Lời giải chi tiết đề minh họa môn Toán 2023 thi tốt nghiệp THPT. Các bạn xem và tham khảo để chuẩn bị cho kỳ thi sắp đến.
Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức $z = 7 – 6i$ có tọa độ là
A. $\left( { – 6;7} \right)$.
B. $\left( {6;7} \right)$.
C. $\left( {7;6} \right)$.
D. $\left( {7; – 6} \right)$.
Chọn D
Lời giải
Ta có điểm biểu diễn số phức $z = 7 – 6i$ có tọa độ là $\left( {7; – 6} \right)$.
Câu 2: Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x$ là
A. $y’ = \frac{1}{x}$.
B. $y’ = \frac{1}{{x{\text{ln}}3}}$.
C. $y’ = \frac{{{\text{ln}}3}}{x}$.
D. $y’ = – \frac{1}{{x{\text{ln}}3}}$.
Lời giải
Chọn B
Ta có $y’ = {\left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}x} \right)^{\text{‘}}} = \frac{1}{{x{\text{ln}}3}}$.
Câu 3: Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = {x^\pi }$ là
A. $y’ = \pi {x^{\pi – 1}}$.
B. $y’ = {x^{\pi – 1}}$.
C. $y’ = \frac{1}{\pi }{x^{\pi – 1}}$.
D. $y’ = \pi {x^\pi }$.
Chọn A
Lời giải
Ta có $y’ = {\left( {{x^\pi }} \right)^{\text{‘}}} = \pi {x^{\pi – 1}}$.
Câu 4: Tập nghiệm của bất phương trình ${2^{x + 1}} < 4$ là
A. $\left( { – \infty ;1} \right]$.
B. $\left( {1; + \infty } \right)$.
C. $\left[ {1; + \infty } \right)$.
D. $\left( { – \infty ;1} \right)$.
Chọn D
Lời giải
Ta có ${2^{x + 1}} < 4 \Leftrightarrow {2^{x + 1}} < {2^2} \Leftrightarrow x + 1 < 2 \Leftrightarrow x < 1$.
Vậy tập của bất phương trình là $\left( { – \infty ;1} \right)$.
Câu 5: Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_1} = 2$ và công bội $q = \frac{1}{2}$. Giá trị của ${u_3}$ bằng
A. 3 .
B. $\frac{1}{2}$.
C. $\frac{1}{4}$.
D. $\frac{7}{2}$.
Lời giải
Chọn B
Ta có ${u_3} = {u_1} \cdot {q^2} = 2 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.
Câu 6: Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng $\left( P \right):x + y + z + 1 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là
A. $\overrightarrow {{n_1}} = \left( { – 1;1;1} \right)$.
B. $\overrightarrow {{n_4}} = \left( {1;1; – 1} \right)$.
C. $\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;1;1} \right)$.
D. $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1; – 1;1} \right)$.
Chọn C
Lời giải
$\left( P \right):x + y + z + 1 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;1;1} \right)$.
Câu 7: Cho hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành là
A. $\left( {0; – 2} \right)$.
B. $\left( {2;0} \right)$.
C. $\left( { – 2;0} \right)$.
D. $\left( {0;2} \right)$.
Lời giải
Chọn B
Từ đồ thị, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có tọa độ $\left( {2;0} \right)$.
Câu 8: Nếu $\int\limits_{ – 1}^4 {f(x)dx = 2} $ và $\int\limits_{ – 1}^4 {g(x)dx = 3} $ thì $\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} $ bằng
A. 5 .
B. 6 .
C. 1.
D. -1 .
Lời giải
Chọn A
Ta có:
$\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_{ – 1}^4 {f(x)dx + } \int\limits_{ – 1}^4 {g(x)dx = 2 + 3 = 5} $
Câu 9: Đô thị hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình bên
A. $y = {x^4} – 3{x^2} + 2$.
B. $y = \frac{{x – 3}}{{x – 1}}$.
C. $y = {x^2} – 4x + 1$.
D. $y = {x^3} – 3x – 5$.
Lời giải
Chọn B
Đồ thị đã cho thuộc dạng đồ thị hàm phân thức hữa tỷ bậc nhất nên dễ dàng loại 3 đáp án ${\text{A}},{\text{C}},{\text{D}}$ (hàm đa thức).
