[ET] ĐỀ 4 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 4 Câu 1. Mo dun của số phức z  5 3i _bằng

A. 34_{. B.} 34. C. 43. D. ⁴.

Lời giải

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

Ta có  5 3i  ( 5) ²3²  34

Câu 2. Trong không gian ^Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x: 2y2z22x2z 7 0}. Bán kính của mặt cầu đã cho bằng

A. ³. B. ¹⁵. C. 7 . D. 9_.

Lời giải

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

Mặt cầu

 

^{S x: 2y2 z2 2ax2by2cz d 0}_{có tâm} ^{I }



^{a b c, ,}



và bán kính

2 2 2

R a   b c d

Theo đề ta có ^{a 1, b0, c1, d -7} .

Suy ra mặt cầu có bán kính ^{R a2b2  c2 d}

 

^{1202  12 7 3}_.

Câu 3. Đồ thị hàm số y x ³2x²3x1 đi qua điểm

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 A

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

Câu 4. Thể tích khối cầu bán kính 3 cm _bằng

A. ^36

 

^cm3 _{. B.} ^108

 

^cm3 _{. C.} ^9

 

^cm3 _{. D.} ^54

 

^cm3 _.

Lời giải

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

Ta có: ^{V 4}₃^{r3 4 3}₃ ^{3 36}

 

^{cm3 .}

Câu 5. Họ các nguyên hàm của hàm số y e ^x2x là A. ^exx2C. B. ^{ex 2 C}. C.

1 2

1 1

ex x C x

  

 . D. ^ex2x2C. Lời giải

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

Ta có:

 

^{ex2 dx x e}



^{ xx2C}_.

Câu 6. Cho hàm số ^{f x}

 

xác định trên  ^{\ 0}

 

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau.

Hàm số đã cho có bao nhiêm điểm cực trị?

A. 3 . B. 1_{. C.} 2_{. D. 0 .}

Lời giải

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

Ta thấy ^y đổi dấu hai lần. Tuy nhiên tại x0 thì hàm số không liên tục nên hàm số chỉ có một điểm cực trị.

Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình 3^x19 _là

A.



^;3



_{. B.}



^{ ; 3}



_{. C.}



^;3



_{. D.}



^{3; }



_.

Lời giải

GVSB: Cô Nhung ; GVPB1: Thầy Huỳnh Đức Vũ; GVPB2: Đinh Ngọc Vì cơ số 3 1 nên3^x1 9 3^x13²     x 1 2 x 3_.

Câu 8. Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. _có BC2a và đường cao 2a. Thể tích khối chóp .

S ABCD _bằng:

A.

8 3

3a

. B.8a³_{. C.}

4 3

3 a

. D. 4a³_.

Lời giải

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

2a

2a O B C

A D

S

 

4 2 d

SABCD  a dv t .

 

2 3

.

1 1 8

. .2 .4

3 3 3

S ABCD ABCD

V  SO S  a a  a dvtt

Câu 9. Tập xác định của hàm số ² log 3

2 y x

x

 

là

A. ^D



^3;



_B. ^D



^0;3



C. ^{D }



^;0

 

^{ 3;}



_D. ^{D }

 

^0;3

Lời giải

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

Hàm số đã cho xác định khi ^{3 0}

 

^0;3

2

x x

x

    . Câu 10. Số thực a thỏa mãn điều kiện log log3



2a



0

là A.

1

3. B.

1

2. C. ². D. 3_.

Lời giải

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

Điều kiện ²

0 0

log 0 1 1

a a

a a a

 

 

  

   

 .

Ta có log log3



2a



 0 log2a  1 a 2 . Câu 11. Nếu ¹

 

0

d 2

f x x



và ¹

   

0

2 d 8

f x  g x x 

 

 



thì ¹

 

0

d g x x



bằng

A. ^5. B. 5. C. 6. D. 3.

Lời giải Chọn B

Ta có

   

1

0

2 d 8

f x  g x x 

 

 



¹

 

¹

 

0 0

d 2 d 8

f x x g x x









 

1

 

0

2 2 g x xd 8

 



  ¹

 

0

d 5

g x x







.

