[ET] ĐỀ 3 CÓ LỜI GIẢI PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA BGD NĂM 2021 2022.

(1)

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 3 Câu 1. Số phức liên hợp của số phức z  3 2i_là

A. z  3 2i_. _B. z 3 2i_. _C.z 3 2i_. _D.z 2 3i_. Lời giải

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

Câu 2. Trong không gian ^Oxyz, tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu



^x^¹

 

²^ ^y^²

 

²^ ^z^⁴



² ^²⁰_.

A. ^I



^^{1; 2; 4 ,}^



^R^^{2 5}_B.^I



^{1; 2;4 ,}^



^R^²⁰_.

C. ^I



^{1; 2; 4 ,}^



^R^^{2 5}_. _D.^I



^^{1; 2; 4 ,}^



^R^^{5 2}_.

Lời giải

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

Mặt cầu

  

^S ^: ^{x a}^

 

²^ ^{y b}^

 

²^ ^{z c}^



² ^^R²_{có tâm}^{I a b c}



^{; ;}



và bán kính R. Từ đó suy ra tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu cần tìm là ^I



^{1; 2; 4 ,}^



^R^^{2 5}_.

Câu 3. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số y  x⁴ 2x²3?

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

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

Thay x1 ta được y 2_{. Vậy}N(1; 2) thuộc đồ thị hàm số.

Câu 4. Cho mặt cầu có diện tích bằng 16a². Khi đó, bán kính mặt cầu bằng

A. 2 2a_. _B. 2a_. _C.2a. D.

2 2 a

.

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

(2)

Ta có: S 4r² 16a² 4r² r² 4a² r 2a. Câu 5. Họ các nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^²^x^^{cos 2}^x_là

A. x²^{sin 2x C} . B.

2 1

sin 2

2 x C

x  

. C. ^x²^^{sin 2}^{x C}^ . D.

2 1

sin 2 x 2 x C

. Lời giải

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

Ta có:



² ^{cos 2 d}



² ¹^{sin 2}

x x x x 2 x C



Câu 6. Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có tập xác định



^^;4



và có bảng biến thiên như hình vẽ bên.

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 3 . B. 2_. _C.4_. _D._{5 .}

Lời giải

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

Dựa vào BBT, hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình

1 9

3

  x

   là

A.



^^{; 2}



_. _B.



^{ }^{; 2}



_. _C.



^{ }^{; 2}



_. _D.



^{  }^2;



_.

Lời giải

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

Vì cơ số 1 1 3

nên ¹³

1 9 log 9 2

3

x

x x

       

   .

Câu 8. Cho hình chóp S ABCD. _{có đáy}ABCD là hình vuông với BC a và đường cao SA3a_{. Thể} tích khối chóp S ABCD. _bằng:

A.

3

3 a

. B.3a³_. _C.a³_. _D.a³ 3.

Lời giải

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

(3)

a 3a

C

A D

B

S

 

2 d

SABCDa dv t .

 

2 3

.

1 1

. .3 .

3 3

S ABCD ABCD

V  SA S  a a a dvtt

Câu 9. Hàm số ^y^^x^ ^



^x² ^¹



^e có tập xác định ^D là :

A. ^D^



^1;^



_. _B.^D ^_ ^\



^^1;1



_.C._D__ _. _D.^D^{ }



^1;1



_.

Lời giải

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

Hàm số xác định khi ²

0 1

1 0

x x

x

 

  

   .

Vậy tập xác định cúa hàm số là ^D^



^1;^



_.

Câu 10. Tập nghiệm của phương trình log3



x 3



log 23



x1



là

A.

 

^² _. _B.

 

² _. _C.

 

¹ _. _D.__.

Lời giải

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

Điều kiện xác định

3 0 3

2 1 0

x x

x

  

    

 .

   

3 3

log x 3 log 2x   1 x 3 2x   1 x 2 (loại).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Câu 11. Biết

( ) ( )

1 1

0 0

3, 4,

f x dx=- g x dx=

ò ò

khi đó

( ) ( )

1

0

f x g x dx

é - ù

ë û

ò

bằng

A. 7. B. ⁷. C. ^¹². D. ¹

Lời giải Chọn A

Ta có

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1

0 0 0

3 4 7

f x g x dx f x dx g x dx

é - ù = - =- - =-

ë û

ò ò ò

. Câu 12. Cho số phức z  2i 3. Tìm số phức w iz 3z ?

