[ET] ĐỀ 9 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 9

Câu 1. Cho số phức ^z thỏa mãn ^z



^{3 2 i}



^14i5_{, tính} ^z _.

A. z  7

. B. z  5

. C. z  15

. D. z  17

. Lời giải

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

Ta có:

5 14 1 4

3 2

    



z i i

i . Vậy z  17

.

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



^{1;1; 2}



và bán kính R 6 là A.



^x1

 

^{2 y1}

 

^{2 z2}



^{2 6} _B.



^x1

 

^{2 y1}

 

^{2 z2}



^{2 24}

C.



^x1

 

^{2 y1}

 

^{2 z2}



^{2 24} _D.



^x1

 

^{2  y1}

 

^{2 z2}



^{2 6}

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}_.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:



^x1

 

^{2 y1}

 

^{2 z2}



^{2 6}_.

Câu 3. Đồ thị hàm số

2 1 y x 1

 x 

 đi qua điểm

A. Điểm P(0;1)_{. B. Điểm} ^N(1;1₂⁾_{. C. Điểm} M(0; 1) _{. D. Điểm} Q(2; 1) _. Lời giải

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

Thay x0 ta được y 1, nên đồ thị hàm số đi qua điểm M(0; 1) và không đi qua điểm (0;1)

P _.

Thay x1 ta được 1 y2

, nên đồ thị hàm số không đi qua điểm

(1; 1) N 2

. Thay x2 ta được y1, nên đồ thị hàm số không đi qua điểm Q(2; 1) _. Câu 4. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh bằng 3 là

A.

27 3 2



. B.

9 3

2



. C. 9 3. D.

27 3 8

 . Lời giải

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

B A

C D

H G

E F

O

Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD EFGH. _. Ta có CE AB. 3 3 3 cm. Suy ra

1 3 3

2 2

R CE

cm.

Thể tích khối cầu là:

3

4 3 4 3 3 27 3

3 3 2 2

V R   

     cm³.

Câu 5. Tìm nguyên hàm của hàm số sau ^{f x}

 

^ex



^1ex



A.



^{f x x e}

 

^{d  xC}_{. B.}



^{f x x e}

 

^{d  xC}_.

C.



^{f x x e}

 

^{d  x x C}_{. D.}



^{f x x e}

 

^{d  xexC}_.

Lời giải

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

Ta có



^ex



^1ex



^dx

 

^{ex1 d}



^{x e x x C}_.

Câu 6. Điểm nào dưới đây là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y x ³3x5?

A. ^M

 

^1;3 _{. B.} ^Q

 

^3;1 _{. C.} ^N



^1;7



_{. D.} ^P



^{7; 1}



_.

Lời giải

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

Ta có: y 3x²3 và ^{y 6x}. Cho ^{y    0 x 1}.

Tại x1^{ y}

 

^{1  6 0} nên hàm số đạt cực tiểu tại x1. Hay đồ thị hàm số có điểm cực

tiểu là

 

^1;3 _.

Câu 7. Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên âm của bất phương trình

1 8

2

  x

   là

A. 1_{. B.} ^3_{. C.} ^5_{. D.} ^6_.

Lời giải

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

Vì 1 1 2

nên

1 8

2

  x

   ¹2

log 8 3

x x

    

.

Vậy tổng tất cả các nghiệm nguyên âm của bất phương trình

1 8

2

  x

   là 3 .

Câu 8. Cho hình chóp S ABC. _{có đáy} ABC là tam giác vuông cân tại với AB a và góc tạo bởi mặt phẳng



^SBC



với mặt phẳng đáy bằng ⁶⁰⁰. Biết rằng ^SA



^ABC



. Thể tích khối chóp S ABC. bằng:

A.

3 3

4 a

. B.

3 3

6 a

. C.

2 2

4 a

. D. a³_.

Lời giải

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

a ⁶⁰ a

A 0 C

B S

Xét SAB vuông tại A có: SA AB .tan 60⁰ a 3

 

1 2

. d

2 2

ABC

S_  AB BC a dv t .

 

2 3

.

1 1 3

. . 3.