Câu 12. Cho số phức ^z



^{3 2 1 i}

 

^i



² _{. Modun w iz 2z ?}

A.2 17. B. 17 2 . C.17 2. D. 2 17.

Lời giải

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

Ta có : z



3 2 1 i

 

i



²  4 6i

 z  4 6i

 ^{w iz 2z i}



^{4 6 i}



^{2. 4 6}



^{ i}



^{ 2 8i}

 ^{w  22 }

 

^{8 2 2 17}

Câu 13. Trong không gian ^Oxyz, mặt phẳng 1

2 3 1

x y z 

 có một véc tơ pháp tuyến là A.

1 1; ; 1 n2 3  



. B.

1; ;11 n  3 



. C. ^{n }



^{3; 2; 1}



_{. D.} ^{n }



^{3; 2;3}



_.

Lời giải

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

Chọn A Mặt phẳng

1 1 0 1 1; ; 1

2 3 1 2 3 1 2 3

x y z x y z

n  

           



.

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho hai vectơ ^{a }



^{2;m1;3 ,}



^{b }



^{1;3; 2 n}



_{. Tìm} m n, để các vectơ ^{a b ,} cùng hướng.

A.

7; 3 m n 4

. B. ^{m4;n 3} . C. ^m1;n0. D.

7; 4 m n 3

. Lời giải

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

Chọn A Ta có:

a và b

cùng hướng^{ a kb }

 

 

2 2

0 1 3 7

3 2 3

4

k k

k m k m

k n n



  

 

     

   

   

 . Vậy

7; 3 m n 4

. Câu 15. Cho số phức z 3 7i. Phần ảo của số phức z _bằng

A. 7 . B. 7i. C. 7. D. 7i.

Lời giải

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

Ta có z 3 7i   z 3 7i. Do đó phần ảo của ^z bằng 7 . Câu 16. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

3 1 y x

x

 

 có phương trình là

A. ^y5. B. ^y0. C. x1. D. ^y1.

Lời giải

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

Ta có:

lim lim 3 1

1

x x

y x

x

 

  

  đường thẳng ^y1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 17. Tính giá trị biểu thức Ploga²lnb³. Biết ^loga2 và ^lnb2

A. ¹⁰. B. ⁹. C. ¹¹. D. ⁸.

Lời giải

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

Ta có Ploga²lnb³ 2loga3lnb2.2 3.2 10  .

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

x y

O

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

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

Đồ thị là của hàm trùng phương dạng ^{y ax 4bx2c a( 0)}. Nhánh ngoài cùng của đồ thị đi xuống  a 0.

Đồ thị có 3 cực trị nên a b.   0 b 0.

Ta thấy đồ thị giao với trục ^Oy tại

 

^{0;0  c 0}_.

Đồ thị của hàm số ^{y  x4 2x2}.

Câu 19. Trong không gian ^Oxyz, cho đường thẳng

3 2 1

: 2 1 4

x y z

d     

 . Điểm nào sau đây không thuộc đường thẳng d?

A. ^M



^{1; 1; 3 }



_{. B.} ^N



^{3; 2; 1 }



_{. C.} ^P



^{1; 1; 5 }



_{. D.} ^Q



^{5; 3;3}



_.

Lời giải

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

Thay tọa độ điểm ^M vào phương trình đường thẳng d ta được

2 1 2

2 1 4

  

 (sai). Vậy điểm M không thuộc đường thẳng d.

Câu 20. Cho n điểm phân biệt trên mặt phẳng



^n^,n2



. Số véctơ khác ^0 có cả điểm đầu và điểm cuối là các điểm đã cho bằng

A. ²ⁿ. B. n n( 1). C.

( 1) 2 n n

. D. 2 (n n1). Lời giải

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

Chọn B

Mỗi véctơ là một chỉnh hợp chập 2 của n điểm nên số véctơ là

2 !

