSB: Nguyễn Bình ; GVPB1:Nguyễn Thảo Linh; GVPB2:

Chọn B

 Ta có: ^{a  22 12 5;b }

   

^{1 2 2 2  5}

.

 Vậy

 

^{. 2}

cos ;

. 5 a b a b

 a b  

 

 

 

Câu 15. Cho số phức z 2 i, phần thực của số phức liên hợp của số phức ^{z i} bằng

A. 1 _B. 2 _C. i _D. i

Lời giải

GVSB: Phùng Hoàng Cúc; GVPB1: Vân Vũ; GVPB2: Tuan Pham;

Ta có z 2 i   z i 2. Do đó phần thực của số phức liên hợp của số phức ^{z i} bằng ². Câu 16. Cho hàm số ^{y f x}

 

xác định và có đạo hàm trên  ^{\ 1}

 

^ . Hàm số có bảng biến thiên như

hình vẽ.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3.

Lời giải

GVSB: Đặng Minh Nhựt ; GVPB1: Hanh Nguyen; GVPB2: Lê Thị Phương Chọn C

lim 4

x y

     y 4 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

lim 4

x y

   y 4 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 ¹

xlim_ y

   

1

  x là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

lim1 x _ y

  

, ^{limx1 y } x 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 4.

Câu 17. Cho ^{a b, 0,a1}. Đặt ⁴

2 3

log _a 4log_a

P b  b

. Mệnh đề nào sau đây đúng ?

A. P2log_ab. B.P7 log_ab. C. P5log_ab. D. P3log_ab. Lời giải

GVSB: Vũ Văn Dự ; GVPB1: Thanh Quach; GVPB2: Thanh Huyền Chọn B

Ta có: ⁴

2 3

log _a 4log_a 4log_a 3log_a 7 log_a

P b  b  b b b

Câu 18. Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A.

1 1 y x

x

 

 . B.

3 1 y x

x

 

 . C.

2 1

1 y x

x

 

 . D.

2 1 y x

x

 

 . Lời giải

GVSB: Hue Nguyen; GVPB1:Trần Huấn ; GVPB2:Tiểu Hiệp Chọn C

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x 1.

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là ^y2 nên chọn hàm số

2 1

1 y x

x

 

 .

Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho hai điểm ^A



^{0; 1; 2 }



_và ^B



^{2;2; 2}



. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng ^AB?

A. a1



2; 2;2



. B. a2 



2;3;4



. C. a3  



2;1;0



. D. a4 



2;3;0



. Lời giải

GVSB: Thanh Loan Nguyễn; GVPB1:Bùi Văn Cảnh; GVPB2:HongNhung Nguyen Chọn B

Ta có: ^{AB}



^2;3;4



nên đường thẳng ^AB có một vectơ chỉ phương là a2 



2;3;4



. Câu 20. Chọn kết luận đúng

A. ^{Ank }



^{n kn!}



^!_{. B.} Cn⁰ ⁰. C. ^{Cnk  k n k!}



^n!



^!_{. D.} A¹n ¹. Lời giải

GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB1:Tran Minh; GVPB2:

Chọn C

Theo công thức tổ hợp ^{Cnk  k n k!}



^n!



^!_.

Mặt khác ^{Ank }



^{n kn!}



^!_;^C_n^{0 1}_; ^A1_n ^n_.

Câu 21. Cho khối lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông cân tại ^A, BC2a và hình chiếu vuông góc của ^A lên mặt phẳng



^ABC



trùng với trung điểm cạnh BC, góc giữa ^AA và mặt đáy bằng 60. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

A.

3 3

3 a

. B.

3

2 a

. C.

3 3

2 a

. D. 3a³.

Lời giải

GVSB: Đỗ Tấn Bảo; GVPB1: Ho Ngoc Hung; GVPB2: Trịnh Đềm Chọn D

Gọi ^M là trung điểm của ² BC AM  BC

và

1 2

2 .

SABC  AM BC a . Ta có ^{A M }



^ABC



_nên



^{AA ABC,}

  

^{·A AM 60}_.

