[ET] ĐỀ 5 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 5 Câu 1. Số phức liên hợp của số phức z 4 3i _là

A. z  4 3i_{. B.} z  4 3i_{. C.} z 3 4i_{. D.} z 4 3i_. Lời giải

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

Câu 2. Trong không gian Oxyz_{, mặt cầu}

 

^{S : x2 y2 z2 4x2y6z 1 0} _{có tâm là}

A.



^{4;2; 6}



_B.



^{2; 1;3}



_C.



^{2;1; 3}



_D.



^{4; 2;6}



Lời giải

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

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2, b 1, c3, d 1} . Suy ra tâm của mặt cầu là



^{2; 1;3}



_.

Câu 3. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số y  x³ 2x²1?

A. Điểm P( 2;0) _{. B. Điểm} N( 2; 2) _{. C. Điểm} M( 2;17) _{. D. Điểm} Q( 2; 17)  _. Lời giải

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

Thay x 2 ta được y17_{. Vậy} M( 2;17) thuộc đồ thị hàm số.

Câu 4. Cho mặt cầu

 

^S có diện tích ^4a2

 

^{cm .2} Khi đó, thể tích khối cầu

 

^S _là

A. ^4₃^a3

 

^{cm .3}

B. ^₃^a3

 

^{cm .3}

C. ⁶⁴₃^a3

 

^{cm .3}

D. ^16₃^a3

 

^{cm .3}

Lời giải

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

Chọn A

Ta có: S 4r² a² 4r² r² a²  r a. Khi đó: ^{V 4}₃^{r3 4}₃^a3

 

^{cm3 .}

Câu 5. Cho hàm số ^{f x}

 

^{sin 2x e x}, trong các khẳngđịnh sau, khẳng định nào đúng A.

 

^{d 1cos 2}

2

f x x  x e x C



_{. B.}



^{f x x}

 

^{d  2 cos 2x e x C}_.

C.

 

^{d 1cos 2}

2

f x x x e xC



_{. D.}



f x x

 

d  2 cos 2x e ^xC_. Lời giải

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

Ta có:



^{f x x}

 

^{d }

 

^{sin 2x e x}



^dx



^{sin 2 dx x}



^{e xxd  1}₂^{cos 2x e x C}

Câu 6. Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên  và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ.

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3 . B. 2_{. C.} 1_{. D.} 4_.

Lời giải

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

Dựa vào bảng xét dấu ^{f x}

 

, ta có: hàm số ^{f x}

 

_{có 4 điểm} x₀ mà tại đó ^{f x}

 

đổi dấu khi x qua điểm x⁰.

Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình 4^{1 2 x} 1 là A.



^;0



_{. B.} ^;12

 

 

 . C.

;1 2

 

 

 . D.

1; 2

   

 . Lời giải

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

1 2 1

4 1 1 2 0 2 1

2

x x x x

         .

Câu 8. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB2a, BC3a và đường cao 2

SA a . Thể tích khối chóp .S ABCD bằng:

A. a³ 2_{. B.}

2 3 2 3 a

. C. 6a³ 2_{. D.} 2a³ 2_.

Lời giải

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

2a 3a a 2

C

A D

B

S

 

. 2 .3 6 2 d

SABCD AB BC a a a dv t .

 

2 3

.

1 1

. . 2.6 2 2

3 3

S ABCD ABCD

V  SA S  a a  a dvtt

Câu 9. Tập xác định của hàm số ylog



x4



² là

A.  B. _ ^{\ 4}

 

_C.



^4;



_D.



^4;



Lời giải

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

Hàm số ^ylog



^x4



² xác định khi



^x4



^{2   0 x 4}_.

Vậy tập xác định ^D_ ^{\ 4}

 

_.

Câu 10. Tìm số nghiệm thực của phương trình



^{x22x3 log}

 

^2x3



^0_.

A. 3_{. B.} 1. C. ². D. 0_.

Lời giải

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

Điều kiện xác định: x0_.