(4)

A.  7 3i B. 7 3  i . C. 7 3 i . D. 7 3i Lời giải

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

Ta có : z  3 2i

 ^{w iz}^{ }³^{z i}^



^{3 2}^ ⁱ

 

^^{3 3 2}^ ⁱ



^{  }^{7 3}ⁱ

Câu 13. Trong không gian ^Oxyz, mặt phẳng nào dưới đây có véc tơ pháp tuyến là ⁿ^ ^



^{1; 2;3}^



_?

A.2x4y6z 1 0_. _B. x 2y  3z 2 0_. C. x2z 3 0. D. x2y 3 0_.

Lời giải

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

Chọn B

Mặt phẳng có phương trình  x 2y  3z 2 0_{, nên có}ⁿ^ ^{ }



^{1; 2; 3}^{   }

 

^{1; 2;3}



Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho vectơ ^u^^{(2;0; 1)}^ . Tìm vectơ v biết v

cùng phương với u

và .u v 20 .

A. ^{(4;0; 2)}^ . B. ^{( 8;0; 4)}^ . C. ^{(8;0; 4)}^ . D. ^{(8;0; 4)}. Lời giải

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

Chọn C Vì v

cùng phương với u

nên ^{v k u}^^ ^.^ ^^{(2 ;0;}^k ^^k⁾, với k0. Ta có .u v 4k k 5k 20 k 4

. Vậy ^v^^{(8;0; 4)}^



.

Câu 15. Trên mặt phẳng tọa độ ^Oxy, biết ^M



^{5; 3}^



là điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức ^z. Phần thực của ^z bằng

A. ⁵. B. ². C. ^³. D. ³.

Lời giải

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

Ta có ^M



^{5; 3}^



là điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức ^z  z 5 3i. Suy ra z 5 3i. Do đó phần thực của ^z bằng 5 .

Câu 16. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số

4 5

1 y x

x

 

 là

A. 2. B. 1. C. 3. D. 0.

Lời giải

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

lim 4

x y

 

; ^lim^x^¹^ ^y^{ } nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là ^y^⁴ và một tiệm cận đứng là x1.

Câu 17. Tính giá trị biểu thức

2 3 3 2

ln ln P a b

 a b

. Biết ^ln^a^²⁰²¹ và ^ln^b^²⁰²²

(5)

A.

10108

10107. B.

2018

2019. C.

108

2019. D.

10108 2021 . Lời giải

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

Ta có

2 3 3 2

ln 2ln 3ln 2.2021 3.2022 10108

ln 3ln 2 ln 3.2021 2.2022 10107

a b a b

P a b a b

 

   

  .

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

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

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

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

+ Đây là đồ thị hàm số bậc 3 có phần ngoài phía phải đi lên nên có hệ số a0 . + Đồ thị hàm số đi qua điểm

 

^0;1 nên nhận đáp án y x ³3x1.

Câu 19. Trong không gian ^Oxyz, đường thẳng

1 2

: 3

1

x t

d y t

z t

  

  

  

 đi qua điểm nào sau đây?

A. ^N



^{1;3; 1}^



_. _B.^M



^^3;5;3



_. _C.^Q



^3;5;3



_. _D.^P



^{1; 2; 3}^



_.

Lời giải

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

Với t 2, ta có

 

1 2 2 3

3 2 5

1 2 3

x y z

    



   

    

 .

Vậy ^M



^^3;5;3



^^d_.

Câu 20. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

! k!( )!

k n

A n

 n k

 . B.

! k!

k n

A n

. C.

( )!

!

k n

A n k n

 

. D.

! ( )!

k n

A n

 n k

 . Lời giải

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

Chọn D

Câu 21. Tính thể tích khối hộp chữ nhật có độ dài ba cạnh lần lượt là ^2;3 và 4.

(6)

A. 8 . B. ⁴. C. ¹². D. ²⁴. Lời giải

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

Ta có: V abc2.3.4 24 .

Câu 22. Tính đạo hàm của hàm số ^{f x}

 

^^e^πx^¹_.

A. ^{f x}^

 

^^^e^^x^¹_. _B. ^{f x}^

 

^^e^^x^¹^ln^ _. _C. ^{f x}^

 

^^^e^^x_. _D. ^{f x}^

 

^^{e ln}^^x

 

^ _.

Lời giải

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

Ta có ^{f x}^

 

^



^e^^x^¹



^^



^^x^^{1 e}



^ ^^x^¹^^^e^^x^¹_.

