[ET] ĐỀ 2 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 2 Câu 1. Mo dun của số phức z 3 4i _bằng

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

Lời giải

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

Ta có 3 4 i  3²4² 5

Câu 2. Trong không gian ^Oxyz, tọa độ tâm của mặt cầu ^{( ) : (S x3)2(y2)2}



^z4



^{2 9} _là

A.^I



^{3; 2; 4 }



_{. B.} ^I



^{3;2; 4}



_{. C.} ^I



^3;2;4



_{. D.} ^I



^3;2;4



_.

Lời giải

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

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 của mặt cầu là ^I



^{3; 2; 4 }



_.

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

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

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

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

Câu 4. Diện tích mặt cầu có bán kính bằng 4a là

A. 64a²_{. B.} 16a²_{. C.} 16a². D.

4 2

3

a . Lời giải

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

Ta có: ^{S 4r2 4}

 

^{4a 2 64a2.}

Câu 5. Họ các nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^{32 1x} _là

A.

9 3

x

C

. B.

9 3ln 3

x

C

. C.

9 6ln 3

x

C

. D.

9 6

x

C . Lời giải

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

Ta có:

2 1

2 1 3 9

3 d

2ln 3 6ln 3

x x

x x C C

     



Câu 6. Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như sau.

Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Hàm số có ba điểm cực trị. B. Hàm số có hai điểm cực tiểu.

C. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3 . D. Hàm số có giá trị cực đại bằng 0 . Lời giải

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

Từ bảng biến thiên ta có: hàm số có giá trị cực đại bằng 3 nên D sai.

Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình

e 1

x

  π

   là

A.  . B.



^;0



_{. C.}



^{0; }



_{. D.}



^{0; }



_.

Lời giải

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

e 1 π 

nên ^{e e}

e e

1 log log 1 0

x x

π π

π π x

        

   

    .

Câu 8. Cho hình chóp S ABC. _{có đáy} ABC là tam giác đều với AB a và đường cao SA a 3. Thể tích khối chóp S ABC. _bằng:

A. a³_{. B.}

3

4 a

. C.

2 3

4 a

. D.

3 3

4 a

. Lời giải

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

a

a a

a 3

A C

B S

 

2 3

4 d

ABC

S_  a dv t .

 

2 3

.

1 1 3

. . 3.

3 3 4 4

S ABC ABC

a a

V  SA S_  a  dvtt

Câu 9. Tìm tập xác định ^D của hàm số ^y



^{x2 5x6}



^2022_.

A. ^{D }



^;2

 

^{ 3; }



_{. B.} ^{D }



^{; 2}

 

^{ 3 ;  }



_.

C. ^D



^{2 ; 3}



_{. D.} ^D_ ^{\ 2;3}

 

_.

Lời giải

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

Hàm số ^y



^{x2 5x6}



^2022 xác định khi và chỉ khi

2 2

5 6 0

3 x x x

x

 

      .

Vậy tập xác định của hàm số là ^{D R \ 2;3 .}

 

Câu 10. Nghiệm của phương trình ^{log2xlog2x2} là

A. x1_{. B.} x2_{. C.} x0_{. D.}

1 x 2

. Lời giải

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

Điều kiện xác định x0_. Ta có

2 2 2

2 2

log log 0 0

1

x x x x x x x

x

 

         . Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm x1_.

Câu 11. Nếu



³

  

^



^

1

2f x 1 dx 5

thì



³

 

1

f x dx bằng:

A. 3. B. 2. C.

3

4 . D.

3 2 Lời giải

Chọn D

Ta có



³

  

^



^{ }



³

 

^



^{3  }



³

 

^{  }



³

 

^

1 1 1 1 1

2 1 5 2 5 2 2 5 3

f x dx f x dx dx f x dx f x dx 2

. Câu 12. Cho hai số phức z¹ 1 5i và z²  3 2i. Xác định phần ảo của số phức 2z¹3z² ?

A. 11 . B.16. C.16i. D. 16

Lời giải

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

Ta có : 2z13z2 2 1 5



 i

 

3 3 2 i



 11 16i .

Câu 13. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{ : 3x2y4z 1 0}. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của

 

^ _?