( 1) ( 2)!

n

A n n n

 n  

 .

Câu 21. Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A.

3 3

2 a

. B.

3. 3

3 a

. C.

3. 3

12 a

. D. 3.a³_.

Lời giải

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

B'

A

B

C

A' C'

Diện tích tam giác ABC:

· ²

1 1

. .sin .2 .2 .sin 60 3

2 2

S  AB AC ABC a a  a

Thể tích khối lăng trụ: V S AA. a² 3.a a ³ 3. Câu 22. Đạo hàm của hàm số y x .3^x là

A. ^{y 3 1x}



^{xln 3}



_{. B.} ^{y 3 1x}



^{xln 3}



_{. C.} y x.3 .ln 3^x . D. ^{3 1x}



^x



_.

Lời giải

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

3^x .3 .ln 3^x

y  x ^{3 1x}



^{xln 3}



_.

Câu 23. Cho hàm số^{y f x}

 

có bảng biến thiên như sau

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

A.



^1;0



_B.



^;0



_C.



^1;



_D.

 

^0;1

Lời giải

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

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

 

^0;1 _và



^{ ; 1}



_.

Câu 24. Tính diện tích xung quanh của hình trụ biết hình trụ có diện tích đáy bằng a² và đường cao bằng a 3.

A. 2a² B. a² C. a² 3 D. 2a² 3

Lời giải

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

Diện tích đáy bằng a². Suy ra r² a²  r a.

Diện tích xung quanh của hình trụ là: S_xq 2rl2rh2 . .a a 3 2 a² 3 .

Câu 25. Nếu ²

 

1

d 2

f x x 



và ³

 

2

d 1

f x x



thì ³

 

1

d f x x



bằng

A. 3. B. ^1. C. ¹. D. 3 .

Lời giải

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

Ta có ³

 

²

 

³

 

1 1 2

d d d 2 1 1

f x x f x x f x x    

  

. Câu 26. Cho cấp số cộng

 

un

xác định bởi u⁴ 174 và u¹⁰ 192. Xác định số hạng tổng quát của cấp số cộng đó.

A. u_n 3n162. B. u_n 10n92. C. u_n 20n94. D. u_n 18n12. Lời giải

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

Trắc nghiệm

Lần lượt thay n4,n10 vào công thức tổng quát. Dễ thấy u_n 3n162 là phương án duy nhất thỏa mãn.

Tự luận

10 4

192 174

6 192 174 6. 3

u u d d d 6 d

        

 

.

4 4 174 3 12 3 162

un u  n d   n  n .

Câu 27. Tìm họ nguyên hàm của hàm số ^{f x}

  

^{ 2a1}



^x1_.

A.

 

^{d 2 1 2}

2

f x x a x x C

  



_{. B.}



^{f x x}

 

^{d  2a}₂^{1x2 x C} _.

C.



^{f x x}

 

^{d }



^{a2a x C}



^ _{. D.}



^{f x x}

 

^{d 2}



^{a2a x}



^{2 x C}_.

Lời giải

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

Ta có

 

^d



^{2 1}



^{1 d}



^{2 1}



^{d d 2 1 2}

2

f x x  a x  x a x x x a x  x C

   

_.

Câu 28. Cho hàm số ^{y f x}

 

là hàm số bậc 3 và có bảng biến thiên như hình vẽ

Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là

A.



^{0; 2}



_{. B.}



^2;0



_{. C.}



^{1; 3}



_{. D.}



^3;1



_.

Lời giải

GVSB: Tuấn Anh; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Từ bảng biến thiên, ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số là



^2;0



_.

Câu 29. Hàm số y x ³3x²1 đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất trên đoạn

 

^{0; 4} lần lượt tại các điểm x x¹, ²

. Tính x x¹. ² .