Ta có:



x² 2x3 log

 

2 x3



0

2

2

1; 3

2 3 0

log 3 8

x x

x x

x x

  

    

    . Kết hợp với điều kiện ^x0 phương trình có 2 nghiệm x1;x8_. Câu 11. Nếu

1

 

0

3 f x dx



thì

1

 

0

2f x 5 dx

 

 



bằng

A. 5. B. 6. C. 1. D. 11.

Lời giải Chọn D

( ) ( )

1 1 1

0 0 0

2f x 5 dx 2 f x dx 5dx 2.3 5 11

é + ù = + = + =

ë û

ò ò ò

. Câu 12. Cho số phức z_{thỏa mãn} z i  5 0 . Modun z_?

A. 16 . B.2 6 . C. 6 . D. 26 Lời giải

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

Ta có : z  5 i

 z 5 i



52 1 26 z   

Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, mặt phẳng song song với cả hai đường thẳng

1 1 3

: 3 2 2

x y z

d     

 và

1 3

:1 1 2

x y z

d    

có một véc tơ pháp tuyến là

A. ^n



^{3; 8;1}



_{. B.} ^{n }



^6;8;1



_{. C.} ^{n   }



^{6; 8;1}



_{. D.} ^{n }



^{6; 8;1}



_.

Lời giải

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

Chọn D

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là nu u d^, d_



^{6; 8;1}



.

Câu 14. Trong hệ tọa độ ^Oxyz, cho ^a



^{1; ; 1m }



_và ^b



^{2;1; 3}



. Tìm giá trị của m để a b  . A. m 2. B. m2. C. m 1. D. m1.

Lời giải

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

Chọn D

Ta có a b  ^{a b . 1.2m.1 }

 

^{1 .3 m 1}_.

Câu 15. Số phức liên hợp của số phức z2022 1i có phần ảo là

A. 1_{. B. 2022 . C.} 2022. D. 1_.

Lời giải

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

Vì z2022 1i  z   1 2022i . Vậy z có phần ảo là 2022 .

Câu 16. Đường thẳng x1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nào sau đây?

A.

3 1

3 3

y x x

 

 . B.

3 1

3 3

y x x

 

 . C.

2 1

1 y x

x

 

 . D.

1 2 2 y x

x

  

 . Lời giải

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

Ta có: ¹

3 1 lim 3 3

x

x x



  

 ; ¹

3 1 lim 3 3

x

x x



  

 nên đường thẳng x 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Câu 17. Cho log_ab5 và log_ac 7. Tính P^loga



b c^{3 2}



.

A. ^P1. B. ^P2. C. P3. D. P 35.

Lời giải

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

Ta có: P^loga



b c^{3 2}



^3logab^{2 log}ac^{3.5 2.7 1}  . Câu 18. Cho hàm số

y ax b x d

 

 có đồ thị như hình vẽ.

Dấu của các hệ số ^{a b d, ,} là:

A. ^{a0,b0,d 0}. B. ^{a0,b0,d 0}. C. ^{a0,b0,d 0}. D. ^{a0,b0,d0}.

Lời giải

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

Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng : x    d 0 d 0. Đồ thị giao với trục tung tại điểm có tung độ b 0

y d

mà d   0 b 0. Vậy nên chọn đáp án ^{a0,b0,d 0}.

Câu 19. Trong không gian ^Oxyz, đường thẳng

2 3

: 5

2

x t

d y t

z

  

  

 

 có một vectơ chỉ phương là A. u1



3; 1;0



. B. u2 



2;5;0



. C. u3 



3; 1; 2



. D. u2 



2;5;0



. Lời giải

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

Đường thẳng dcó phương trình dạng

0 0 0

x x at y y bt z z ct

 

  

  





^tR



thì có vectơ chỉ phương dạng



^{; ;}



k u  ka kb kc

, k 0.