Câu 23. Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^1;^{ }



_. _B.



^^;1



_. _C.



^{  }^1;



_. _D.



^{ }^{; 1}



_.

Lời giải

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

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng



^{ }^{; 1}



_và



^^1;1



_.

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng



^{ }^{; 1}



_.

Câu 24. Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4 là

A. 12_. _B.42 _. _C.24 _. _D.36 _.

Lời giải

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

Diện tích xung quanh của hình trụ là: ^S^xq ²^rh^{2 3.4 24}  

Câu 25. Biết ³

 

2

d 4

f x x



và ³

 

2

d 1

g x x



. Khi đó: ³

   

2

d f x g x x

 

 



bằng:

A. 3. B. 3 . C. ⁴. D. 5 .

Lời giải

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

(7)

Ta có ³

   

³

 

³

 

2 2 2

d d d 4 1 3

f x g x x f x x g x x  

 

 

  

Câu 26. Cho cấp số cộng

 

un

có ¹

1 1

4, 2 u   d 

. Dạng khai triển của cấp số cộng đó là A.

1 1 3

; ;1; ;...

4 2 2

 . B.

1 1 3 5

; ; ; ;...

4 2 2 2

 .

C.

1 1 1

; ; ;1;...

4 4 2

 . D.

1 1 3 5

; ; ; ;...

4 4 4 4

 .

Lời giải

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

Ta có ² ¹

1 1 1 4 2 4 u      u d

.

3 2 4 3

1 1 3 3 1 5

4 2 4, 4 2 4

u u    d u u    d . Câu 27. Tìm họ nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^{ }^{1 2sin}^x_.

A.

 

1 2sin x x x



d  2 cosx C _. _B.

 

^{1 2sin}^ ^{x x x}



^d ^{ }^{2 cos}^{x C}^ _.

C.

 

1 2sin x x



d  2cosx C _. _D.

 

^{1 2sin}^ ^{x x}



^d ^{ }^{1 2 cos}^{x C}^ _.

Lời giải

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

Ta có



^{f x x}

 

^d ^

 

^{1 2sin}^ ^{x x x}



^d ^{ }^2cos^{x C}^ _.

Câu 28. Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

^^ax⁴^^bx²^^{c a b c}



^{, ,} ^



có bảng biến thiên như hình vẽ

Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

A. ². B. ^¹. C. 0. D. 3.

Lời giải

GVSB: Tuấn Anh; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Từ bảng biến thiên dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại x0.

Câu 29. Cho hàmy f x( ) xác định, liên tục trên đoạn



^^4;4



và có bảng biến thiên trên



^^4;4



_{như sau}

(8)

Giá trị lớn nhất của hàm số ^{f x}

 

trên đoạn



^^4;4



_là

A. 0_. _B.10_. _C.2. D. 4

Lời giải

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

Từ bảng biến thiên ta thấy trên đoạn



^^4;4



hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 10_. Câu 30. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên  ?

A. y x ³x²2022. B. y x ³ x 1 . C. y x ⁴2x²3. D. y x ³x².

Lời giải

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

Hàm số y x ³ x 1 có y 3x²    1 0, x  nên hàm số đồng biến trên  . Câu 31. Cho ^a và ^b là hai số thực dương thỏa mãn a b⁴ 16. Giá trị của 4log²alog²b bằng

A. 4. B. 2. C. 16. D. 8.

Lời giải

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

 

4 4 4

2 2 2 2 2 2 2

4log alog blog a log blog a b log 16 log 2 4.

Câu 32. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB2a, BC a . Các cạnh bên của hình chóp cùng bằng ^a ². Tính góc giữa hai đường thẳng ^AB và SC.

A. 45. B. 30. C. 60. D. arctan 2.

Lời giải

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

A D

B C

S

M

Ta có AB CD// nên



^{AB SC}^;



^



^{CD SC}^ ^;



^^SCD^ _.

(9)

Gọi ^M là trung điểm của CD. Tam giác SCM vuông tại ^M và có ^{SC a}^ ², CM a nên là tam giác vuông cân tại ^M nên SCD  45 . Vậy



^{AB SC}^;



^{ }⁴⁵ _.

Câu 33. Cho tích phân ²

 

1

4f x 2 dx x1.

 

 



Khi đó ²

 

1

d f x x



bằng

A. ^³. B. 1 . C. 1. D. ³.

Lời giải

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

Ta có ²

 

²

 

²

1 1 1

4f x 2 dx x 1 4 f x xd 2 dx x1

 

 

  

     

2 2 2 2 2

1 1 1 1

4 2. 1 4 d 4 d 1.