.tan 60 3

A M AM a

    .

Vậy thể tích cần tìm là V S_ABC.A M  3a³. Câu 22. Tính đạo hàm của hàm số y7^2xlog 52

 

x .

A.

2.72 ln 2 ln 5 7 5

x

y   x

. B.

2 1

2.7 .ln 7

ln 5 y x

  x .

C.

2 1

2.7 .ln 7

ln 2 y x

  x

. D.

2.72 ln 2 ln 7 5

x

y   x . Lời giải

GVSB: Phạm Duy Hùng ; GVPB1:Trịnh Đềm; GVPB2: Ho Ngoc Hung Chọn C

Ta có ^{y72xlog 5 log2  2 x}

2 1

2.7 .ln 7

ln 2 y x

 x

  

. Câu 23. Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^2;3



_B.



^{3; }



_C.



^{ ; 2}



_D.



^{  2;}



Lời giải

GVSB:Nguyễn Đức Tài; GVPB1: Lê Hoàng Khâm; GVPB2: Trần Hải Hạnh Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng



^2;3



_.

Câu 24. Cho hình trụ có diện tích đáy là 4 và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông.

Tính thể tích khối trụ?

A.

6 12



B. ⁴ C. ⁸ D. ¹⁶

Lời giải

GVSB: Phan Thanh Lộc; GVPB1: Lê Hoàng Khâm; GVPB2: Trần Hải Hạnh Chọn D

Hình trụ có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông suy ra: l h 2r Hình trụ có diện tích đáy là 4 _{suy ra} r² 4 .

Nên r 2,l h 4

Thể tích khối trụ: V r h². 16 .

Câu 25. Cho hàm ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

 

^2;3 đồng thời ^f

 

^{2 2}_, ^f

 

^{3 5}_{. Tính}

3

 

2

d f x x



bằng

A. 3 B. 7 C. 10 D. 3

Lời giải

GVSB: Thái Bảo Huy; GVPB1: Hồ Quốc Thuận; GVPB2:Lê Hải Nam Chọn D

Ta có ³

   

³₂

2

d

f x x  f x



_{ f}

 

_{3  f}

 

_{2 3}

.

Câu 26. Cho 5, ,3x x9 theo thứ tự này là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng. giá trị của x là

A. ¹⁰. B. ⁸. C. 14. D. ¹⁶.

Lời giải

GVSB: Thu Lê ; GVPB1: Hồ Quốc Thuận; GVPB2:Lê Hải Nam Chọn C

5, ,3x x9 theo thứ tự là cấp số cộng

5 3 9

2 4 3 14 14

2

x  x x x x

     

.

Câu 27.



^{sinax xd} _bằng

A.

1cosax C

a 

. B.

1cosax C

a 

. C. acosax C . D. cosax C .

Lời giải

GVSB: Lê Thảo Vi ; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Ta có

sinax xd 1cosax C

 a 



_.

Câu 28. Cho hàm số ^{y f x}

 

là hàm số bậc 3 và có đồ thị như hình vẽ

0 4

2 -1

y

x

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là

A. 0. B. ². C. ^1. D. ⁴.

Lời giải

GVSB: Tuấn Anh; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Từ đồ thị, ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là 0 .

Câu 29. Cho hàm số

1. y x

 x

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên



^0;



_{là m tại x a} . Giá trị của a2mlà

A. 1 2. B. 1 2. C. 1. D. 3_.

Lời giải

GVSB: Huỳnh Thư; GVPB1: Nguyễn Thị Hường; GVPB2: Linh Pham Chọn A.

+ Ta có:

 

 

2

2

1 1 1 1 0;

' 0 1 0

1 0;

2 1 x x

y y

x x

x x

    

        

   

 

+ Bảng biến thiên trên



^0;



+ Dựa vào BBT ta có: m ^min^{0; } y 2

  

tại x1_. Khi đó a²  m 1 2.

Câu 30. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên  ?