A. x x^{1 2}. 8. B. x x^{1 2}. 0. C. x x^{1 2}. 2. D. M m   3. Lời giải

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

Hàm số y x ³3x²1 xác định và liên tục trên đoạn

 

^{0; 4} _.

Ta có:

2 0

3 6 ; 0

2 y x x y x

x

 

      _. Khi đó: ^y

 

^{0 1; y}

 

^{2  3; y}

 

^{4 17}_.

Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất lần lượt tại x¹2;x² 4_. Câu 30. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên  ?

A. ^{ysinx2x1}. B. y  x³ x²1 . C. yx³ x 3. D. y  x³ x.

Lời giải

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

Hàm số ^{ysinx2x1} có ^{y cosx   2 0, x } nên hàm số nghịch biến trên  . Câu 31. Cho ,a b là hai số thực dương thỏa mãn a b^{2 2} 64. Giá trị của log²alog²b bằng

A. ⁸. B. ³². C. ³. D. 4 .

Lời giải

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

Chọn C

Ta có: a b^{2 2} 64ab8

2 2 2 2

log alog blog ablog 8 3

Câu 32. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thoi cạnh ^a, SA a 3 và SA BC . Góc giữa hai đường thẳng SD và BC bằng

A. 90. B. 60. C. 45. D. 30.

Lời giải

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

/ / ,

AD BC SA BC SAAD hay SAD vuông tại ^A.



^

 

^



^

/ / , , ,

AD BC SDAD D  SD BC  SD AD SDA.

SAD vuông tại ^{A }

 

tan SA 3 60

SDA SDA

 AD     . Câu 33. Cho hai tích phân ⁵

 

2

d 8

f x x







và

2

 

5

d 3

g x x







. Tính ⁵

   

2

4 1 d

I f x g x x







   

A. ¹³. B. ²⁷. C. 11. D. ¹⁹.

Lời giải

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

   

5

2

4 1 d

I f x g x x







    ⁵

 

⁵

 

⁵

2 2 2

d 4 d d

f x x g x x x

  













⁵

 

⁵

 

⁵

2 2 2

d 4 d d

f x x g x x x

  













   

5 2 5

2 5 2

d 4 d d

f x x g x x x



 













^{ 8 4.3x5}_2

8 4.3 7

   13.

Câu 34. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng đi qua ^M



^{1; 2;3}



và song song với mặt phẳng x2y3z 1 0 có phương trình là

A. x2y3z 6 0. B. x2y3z 6 0. C. x2y3z 6 0. D. x2y3z 6 0.

Lời giải

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

Mặt phẳng cần tìm có dạng ^{x2y3z c 0}



^c1



_.

Vì mặt phẳng cần tìm đi qua M nên ^{1 4 9   c 0  c 6 TM}

 

_.

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: x2y3z 6 0.

Câu 35. Cho số phức z thoả mãn ^{z   3 2i}, điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng Oxy có toạ độ là

A.



^{3; 3}



_{. B.}

 

^{3; 2} _{. C.}



^{ 3; 2}



_{. D.}



^{ 3; 3}



_.

Lời giải

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

Ta có ^z       ^{3 2i z 3 2i}.

Vậy điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng Oxy có toạ độ là



^{ 3; 2}



_.

Câu 36. Cho hình chóp S ABC. _{có đáy} ABC là tam giác vuông tại B _với AB a _, BC 2a _và

 

SA ABC . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



^SAC



_bằng:

A.

2 5

5 a

B.

2 5

a

C.

5 5 a

D. 5 a

Lời giải

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

A

B

C S

H

Kẻ ^{BH  AC H}



^AC



_mà ^SA



^ABC



^SABH_.

  

^,

  

BH SAC d B SAC

   ². ² 2 5

5

AB BC a

BH AB BC

  

 _.

Câu 37. Từ một hộp chứa 12 quả bóng gồm 5 quả màu đỏ và 7 quả màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả. Xác suất để lấy được 3 quả màu xanh bằng

A.