2

f x dx x f x x f x x





  



 





Câu 34. Cho hai điểm ^A



^^2;3;1



_và^B



^{4; 1;3}^



. Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là

A. 3x2y z  3 0. B. 3x2y z  3 0. C.  3x 2y z  3 0. D. 2x3y z  5 0.

Lời giải

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

Gọi M trung điểm của AB. Tọa độ của M là ^M



^{1;1; 2}



_.

Ta có: ^^AB^



^{6; 4; 2}^



_.

Gọi

 

^P là mặt phẳng trung trực của AB thì

 

^P _qua^M



^1;1;2



_{và nhận} ¹



^{3; 2;1}



n2AB 

 

làm VTPT.

Vậy phương trình mặt phẳng

 

^P _là³



^x^{ }¹



²



^y^{  }¹

 

^z ²



^⁰_{hay 3}x2y z  3 0. Câu 35. Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M như hình dưới?

A.



¹^ⁱ

 

²^ⁱ



_. _B.



¹^ⁱ

 

^{2 3}^ ⁱ



_. _C.^{3 2i}^_i _. _{D. 2 3}_ⁱ _i_.

Lời giải

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

Điểm M trên hình vẽ có tọa độ



^{ }^{2; 3}



_,_M biểu diễn số phức ^z^{  }^{2 3}ⁱ. Ta có





¹^ⁱ

 

²      ⁱ



² ⁱ ²^{i i}² ³ ⁱ (loại).

(10)





¹^ⁱ

 

^{2 3}^ ⁱ



^{   }^{2 3}ⁱ ²ⁱ ³ⁱ² ^{ }⁵ ⁱ_(loại).



   

²

2

3 2 3 2 3 2

1 2 3 i i

i i i

 

      

 (nhận).

Câu 36. Cho hình chóp ^{S ABCD}^. có ^SA^



^ABCD



_{, đáy}_ABCD là hình chữ nhật. Biết ÂD^²â, SA a . Khoảng cách từ Â đến



^SCD



_bằng:

A.

3a

7 . B.

3a 2

2 . C.

2a

5 . D.

2a 3 3 .

Lời giải

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

Gọi ^H là hình chiếu của ^A lên ^SD ta chứng minh được:

( )

CD SA

CD SAD CD AH

CD AD

    



 



Mặt khác AH SD nên suy ra ^AH ^



^SCD



2 2 2

1 1 1 2a

D AH 5

AH SA  A   .

Câu 37. Một hộp chứa ¹¹ quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời ² quả cầu từ hộp đó. Xác suất để ² quả cầu chọn ra khác màu bằng

A.

5

22. B.

6

11. C.

5

11. D.

8 11. Lời giải

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

Chọn ² quả bất kì từ hộp có ^C¹¹² ^⁵⁵ cách.

Chọn ¹ quả cầu màu xanh có ^C⁵¹ cách.

(11)

Chọn ¹ quả cầu màu đỏ có ^C¹⁶ cách.

Chọn ² quả cầu khác màu có ^{C C}⁵¹ ⁶¹ ^³⁰ cách.

Xác suất để ² quả cầu chọn ra khác màu bằng

30 6 55 11

.

Câu 38. Trong không gian ^Oxyz, cho điểm ^M



^{1; 1;2}^



và hai đường thẳng

: 1 4

6 6 x t

d y t

z t

 

   

  

 ,

1 2

:2 1 5

x y z

d    

 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M_, vuông góc với d và d?

A.

1 1 2

17 14 9

x y z

 

. B.

1 1 2

14 17 9

x y z

 

. C.

1 1 2

17 9 14

x y z

 

. D.

1 1 2

14 17 9

x y z

 

. Lời giải

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

Đường thẳng d , d lần lượt nhận u1



1; 4;6



, u2 



2;1; 5



làm véctơ chỉ phương.

Đường thẳng  cần tìm vuông góc với hai đường thẳng d, d nên một véctơ chỉ phương của

_làuu u 1, 2



14;17;9



.

Vậy phương trình đường thẳng _là

1 1 2

14 17 9

x  y  z .

Câu 39. Số nghiệm nguyên của bất phương trình



²^x²^⁴^x



^^log²



^x^¹⁴



^⁴^^⁰ là

A. ¹⁴. B. 13 . C. ¹². D. ^15.

Lời giải

GVSB: Lưu Thành Đạt ; GVPB1: Suol Nguyen; GVPB2:Lê Năng Chọn D

Điều kiện xác định x14 0   x 14.