3 3 2 6

S ABC ABC

a a

V  SA S_  a  dvtt

Câu 9. Trong các hàm số sau, hàm số nào không xác định trên R?

A. y3^x. B. ^{y  log}

 

^x2 _{. C.} ^{y ln}



^{x 1}



_{. D.} y

 

0,3 ^x. Lời giải

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

Hàm số ^{y log}

 

^x2 xác định khi ^{x2   0 x 0.}

Suy ra tập xác định: D^ ^{\ 0}

 

_.

Câu 10. Cho phương trình ^{log (22 x5)2 2 log (2 x2).}Tổng các nghiệm thực của phương trình là

A. ^1. B.

7.

3 C. ^3. D.

16. 3 Lời giải

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

Điều kiện xác định:

2, 5.

 2 x x Phương trình đã cho tương đương

 

2 2

2 5 2 3

2log 2 5 2 log ( 2) 2 5 2 7

2 5 2

3 x x x

x x x x TM

x x x

 

  

 

             

Cả hai nghiệm này thỏa mãn điều kiện của phương trình.

Tổng các nghiệm của phương trình là

7 16

3 3 3 . Câu 11. Cho ⁵

 

2

d 8

f x x







và

2

 

5

d 3

g x x







. Khi đó, ⁵

   

2

4 d

f x g x x





 

 



bằng

A. ²⁰. B. ¹². C. ¹¹. D. ⁵.

Lời giải Chọn A

Ta có

         

5 5 5 2

2 2 2 5

4 d d 4 d 8 4 d 8 4.3 20

f x g x x f x x g x x g x x



  

       

 

 

   

. Câu 12. Số phức

5 20 3 5 z i

i

 

 , có phần thực là ? A.

34

35 B.

115

34 . C.

35

34 . D.

34 115 Lời giải

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

Ta có :

5 20 115 35

3 5 34 34

z i i

i

   



Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ



^Oxyz



_{cho mp}

 

^ đi qua hai điểm ^A



^1;5;2



_và ^B



^4;0;3



đồng thời

 

^ song song với giá của vetơ ^u



^0;1;1



. Tìm một vec tơ pháp tuyến n

của mặt phẳng

 

^ _.

A. ^n



^2;1;1



_{. B.} ^{n   }



^{2; 1;3}



_{. C.} ^{n }



^{2; 1;1}



_{. D.} ^{n  }



^2;1;1



_.

Lời giải

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

Chọn C

Vì

 

^ đi qua hai điểm ^A



^1;5;2



_và ^B



^4;0;3



_nên ^{n AB  }



^{3; 5;1}



Vì

 

^ song song với giá của vetơ ^u



^0;1;1



_nên ^{n u }



^0;1;1



Vậy véc tơ pháp tuyến của

 

^ _là ^n_{ }^{ AB u, }_.

Mà ^_^{ AB u,   }_



^{6;3; 3}



. Chọn ^n



^{2; 1;1}



Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a và b

thỏa mãn a 2, b 5

 

^{a b , 30o}. Độ dài của vectơ a b ,  và bằng

A. 10. B. 5. C.8. D. 5 3.

Lời giải

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

Ta có: ^_^{a b, }_ ^{a b. .sin ,}

 

^{a b  2.5.sin 30}

 

^{o 5}_.

Câu 15. Tìm phần thực và phần ảo của số phức ^z, biết ^z



^{2021 2020 i}

 

^{ 1 i}



_.

A. Phần thực là 2021và phần ảo là 2019i. B. Phần thực là 2020 và phần ảo là 2019 . C. Phần thực là 2020 và phần ảo là 2019 i. D. Phần thực là 2021 và phần ảo là 2019 .

Lời giải

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

Ta có: ^z



^{2021 2020 i}

 

^{  1 i}



^{2020 2019 i}_.

Số phức ^zcó phần thực là 2020 và phần ảo là 2019 .

Câu 16. Cho hàm số ^{f x}

 

xác định, liên tục trên  ^{\ 1}

 

^ và có bảng biến thiên như sau:

Khẳng định nào sau đây là sai?

A. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.. B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

C. Hàm số không có đạo hàm tại x 1. D. Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x1.

Lời giải

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

Từ bảng biến thiên ta thấy: ^{ }

 

1

lim

x _ f x

   

nên đồ thị hàm số luôn có tiệm cận đứng x 1.