A. y2^x. B. ylog³x . C.

1 2

2

x

y  

 

  . D. ^y

 

^{2 x}_.

Lời giải

GVSB: Phan Lưu Quốc Nhựt ; GVPB1: Nguyễn Thị Hường; GVPB2: Linh Pham Chọn D

Dựa vào lý thuyết : Hàm số y a ^x đồng biến trên  nếu a1 và nghịch biến trên  nếu 0 a 1.

Câu 31. Với mọi , a b là các số thực dương, khác 1 thỏa mãn ^loga²



^{16 2}



^log a

a b b

a

 

  . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a⁵b. B. a² b. C. a⁹ b. D. ^{a b .} Lời giải

GVSB: Đỗ Thị Hưng; GVPB1: Nguyễn Loan ; GVPB2: Phạm Hiền

Chọn C

Ta có:

 

2

log_a 16 2 log _a b

a b a

 

   ¹₂^loga



^{a b16 2}



^{2 loga b}

a

 

   



^{a b16 2 2}



^{1 b 2}

a

 

   

8 b2 9

a b a b

  a  

Câu 32. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, cạnh bên SA vuông góc mặt đáy và SA a . Gọi  là góc tạo bởi SB và mặt phẳng



^ABCD



. Xác định cot?

A. cot 2. B.

cot 1

 2

 . C. cot 2 2. D.

cot 2

 4

 .

Lời giải

GVSB: Nguyễn Thu Hằng ; GVPB1: Nguyễn My; GVPB2: Nguyễn Hiền Lương

A D

B C

S

Ta có ^SA



^ABCD



^



^{SB ABCD,}

  

^



^{SB BA ,}



^SBA



cot AB 2a 2.

SA a

   

Câu 33. Nếu

3

 

0

sinx 3f x dx 6



 

 

 



thì

3

 

0

d f x x





bằng

A.

13.

2 B.

11.

 2

C.

13.

 4

D.

11.

 6 Lời giải

GVSB: Lương Thị Thanh Nhã ; GVPB1: Chuyên Đỗ Gia; GVPB2: Kim Dung Ta có

       

3 3 3 3 3

03

0 0 0 0 0

6 sin 3 d sin d 3 d cos 3 d 1 3 d

x f x x x x f x x x f x x 2 f x x

    





   







   



 



Suy ra

   

3 3

0 0

1 11

3 d 6 d

2 6

f x x f x x

 

    

 

.

Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình của mặt phẳng chứa trục ^Ox và qua điểm ^I



^{2; 3;1}



_là

A. 3y z 0. B. 3x y 0. C. y3z0. D. y3z0. Lời giải

GVSB: Đàm Văn Hùng ; GVPB1: Lương Thị Phương Thảo; GVPB2: Nguyễn Minh Đức Chọn D

Trục ^Ox đi qua ^A



^1;0;0



và có véctơ đơn vị ^i



^1;0;0



_.

Mặt phẳng đi qua ^I



^{2; 3;1}



và có vectơ pháp tuyến ^{n }_^{ AI i, }_^



^0;1;3



nên có phương trình y3z0.

Câu 35. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức ^z



^2i



³ là điểm nào dưới đây?

A. ^P



^2;11



_{. B.} ^Q



^14;11



_{. C.} ^N



^2;7



_{. D.} ^M



^14;7



_.

Lời giải

GVSB: Nguyễn Văn Phú ; GVPB1: Đỗ Trung Kiên; GVPB2: Phạm Thanh Liêm Chọn A

Ta có z



²i



³  8 3.2 . 3.2.²i i²  i³ 2 11i

nên điểm biểu diễn số phức z là điểm



^2;11



P .

Câu 36. Cho hình lăng trụ ABCD A B C D^.     có đáy ^ABCD là hình vuông tâm^O, cạnh a, hình chiếu của ^A lên



^ABCD



trùng với ^O. Khoảng cách từ điểm ^B đến mặt phẳng



^{A BD}



_bằng

A.

3 2 a

. B.

2 2 a

. C. ²

a

. D.