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u1



3; 1;0



. Câu 20. Khẳng định nào sau đây là đúng (với n3)?

A. Pn n n^.



^{1 ...3.2.1}



. B. Pⁿ n. C. Pn 



n^{1 !}



. D. Pⁿ n². Lời giải

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

Chọn A

Theo định lí về số hoán vị thì: P_n n! 1.2... n.

Câu 21. Cho lăng trụ đều ^{ABC A B C.   } có góc giữa



^{A BC}



và đáy bằng 60 và AB a . Tính thể tích khối lăng trụ ^{ABC A B C.   } đã cho.

A.

3 3

8 a

. B.

3 3 3 24 a

. C.

3 3 3 8 a

. D.

3 3 3 4 a

. Lời giải

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

Ta có ABC là tam giác đều có diện tích là

2 3

4 Ba

.

Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó ^{BC AM BC}



^{AA M}



BC AA

    

  

 .

Do đó AMA  60 . Suy ra

tan 60 3 2 AA AM   a

. Vậy thể tích của lăng trụ đã cho là

3 3 3

. 8

V B AA a

. Câu 22. Tính đạo hàm của hàm số ye^xln 3x.

A.

e 1 3 y x

   x

. B.

e^x 1 y  x

. C.

e^x 3 y  x

. D.

e ln 3^x e^x1

y x

   x . Lời giải

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

Ta có ye^xln 3xe^xln 3 ln x 1 e^x y x

   . Câu 23. Cho hàm số ^{f x}

 

có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây

A.



^0;



_{. B.}

 

^{0; 2} _{. C.}



^2;0



_{. D.}



^{ ; 2}



_.

Lời giải

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

Từ bảng biến thiên, suy ra trên khoảng



^2;0



hàm số đồng biến.

Câu 24. Một hình trụ có bán kính đáy ^{r a} , độ dài đường sinh l2a. Diện tích toàn phần của hình trụ này là:

A. 2a². B. 4a². C. 6a². D. 5a². Lời giải

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

2 2

2 2 2 .2 6

tp d xq

S  S S  a  a a a

Câu 25. Biết ²

 

1

d 2

f x x



và ²

 

1

d 3

g x x



. Khi đó ²

   

1

d f x g x x

 

 



bằng

A. ¹. B. 5 . C. ^1. D. 6 .

Lời giải

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

Ta có: ²

   

²

 

²

 

1 1 1

d d d 2 3 5

f x g x x f x x g x x  

 

 

  

. Câu 26. Một cấp số cộng có u¹3,u¹² 80. Công sai của cấp số cộng đó là

A. ⁸. B. ⁷. C. ⁵. D. ⁶.

Lời giải

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

Theo công thức u¹²  u¹ 11d, suy ra

12 1 80 3

11 11 7 u u

d      .

Câu 27.

2x 1 dx x

  

 

 



bằng

A. x²ln x C . B. ² x 1 C

x  . C. ^{x2lnx C} . D. x²ln x C .

Lời giải

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

Ta có

1 2

2x dx x ln x C x

     

 

 



.

Câu 28. Cho hàm số ^{y f x}

 

là hàm số bậc 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là

A. ¹. B. ^4. C. 3. D. 0.

Lời giải

GVSB: Tuấn Anh; GVPB1: Bùi Thanh Sơn; GVPB2: Lê Kim Hùng Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là ^4, tại x 1.

Câu 29. Cho hàm số f x

 

x⁴2x²1. Kí hiệu  

 

 

 

0;2

max0;2 , min . M  f x m f x

Khi đó M m bằng.

A. 7 . B. 5 . C. ¹. D. 9 .

Lời giải

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

Hàm số ^{f x}

 

^{x42x21} xác định và liên tục trên đoạn

 

^{0; 2} _.

Ta có:

 

3

0

4 4 0 1 0; 2

1 x

y x x y x

x

 

       

  _.