Câu 17. Biết

3

3 9 3 1

3

log x2log a3log b2log c

. Khẳng định nào đúng trong các khẳng định sau A. x abc . B.^{x abc 2}. C.

x ac

 b

. D.

ac2

x b . Lời giải

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

Ta có:

3

3 9 3 1

3

log x2log a3log b2log c

3 3 3 3

log x log a log b 2log c

   

2

3 3

log log ac

x b

  ac²

x b

 

Câu 18. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y  x³ 3x²1. B. y x ⁴2x² 1. C. y  x⁴ 2x²1. D. y x ³3x²1. Lời giải

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

Vì đồ thị trên thuộc dạng hàm đồ thị hàm trùng phương.

Đồ thị có phần ngoài cùng phía phải đi xuống nên a0, nên chọn hàm số y  x⁴ 2x²1. Câu 19. Trong không gian ^Oxyz, phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm ^M



^1;2;3



_{và có}

vectơ chỉ phương ^a



^{1; 4; 5 }



_là

A.

1 2 3

1 4 5

x  y  z

  . B.

1 4 2 5 3

x t

y t

z t

  

   

   

 .

C.

1 2 4 3 5

x t

y t

z t

  

   

   

 . D.

1 2 4 3 5

x t

y t

z t

  

  

  

 .

Lời giải

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

Đường thẳng d có véctơ chỉ phương ^a



^{1; 4; 5 }



_{, do a}^ _{ v}^ _với ^v



^{1; 4;5}



_{nên d cũng nhận}

véctơ ^v



^{1; 4;5}



làm véctơ chỉ phương. Do đó phương trình tham số của đường thẳng d là 1

2 4 3 5

x t

y t

z t

  

  

  

 .

Câu 20. Bạn Bình có 5 quần âu, 6 áo sơ mi và 3 cà vạt. Số cách chọn một bộ ba gồm một quần âu, một áo sơ mi và một cà vạt là?

A. ¹⁴. B. 45 . C. 90 . D. 15 .

Lời giải

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

Chọn C

Số cách chọn một bộ ba gồm một quần âu, một áo sơ mi và một cà vạt là ^{C C C15. .61 315.6.3 90} . Câu 21. Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a và B là hình chiếu của A lên măt

phẳng



^ABC



. Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C.    biết BB 2a. A.

3

4 a

. B.

3 3

2 a

. C.

3 3

4 a

. D.

3 3

6 a

. Lời giải

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

Ta có

2 3

ABC 4 S a

.

Trong tam giác AA B vuông tại B có A B  AA²AB² a 3. Vậy thể tích cần tìm là

3 3

. 4

ABC

V S A M  a . Câu 22. Tính đạo hàm của hàm số ^{ylog e}



^x2



A.

e

e 2

x

y  x

 . B.



^{e e2 ln10}



x

y  x

 . C.

1 e^x 2

y   . D.^{y }



^{ex2 ln101}



Lời giải

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

 



^{e e 2 ln10}



²



^{e e2 ln10}



x x

x x

y

 

  

 

.

Câu 23. Cho hàm số ^{f x}

 

có bảng biến thiên như sau:

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

A.



^{ ; 1}



_{. B.}

 

^0;1 _{. C.}



^1;0



_{. D.}



^;0



_.

Lời giải

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

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



^1;0



_và



^1;



_.

Câu 24. Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 50 và độ dài đường sinh bằng đường kính của đường tròn đáy. Tính bán kính r của đường tròn đáy.

A. r5. B. r5  . C.

5 2 r 2

. D.

5 2 r_ 2

. Lời giải

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

Ta có ^Sxq²^rh⁵⁰ ^{rh 25}. Lại có h2r.

Suy ra

2 2 25 5 2

2 25

2 2

r   r  r

Câu 25. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm trên đoạn

 

^0;2 _, ^f

 

^{0 1} _và

 

2

0

d 3

f x x  



. Tính ^f

 

² _.