A. n2 



3;2;4



. B. n3 



2; 4;1



. C. n1



3; 4;1



. D. n4 



3;2; 4



. Lời giải

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

Chọn D

Mặt phẳng

 

^{ : 3x2y4z 1 0} có vectơ pháp tuyến ^{n }



^{3;2; 4}



Câu 14. Trong không gian ^Oxyz, cho ba vectơ ^{a  }



^{2; 2;0 ;}



^b



^{2; 2;0}



_và ^c



^{2; 2;2}



. Giá trị của a b c   

bằng

A. 6. B. 2 11 . C. ¹¹. D. 2 6.

Lời giải

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

Chọn B

Ta có: ^{a b c    }



^{2;6; 2}



_.

Vậy a b c    2 11 .

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



^{5; 3}



là điểm biểu diễn số phức ^z. Phần ảo của ^z bằng

A. 3. B. 3i. C. 5 . D. 3i.

Lời giải

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

Ta có ^M



^{5; 3}



là điểm biểu diễn số phức ^z nên z 5 3i. Do đó phần ảo của ^z bằng 3 . Câu 16. Cho hàm số ^{y f x}

 

_có x^lim f x

 

¹

 

và _x^lim_ ^{f x}

 

^{ 1}

. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang.

B. Đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận ngang là các đường thẳng có phương trình ^y1 và 1.

y 

C. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang.

D. Đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận ngang là các đường thẳng có phương trình x1 và 1.

x 

Lời giải

Chọn B

Theo định nghĩa ta có: lim

 

0

x f x y

 

hoặc lim

 

0

x f x y

 

thì đường thẳng y y ⁰ được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 17. Với mọi số thực ^{a b,} dương, ^{lna b2 3} bằng

A. 2lna3lnb. B. 2lna3lnb. C. ^ln

 

^{ab 6}_{. D. 6ln .lna b.}

Lời giải

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

Ta có ^{lna b2 3 lna2lnb3 2 lna3lnb}.

Câu 18. Cho hàm số ^{y ax 4bx2c a}



^0



có đồ thị như hình dưới đây.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ^{a0,b0,c0}. B. ^{a0,b0,c0}. C. ^{a0,b0,c0}. D. ^{a0,b0,c0}. Lời giải

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

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị trong đó có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu nên ^a0,b0.

Đồ thị hàm số đi qua điểm



^0;c



nằm dưới trục hoành nên c0. Vậy ^{a0,b0,c0}.

Câu 19. Trong không gian ^Oxyz, đường thẳng

1 2 3

: 3 4 5

x y z

d     

  đi qua điểm nào sau đây?

A. ^M



^{1; 2; 3}



_{. B.} ^N



^{1; 2;3}



_{. C.} ^P



^3;4;5



_{. D.} ^Q



^{3; 4;5}



_.

Lời giải

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

Đường thẳng đi qua điểm ^N



^{1; 2;3}



_.

Câu 20. Tính số các chỉnh hợp chập ⁴ của 7 phần tử:

A. 480 . B. 720 . C. ⁸⁴⁰. D. 35 . Lời giải

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

Chọn C

4

7 840

A  .

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

A.

3 3

4 a

. B.

3 3

2 a

. C.

3 2

4 a

. D.

3 3

3 a

. Lời giải

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

Vì lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh a nên đáy là tam giác đều có diện tích đáy:

2 3

4 B a

. Vậy thể tích của khối lăng trụ là:

2 3 3 3

. . .

4 4

a a

V B h a

Câu 22. Trên khoảng



^0;



, đạo hàm của hàm số ylog³x là A.

1 y ln 3

  x

. B.

y ln3

  x

. C.

y l

  x

. D.

1 y 3

  x . Lời giải

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

Xét trên khoảng



^0;



_{, ta có} ^{ylog3x y} _{xln 3}¹

Câu 23. Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng



^{ ; 2}



B. Hàm số đồng biến trên khoảng



^2;0



C. Hàm số đồng biến trên khoảng



^;0



D. Hàm số nghịch biến trên khoảng

 

^{0; 2}

Lời giải

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

Theo bảng xét dấu thì ^{y' 0} khi ^x(0;2) nên hàm số nghịch biến trên khoảng ^{(0; 2)}.

Câu 24. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4a² và bán kính đáy là ^a. Tính độ dài đường cao của hình trụ đó.

A. ^a. B. 2a. C. 3a. D. 4a. Lời giải

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

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy ^a và chiều cao h là

xq 2 xq

S 4

S 2 2

2 2

ah h a a

a a

 

 

    

. Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là h2a.