Khi đó: ^f

 

^{0  1; f}

 

^{1  2 ; f}

 

^{2 7}_.

Vậy  

 

 

 

0;2

max0;2 7; min 2

M  f x  m f x  

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

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

 x



 . Lời giải

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

Hàm số y  x³ 3x²3x có ^{y  3x26x  3 3}



^x1



^{2   0, x}  nên hàm số nghịch biến trên  .

Câu 31. Xét tất cả các số thực dương ^a và ^b thỏa mãn ^{2lna3lnbln 2}. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a² 2b³. B. ^2a3b2. C. a² e b. ³. D. a³b² 2. Lời giải

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

Chọn A

Ta có:

2 2

2 3 2 3

3 3

2ln 3ln ln 2 ln ln ln 2 lna ln 2 a 2 2

a b a b a b

b b

          

.

Câu 32. Cho tứ diện OABC _có OA OB OC, , đôi một vuông góc với nhau và ^{OA OB OC } . Gọi ^M là trung điểm của ^BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng ^OM và ^AB bằng

A.

900_{. B.} 30⁰_{. C.} 60⁰_{. D.} 45⁰

Lời giải

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

Đặt ^{OA a} suy ra ^OBOCa và ^{AB BC  AC a 2} Gọi ^N là trung điểm ^AC ta có ^{MN/ /AB} và

2 2 MN  a

Suy ra góc



^{OM AB,}



^



^{OM MN,}



_{. Xét} OMN Trong tam giác ^OMN có

2 2 ON OM MN  a

nên ^OMN là tam giác đều

Suy ra OMN 60⁰. Vậy



^{OM AB,}



^



^{OM MN,}



^600_.

Câu 33. Biết ^{F x}

 

^{x23sinx} là một nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

. Biết rằng

   

³

2

0

2 d 2

f x x x a b



   



, với ^{a b, } .Tính ^{S a b } .

A. ^{S 3} B. ^S4 C. ^S6 D. ^{S 5}

Lời giải

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

 

^{2 3sin}

F x x  x

Khi đó:

         

2 2 2

2 2 2 2

0 0

0 0 0

2 d d 2 d 3sin 3

f x x x f x x x x x x x

  

 

       

  

. Khi

0 3.

3

a a b

b

 

  

  



Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

^{S : x2}

 

^{2 y1}

 

^{2  z 1}



^{2 2} _{và đi}

qua điểm ^A



^{1;1; 2}



. Mặt phẳng nào dưới đây tiếp xúc với

 

^S _{tại A?}

A. ^{x z  3 0}. B. ^{x z  1 0}. C. ^{x z  1 0}. D. x y z   1 0. Lời giải

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

Mặt cầu

  

^{S : x2}

 

^{2 y1}

 

^{2 z 1}



^{2 2} _{có tâm} ^I



^{2;1; 1}



_.

Mặt phẳng tiếp xúc với

 

^S _{tại A} nên ta có VTPT của mặt phẳng là ^{AI }



^1;0;1



Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với

 

^S _tại ^A



^{1;1; 2}



_là



^{x 1}



⁰



^{y  1}

 

^{z 2}



^{    0 x z 1 0.}

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



^{1 3i}



² là điểm nào dưới đây?

A. ^P



^{ 8; 6}



_{. B.} ^Q



^{10; 6}



_{. C.} ^N



^{ 6; 8}



_{. D.} ^M



^6;10



_.

Lời giải

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

Ta có ^{z }



^{1 3i}



^{2   1 6i 9i2   8 6i} _ điểm biểu diễn cho số phức z là điểm ^P



^{ 8; 6}



_.

Câu 36. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 4a. Gọi H là điểm thuộc đường thẳng AB sao cho 3HA HB  0

. Hai mặt phẳng



^SAB



_và



^SHC



đều vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng



^SHC



_.

A.

5 12

a

B.

5 6

a

C.

12 5 a

D.