5 2 a

. Lời giải

GVSB: Lưu Thị Minh; GVPB1: Thanh Hảo; GVPB2: Nguyễn Minh Luận Chọn B

Gọi I ABA B IBIA

 



^,

 

^,

  

d B A BD  d A A BD

 

Ta có

 

AO BD

AO A BD AO A O

    

  



 



^,



2 2

AB a d A A BD AO

   

.

 



^,



²

2 2 a a d B A BD 

  

.

Câu 37. Chọn ngẫu nhiên một số trong số 21 số nguyên không âm đầu tiên. Xác suất để chọn được số lẻ bằng

A.

10

21. B.

11

21. C.

9

21. D.

4 7.

GVSB: Cao Hữu Trường; GVPB1: Lan Hương ; GVPB2: Thanh Huyen Phan Chọn A

Tập hợp 21 số nguyên không âm đầu tiên là



0;1;2;3;....;19;20



.

Không gian mẫu có 21 phần tử. Trong 21 số nguyên không âm đầu tiên có 10 số lẻ nên tương ứng có 10 kết quả thuận lợi. Vậy xác suất là

10 21.

Câu 38. Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua điểm



^{1; 2;0}



A và vuông góc với mặt phẳng

 

^{P : 2x y 3z 5 0}_.

A.

3 2 3 3 3

x t

y t

z t

  

  

  

 . B.

1 2 2

3

x t

y t

z t

  

  

  

 . C.

3 2 3

3 3

x t

y t

z t

  

  

   

 . D.

1 2 2 3

x t

y t

z t

  

  

 

 .

Lời giải

GVSB:Tiem Tran; GVPB1: Lại Thị Quỳnh Nguyên; GVPB2: Trương Minh Mỹ Chọn C

Đường thẳng ^d đi qua điểm ^A



^{1; 2;0}



và vuông góc với mặt phẳng

 

^{P : 2x y 3z 5 0} _sẽ

có vectơ chỉ phương là ad 



^{2;1; 3}



.

Đường thẳng ^d có phương trình là

1 2 2

3

x t

y t

z t

  

  

  

 .

Đường thẳng ^d đi qua ^B



^{3;3; 3}



nên đường thẳng ^d còn có thể viết

3 2 3

3 3

x t

y t

z t

  

  

   

 .

Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số ^m để tập nghiệm của bất phương trình



^{3x2 3 3}

 

^x2m



^0

chứa không quá 10 số nguyên?

A. 3279. B. 3281. C. 3283. D.3280.

Lời giải

GVSB: ThuHaCao ; GVPB1: Thu Lê; GVPB2: Phan Huy Chọn D

Do m là số nguyên dương nên 2m1log 23 m0.

1

2 2 2 3

3 3 0 3 3

2

x^    x^    x 3^x2m  0 x log 23 m

Dấu vế trái bpt

Từ đó suy ra: tập nghiệm bất phương trình này là

3

3;log 2

2 m

 

 

 

Suy ra, để tập nghiệm chứa không quá 10 số nguyên thì log 2³ m8 _2m3⁸ 6561 3280,5

m 2

  

. Vậy có 3280 giá trị thoả mãn.

Câu 40. Cho hàm số bậc ba^{y f x}

 

có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ^{3.f f x}

  

^{  2}



^{1 0} _là

y

x 4 -2

2

O 1 3

A. ⁹. B. ³. C. ⁶. D. ⁷.

Lời giải

GVSB: Phạm Văn Bình; GVPB1: Hoàng Nhàn; GVPB2: Nguyễn Sang Chọn A

Ta có ^{3.f f x}

  

^{   2}



^{1 0 f f x}

  

^2



^{ 1}₃

.

Đặt ^{u f x}

 

^2_.

y

x 4 -2

2

O 1 3

Bảng biến thiên:

Bảng giá trị tương ứng: Nhận thấy ^f

 

^{4 0}

Dựa vào bảng trên ta có phương trình ^{3.f f x}

  

^{  2}



^{1 0}có 9 nghiệm phân biệt.