Câu 25. Biết ³

 

1

d 3

f x x



. Giá trị của ³

 

1

2f x xd



bằng

A. 5 . B. 9 . C. 6 . D.

3 2. Lời giải

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

Ta có: ³

 

³

 

1 1

2f x xd 2 f x xd 2.3 6

 

.

Câu 26. Cấp số cộng uⁿ có số hạng đầu là u¹ công sai là ^d . Mệnh đề nào sau đây là sai?

A. u_n  u1



n1



d . B. d u ⁿ_¹uⁿ. C

. uⁿ  u¹ nd. D.

1, 2

1 un u

d n

n

  

 .

Lời giải

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

Theo công tính chất của cấp số cộng thì cấp số cộng uⁿ có số hạng đầu là u¹ công sai là ^dcó công thức số hạng tổng quát là u_n   u1



n 1

  

d * A đúng và C sai.

Từ

 

^{* 1, 2 D}

1 un u

d n

n

    

 đúng

Từ định nghĩa cấp số cộng suy ra d u ² u¹ u³u²  ... u_n¹u_{n B} đúng.

Câu 27. ^d

e x xt



_{, (}t là hằng số) bằng

A.

2

2 et

x C

. B. ^etC . C. ^{2e xt 2C}. D. ^{e xt}



^{ 1}



^C_.

Lời giải

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

Ta có

2 2

d d

2 2

t t t x et

e x x e x x e   C x C

 

_.

Câu 28. Cho hàm số ^{y f x}

 

^{ax4bx2c a b c}



^{, , }



có bảng biến thiên như hình vẽ

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 0. B. ² . C. ¹. 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 đại bằng 3 tại x0.

Câu 29. Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên đoạn



^1;3



và có đồ thị như hình bên dưới

Trên đoạn



^1;3



, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm

A.^1. B. ^2. C. 3 . D. ².

Lời giải

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

Từ đồ thị ta thấy, trên đoạn



^1;3



hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng ^2 tại x2. Câu 30. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên  ?

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

2 y x 1

 x

 . Lời giải

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

Hàm số y   x³ x 3 có y  3x²   1 0, x  nên hàm số nghịch biến trên  . Câu 31. Cho ,a b là các số thực dương khác1, thoả mãn log_a²blog_b²a1

. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

A.

a 1

b

. B. ^{a b} . C. ²

a 1

b

. D. a b ². Lời giải

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

Chọn B

Ta có: log_a²blog_b²a 1 log_ablog_ba2

 

²

log 1 2 log 1 0

log log 1.

a a

a a

b b

b b

     

 

Suy ra: ^{a b} .

Câu 32. Cho hình lập phương ABCD A B C D.    . Góc giữa hai đường thẳng ^BA và CD bằng:

A. 45. B. 60. C. 30. D. 90.

Lời giải

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

A

B C

D B

A D

C

Có CD AB// 



BA CD,

 

 BA BA,



^ABA45 (do ^{ABB A } là hình vuông).

Câu 33. Cho

2

 

0

5 f x dx







. Giá trị của

2

 

0

2sin

I f x x dx







  

là bao nhiêu?

A. ^{I 3.} B. ^{I 5.} C. ^{I 6.} D. ^{I 7.}

Lời giải

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

   

2 2 2

2

0 0 0 0

2sin 2 sin 5 2cos 7.

I f x x dx f x dx xdx x

  







   







  

Câu 34. Phương trình mặt phẳng đi qua ^M



^2;3;0



và vuông góc với đường thẳng

1 3

: 2

3 2

x t

y t

z t

  

   

   

 là

A. 3 –x y2 0z . B. 3 – – 2x y z 9 0. C. 3 –x y2z 9 0. D.   3x y 2z 9 0.

Lời giải

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

Mặt phẳng cần tìm có vectơ pháp tuyến là ^u



^{3; 1;2}



_.

 Mặt phẳng cần tìm có phương trình ³



^x2

 

^{1 y 3}



^{2z 0 3x y 2z 9 0}_.

Câu 35. Cho số phức ^{z 4 6i}. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn cho số phức w i z z .  có tọa độ là

A.



^{10; 10}



_{. B.}



^{2; 10}



_{. C.}



^{10; 10}



_{. D.}



^{10; 10}



_.

Lời giải

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

Ta có ^{w i z z i .   . 4 6}



^{ i}



^{   4 6i 4i 6i2  4 6i 10 10 . i}

Vậy điểm biểu diễn số phức ^w là



^10;10



_.