6 5

a

Lời giải

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

Ta có

   

   

SAB ABCD SHC ABCD

 



  _mà



^SAB

 

^{ SHC}



^SH

 

SH ABCD

  _.

Kẻ BK CH _{ta có} ^{BK CH BK}



^SHC



BK SH

 

 

 

 _.

Ta có ^{2 2 2 2}

1 1 1 25 12

144 5

BK a BK  BH  BC  a  

.

 



^,



¹²₅^a

d B SHC

 

.

Câu 37. Chọn ngẫu nhiên một số trong 15 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được số chẵn bằng

A.

7

8. B.

8

15. C.

7

15. D.

1 2. Lời giải

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

Gọi ^A là biến cố: “Số được chọn là số chẵn”.

Ta có  



1;2;3;...;14;15



^{  n}

 

¹⁵_.

Và A



2;4;6;8;10;12;14



^{n A}

 

^7_.

Vậy xác suất của biến cố ^A là

   

 

¹⁵⁷

P A n A

 n 

 .

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



^{2;3; 1}



_, ^N



^1;2;3



_và ^P



^{2; 1;1}



. Phương trình đường thẳng ^d đi qua M và song song với ^NP là

A.

3 2 3 3 2

  

   

   



x t

y t

z t . B.

1 3 2 3 3 2

  

  

  



x t

y t

z t . C.

2 3 1 3 1 2

  

   

  



x t

y t

z t . D.

2 3 3 3

1 2

  

  

   



x t

y t

z t .

Lời giải

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

Phương trình đường thẳng ^d đi qua M và song song với ^NP nên có vectơ chỉ phương là:



^{3; 3; 2}



  

NP .

Vậy phương trình đưởng thẳng ^d là:

2 3 3 3

1 2

  

  

   



x t

y t

z t

.

Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên của x thoả mãn ^_^log2



^{x2 1}



^log2



^x31



^_



^{32 2 x1}



^0_?

A. ²⁷. B. ²⁵. C. ²⁶. D. ^28.

Lời giải

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

Điều kiện xác định x31 0   x 31.

Đặt ^{f x}

 

^_^log2



^{x2 1}



^log2



^x31



^_



^{32 2 x1}



Ta có

2 2

2 2 2 2

1 1

log ( 1) log ( 31) 0 log ( 1) log ( 31) ( ) 0

32 2^x 0 32 2^x

x x x x

f x  _     _  

   

  

 

 

5 6 6 x x x

  

 

  . Bảng xét dấu:

Khi đó ^{f x}

 

     ^{0 31 x 5}.

Do x nên có 26 giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 40. Cho hàm số ^{f x}

 

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc khoảng



^{ ;}



của phương trình ^f2



^cosx



^{ f}



^cosx



^2 _là

A. ⁵. B. ⁶. C. ⁷. D. ⁹.

Lời giải

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

Đặt ^{tcos ,x x }



^{ ;}



^. Ta có bảng biến thiên (*)



^{1;1 .}



  t

Phương trình đã cho trở thành

     

2

 

2 (1)

2 0 .

1 (2) f t f t f t

f t



    

  

Từ bảng biến thiên của đề bài, với ^{t }



^1;1



ta có nghiệm của phương trình (1) là



^1;0



t a  

hay ^{t b }

 

^0;1 và nghiệm của phương trình (2) là ^{t 1}.

Từ bảng biến thiên (*), ta có:



^1;0



t a   

 

 

1 2

;0 . 0;

x x x x





  



  

 

^0;1

t b  

 

 

3 4

;0 . 0;

x x x x





  



   1

t  x0.

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt thuộc khoảng



^{ ;}



^.