Câu 41. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm là ^{f x}

 

^{4e2x  6, x}  và ^f

 

^{0 2}_{. Biết} ^{F x}

 

_là

nguyên hàm của ^{f x}

 

_{thoả mãn} ^F

 

^{1 e23}_{, khi đó} ^F

 

^1 _bằng

A. ^{ e2 3}. B. ^{ e2 3}. C. ² 1 3 e 

. D. ²

1 3 e 

. Lời giải

GVSB: Thanh Nam ; GVPB1: Đặng Hậu; GVPB2: Trần Hương Trà Chọn C

Ta có: ^{f x}

 

^



^{f x x}

 

^{d }

 

^{4e2x6 d}



^{x2e2x6x C} _.

Mà: ^f

 

⁰      ^{2 2 C 2 C 0}. Do đó: ^{f x}

 

^2e2x6x_.

Ta có: ^{F x}

 

^



^{f x x}

 

^{d }

 

^{2e2x6 dx x e}



^{ 2x3x2K} _.

Mà: ^F

 

^{1   e2 3 e2    3 K e2 3 K 0}_.

Do đó: ^{F x}

 

^e2x3x2_.

Vậy

 

2

1 1 3

F   e  .

Câu 42. Cho lăng trụ ABC A B C.    với các cạnh đáy là AB2, AC4, BC2 2. Diện tích hình bình hành ^{ABB A } bằng 2 3 và mặt bên



^{ABB A }



vuông góc với mặt đáy. Thể tích lăng trụ đã cho bằng

A. ^{V  21}. B.

21 V  3

. C. ^{V 2 21}. D.

2 21 V  3

. Lời giải

GVSB: Phạm Tiến Vinh; GVPB: Nguyễn Hoa; GVPB2: Phan Đình Công Chọn A

Vẽ đường cao AH của hình bình hành ^{ABB A }, vì mặt bên ^{ABB A } vuông góc với mặt đáy nên AH cũng là đường cao của lăng trụ đã cho.

Ta có

. 2 3 3.

2

ABB A ABB A

S AH AB AH S

AB

        

Đặt ^{2 3 2}

AB AC BC

p    

.

Theo công thức Hê-rông: S_ABC  p p AB p AC p BC





 



 





 ^7.

Thể tích khối lăng trụ: V  AH S. _ABC  3. 7 21.

Câu 43. Cho phương trình az²  bz c 0, với ^{a b c, , ,a0} có các nghiệm z z¹, ² đều không là số thực. Tính

2 2

1 2 1 2

z z z

P   z 

theo ^{a b c, , .} A.

2 2

2 b

P a ac

. B.

P 4 a

 c

. C.

P 2 a

 c

. D.

2 2

2b 4 P a ac

. Lời giải

GVSB: Thân Phùng; GVPB1: Châu Vũ; GVPB2: Phạm Tín Chọn B

Cách 1: Tự luận.

Ta có phương trình az²  bz c 0 có các nghiệm z z¹, ²

đều không là số thực, do đó

2 4 0

b ac

    _{. Ta có} ^{ i2}



^{4ac b 2}



.

*

2 1

2 2

4 2

4 2 b i ac b

z a

b i ac b

z a

   

 

    



Khi đó:

2 2

1 2 2 2 2

1 2 1 2

2 2

1 2 2

4 4

z c

P z z

ac b a z

z b a a

z z

z



 

 

  

 

 

 

 . Vậy

P 4c

 a . Cách 2: Trắc nghệm.

Cho a1,b0,c1, ta có phương trình z² 1 0 có 2 nghệm phức là z¹i z, ²  i . Khi đó

2 2

1 2 1 2 4

P z z  z z  .

Thế a1,b0,c1 lên các đáp án, ta thấy chỉ có đáp án C cho kết quả giống.

Câu 44. Xét các số phức z a bi  _với a b,  thỏa mãn ^{z 3 2i2}. Tính a b khi

1 2 2 2 5

z  i  z  i đạt giá trị nhỏ nhất.

A.³. B. 4 3. C. 4 3. D. 2 3.