A. ^f

 

^{2 4}_{. B.} ^f

 

^{2  4}_{. C.} ^f

 

^{2  2}_{. D.} ^f

 

^{2  3}_.

Lời giải

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

Ta có

   

2 2

0 0

d

f x x  f x



_{ f}

 

_{2  f}

 

_{0  3 f}

 

_{2   3 f}

 

_{0     3 1 2}

.

Câu 26. Một đa giác có chu vi bằng ^150cm, số đo các cạnh của nó lập thành một cấp số cộng với công sai ^d4cm. Biết cạnh nhỏ nhất bằng ^22cm. Số cạnh của đa giác đó là

A. ³. B. ⁵. C. 4. D. ⁶.

Lời giải

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

Ta có:

 

2

2.22 1 4

150 2 20 150 0

2

n n

n n

 

 

 

    

5

 n .

Câu 27. ^d

xe xx



_bằng

A.



^x1



^exC_{. B.}



^x1



^exC _.

C.

2

2 x x

e C

  . D.

2

2 x x

e C . Lời giải

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

Ta đặt

d d

xd x

u x u x

dv e x v e

 

 

 

 

  . Vậy



xe x xe^xd  ^x



e x xe^xd  ^x  e^x C



x1



e^xC_.

Câu 28. Cho hàm số ^{y f x}

 

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

Điểm cực đại của hàm số đã cho là

A. ^2. B. 0. C. ². D. ^1.

Lời giải

GVSB: Tuấn Anh; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Từ đồ thị, ta thấy điểm cực đại của hàm số là x0.

Câu 29. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y x  4x² trên đoạn



^2;2



_là

A. ^2. B. ²



^{2 1}



_{. C. 2. D. 2 2.}

Lời giải

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

Tập xác định: ^{D }



^2;2



_{. Ta có:}

2

2 2

1 4

4 4

x x x

y x x

 

   

  .

2

2

0 4 0 2

2 4 0

y x x x x

x

 

       

   .

 

^{2 2 2,}

 

^{2 2,}

 

^{2 2}

y  y  y   

.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y x  4x² trên đoạn



^2;2



_{là 2}

Câu 30. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng



^0;



_?

A. ¹² log y x

. B. ylog³x . C. ylog 12



x



. D. y3^x. Lời giải

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

Dựa vào lý thuyết : Hàm số ylog_a x đồng biến trên



^0;



_{nếu a1} và nghịch biến trên



^0;



_{nếu 0 a 1.}

Câu 31. Với mọi số thực dương ^a và ^{b a b,}



^



_{thỏa mãn a}²_b² _18ab. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

log log log

2

a b a b

   

 

  . B.

2log log log

4

a b a b

   

 

  .

C.

2log log log

4

a b a b

   

 

  . D.

log log log

2

a b a b

   

 

  .

Lời giải

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

Chọn C

Ta có: ^{a2b2 18aba22ab b 2 18ab2ab}



^{a b}



^{2 16ab}

2 2

 

log log 2log log log

4 4 4

a b a b a b

ab ab a b

  

     

          

Câu 32. Cho hình chóp ^{S ABCD.} có đáy là hình vuông cạnh ^a, ^SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 2

SA a. Góc giữa đường thẳng ^SC và mặt phẳng đáy bằng

A. ^45. B. ^60. C. ^30. D. ^90.

Lời giải

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

A D

B C

S

Do SAABCD nên góc giữa đường thẳng ^SC và mặt phẳng đáy bằng góc SCA . Ta có SA 2a_, AC 2a ^tan

SCA SA

  AC

1SCA  45 . Vậy góc giữa đường thẳng ^SC và và mặt phẳng đáy bằng bằng ^45.

Câu 33. Nếu

4

1

(2x3 ( ))f x dx9



thì

2

1 2

(2 ) f x dx



bằng

A. 1. B. 4 C. 1 D. 4

Lời giải

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

Ta có

4 4 4

24

1 1 1 1

(2x3 ( ))f x dx 9 x 3 f x dx( )  9 f x dx( ) 2

  

Đặt ^{t2xdt2dx} Đổi cận:

1 1

2

2 4

x t

x t

  

  

Suy ra:

2 4

1 1

2

(2 ) 1 ( ) 1

f x dx 2 f t dt

 

Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi ( )P là mặt phẳng chứa trục ^Ox và vuông góc với mặt phẳng ( ) :Q x y z   3 0. Phương trình mặt phẳng ( )P là.