Câu 10: Trong không gian $Oxyz$, cho mặt câuu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x – 4y – 6z + 1 = 0$. Tâm của (S) có tọa độ là
A. $\left( { – 1; – 2; – 3} \right)$
B. $\left( {2;4;6} \right)$
C. $\left( { – 2; – 4; – 6} \right)$
D. $\left( {1;2;3} \right)$
Chọn D
Lời giải
Điểm $I\left( {1;2;3} \right)$ là tâm của mặt câu $\left( S \right)$.
Câu 11: Trong không gian $Oxyz$, góc giữa hai mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ và $\left( {Oyz} \right)$ bằng
A. ${30^ \circ }$
B. ${45^ \circ }$
C. ${60^ \circ }$
D. ${90^ \circ }$
Chọn D
Lời giải
Ta có vectơ pháp tuyến của $\left( {Oxy} \right)$ và $\left( {Oyz} \right)$ lần lượt là $\vec k$ và $\vec i$.
Vì $\vec k \bot \vec i$ nên $\left( {\overline {\left( {Oxy} \right);\left( {Oyz} \right)} } \right) = {90^ \circ }$.
Câu 12: Cho số phức $z = 2 + 9i$, phân thực của số phức ${z^2}$ bằng
A. -77
B. 4
C. 36
D. 85
Chọn A
Lời giải
$z = 2 + 9i \Rightarrow {z^2} = {(2 + 9i)^2} = – 77 + 36i$
Vậy phân thực của số phức ${z^2}$ bằng -77 .
Câu 13: Cho khối lập phương có cạnh bằng 2 . Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
A. 6 .
B. 8 .
C. $\frac{8}{3}$.
D. 4 .
Chọn B
Lời giải
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng $a$ là $V = {a^3} = {2^3} = 8$.
Câu 14: Cho khối chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $A,AB = 2;SA$ vuông góc với đáy và $SA = 3$ (tham khảo hình vẽ).
Thể tích khối chóp đã cho bằng
A. 12 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 4 .
Chọn B
Lời giải
Thể tích khối chóp đã cho $V = \frac{1}{3}B \cdot h = \frac{1}{3}{S_{\vartriangle ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 = 2$.
Câu 15: Cho mặt phẳng $\left( P \right)$ tiếp xúc với mặt câu $S\left( {O;R} \right)$. Gọi $d$ là khoảng cách từ $O$ đến $\left( P \right)$ . Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $d < R$.
B. $d > R$.
C. $d = R$.
D. $d = 0$.
Chọn C
Lời giải
Mặt phẳng $\left( P \right)$ tiếp xúc với mặt cầu $S\left( {O;R} \right)$ khi và chỉ khi $d = R$.
Câu 16: Phần ảo của số phức $z = 2 – 3i$ là
A. -3 .
B. -2 .
C. 2.
D. 3 .
Chọn A
Lời giải
Lý thuyết.
Câu 17: Cho hình nón có đường kính đáy $2r$ và độ dải đường sinh $l$. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. $2\pi rl$.
B. $\frac{2}{3}\pi r{l^2}$.
C. $\pi rl$.
D. $\frac{1}{3}\pi {r^2}l$.
Chọn C
Lời giải
Hình nón có đường kính đáy $2r$ nên nó có bán kính đáy bằng $r$. Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng $\pi rl$.
Câu 18: Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z + 3}}{{ – 2}}$. Điểm nào dưới đây thuộc $d$ ?
A. $P\left( {1;2;3} \right)$.
B. $Q\left( {1;2; – 3} \right)$.
C. $N\left( {2;1;2} \right)$.
D. $M\left( {2; – 1; – 2} \right)$.
Chọn B
Lần lượt thay tọa độ của 4 điểm đã cho vào phương trình đường thẳng $d$, ta thấy tọa độ của điểm $Q\left( {1;2; – 3} \right)$ thỏa mãn. Vậy điểm $Q\left( {1;2; – 3} \right)$ thuộc đường thẳng $d$.