GVSB: Nguyễn Văn Hoàng; GVPB1: Thái Huy; GVPB2: Hang Cao Lời giải

Chọn B Cách 1:

Đặt w z  3 2i với ^{w x yi x y }



^{, }



. Theo bài ra ta có

2 2

2 4

w x y  .

Ta có ^{P z  1 2i 2 z 2 5i   w 4 2 w 1 3i }



^x4



^{2y2 2}



^x1

 

^{2 y3}



²

  

²



²

20 8x 2 x 1 y 3

      ^{2 5 2 x2}



^x1

 

^{2 y3}



²

   



^{2 2 2 2}



2 x y 2x 1 x 1 y 3

        ^2

 x12y2  x1 2 y32

 

2 y y 3

   ^2



^{y 3 y}



^6_.

 

2 2

1 1

6 3 0

4 3

x x

P y y

x y y

  

  

 

    

 

  

 _.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là bằng ⁶ đạt được khi ^{z  2}



^{2 3}



ⁱ_.

Cách 2:

 

3 2 2 2 ;2

z  i  MI  M I với ^I



^{3; 2}



_.

1 2 2 2 5 2

P z   i  z  i MA MB với ^A

 

^1;2 _, ^B



^2;5



_.

Ta có IM2; IA4. Chọn ^K



^{2; 2}



_thì IK1. Do đó ta có

. 2 IA IM

IA IK IM

IM IK

  

. Bắc

IAM IMK

  ∽ IA IM 2 2

AM MK

IM IK

    

. Từ đó ^{P MA 2MB2}



^{MK MB}



^2BK_.

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi M K B, , thẳng hàng và M KB _. Từ đó tìm được ^M



^{2; 2 3}



_.

Cách 3:

Gọi ^{M a b}



^;



là điểm biểu diễn số phức z a bi  _. Đặt ^I



^{3; 2}



_, ^A



^{1; 2}



_và ^B



^2;5



_.

Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn

 

^C _{có tâm I} , bán kính R2 sao cho biểu thức P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.

Trước tiên, ta tìm điểm ^{K x y}



^;



_{sao cho} MA2MK

, ^{ M}

 

^C _.

Ta có ^{MA2MKMA24MK2}



^{MI IA }

 

^{24 MI IK }



²

 

2 2 2 . 4 2 2 2 .

MI IA MI IA MI IK MI IK

         ^{2MI IA2}



^{4IK}



^{3R24IK2IA2} _(*).

(*) luôn đúng

 

₂ ⁴ ₂⁰ ₂

3 4 0

IA IK

M C

R IK IA

  

   

  



 

.

 

 

4 3 4 2

4 0

4 2 0 2

x x

IA IK

y y

  

  

      

 

Thử trực tiếp ta thấy ^K



^{2; 2}



_{thỏa mãn} 3R²4IK²IA²0. Vì BI²   1² 3 10² R²4 nên B nằm ngoài

 

^C _.

Vì KI² 1 R²4 nên K nằm trong

 

^C _.

Ta có ^{MA2MB2MK2MB2}



^{MK MB}



^2KB_.

Dấu " " trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng KB_. Do đó MA2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của

 

^C và đoạn thẳng KB_. Phương trình đường thẳng KB_: x2_.

Phương trình đường tròn

 

^C _:



^x3

 

^{2 y 2}



^24_.

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

  

²



²

2 2

3 2 4 2 3

x x

x y y

   

 

 

      

 

 hoặc

2

2 3

x y

 

  

 _.

Thử lại thấy ^M



^{2;2 3}



thuộc đoạn KB. Vậy a2,b 2 3   a b 4 3_.

Câu 45. Cho hàm số ^{f x}

 

^{ax4 bx21,}



^{a0, ,a b}



mà đồ thị hàm số ^f

 

^x và đồ thị hàm số

 

f x có một điểm chung duy nhất và nằm trên trục ^Oy (hình vẽ), trong đó x¹ là nghiệm của

 

f x và x² là nghiệm của ^f

 

^x _,



x x1, 2 0



. Biết x¹ 3x². Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị ^{f x}

 

_, ^f

 

^x _{và trục Ox.}

A.