A. y z 0. B. y z 0. C. y z  1 0. D. y2z0. Lời giải

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

Trục ^Ox véctơ đơn vị i(1;0;0) . Mặt phẳng ( )Q có VTPT n^{( )}Q (1;1;1)

.

Mặt phẳng ( )P chứa trục ^Ox và vuông góc với ( ) :Q x y z   3 0 nên ( )P có VTPT , ( )_Q (0; 1;1)

n i n   .

Phương trình mặt phẳng ( )P là: y z 0.

Câu 35. Cho hai số phức z¹ 1 i và z²  1 2i. Điểm biểu diễn số phức 3z¹z² có toạ độ là A.



^{4; 1}



_{. B.}



^{4; 3}



_{. C.}

 

^4;1 _{. D.}

 

^{1; 4} _.

Lời giải

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

Ta có 3z1 z2 3 1



    i



1 2i 4 i.

Vậy số phức z 3z ¹z² được biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ Oxy là ^M

 

^4;1 _.

Câu 36. Cho hình chóp ^{O ABC.} có đường cao

2 3 OH  a

. Gọi ^M và ^Nlần lượt là trung điểm của ^OA và ^OB. Khoảng cách giữa đường thẳng ^MN và



^ABC



_bằng:

A.

a

2 _{. B.}

a √ 2

2

_{. C.}

a

3 _{. D.}

a √ 3

3

_.

Lời giải

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

Chọn D

Vì ^M và ^Nlần lượt là trung điểm của ^OA và ^OB nên ^{MN AB// MN//}



^ABC



_.

Ta có:



^;

   

^;

  

^{1 3}

2 3

d MN ABC d M ABC  OH a

(vì ^M là trung điểm của ^OA).

Câu 37. Chọn ngẫu nhiên hai số trong 13 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được hai số lẻ bằng

A.

5

26. B.

2

13. C.

7

13. D.

7 26. Lời giải

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

Trong 13 số nguyên dương đầu tiên có 7 số lẻ và 6 số chẵn. Do đó xác suất cần tìm là

2 7 2 13

7 . 26 C C 

Câu 38. Trong không gian Oxyz_{, cho} ^M



^{1; – 2;1}



_, ^N



^{0;1; 3}



. Phương trình đường thẳng qua hai điểm M _, N là

A.

1 3 2

1 2 1

x  y  z

 . B.

1 3

1 3 2

x  y  z

 .

C.

1 3

1 2 1

x  y  z

 . D.

1 2 1

1 3 2

x  y  z

 .

Lời giải

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

Đường thẳng ^MN đi qua ^N



^{0;1; 3}



và có vectơ chỉ phương là ^{MN }



^{1; 3; 2}



có phương trình là

1 3

1 3 2

x  y  z

 .

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



^{3x2x9 2}

 

^{x2 m}



^0 _{có 5}

nghiệm nguyên?

A. 65021 . B. 65024 C. 65022 . D.65023 .

Lời giải

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

Gọi



^{3x2x9 2}



^{x2 m}



^0 ₍₁₎

Trường hợp 1: Xét

2 2 1

3 9 0 2

2

x x x

x x

x

   

        . Khi đó, (1)2^x2 m

 

2

Nếu m1 thì

 

² vô nghiệm.

Nếu m1 thì (2)x² log²m  log²m x log²m . Do đó, để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên

thì tập hợp

 

  ; 1

 

2;  

 

 log2m; log2m có 5 giá trị nguyên 3 log2m 4

   _{512 m 65536}. Suy ra có 65024 giá trị ^m nguyên thỏa mãn.

Trường hợp 2: Xét 3^x2x   9 0 x²      x 2 1 x 2. Vì



^{1; 2}



chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị ^m nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.

Vậy có tất cả 65024 giá trị ^m nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 40. Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình bên:

Xác định số nghiệm của phương trình ^{f x}



^33x2



^{ 3}₂

,biết ^f

 

^{ 4 0}_.