7

44. B.

2

7. C.

1

22. D.

5 12. Lời giải

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

Số phần tử của không gian mẫu là: n

 

 C12³ 220.

Gọi ^A là biến cố: “Lấy được 3 quả màu xanh”. Ta có n A

 

C7³ 35.

Vậy xác suất của biến cố ^A là:

   

 

^{22035 447}

P A n A

 n  

 .

Câu 38. Trong không gian ^Oxyz, đường thẳng dđi qua điểm ^A



^{  1; 2; 3}



và hình chiếu của A _lên trục ^Oz có phương trình tham số là

A.

1

: 2

3 x d y

z t

  

  

 

 . B.

: 2

3 x t d y t

z

 

 

  

 . C.

0

: 0

3 3 x

d y

z t

 

 

   

 . D.

1

: 2 2

0

x t

d y t

z

  

   

 

 .

Lời giải

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

Gọi ^A là hình chiếu của A lên trục cao Oz  ^A



^{0;0; 3}



_.

Đường thẳng dcó vectơ chỉ phương là ^{u AA}



^{1; 2;0}



và đi qua điểm ^A



^{0;0; 3}



_{nên có}

phương trình tham số là 2

3 x t y t z

 

 

  

 .

Câu 39. Có bao nhiêu giá trị của m để bất phương trình



^{3x2x9 2}



^{x2 m}



^0 có đúng 5 nghiệm nguyên phân biệt?

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

Lời giải

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



^{3x2x9 2}



^{x2 m}



^{0 1}

 

_.

TH1:

2 2 1

3 9 0 2

2

x x x

x x

x

   

        . Khi đó:

 

¹ _2^x2 _{ m 0.}

+ Nếu m1 thì

 

¹ vô nghiệm (do với m1 thì

2^x2   m 1 m 0) + Nếu m1 thì

 

1   log2m  x log2m.

Do đó để

 

¹ có đúng 5 nghiệm nguyên thì



(  ; 1) (2;  )



 log2m; log2m có 5 giá trị nguyên

 

log2m 3; 4 512 m 65536.

    

Suy ra có 65024 giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán.

TH2: 3^x2x  9 0 x²     x 2 1 x 2.

Vì trên



^1;2



chỉ có 4 số nguyên nên không có giá trị m nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên trong trường hợp này.

Vậy từ 2 trường hợp ta có 65024 giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 40. Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn



^{0; 2}



của phương trình ^3f



^{sin 2x}



^{ 2 0} _là

A. 7_{. B.} 8_{. C.} 5_{. D.} 6_.

Lời giải

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

Đặt sin 2x t _, ^x



^{0; 2}



^{  t}



^1;1



_.

Phương trình trở thành:

 

²

f t  3 . Từ bảng biến thiên ta có:

 

²

3 f t t a

t b

 

    Với   1 a 0 _và 0 b 1 Xét BBT của hàm số ysin 2x trên



^{0; 2}



_:

Dựa vào BBT của hàm số ta có Phương trình sin 2x a _có 4nghiệm.

Phương trình sin 2x b _có 4 nghiệm

Vậy phương trình ^3f



^{sin 2x}



^{ 2 0} _{có 8 nghiệm.}

Câu 41. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm là ^{f x( ) }



^{1 x e}



^{x, x}  và ^f

 

^{2 2}₂

 e

. Biết ^{F x}

 

_là

nguyên hàm của ^{f x}

 

_{thỏa mãn} ^F

 

^{0 3 2}

 e

, khi đó ^F

 

¹ _bằng

A. ¹. B. ². C. 3 . D. ⁴.

Lời giải

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

Ta có: ^{f x}

 

^



^{f x x}

 

^{d }

 

^{1x e}



^xdx_.

Đặt:

1 d d

d ^xd ^x

u x u x

v e^ x v e^

   

 

 

  

  .

  

¹



^{x xd}



¹



^{x x x}

f x x e^ e^ x x e^ e^ C xe^ C

    



      _.