Câu 36. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết

khoảng cách từ ^A đến



^SBD



_bằng ⁶₇^a. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng



^SBD



_?

A.

12 7 a

. B.

3 7

a

. C.

4 7

a

. D.

6 7

a . Lời giải

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

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD. Ta có O là trung điểm của AC và ^BD. Khi đó:



^,

   

^,

  

⁶

7 d C SBD d A SBD  a

.

Câu 37. Từ một hộp chứa ¹¹ quả cầu màu đỏ và ⁴ quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu. Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh

A.

4

455. B.

24

455. C.

4

165. D.

33 91. Lời giải

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

Số phần tử của không gian mẫu n

 

 C15³ 455.

Gọi ^A là biến cố " 3 quả cầu lấy được đều là màu xanh". Suy ra n A

 

C4³ _4. Vậy xác suất cần tìm là

 

⁴

P A  455 .

Câu 38. Trong không gian Oxyz, đường thẳng  _{đi qua} ^A



^{1; 2; 1}



và song song với đường thẳng

3 3

: 1 3 2

x y z

d    

có phương trình là A.

1 2 1

2 6 4

x  y  z

   . B.

1 2 1

1 3 2

x  y  z . C.

1 2 1

1 3 2

x  y  z

  . D.

1 2 1

2 3 1

x  y  z . Lời giải

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

Vì //d nên VTCP của đường thẳng  _là ^{u k u k. ;d 0 } _{loại C,D}

 đi qua điểm ^A



^{1; 2; 1}



nên phương trình đường thẳng  _là

1 2 1

2 6 4

x  y  z

   .

Câu 39. Bất phương trình



^{x39 lnx}

 

^{x 5}



⁰ có bao nhiêu nghiệm nguyên?

A. 4_{. B.} 7. C. ⁶. D. Vô số.

Lời giải

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

Điều kiện xác định x    5 0 x 5 Đặt f x( ) ( x³9 ) ln(x x5)

3

3 9 0 0

( ) 0

ln( 5) 0 3

4 x x x x

f x x x

x

  

    

      

  

 Bảng xét dấu:

Khi đó

5 4

( ) 0 3 0

3 x

f x x

x

   



    

 

Do ^x nên có vô số giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 40. Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Số nghiệm thực của phương trình ^{1 2f}



^{ f x}

  

^3 _là

A. ¹⁴. B. ¹⁶. C.⁸. D. ⁹.

Lời giải

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

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ^{y f x}

 

_{. Ta có:} ^{f x}

 

^3 _

 

 

 

 

0 1

1 2

2 4

4

x a a

x b b

x c c

x d d

  



  

 





  





.

Khi đó: ^f



^{1 2 f x}

  

^3 _

   

   

   

   

1 2 0 1

1 2 1 2

1 2 2 4

1 2 4

f x a a

f x b b

f x c c

f x d d

    

    

    

   





 

 

 

 

1 1

0

2 2

1 1 2

0

2 2

1 3 1 2

2 2 2

1 3

2 2

f x a m m

f x b n n

f x c p p

f x d q q

       

  

        

  

  

    

      

  

       

  

 .

Từ bảng biến thiên ta thấy:

Phương trình:

 

^{0 1}

f x m  m 2 có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình:

 

^{1 2 0}

f x n 2  n  có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình:

 

^{3 1 2}

2 2

f x  p  p   có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình:

 

³

f x q q  2 có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình ^f



^{1 2 f x}

  

^3 có 14 nghiệm phân biệt.

Câu 41. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm là ( ) 4cos2f x  xsin ,x x  và f 22

  . Biết

 

F x là nguyên hàm của ^{f x}

 

_{thỏa mãn}

2 2

4 2 8 2

F       , khi đó ^F

 

⁰ _bằng

A. ^1. B. ¹. C. 3. D. 3 .

Lời giải

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

Ta có: ^{f x}

 

^



^{f x x}

 

^{d }

 

^{4cos2xsinx x}



^{d 2sin 2xcosx C} _.

Do f   22  C 2

. Suy ra

 

^{2sin 2 cos}

f x  x x2 .

Ta lại có:

 

₀^{4 4}

 

0

d

F x f x x



 

  

⁴

0

0 2sin 2 cos d

4 2

F F x x x



   

 

    



   

2

 

4

0

2 2 0 cos2 sin

2 8 F x x 2x

   

         

  ^{2 2 2}

 

^{0 2 2 1}

2 8 F 2 8

        

 

^{0 3}

F   . Vậy ^F

 

^{0  3}_.