A. ⁶. B. ⁹. C. ¹⁰. D. ¹¹.

Lời giải

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

Đặt u x ³3x²  u' 3x²6x

' 0 0

2 u x

x

 

   

Theo bài ra ta có bảng biến thiên tổng hợp:

Đồ thị hàm số ^{y f x}



^33x2



là phần nét liền màu đỏ. Từ đó suy ra phương trình đã cho có 10 nghiệm.

Câu 41. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm là ^{f x}

 

^{ 9cos3xsin ,x  x}  và ^f

 

^{  π 1}_{. Biết}

 

F x là nguyên hàm của ^{f x}

 

_{thoả mãn} ^F

 

^{0  1 π}_{, khi đó} ^F

 

^π _bằng

A. 1 π . B. 1 π . C.  1 π. D.  1 π. Lời giải

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

Ta có: f x

 





f x x

 

d 

 

9 cos 3xsinx x



d  3sin 3xcosx C _. Mà: ^f

 

         ^{π 1 1 C 1 C 0}.

Do đó: ^{f x}

 

^{ 3sin 3xcosx}_.

Ta có: ^{F x}

 

^



^{f x x}

 

^{d  }

 

^{3sin 3xcosx x}



^{d cos 3xsinx K} _.

Mà: ^F

 

⁰       ^{1 π 1 K 1 π K} ^π. Do đó: ^{F x}

 

^{cos 3xsinxπ}_.

Vậy ^F

 

^{π   1 π}_.

Câu 42. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, ^{AB 2}, AD2 5, SA SB , SC SD . Hai tam giác SAB và SCD có tổng diện tích bằng ⁴ và nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Thể tích khối chóp .S ABCD bằng

A. ^{2 2}. B. ². C. 3 . D. ^{3 2}.

Lời giải

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

Ta có



^SAB

 

^{ SCD}



^Sx _{// AB.}

Gọi M là trung điểm của CD, N là trung điểm của AB.

   



^,



^{ 90}

SM CD SM Sx

SAB SCD NSM

SN AB SN Sx

 

 

       

Ta có V_{S ABCD}^. 2V_{A SCD}^.  ²₃d A SCD S



^,

  

^. SCD

 



^,

 

^,

  

d A SCD d N SCD SN ^. 2 1 . . . .

3 2

S ABCD

V SN SM CD

 

.

Xét tam giác vuông SNM, áp dụng định lý pytago:^{SN2SM2 MN2 AD2 20}.

 

1 1 1

. . 4

2 2 2

SAB SCD

S S  SN AB SM CD AB SN SM 

4 2 SN SM

  



^{SN SM}



^{2 32 SN2 SM2 2SN SM. 32}

       SN SM. 6.

Vậy ^.

2 1. .6. 2 2 2

S ABCD 3 2

V  

.

Câu 43. Gọi ^S là tổng các số thực m để phương trình z²2z  1 m 0 có nghiệm phức thỏa mãn 2.

z  Tính ^S.

A. ^{S 6.} B. ^{S 7.} C. ^S10. D. ^{S  3.}

Lời giải

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

Ta có: ^{z22z   1 m 0}



^z1



^{2 m}

 

¹

+) Với m0 thì

 

^{1   z 1 m}_{. Do} ^{2 1 2 1}9

z m m

m

 

       (thỏa mãn).

+) Với m0 thì

 

^{1    z 1 i m.}

Do z    2 1 i m       2 1 m 4 m 3

(thỏa mãn).

Vậy S    1 9 3 7.

Câu 44. Cho hai số phức z z¹, ² thỏa mãn

1 2

1 2

1; 2

2 3 1

z i z i

z i z i

   

    . Giá trị nhỏ nhất của ^z1z2 là

A. 2 2 . B. 2 . C. ¹. D. 2 1 .

Lời giải

GVSB: Nguyễn Thị Minh Hiếu ; GVPB1: Lại Thị Quỳnh Nguyên; GVPB2: Đỗ Hằng

Giả sử z¹ x¹ y i¹ với x y¹; ¹ . Khi đó:

     

1

1 1 1 1 1 1

1

1 2 3 1 2 3

2 3 z i

z i z i x y i x y i

z i

             

 

     

1

2 2 2

2

1 1 1 2 1 3 1 1 3 0

x y x y x y

          

.