Do ^f

 

^{2 2}₂

e 2₂ 2₂ e C e

  

0

 C . Suy ra f x

 

xe^x.

Ta lại có:

 

¹₀ ¹

 

0

d

F x 



f x x

   

¹

0

1 0 ^xd

F F xe^ x

  



.

Đặt:

d d

d ^xd ^x

u x u x

v e^ x v e^

 

 

 

  

  .

Ta có:

     

¹₀ ¹

0

1 0 ^{x x}d

F F  xe^ 



e^ x ^F

 

^{1 }^32_e^^{ e1 }



^ex



¹₀

 

 

^{1 3 2 2 1 1}

F e

e

 

      ^F

 

^{1 4}_.

Vậy ^F

 

^{1 4}_.

Câu 42. Cho hình chóp ^{S ABCD.} có đáy ^ABCD là hình chữ nhật với cạnh ^AD2CD. Biết hai mặt phẳng



^SAC



_,



^SBD



cùng vuông góc với mặt đáy và đoạn ^BD6; góc giữa



^SCD



_{và mặt}

đáy bằng 60. Hai điểm M , ^N lần lượt là trung điểm của ^SA, ^SB. Thể tích khối đa diện ABCDMN bằng

A.

128 15

15 . B.

16 15

15 . C.

18 15

5 . D.

108 15 25 . Lời giải

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

Gọi ^{O ACBD}. Do



^SAC

 

^{ ABCD}



_,



^SBD

 

^{ ABCD}



^SO



^ABCD



_.

Theo tính chất hình chữ nhật: AD²CD² BD²

2 2 6

5 6

CD CD 5

   

và

12 AD 5

.

Khi đó diện tích đáy:

. 72

ABCD 5

S  AD CD .

Gọi I là trung điểm của ^CD. Do ^CDSO, ^{CDOI CD}



^SOI



_CDSI

   



^{SCD , ABCD}

 

^{SI OI,}



^{SIO 60}

    .

Trong tam giác ^SOI vuông tại ^O,

6

2 5

OI  AD 

, SIO  60 có: ^{SO OI .tan 60} 6 3

 5 . Thể tích ^{S ABCD.} là

1 1 72 6 3 144 15

. . . .

3 ^ABCD 3 5 5 25

V  S SO 

. Ta có ^{S ABD. S BCD.} 2

V V V . Do

1

SMN 4 SAB

S_  S_ 1 1

4 8

SMND SABD

V V V

  

.

Do ^N là trung điểm của ^{SB d N SCD}



^,

  

^1₂^{d B SCD}



^,

  

VSCDN  ¹₂VSBCD ¹₄V . Ta có: ^.

3

S CDMN SMND SCDN 8

V V V  V 3 5 18 15

8 8 5

ABCDMN

V V V V

    

.

Câu 43. Cho hai số thực b và c



^c0



_{. Kí hiệu A, B} là hai điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình ^{z22bz c 0}. Tìm điều kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ).

A. ^{b2 2c}. B. ^c2b2. C. b c . D. ^{b2 c}. Lời giải

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

Giả sử phương trình ^{z22bz c 0} có hai nghiệm thực thì ba điểm , ,O A B cùng nằm trên trục hoành (không thỏa mãn). Vậy ^{z22bz c 0} có hai nghiệm phức có phần ảo khác 0.

Khi đó, hai nghiệm của phương trình ^{z22bz c 0} là hai số phức liên hợp với nhau nên hai điểm ^A, ^B sẽ đối xứng nhau qua trục Ox.

Do đó, tam giác OAB cân tại O. Vậy tam giác OAB vuông tại O.

Để ba điểm O, ^A, ^B tạo thành tam giác thì hai điểm ^A, ^B không nằm trên trục tung.

Tức là nếu đặt ^{z x yi x y  , ,}



^



thì ⁰

 

^*

0 x y

 

  .