Câu 41. Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm là ^{( )}



¹



^2,

x x

f x e x

  e  

 

và

 

^{0 1}

f 2

. Biết ^{F x}

 

_là

nguyên hàm của ^{f x}

 

_{thỏa mãn} ^F

 

^{0 ln 4}_{, khi đó} ^F



^{ln 2}



_bằng

A. ln 6 . B. 0 . C. ^{ln 2}. D. 2ln6 .

Lời giải

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

Ta có: ^{f x}

 

^



^{f x x}

 

^d



¹



^{2 d}

x x

e x

e







 

 

²

d 1 1

1 1

x

x x

e C

e e

    

 



.

Có

 

^{0 1}

f  2 1 1

2 C 2

   

1

 C . Suy ra

 

^{1 1}

1 1

x

x x

f x e

e e

   

  .

Ta lại có:

 

^{ln 2}₀ ^{ln 2}

 

0

d

F x 



f x x

   

^{ln 2}

0

ln 2 0 d

1

x x

F F e x

   e







_{ln 2}



_{ln 4} ^d



¹



1

x x

F e

e

   



 ^F



^{ln 2}



^{2ln 2 ln}



^ex1



^{ln 2}₀



ln 2



2ln 2 ln 3 ln 2

F    F



ln 2



ln 3 ln 2 ln6  . Vậy ^F



^{ln 2}



^ln6_.

Câu 42. Cho hình chóp ^{S ABC.} , có đáy ^ABC là tam giác đều cạnh ^a. Các mặt bên



^SAB



_,



^SAC



_,



^SBC



lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 30, 45, 60. Tính thể tích ^V của khối chóp .

S ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của ^S trên mặt phẳng



^ABC



nằm bên trong tam giác ABC.

A.

 

3 3

8 4 3

V  a

 . B.

 

3 3

2 4 3

V  a

 . C.

 

3 3

4 4 3

V  a

 . D.

3 3

4 3

V  a

 . Lời giải

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

Gọi M , ^N, P lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh ^BC, AB, ^AC; ^h là chiều cao của khối chóp ^{S ABC.} .

Khi đó, SNH 30^o, SPH 45^o, SMH 60^o.

o o o .tan 30 .tan 30 tan 30

HN  SH SH h

.

o o

o .tan 60 .tan 60 tan 60

HM  SH SH h

.

o o

o .tan 30 .tan 30 tan 30

HP SH SH h

.

Mà S_^ABC S_^HABS_^HACS_^{HBC 2 3 1}

 

4 2

a a HN NM HP

    3

2 HN NM HP a

   

.



^{tan 30o tan 45o tan 60 .o}



^{h a}₂³

    ^



^{tan 30otan 45otan 60o}



^{h a}₂³

4 3 3

3 2 h a

   ^{ h 2 4}



^{3a 3}



_.

Thể tích khối chóp ^{S ABC.} là

1 .

3 ^ABC

V  S_ h

 

1 2 3 3

. .

3 4 2 4 3

a a

 

 

3 3

8 4 3

 a

 .

Câu 43. Gọi z¹, z² là các nghiệm phức của phương trình ^{z24z13 0} , với z¹ có phần ảo dương. Biết số phức ^z thỏa mãn 2 z z ¹  z z² , phần thực nhỏ nhất của ^z là

A. –2. B. 1. C. 9. D. 6.

Lời giải

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

Ta có ^{z2 4z13 0}  z1 2 3i hoặc z²  2 3i. Gọi ^{z x yi}, với ^{x y, R}.

Theo giả thiết, 2 z z ¹  z z²  ²



^x2

 

^{2 y3}



^{2 }



^x2

 

^{2  y3}



²

  

²



²

  

²



²

4 x 2 y 3  x 2 y 3

         ^



^x2

 

^{2 y5}



^216_.

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức ^z là miền trong của hình tròn

 

^C _{có tâm} ^I

 

^2;5 _,

bán kính ^R4, kể cả hình tròn đó.

Do đó, phần thực nhỏ nhất của ^z là x^min  2.

Câu 44. Cho số phức z _{thỏa mãn} ^{5 z i   z 1 3i 3 z 1 i} . Tìm giá trị lớn nhất M của ^{z 2 3i} A.