Câu 42. Cho khối chóp ^{S ABCD.} có ^{SA SC} , SB SD , _ABCD là hình chữ nhật có AB2 ,a AD a , hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) cùng vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm của AB, góc giữa đường thẳng DI và mặt phẳng (SCD) bằng 30. Thể tích khối chóp đã cho bằng

A.

2 3

3a

. B.

3

3 a

. C. 2a³. D.

16 3

3 a . Lời giải

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

O B

A D

C S

I

Gọi ^O là tâm hình vuông suy ra SO(ABCD). Ta có (SAB) ( SCD)Sx AB CD// // .

Gọi I là trung điểm của AB, suy ra SI  ABSI SxSI (SCD)SI SD. Suy ra



^{DI SCD, ( )}



^{SDI 30}_.

2 6

2 ID a SDa

;

5 2 OD a

. Từ đó ta tính được 2

SOa . Vậy

3 .

1 2 .

3 2 3

S ABCD

a a V   a a 

.

Câu 43. Cho số phức w, biết rằng z¹ w 3i và z² 3w i là hai nghiệm của phương trình

2 0

z az b  với ^{a b,} là các số thực. Tính T  z¹  z² .

A. 5. B.4. C.8. D.12.

Lời giải

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

Đặt ^{w x yi x y }



^{, }



. Theo Vi-et ta có z¹z²  a.

Theo giả thiết ta có z¹z²    x yi 3i 3(x yi ) i 4x(4y4)i.

4 (4 4)

a x y i

     là số thực ^{4y    4 0 y 1}.

2

1. 2 ( 3 )(3 3 ) ( 2 )(3 2 ) (3 4) 4

z z  x i  i x  i i x i x i  x   xi b là số thực

4x  0 x 0.

1 2 , 2 2 1 2 4

w i z i z i z z

          .

Câu 44. Cho hai số phức z¹, z² thỏa mãn z¹  3 5i 2 và iz² 1 2i 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  2iz¹3z² .

A. 313. B. 313 8 . C. 313 16 . D. 313 2 5 .

Lời giải

GVSB: Anh Tuấn; GVPB1: Huy Nguyen; GVPB2: Thành Nguyễn Chọn C

Ta có z¹   3 5i 2 2iz¹ 6 10i 4

 

¹ _; ^{iz2 1 2i   4}



^3z2



^{ 6 3i 12}

 

² _.

Gọi ^A là điểm biểu diễn số phức 2iz¹, ^B là điểm biểu diễn số phức 3z².

Từ

 

¹ _và

 

² suy ra điểm ^A nằm trên đường tròn tâm I1



 6; 10



và bán kính R¹ 4; điểm B nằm trên đường tròn tâm I2

 

6;3

và bán kính R² 12.

I2

I1

A B

Ta có

2 2

1 2 1 2 1 2

2 3 12 13 4 12 313 16

T  iz  z AB I I  R R       . Vậy maxT  313 16 .

Câu 45. Cho hai hàm số ^{y f x}

 

^{ax3bx2 cx d} _và ^{y g x}

 

^{mx2nx k} cắt nhau tại ba điểm có hoành độ là

1; ;21

 2

và có đồ thị như hình vẽ.

Biết phần diện tích kẻ sọc (hình ^S1) bằng 81

32 . Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

^,

 

y f x y g x 

và hai đường thẳng 1 ; 2 x2 x

(phần bôi đen trong hình vẽ) bằng A.

79

24. B.

243

96 . C.

81

32. D.

45 16. Lời giải

GVSB: Lê Huỳnh Cùng ; GVPB1: Lại Thị Quỳnh Nguyên; GVPB2: Đỗ Hằng Ta có

    

¹



¹



²

 

⁰



2

 

       

f x g x a x x x a

           

1 1 1

2 2 2

1

1 1 1

d d

2 d

1 1 81

1 2 1 2 .

2 64

x x

S f x g x a x x x a x x x x a

  

   





   



     



      . Mà ¹

81

32

S  a 2.

Khi đó:

       

2 2

2

1 1

2 2

1 81

2 1 2

d 2

2 d

S 



g x  f x  x 



x x  x x3 .