Để phương trình ^{z22bz c 0} có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện

 

^* _{thì b}²_{ c 0.}

 

²

2 2 0 2 0

z  bz c   z b  c b 



^{z b}



^{2 b2 c z b i c b2}

        

Đặt ^{A b c b}



^{ ;  2}



_và ^{B b}



^{ ; c b 2}



Theo đề ta có: ^{OA OB .  0 b2 c b2  0 2b2 c}.

Câu 44. Cho số phức z thỏa mãn z z   z z 4

. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P  z 2 2i . Đặt ^{A M m } . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. ^A



^34;6



_{. B.}^A



^{6; 42}



_.

C. ^A



^{2 7; 33}



_{. D.} ^A



^{4;3 3}



_.

Lời giải

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

Giả sử: ^{z x yi x y  , ,}



^



^{N x y}



^;



: điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy_.

Ta có:

• z z     z z 4 x y  2 N

thuộc các cạnh của hình vuông BCDF (hình vẽ).

x y

1 1

-2 2

-2 2

O

D C F

B I

E

• ^{P  z 2 2i  P}



^x2

 

^{2 y2}



^{2  P d I N}



^;



_với ^I

 

^2;2

Từ hình ta có: ^E

 

^1;1

2 2

max 4 2 2 5

M P ID   và m P min IE



2 1

 

² 2 1



²  2 Vậy, ^{A M m   2 2 5}



^34;6



_.

Câu 45. Cho hai hàm số ^{y x 3 ax2 bx c a b c}



^{, , }



có đồ thị

 

^C

 

và

2 , ,

y mx  nx p m n p có đồ thị

 

^P

như hình vẽ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

^C

và

 

^P

có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây?

A.

 

^0;1

. B.

 

^1;2

. C.

 

^2;3

. D.

 

^3;4

. Lời giải

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

Xét phương trình hoành độ giao điểm

       

3 2 2 3 2 0 *

x ax   bx c mx     nx p x a m x  b n x c p  .

Dựa vào hình vẽ, ta thấy hai đồ thị tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ x 1 và cắt nhau tại điểm có hoành độ x1 nên phương trình

 

^*

có nghiệm x 1 (bội 2) và x1 (nghiệm đơn).

Khi đó,

 

^{* }



^x1

 

^{2 x 1}



⁰

.

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

^C

và

 

^P

là:

         

1 1

2 2

1 1

1 1 d 1 1 d 4 1; 2

S x x x x x x 3

 





  



   

.

Câu 46. Trong không gian ^Oxyz, cho điểm ^E



^2;1;3



, mặt phẳng

 

^{P : 2x2y z  3 0} và mặt cầu

  

^{S : x3}

 

^{2 y2}

 

^{2  z5}



^{2 36}_{. Gọi } là đường thẳng đi qua ^E, nằm trong mặt phẳng

 

^P _{và cắt}

 

^S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của ^ là

A.

2 9 1 9 3 8

x t

y t

z t

  

  

  

 . B.

2 5 1 3 3

x t

y t

z

  

  

 

 . C.

2 1 3

x t

y t

z

  

  

 

 . D.

2 4 1 3 3 3

x t

y t

z t

  

  

  

 Lời giải

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

B

A K

I

F E

Mặt cầu

  

^{S : x3}

 

^{2 y2}

 

^{2  z5}



^{2 36} _{có tâm} ^I



^{3; 2;5}



và bán kính R6. Ta có ^{EI}



^1;1;2



^{EI  EI  12 11 22  6 6  R} _

điểm ^E nằm trong mặt cầu

 

^S _.

Ta lại có ^E

 

^P _và

 

E P

  

  nên giao điểm của ^ và

 

^S nằm trên đường tròn giao tuyến

 

^C _{tâm K} của mặt phẳng

 

^P và mặt cầu

 

^S , trong đó ^K là hình chiếu vuông góc của ^I lên mặt phẳng

 

^P _.