TH1:

2 2 2

2

0 2

2 4 0 2 2 2

log ( 14) 4 0 14 16 2

x x x x x

x x

       

    

        

  

 .

TH2:

2 2 2

2

2 2

2 4 0 2 2

0 14 0

log ( 14) 4 0 0 14 16

14 2

x x x x x

x x

x x x

x

 

      

    

           

   

    .

Do x    x



13; 12;...; 1;0;2 



.

Vậy có 15 giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 40. Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

liên tục trên



và có đồ thị như hình vẽ:

(12)

Số nghiệm thực của phương trình ^{f f x}

   

^{ }^{1 0}_là

A.

9

_. _B.

8

_. _C.

10

_. _D.

7

_.

Lời giải

GVSB: Hồng Sơn; GVPB1: Phạm Trung Khuê; GVPB2: Lê Duy Chọn A

Dựa vào đồ thị của hàm số ^y^ ^{f x}

 

_{. Ta có:} ^{f x}

 

^{ }¹_

 

0 1

( 2 1)

1 2

x a a

x b b

x c c

   

     

   

 .

Khi đó: ^{f f x}

   

^{ }^{1 0}_ ^{f f x}

   

^{ }¹_

   

     

0 1

( 2 1)

1 2

f x a a

f x b b

f x c c

   

     

   

 .

Từ đồ thị ta thấy:

Phương trình: ^{f x}

 

^^a⁰



^{ }^a ¹



có 3 nghiệm phân biệt Phương trình: ^{f x}

 

^^b^{( 2}^{   }^b ¹⁾ có 3 nghiệm phân biệt Phương trình: ^{f x}

 

^^c¹



^{ }^c ²



có 3 nghiệm phân biệt

(13)

Vậy phương trình ^{f f x}

   

^{ }^{1 0} có 9 nghiệm phân biệt.

Câu 41. Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có đạo hàm là

 

²

( ) 3 , 1

f x 1 x

   x  

 và ^f

 

² ^⁴_{. Biết}^{F x}

 

_là

nguyên hàm của f x

 

thỏa mãn F

 

2  1, khi đó F

 

3 F

 

4 bằng

A. ln 6 1 . B. 3ln6 1 . C. 2ln6 1 . D. 4ln6 1 . Lời giải

GVSB: Đổng Quang Phúc; GVPB1: Dương Ju-i; GVPB2: Bùi Kim Thoa Chọn B

Ta có: ^{f x}

 

^



^{f x x}^

 

^d ^

 

^x^^³¹



² ^d^x ³

1 C

 x 

 .

Có ^f

 

² ^⁴ _{  }₃ _C ₄ _{ }_C ₁_{. Suy ra}

 

³ ¹

f x 1

 x 

 .

Ta lại có: ^{F x}

 

^



^{f x x}

 

^d ^



^^^x³^¹^^{1 d}^^ ^x^^3ln ^x^{  }¹ ^{x C} .

Có ^F

 

²         ¹ ² ^C ¹ ^C ³. Suy ra ^{F x}

 

^^3ln ^x^{  }¹ ^x ³_.

Vậy F

 

³ F

 

⁴ 3ln 2 3ln 3 1 3ln 6 1    .

Câu 42. Cho hình chóp ^{S ABC}^. có ^SA vuông góc với đáy, mặt phẳng



^SAB



vuông góc với mặt phẳng



^SBC



, góc giữa hai mặt phẳng



^SAC



_và



^SBC



_{là 60}, SB a 2, BSC 45. Thể tích khối chóp ^{S ABC}^. theo ^a là

A.

3 2

15 V a

. B. V 2 3a³. C. V 2 2a³. D.

2 3 3 15 V  a

. Lời giải

GVSB: Nguyễn Mộng Thùy; GVPB1: ThienMinh Nguyễn; GVPB2: Thùy Dung

Thể tích khối chóp

1. .

3 ^ABC

V  SA S .

(14)

Kẻ ^AH ^^SB suy ra ^AH ^



^SBC



_.