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng

2 3 4

: 2 3 5

  

 



x y z

d và

1 4 4

: 3 2 1

  

  

 

x y z

d .

A.

1

1 1 1

   x y z

. B.

2 2 3

2 3 4

    

x y z

. C.

2 2 3

2 2 2

    

x y z

. D.

2 3

1 1 1

x  y  z . Lời giải

GVSB: Hoàng Phúc ; GVPB1: Vuong Kenny; GVPB2: Ngô Yến Chọn A

Đường thẳng ^d có một vectơ chỉ phương là ud 



^{2;3; 5}



. Đường thẳng ^d có một vectơ chỉ phương là ud_



^{3; 2; 1} 



. Gọi M d suy ra M



2 2 ;3 3 ; 4 5 m  m   m



và N d  suy ra N



 1 3 ;4 2 ;4n  n n



. Từ đó ta có ^{MN   }



^{3 3n2 ;1 2m  n3 ;8m  n 5m}



_.

Do MN là đường vuông góc chung của d và dnên

. 0

. 0

d d

MN u MN d

MN d MN u _

 

  

    

 

 

 

     

     

2 3 3 2 3. 1 2 3 5 8 5 0

3 3 3 2 2. 1 2 3 1 8 5 0

         

 

         



n m n m n m

n m n m n m

38 5 43

5 14 19

  

    m n

m n

1 1

  

   m

n .

Suy ra ^M



^0;0;1



_, ^N



^2;2;3



_.

Ta có ^{MN }



^{2; 2;2}



, chọn một vectơ chỉ phương của đường thẳng ^MN là ^u



^1;1;1



_.

Nên đường vuông góc chung MN có phương trình là

1

1 1 1

   x y z

.

Câu 47. Cho hình nón có độ dài đường kính đáy là 2R, độ dài đường sinh là R 10 và hình trụ có chiều cao và đường kính đáy đều bằng 2R, lồng vào nhau như hình vẽ.

Tỉ số thể tích phần khối nón nằm ngoài khối trụ và phần khối trụ không giao với khối nón là A.

1

56. B.

1

27 . C.

1

54. D.

1 28. Lời giải

GVSB: Quách Đăng Thăng ; GVPB1: Thuy Nguyen; GVPB2: Tuyet Trinh Chọn D

Ta có ^{SI  SA2IA2  10R2R2 3RSE SI EI  R}. Mặt khác:

1 1

1

3 3 3

IA

SE EF R

SI  IA  EF  

Thể tích khối nón lớn (có đường cao ^SI) là

2 3

1

1 .3R

V 3πR πR . Thể tích khối nón nhỏ (có đường cao ^SE) là

2 3

2

1 .

3 3 27

R πR

V  π    R .

Thể tích phần khối giao nhau giữa khối nón và khối trụ là

3

3 1 2

26 V  V V 27πR

.

Thể tích khối trụ là là ^{V4 πR2.2R2πR3}.

Suy ra thể tích phần khối trụ không giao với khối nón là

3

4 3

28 V V V  27πR

. Vậy tỉ số thể tích cần tìm là

2 1

28 V V 

.

Câu 48. Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a, tồn tại ít nhất 7 số nguyên ^b



^0;10



_thỏa

mãn ^log5



^b216



^log3



^{b 13a}



^log7



^{a 3}



⁵_?

A. 9 . B. 8 . C. ¹¹. D. ¹.

Lời giải

GVSB: Cao Tung; GVPB1: Thúy Minh; GVPB2: Ngocdiep Nguyen Chọn D

Điều kiện:

0

3 13

b a

 

  

 .

Ta có ^log5



^b216



^log3



^{b 13a}



^log7



^{a 3}



⁵



²

  

5 3 3 7

log b 16 log b log 13 a log a 3 5 0

        

Đặt ^{f b}

 

^log5



^b216



^{log3blog3 13 a log7}



^{a 3}



⁵, điều kiện b0 Bất phương trình trở thành ^{f b}

 

^0

  

^{2 216 ln 5b}



^{ln 31}

f b  b b

 do b0 nên ^{f b}

 

_{ }⁰ _{Hàm số} ^{f b}

 

đồng biến trên



^0;10



suy ra ^f

 

^{1  f}

 

^{2  f}

 

^{3  ... f}

 

⁹ _.

Do đó để có ít nhất 7 giá trị b nguyên thuộc



^0;10



_thì ^f

 

^{3 0}

   

3 7

log 13 a log a 3 2 0 *

      .