152

45 . B.

73

15 . C.

152

15 . D.

73 45 . Lời giải

GVSB: Quang Thoại; GVPB1: Khanh Tam; GVPB2: Nguyễn Minh Thành Chọn A

Ta có ^{f x}

 

^{ax4 bx2  1 f}

 

^{x 12ax2 2 ,b a}



^{0, ,a b}



.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ^{f x}

 

_và ^f

 

^x _{là ax}⁴_bx² _{ 1 12ax}² _2b.

Theo bài ra ta có x0 là nghiệm của phương trình nên 2 1 1

b  b 2 . Do đó

 

^{4 1 2 1,}

 

^{12 2 1}

f x ax 2x  f x  ax  .

Ta có

 

^{0 12 2 1 0 2 1}

f x ax x 12

        a

, có nghiệm khi a0 nên

2 2

1 x 12

  a

với a0 .

Do a0 nên

1 1 16 1 1 16

0, 0

4 4

a a

a a

       

do đó

2 1

1 1 16

4 x a

a

  

 .

Ta có x¹ 3x² nên

2 2

1 2

1 1 16 9 3

9 1 1 16 3

4 12 16

x x a a a

a a

  

          

Do vậy

 

^{3 4 1 2 1,}

 

^{9 2 1}

16 2 4

f x   x  x  f x   x  ,

2 2

1 2

4, 4 x  x  9

nên diện tích hình phẳng

cần tính là

2

2 3

4 2 2

2 2

3

3 1 9 152

1 1

16x 2x dx 4x dx 45

 

        

   

   

 

.

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho điểm ^M



^1;3;2



, mặt phẳng

 

^P có phương trình 2x y z  10 0 và đường thẳng  có phương trình

2 1 1

2 1 1

x  y  z

 . Đường thẳng d cắt

 

^P _{và } lần lượt tại điểm A _và B _{sao cho} M là trung điểm của đoạn thẳng AB_, d có phương trình là

A.

6 1 3

7 4 1

x  y  z

 . B.

8 7 1

7 4 1

x  y  z

 . C.

6 1 3

7 4 1

x  y  z

  . D.

6 1 3

7 4 1

x  y  z

  .

Lời giải

GVSB: Hồ Thanh Tuấn; GVPB1: Minh Hằng Nguyễn; GVPB2:Hien Nguyen Chọn B

Đường thẳng  có phương trình tham số

2 2 1 1

x t

y t

z t

  

  

  

 (t¡ ).

Có ^B



^{ 2 2 ;1 ;1t t   t}



_.

M là trung điểm của AB _nên

 

 

 

 

2.1 2 2 4 2

2.3 1 5 4 2 ;5 ;3

2.2 1 3

A A A

x t t

y t t A t t t

z t t

     



        

     

 .

Lại có ^A

 

^{P 2 4 2}



^{ t}

 

         ^{5 t}

 

^{3 t}



^{10 0 t 2 A}



^8;7;1



.

Vậy đường thẳng d đi qua điểm ^A



^8;7;1



và có vectơ chỉ phương là MAuuur



7; 4; 1



có phương trình là

8 7 1

7 4 1

x  y  z

 .

Câu 47. Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh ^O của hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác ^OAB có diện tích bằng 9 2 và góc AOB45. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng

A.

32 5 3



. B. ³². C. 32 5. D. ⁹⁶.

Lời giải

GVSB: Bùi Minh Lý; GVPB1: Đỗ Hải Thu; GVPB2: Vũ Khiên Chọn A

Gọi I là tâm đường tròn đáy hình nón, thiết diện là tam giác cân ^OAB.

2 2

1 1 2

. .sin 45 9 2 . 36

2 2 2

S_OAB  OA OB    OA OA  . Do đó ^{IA OA2OI2  36}

 

^{2 5 2 4}_.

Khối nón cần tìm có bán kính đáy IA