10 M  3

. B. M  1 13. C. M 4 5. D. ^{M 9}.

Lời giải

GVSB: Nguyễn Lan; GVPB1: Thái Huy; GVPB2: Hang Cao Chọn C

Gọi ^A

 

^0;1 _, ^B



^{1;3 ,}

 

^{C 1; 1}



_{. Ta thấy A} là trung điểm của ^BC.

2 2 2

2

2 4

MB MC BC

MA 

   ^{2 2} 2 ^{2 2} 2 ² 10

2

MB MC MA BC MA

     

. Ta lại có: ^{5 z i   z 1 3i 3z 1 i}

2 2

5MA MB 3MC 10. MB MC

    

 

2 2

25MA 10 2MA 10

   MA2 5.

Mà ^{z 2 3i }



^{z i   }

 

^{2 4i}



   z i 2 4i   z i 2 5 4 5 .

Dấu " " xảy ra khi

2 5 1

2 4

z i a b

  

 

 

 , với ^{z a bi } ; , a b .

 

2 3 2 5 z i loai

z i

 

 

  

 .

Câu 45. Cho hàm số ^f

 

^{x  3x4ax3bx2cxd}_{với , , ,}a b c d có ba điểm cực trị là 2, 1  và 2 . Gọi ^yg

 

^x hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của hàm số ^{y f} ^x . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường ^{y f}

 

^x _và ^yg

 

^x _.

A.

15112

405 . B.

28162

405 . C.

50

81. D.

36 5 . Lời giải

GVSB: Cao Len; GVPB1: Nguyễn Duy Quý; GVPB2:Nguyễn Thanh Thảo Chọn A

Vì hàm số ^f

 

^{x  3x4ax3bx2cxd} với , , ,a b c d có ba điểm cực trị là 2, 1  và 2 nên ^f

 

^{x  12}



^x2

 

^x1

 

^x2



^{ 12x312x248x48}_.

   

^{3 4 4 3 24 2 48}

f x f x dx x x x x d

 



      _.

Ta có ^f

 

^{2 112d}_; ^f

 

^{   2 16 d}_; ^f

 

^{   1 23 d} _.

Do ^yg

 

^x là hàm số bậc hai nên giả sử g x

 

a x1 ²b x c1  1.

Vì ^yg

 

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

 

^x _nên

1 1 1 1

 

2

1 1 1 1

1 1 1 1

4 2 112 13

4 2 16 32 13 32 4

23 4

a b c d a

a b c d b g x x x d

a b c d c d

    

 

            

 

         

  .

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường ^{y f}

 

^x _và ^yg

 

^x _:

4 3 2 2

3x 4x 24x 48x d 13x 32x 4 d

         3x⁴ 4x³11x²16x 4 0

2 2 1 1 3 x x x x

 

  

   

  



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

 

^x _và ^yg

 

^x _là:

2

4 3 2

2

3 4 11 16 4

S x x x x dx







   

     

1

1 3 2

4 3 2 4 3 2 4 3 2

2 1 1

3

3x 4x 11x 16x 4 dx 3x 4x 11x 16x 4 dx 3x 4x 11x 16x 4 dx

 

  





    



    



    

15112

 405 .

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng

1 3

: 2 1 2

x y z

d  

   . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.

A.

1 2 3

2 2 3

x  y  z

. B.

1 2 3

2 2 3

x  y  z . C.

2 2 3

1 2 3

x y z

 

. D.

2 2 3

1 2 3

x y z

 

. Lời giải

GVSB:Nguyễn Thảo; GVPB1: Minh Hằng Nguyễn; GVPB2: Hien Nguyen Chọn A

Gọi ^B là giao điểm của đường thẳng ^ và trục Ox. Khi đó ^{B b}



^{; 0; 0}



_, AB   (b 1; 2; 3)

.