Đặt g a

 

log3 13 a log7



a 3



2, a



3;13



. Bất phương trình

 

^* trở thành ^{g a}

 

^0_.

  

¹

 

¹



^0,



^3;13



2 13 ln 3 3 ln 7

g a a

a a

      

  nên hàm số ^{g a}

 

nghịch biến trên



^3;13



_.

Mặt khác ^g

 

^{4 0} bất phương trình

 

^* trở thành ^{g a}

 

^g

 

⁴ _, ^{g a}

 

nghịch biến nên a4 mà ^a



^3;13



_{, a} nguyên nên a4.

Vậy có duy nhất một giá trị nguyên a4 thỏa mãn bài toán.

Câu 49. Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho hai mặt cầu

  

^{S : x3}



^{2y2z2 9} _và

 

^{S :x2}



^y6



^{2z2 24} cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn

 

^C và mặt phẳng

 

^{P z m:  0}_{. Gọi T} là tập hợp các giá trị của m để trên mặt phẳng

 

^P dựng được một tiếp tuyến đến đường tròn

 

^C . Tổng các phần tử của tập hợp T là

A. 0. B.¹ . C. ². D. 3. Lời giải

GVSB: Đặng Quang ; GVPB1: Nguyên Trong Chanh; GVPB2: Trần Dạo

Mặt cầu

 

^S _{có tâm} I1



3;0;0



, bán kính R¹3. Mặt cầu

 

^S _{có tâm} I2



0;6;0



, bán kính R² 2 6.

.Vì I I^{1 2} 3 5R¹R² nên mặt cầu

 

^S _và

 

^S cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn

 

^C _,

tâm I , bán kính r_.

 

 

2 2 2

2 2 2

3 9

6 24

x y z

x y z

    

 

    

 Phương trình của mặt phẳng chứa đường tròn

 

^C _là

 

^{Q x: 2y 2 0}_.

I I1 2 có phương trình 3

2 0

x t

y t

z

  

  

 

 .

Vì I là giao điểm của I I^{1 2} và mặt phẳng

 

^Q nên tọa độ của I là nghiệm của hệ phương trình

 

3 2

2 2

2;2;0

0 0

2 2 0 1

x t x

y t y

z z I

x y t

  

 

    

  

   

 

      

  .

Bán kính đường tròn

 

C r:  R1²II1² 2.

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng

 

^P _và

   

 

2;1;0 0;1;

CTCP ud

Q A m d

 

 

 

r

.

Trên mặt phẳng

 

^P dựng được đúng một tiếp tuyến đến

 

^C _{khi d} tiếp xúc với đường tròn

 

^C



^;

  

^{2 d, 2 2}₂



^2;2



d

u AI m

r d I d m T

m u

   

 

           

r uuur r

. Vậy tổng các phần tử của T là ^{2  }

 

^{2 0}_.

Câu 50. Cho hàm số ^{y f x(  2) 2022} có đồ thị như hình bên dưới.

x y 2

-1

-2

O 1

Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số ^{g x}

 

^{ f}



^{2x36x m 1}



có 6 điểm cực trị là:

A. ². B. ⁴. C. 6 . D. 8 .

Lời giải

GVSB: Lê Duy; GVPB1: Hồ Minh Tường; GVPB2: Nguyễn Công Đức Chọn B

+ Từ đồ thị ta thấy hàm số ^{y f x}



^{ 2}



²⁰²² có hai điểm cực trị là: ^{x 1,x1}. Do đó,

hàm số ^{y f x}

 

có hai điểm cực trị là ^x1,x3 hay

 

^{0 1}

3 f x x

x

 

     _. + Ta có ^{g x}

 

^



^6x26

 

^{f 2x36x m 1}



_.

Nên

 

^{3 3}

3 3

1 1

0 2 6 1 1 2 6 (1)

2 6 1 3 2 6 2 (2)

x x

g x x x m x x m

x x m x x m

   

 

 

          

        

  .

+ Xét hàm số ^{h x}

 

^2x36x ta có đồ thị như hình vẽ

x y

-4 -1

4

1

Do đó, ^{y g x}

 

có 6 điểm cực trị khi

 

4 2 4

4 4 6

3; 2; 4;5

4 2

4 4

2 4

m

m m

m m m

m

    

      

     

       

  

 _.

Vậy có ⁴ giá trị nguyên của .m