Giả sử ^{ }

  

^{S  A B,}



_{. Độ dài AB} nhỏ nhất khi và chỉ khi ^{d K}



^,



_{lớn nhất.}

Gọi ^F là hình chiếu của ^K trên ^ khi đó ^{d K}



^{, }



^{KF KE} _.

Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi ^{F E}.

Ta có

 

IK P IK

KE IE KE



   

    

     

 

 .

Ta có ^_^{n  }_P ^{,EI }_



^{5; 5;0}



, cùng phương với ^{u }



^{1; 1;0}



_.

Vì

 

^P

IE

 

 

 nên ^ có một vectơ chỉ phương là ^{u }



^{1; 1;0}



_.

Do đó phương trình đường thẳng

2

: 1

3

x t

y t

z

  

   

  .

Câu 47. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2, thiết diện thu được là hình vuông có diện tích bằng 16. Thể tích khối trụ bằng

A. ²⁴ . B. ^{10 6} . C. ³². D. ^{12 6} .

Lời giải

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

 Thiết diện cắt bởi mặt phẳng song song với trục là hình vuông ABCD có diện tích bằng 16 nên ta có:

16 2 16 4

SABCD   AB   AB CD h .

 Gọi H là trung điểm cạnh AB_.

 Do mặt phẳng



^ABCD



cách trục OO một khoảng bằng 2 nên ta có OH  2. Trong OHB vuông tại H_{, ta có} 2 ²

HB AB 

; OH  2. Khi đó r OB  OH²HB²  2 4  6.

 Vậy thể tích khối trụ là ^{V r h2 .}

 

^{6 .4 242  } _(đvtt).

Câu 48. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của ^xđể tồn tại không quá 728 giá trị nguyên của ^ysao cho thỏa mãn bất phương trình log4



x²y



log3



x y



?

A.¹¹⁶. B.¹¹⁵. C.⁵⁶. D.⁵⁵.

Lời giải Đầu tiên, với ,x yZta có:



²

  

^{2 log3  2 log3 }

 

4 3

log x y log x y  x  y 4 ^{x y}  x  x 4 ^{x y}  x y (*) Đặt ^{t x y}. Xét hàm số ^{y f t}

 

^{4log3tt} _có

 

^{1 4log3 1 0}

ln 3 f t t

 t  

với mọi ^t1



^tZ



Từ đó ta suy ra bất phương trình (*) tương đương với: ^{1  x y f1}



^x2x



Ta có nhận xét sau: khi giá trị nguyên của ^ykhông quá 728 thì giá trị nguyên của ^{t x y}cũng không quá 728 giá trị, tức ^{1  x y f1}



^x2x



^{728 f1}



^x2x



^{728x2 x f}



⁷²⁸



3 3

log 728 log 728

2 4 728 2 4 728 0 57.47 58.475

x x x x x

            

Mà ^xZ nên bất phương trình tương đương với: ^{57 x 58} tức có tất cả

 

58 57  1 116 giá trị nguyên ^x sao cho thỏa mãn yêu cầu đề bài.

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

 

S :x²y²



z1



² 4 và đường thẳng

2

: 1 2

3

x t

d y t

z

  

  

 



.Từ điểm M d kẻ được hai tiếp tuyến phân biệt ^{MA MB,} đến

 

^S _với A B, là tiếp điểm sao cho tam giác MAB đều. Biết điểm M x y z



0; ;0 0



,y0 0 và 8x⁰y⁰  z⁰ a b. Tính 3a b .

A. 0. B. 2 . C. 5. D. 1.

Lời giải

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

Mặt cầu

 

^S _{có tâm} ^I



^0;0;1



_{bán kính R2;} ^{IH d I d}



^,



^3_.

Gọi ^J là hình chiếu của ^I lên



^MAB



^{MH/ /IJ J,} là tâm đường tròn giao tuyến của

 

^S

và



^MAB



_{. Điểm K} là trung điểm của ^AB.

Đặt ^{MA2xKB x KI2 IB2}