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud 



^{2;1; 2}



. Vì ^ vuông góc với đường thẳng d nên  AB u ^d

. Suy ra  AB u^. d  ^{0 2}



b      ¹



^{2 6 0} b ¹

. Do đó ^{AB   }



^{2; 2; 3}



_, AB

cùng phương với ^u 



^{2; 2;3}



Chọn VTCP cho đường thẳng ^ là ^u 



^{2; 2;3}



. Phương trình ^ là

1 2 3

2 2 3

x  y  z .

Câu 47. Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho

khoảng cách từ O đến

(

^SAB

)

_bằng ^a₃³ _và SAO^· =30 ,⁰SAB^· =60⁰. Độ dài đường sinh của hình nón theo a bằng

A. a 2 B. a 3 C. 2 3a D. a 5

Lời giải

GVSB: Hoàng Nam; GVPB1: Thuy Nguyen; GVPB2: Tuyet Trinh Chọn A

Gọi K là trung điểm của AB ta có OK ^AB vì tam giác OAB cân tại O.

Mà SO ^AB nên ^{AB ^}

(

^SOK

)

^Þ

(

^SOK

) (

^{^ SAB}

)

_mà

(

^SOK

) (

^{Ç SAB}

)

^=SK _{nên từ}

O dựng OH ^SK thì ^{OH ^}

(

^SAB

)

^{Þ OH =d O SAB}

(

^,

( ) )

_.

Xét tam giác SAO ta có:

sin·

2

SO SA

SAO SO

=SA Þ = .

Xét tam giác SAB ta có:

· 3

sin 2

SK SA

SAB SK

= SA Þ =

.

Xét tam giác SOK ta có: ^{2 2 2 2 2 2}

1 1 1 1 1

OH =OK +OS =SK SO +SO

- .

2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 2

3

4 4 4

OH SA SA SA SA SA

Þ = + = +

- ⁶₂ ³₂ ^{SA 2a2 SA a 2}

SA a

Þ = Þ = Þ =

. Câu 48. Gọi S là tập hợp các số nguyên x thỏa mãn ^4yx6log2

 

^{yx6 2log2x 1 2log22 2x log22x}_.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của ^y để tập hợp S có nhiều nhất 64 phần tử?

A. ²⁰⁴⁵. B. 2046 . C. 2047 . D. 2048 .

Lời giải

GVSB: Văn Thư; GVPB1: Thúy Minh; GVPB2: Ngocdiep Nguyen Chọn D

Điều kiện: x0 và ^y0.

Bất phương trình tương đương với:

 

^{log22  2}

2 2

6 2

2

4yx log yx6  1 2 ^x log x2 log x

 

^{log22 2}



²



6 6

2 2 2

4yx log yx 2 2 ^x log x 2log x 1

      

 

^{l g 222 }

 

²

6 o

2 2

4yx log 4yx6 2 ^x log x 1

    

 

^{22 }

 

2

2

log 2

2

6 6

4yx log 4yx 2 ^x log 2x

    ^{ f}



^4yx6



^{ f}



^2log222x

  1 .

Xét hàm đặc trưng f t

 

 t log ,2t t0.

Ta có

 

^{1 1 0}

f t ln 2

  t 

với t0 nên hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên



^0;



_.

Khi đó ta được:

222

log 2

2 6

2 2

(1)4yx 2 ^x  2 log y6log xlog 2x log₂ ylog²₂x4 log₂x 1 g x( ).

Ta có 2



2



2

2 2

( ) log log 2 ; ( ) 0 log 2 4

ln 2 ln 2 ln 2

g x x 4 x g x x x

x x x

         

 (nhận).

1

64

11

5 0 + 1 4

0

g x( ) g' x( )

x

Để tập S có nhiều nhất 64 phần tử (x có thể chạy từ 1 đến 64) thì

11

log2 y11  0 y 2   0 y 2048.

Vậy có 2048 giá trị nguyên của ^y thỏa mãn yêu cầu bài toán.

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

  

S : x2