Do ^BC ^^SA và ^BC^^AH nên ^BC^



^SAB



, do đó tam giác ^ABC vuông tại B. Kẻ ^BI ^^AC ^^BI ^^SC và kẻ ^BK ^^SC ^^SC ^



^BIK



Do đó góc giữa hai mặt phẳng



^SAC



_và



^SBC



_làBKI  60 . Do BSC  45 nên SB BC a  2 và K là trung điểm của ^SC nên

2 2 BK  SB

a. Trong tam giác vuông BIK có ^BI ^^BK^{.sin 60}^

3 2

 a . Trong tam giác vuông ^ABC có ² ² ²

1 1 1

BI  AB BC BI BC₂. ₂ AB BC BI

 



30 5

a

.

1 .

ABC 2

S  AB BC ² 15 2

 a

.

2 2

SA SB AB

2 5

5

 a

Vậy

1 .

3 ^ABC

V  SA S 2 ³ 3 15

 a

.

Câu 43. Tìm tất cả các giá trị thực của a sao cho phương trình ^z²^^az^²^{a a}^ ² ^⁰ có hai nghiệm phức có môđun bằng 1.

A. ^a^{ }¹. B. a1. C. a 1. D.

1 5

a  2 . Lời giải

GVSB: Phí Mạnh Tiến ; GVPB1:Châu Vũ; GVPB2: Phạm Tín Chọn B

Gọi z z¹, ² là hai nghiệm của phương trình ^z²^^az^²^{a a}^ ² ^⁰. Ta có z¹  z² 1. Theo định lí Viét, ta có ^{z z}^{1 2}^²^{a a}^ ².

Lấy mô đun hai vế có

2 2 2

1 2 2 1. 2 2 2 1

z z  a a  z z  a a  a a 

2 2

2 1 2 1 0

a a a a

      

 

      

 

1

1 2

a a

 

    .

Với a1 có phương trình thành

2 1 3

1 0 1

2

z     z z i  z  . 1

 a thỏa mãn.

Với a 1 2 có phương trình thành ^z²^{ }



¹ ²



^z^{   }^{1 0} ^z ¹^ ²^₂^{7 2 2}^

.

1 2

  a không thỏa mãn.

Với a 1 2 có phương trình thành ^z²^{ }



¹ ²



^z^{   }^{1 0} ^z ¹^ ²^₂^{7 2 2}^

.

(15)

1 2

  a không thỏa mãn.

Vậy a1.

Câu 44. Cho hai số phức z z¹, ² thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau z 1 34, z 1 mi   z m 2i (trong đó m là số thực) và sao cho z¹z² là lớn nhất. Khi đó giá trị z¹z² bằng

A. 2. B.10. C. ². D. 130.

Lời giải

GVSB: Đặng Hữu Chung ; GVPB1: Huy Nguyen; GVPB2:Thành Nguyễn Chọn C

Gọi ^{M N}^, lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z z¹, ² Gọi ^{z x iy x y}^{ } ^{, ,}



^



Ta có z 1 34M N, thuộc đường tròn

 

^C _{có tâm}^I

 

^1;0 , bán kính R 34 Mà z 1 mi   z m 2i    x yi 1 mi    x yi m 2i



^x ¹

 

² ^{y m}



²



^{x m}

 

² ^y ²



²

       

   

2 m 1 x 2 m 2 y 3 0

     

Suy ra ^{M N}^, thuộc đường thẳng ^d^{: 2}



^m^¹



^x^²



^m^²



^y^{ }^{3 0}

Do đó ^{M N}^, là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn

 

^C

Ta có z¹z² MN nên z¹z² lớn nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất

MN đường kính của

 

^C _{. Khi đó} z1z2 2OI 2

Câu 45. Gọi S

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

C1

:

3 2 3

2 3 2

y 3x  mx  m và

 

2 : ³ ² 5 ²

3

C y  x mx  m x

. Gọi N _,

n

lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của S khi ^m^

 

^1;3

. Tính N n _.

(16)

A.

27

4 . B.

1

12. C.

20

3 . D.

10 3 . Lời giải

GVSB:Phạm Quang Thiện ; GVPB1: Nguyễn Duy Quý; GVPB2:Nguyễn Thanh Thảo Chọn C

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

 

C1

và

 

C2

:

·

3 2 3 3 2 2

2 3 2 5

3 3

x  mx  m  x mx  m x

  x

3

4 mx

2

 5 m x

2

 2 m

3

 0

  

² ²



⁰

2 x m x m x m

x m

 

      

Do ^m^

 

^1;3 _nên_m_₂_m_và



^{x m}^

 

² ^x^²^m



^^0,^{ }^x



^{m m}^{; 2}



Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

C1

và

 

C2

là:

 

2 2

3 4 2 5 2 2 3 d 3 4 2 5 2 2 3 d

m m

S 



x  mx  m x m x 



x  mx  m x m x

4 3 2 2 2 4

4 5 3

4 3 2 2 12

m

x mx m x m

 m x

      

 

Vì hàm số:

4

12 ym

đồng biến trên đoạn

 

^1;3

nên ^max^{ }_1;3

 

³ ²⁷

N  y y  4 ,

 _1;3

 

¹

min 1

n y y 12 . Vậy

27 1 20

4 12 3

N n  

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm ^A



^{1;2;3 ,}

 

^B ^^2;1;1



và đường thẳng

1 2

: 1 1 2

x y z

  

 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua ^A cắt ^ sao cho khoảng cách B đến d là lớn nhất. Phương trình đường thẳng d có dạng tham số là

A.

2 5 1 1 7

x t

y t

z t

  

  

  

 . B.

1 5 2 3 7

x t

y t

z t

  

  

  

 . C.

5 1 2 7 3

x t

y t

z t

  

  

  

 . D.

1 5 2 3 7

x t

y t

z t

  

  

  

 .

Lời giải

GVSB: Huan Nhu ; GVPB1: Vương Kenny; GVPB2: Ngô Yến Chọn A

Đường thẳng ^ đi qua điểm ^M



^{1; 2;0}^



và có véc-tơ chỉ phương ^u^_ ^{ }



^{1;1; 2}



_có



^0;4;3



MA



Gọi

 

^P _{đi qua}_A và chứa đường thẳng ^ .



 

^P có véc-tơ pháp tuyến nP u MA _^,  



^{5;3; 4}



.

Và

 

^P có phương trình ^^5.



^x^{ }¹



^3.



^y^{ }²



^4.



^z^{    }³



⁰ ⁵^x ³^y^⁴^z^{ }^{11 0}_.

(17)

d P

A

B

Gọi ^H là hình chiếu vuông góc của ^B lên d , ta có: ^{d B d}



^,



^^BH ^^BA_.



^,



_max

d B d AB

  hay d nằm trong mặt phẳng

 

^P và vuông góc với ^AB.

d có véc tơ chỉ phương là Ta có ud n ^{ }P ^,AB 



^10;2;14



.

Vậy đường thẳng d có PTTS là

1 5 2 3 7

x t

y t

z t

  

  

  

 .

Câu 47. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 6. Thể tích V của khối nón đó bằng

A.

3 6

4 V _a

. B.

3 6

3 V _a

. C.

3 6

6 V _a

. D.

3 6

2 V _a

. Lời giải

GVSB: Trần Tố Quyên ; GVPB1:Thuy Nguyen ; GVPB2:Tuyet Trinh Chọn A

Giả sử hình nón có đỉnh S và đáy là hình tròn tâm H, đường kính đáy là AB.

Thiết diện qua trục là tam giác SAB vuông tại S nên

1 6

2 2

SH  AB a .

Khi đó, thể tích của khối nón là

2 3

1 2 1 6 6 6

. . . .

3 3 2 2 4

a a a

V  AH SH    

    

  .

Câu 48. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của ^xđể tồn tại duy nhất giá trị nguyên của ^ysao cho thỏa mãn bất phương trình ^e²^y^⁴^{x y y}² ^ ²^{ }^x ^ln



^x²^^y



_?

A.¹. B.². C.³. D.⁴.

Lời giải

(18)

Điều kiện ban đầu: x²   y 0 y x²

Đầu tiên ta có bất phương trình tương đương với: ^e²^y^⁴^{x y y}² ^ ²^{ }^x ^ln



^x²^^y



^⁰

Xét hàm số theo biến ^ytức ^{f y}

 

^^e²^y^⁴^{x y y}² ^ ²^{ }^x ^ln



^x²^^y



_trên



^^;^x²



_{ta có:}

 

² ²^y ⁴ ² ² ² ₂¹ ⁰

f y e x y

x y

     

 trên



^^;^x²



nên hàm số ^{f y}

 

đồng biến trên



^^;^x²



Từ đó ta có bất phương trình ^{f y}

 

^{ }⁰ ^f^¹

 

⁰ ^{ }^{y x}²

Ta có nhận xét như sau: do tồn tại duy nhất giá trị nguyên của ^y nên suy ra khoảng



^f^¹

 