 Quỹ tích điểm ^M biểu diễn số phức z¹ là đường thẳng : x y  3 0. Giả sử z² x²y i² với x y²; ² . Ta có:

     

2

2 2 2 2 2 2

2

2 2 1 1 2 1 1

1 z i

z i z i x y i x y i

z i

             

 

 

²

  

²



²

2 2 2

2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 4 2 2 2 3 0

x y x y x y x y

            

.

 Quỹ tích điểm ^N biểu diễn số phức z² là đường tròn

 

^{C x: 2y24x2y 3 0} _{có tâm}



^{2; 1}



I 

và bán kính ^{R 22 }

 

^{1 2 3 2}_.

Khoảng cách từ ^I đến ^ là:

   

 

²

2

2 1 3

; 3 2

1 1

d I    R

   

   đường thẳng ^ và đường

tròn

 

^C không có điểm chung.

Quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z¹z² là đoạn thẳng ^{MN  z1z2} nhỏ nhất khi và chỉ khi ^MN nhỏ nhất.

N

M I

N'

M'

Dễ thấy ^{MNmin 3 2 2 2 2} .

Câu 45. Cho hàm số ^{f x}

 

^3x4^ax3^bx2 cx d a b c d



^{, , ,} 



có ba điểm cực trị là ^2, ^1 và ². Gọi ^{y g x}

 

là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số ^{y f x}

 

_.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ^{y f x}

 

_và ^{y g x}

 

_bằng

A.

14063

405 . B.

31

15. C.

15112

405 . D.

212 405. Lời giải

GVSB: Bùi Minh Lý; GVPB1: Khanh Tam; GVPB2: Nguyễn Minh Thành Chọn C

 

^{3 4 3 2}

 

^{12 3 3 2 2}

f x  x ax bx   cx d f x  x  ax  bx c Theo đề hàm số có ba điểm cực trị là ^2, ^1 và ² nên

 

¹²



¹

 

^{2 4}



¹²



^{3 2 4x 4}



^{12 3 12 2 48x 48}

f x  x x   x x    x  x  

Suy ra ^{f x}

 

^{3x44x324x248x d}

4 24 48 a b c

 

  

  

 .

Lúc này ba điểm cực trị của hàm số ^{y f x}

 

có tọa độ lần lượt là



^2;16d



_,



^1;23d



_và



^{2; 112 d}



_.

Xét hàm số bậc hai ^{y mx 2nx q m n q}



^{, , }



đi qua ba điểm



^2;16



_,



^1;23



_và



^{2; 112}



. Khi đó ta có hệ phương trình:

2

4 2 16 13

23 32 13 32 4

4 2 112 4

m n q m

m n q n y x x

m n q q

    

 

           

 

      

  . Suy ra ^{g x}

 

^{ 13x232x 4 d.}

Ta có ^{f x}

 

^{g x}

 

^{3x44x311x216x 4}



^3x1

 

^x24

 

^x1



_.

Vậy diện tích giới hạn bởi hai đường ^{y f x}

 

_và ^{y g x}

 

_là

     

1

1 3 2

4 3 2 4 3 2 4 3 2

2 1 1

3

3 4 11 16 4 d 3 4 11 16 4 d 3 4 11 16 4 d

S x x x x x x x x x x x x x x x

 

  

 



    



    



   

15112 405 .



Câu 46. Trong không gian ^Oxyz, cho điểm ^{I(1 ;1;0)}và mặt phẳng ^{( ) : 2P x y z   1 0}. Đường thẳng dcắt trục Oz và mặt phẳng ^{( )P} lần lượt tại hai điểm ^{E F,} sao cho ^I là trung điểm ^EFcó phương trình là

A.

3

1 1 3

x  y z

 . B.

1 1

1 1 3

x  y  z . C.

1 1

1 1 3

x y z

 

 . D.

1 1

2 1 1

x y z

 

 .