^{0 ;}^x²



của giá trị ^ycũng chứa duy nhất một giá trị nguyên, khi đó giá trị của ^y sẽ chạy từ x²1 đến x², tức ^x²^{ }¹ ^f^¹

 

⁰ ^{ }^{y x}²,từ đó ta suy ra mệnh đề này chỉ xảy ra khi và chỉ khi

   

^{ }

       

 

   

^{ }

2

2 2

2 1 2

1 2 2 2 2 2 2 2

2 1 2 2 4 2 2 1 4 2

0 1 1 0 4 1 1 ln 1 0

4 1 2 1 0 3 2 1 0

x

x x

f x f x e x x x x x x

e x x x x x e x x x

 

              

             

Xét hàm số ^{g x}

 

^^e²^{ }^x²^¹ ^³^x⁴^²^x²^{ }^x ¹_có^{g x}^

 

^⁰ có một nghiệm duy nhất Suy ra phương trình ^{g x}

 

^⁰ có không quá hai nghiệm

Từ đó ta giải ra bất phương trình ^{g x}

 

^⁰ có chứa 1 giá trị nguyên ^x^⁰ tức có 1 giá trị nguyên ^xsao cho thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 49. Trong không gian ^Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x}^: ²^^y²^^z² ^²⁵, đường thẳng

: 2

1 x t

d y t

z t

 

  

  

 và mặt

phẳng

 

^P ^{: 2}^{x y}^{ }²^z^^{10 0}^ _{. Từ điểm}_{M d}_ kẻ được hai tiếp tuyến phân biệt đến

 

^S _và

hai tiếp tuyến song song với

 

^P . Tìm số điểm ^M có hoành độ nguyên.

A. 0. B. 5 . C. 6. D. 7.

Lời giải

GVSB: Nguyễn Văn Tú; GVPB1: Nguyễn Trong Chanh; GVPB2: Trần Dạo

 

^S _{có tâm}^O



^0;0;0



, bán kính R5.

Theo bài ra ta có, hai tiếp tuyến phân biệt của

 

^S _qua_M nằm trên mặt phẳng

 

^Q _{song song}

với

 

^P _và ^{d O Q}



^,

  

^R

OM R

 



  .

 

^Q ^{: 2}^{x y}^{ }²^{z D}^{ }⁰



^D^{ }¹⁰



_.



^,

  

^D₃ ⁵ ¹⁵

d O Q  R   D 



^;2 ^;1

  

² ² ^{2 2}. ⁰ ⁵



²



⁵ ¹⁵ ³ ³⁽¹⁾

M t t  t Q        t t t D D  t t  t     t

  

²



²

2

1 61

2 1 25 3 (2)

1 61

3 t

OM R t t t

t

  



       

  



(19)

Kết hợp (1) và (2) thì không có t nguyên thoả mãn.

Câu 50. Cho hàm số ^y^ ^{f x}^{( )} có đạo hàm ^{f x}^^{( ) ( -1)}^ ^x ²



^x² ^{- 2}^x



_với_{ }_x _ . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ^{f x}



² ^⁸^x ^^m



có 11 điểm cực trị?

A. 13. B. 11. C. 15. D. 17.

Lời giải

GVSB: Cham Tran; GVPB1: Hồ Minh Tường; GVPB2: Nguyễn Công Đức

Chọn A

Ta có

1

( ) 0 0

2 x

f x x

x

 

   

   y f x( ) có hai điểm cực trị x0 và x2 (x1là nghiệm kép).

Đặt ^{g x}^{( )}^ ^{f x}



² ^⁸^x ^^m



_.

Ta có



²



( ) (2 8. ). 8 0

   x    

g x x f x x m

x



²

  

4 4

8 0 *

 

  

    



x x

f x x m

.

Tại x0 thì ^{g x}^^{( )} không xác định. Để hàm ^{g x}^{( )} có 11 điểm cực trị thì phương trình

 

^* phải có 8 nghiệm bội lẻ phân biệt khác ^⁴, 4 và 0.

 

^* ²₂ ⁸ ⁰ ²₂ ⁸ ⁰

8 2 8 2 0

x x m x x m

       

 

      

 

  . Đặt t x t, 0

, suy ra

 

2 2

8 0 1

8 2 0 2

t t

t m t m

   

    

 . Khi đó, yêu cầu bài toán tương đương mỗi phương trình (1) và (2) có hai nghiệm dương phân biệt khác 4

1 2

16 0 16

16 2 0 18

0

0 2 16.

2 2 0

16

16 32 0

18

16 32 2