Lời giải

GVSB: Đào Nguyễn Vân Anh; GVPB1: Nguyễn Hữu Hương; GVPB2:Nguyễn Trung Nguyên Vì ^{E d I Oz} nên tọa độ ^{E(0;0; )t} .

Mà ^I là trung điểm ^EF nên ^F(2;2;t).

Mặt khác ^{F d I}

 

^{P  F}

 

^P nên ta có phương trình: 2.2 2     t 1 0 t 3



^0;0;3



E , ^{F(2;2; 3)} .

Đường thẳng d có vec-tơ chỉ phương ^{u EFr uuur }



^{2; 2; 6}



_.

Đường thẳng d có vec-tơ chỉ phương ^{u ur}



^{1;1; 3}



_{đi qua} ^E



^0;0;3



nên có phương trình chính tắc là:

3

1 1 3

x  y z

 .

Câu 47. Cho hình nón đỉnh I có BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng



^IBC



tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60. Biết khoảng cách từ O đến BC là 6

6 a

và

2 3 3 BC a

. Thể tích của khối nón là A.

3 2

12

a

. B.

3 2

12 a

. C.

3 2

4

a

. D.

3 2

4 a

. Lời giải

GVSB: Triết Nguyễn; GVPB1: Đỗ Hải Thu; GVPB2: Vũ Khiên Chọn A

Gọi H là trung điểm BC, khi đó góc hợp bởi mặt phẳng



^IBC



và mặt phẳng chứa đường tròn đáy là IHO 45.

Suy ra khoảng cách từ điểm O đến BC là độ dài đoạn OH, hay

6 6 OH  a

. Vì ^H là trung điểm BC nên

3

2 3

BC a CH BH  

.

Xét tam giác OHC có

2 2

2 2 6 3 2

6 3 2

a a a

OC OH HC    

        .

Xét tam giác IOH có

6 2

tan .tan .tan 60

6 2

IO a a

IHO IO OH IHO

OH     

.

Vậy thể tích khối nón

2 3

1 2 1 2 2 2

. . . .

3 3 2 2 12

a a a

V OC IO    

    

  .

Câu 48. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m thuộc đoạn



^2022;2022



để tồn tại các số thực dương , , ,a b x y với ,a b1 thỏa mãn ^{ax bmy }

 

^{ab x4y}_?

A. ²⁰²⁴. B. ¹⁰²⁴. C. ²⁰²². D. ²⁰²⁰.

Lời giải

GVSB: Phan Nhật Linh ; GVPB1: Lê Văn Tùng; GVPB2: Bùi Thị Bích Vân Chọn A

Ta có: ^{ax bmy }

 

^{ab x4y}

 

¹

Với ^m0, suy ra ^{ax   1 x 0} (không thỏa mãn)

Với ^m0, lấy loga cơ số ^a hai vế phương trình

 

¹ _{, ta được:}

   

 

log

log 4 1 log

1 log 2

4

a

a a

a

x m b t

x my b x y b y

x b

x y

  

     

  

  Thay ^{x ty} và log_a t

bm

vào phương trình

 

² _{, ta được:}

 

1 1 2 4 4 0 *

4 4

ty t t t

t t m

ty y  m t   m   

 

Để phương trình

 

^* có nghiệm thì: ^{  4 4m   0 m 1} Kết hợp điều kiện ^m^{,m }



^2022;2022



suy ra ^{  1 m 2022}. Vậy có ²⁰²⁴ giá trị nguyên của tham số ^m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu x²y²z² 9 và điểm



0 0 0



1

; ; : 1 2

2 3

x t

M x y z d y t

z t

  

   

  

 .

Ba điểm A_, B_, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA_, MB_, MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng



^ABC



đi qua điểm ^D



^1;1;2



_{. Tổng} T x 0²y0²z0² _bằng

A. 30. B. 26 . C. 20. D. 21.

Lời giải

GVSB:Trần Thị Thanh Nhã ; GVPB1: Bùi Hà; GVPB2: Giang Trần Chọn B

Cách 1:

* Ta có:



0 0 0



0 0 0

1

; ; : 1 2 4

2 3

x t

M x y z d y t x y z

z t

  

       

  

 .

* Mặt cầu có phương trình x²y²z