Câu 19: Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có tọa độ là
A. $\left( { – 1;2} \right)$.
B. $\left( {0;1} \right)$.
C. $\left( {1;2} \right)$.
D. $\left( {1;0} \right)$.
Chọn B
Lời giải
Từ đồ thị, ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho như sau:
Vậy đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là $\left( {0;1} \right)$.
Câu 20: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{3x – 1}}$ là đường thẳng có phương trình
A. $y = \frac{1}{3}$
B. $y = – \frac{2}{3}$
C. $y = – \frac{1}{3}$
D. $y = \frac{2}{3}$
Chọn D
Lời giải
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{3x – 1}}$ có phương trình $y = \frac{2}{3}$.
Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình ${\text{log}}\left( {x – 2} \right) > 0$ là
A. $\left( {2;3} \right)$
B. $\left( { – \infty ;3} \right)$
C. $\left( {3; + \infty } \right)$
D. $\left( {12; + \infty } \right)$
Chọn C
Lời giải
Ta có ${\text{log}}\left( {x – 2} \right) > 0 \Leftrightarrow x – 2 > {10^0} \Leftrightarrow x > 3$.
Câu 22: Cho tập hợp $A$ có 15 phân tử. Số tập con gôm hai phân tử của $A$ bằng
A. 225
B. 30
C. 210
D. 105
Chọn D
Lời giải
Số tập hợp con của $A$ là $C_{15}^2 = 105$.
Câu 23: Cho $\smallint \frac{1}{x}{\text{d}}x = F\left( x \right) + C$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $F’\left( x \right) = \frac{2}{{{x^2}}}$.
B. $F’\left( x \right) = {\text{ln}}x$.
C. $F’\left( x \right) = \frac{1}{x}$.
D. $F’\left( x \right) = – \frac{1}{{{x^2}}}$.
Chọn ${\text{C}}$
Lời giải
Ta có ${[F\left( x \right)]^{\text{‘}}} = {\left( {\smallint \frac{1}{x}{\text{d}}x} \right)^{\text{‘}}} = \frac{1}{x}$.
Câu 24: Nếu $\int\limits_0^2 {f(x)} dx = 4$ thì $\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f(x) – 2} \right]} dx$ bằng
A. 0 .
B. 6 .
C. 8 .
D. -2 .
Chọn D
Lời giải
Ta có:
$\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f(x) – 2} \right]} dx = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f(x)} dx – \int\limits_0^2 2 dx = \frac{1}{2}.4 – 4 = – 2$
Câu 25: Cho hàm số $f\left( x \right) = {\text{cos}}x + x$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = – {\text{sin}}x + {x^2} + C$.
B. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = {\text{sin}}x + {x^2} + C$.
C. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = – {\text{sin}}x + \frac{{{x^2}}}{2} + C$.
D. $\smallint f\left( x \right){\text{d}}x = {\text{sin}}x + \frac{{{x^2}}}{2} + C$.
Lời giải
Chọn D
$\smallint \;f\left( x \right){\text{d}}x = \smallint \;\left[ {{\text{cos}}x + x} \right]{\text{d}}x = {\text{sin}}x + \frac{{{x^2}}}{2} + C$
Câu 26: Cho hàm sô̂ $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( {0;2} \right)$.
B. $\left( {3; + \infty } \right)$.
C. $\left( { – \infty ;1} \right)$.
D. $\left( {1;3} \right)$.
Chọn D
Lời giải
Ta có $x \in \left( {1;3} \right)$ thì $f’\left( x \right) < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$.
Chọn D
Câu 27: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Giá trị cực đại của hàm số đã cho là:
A. -1 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 0 .
Chọn B
Lời giải
Dựa vào đồ thị ta có giá trị cực đại của hàm số là 3 .
Câu 28: Với $a$ là số thực dương tùy $y’,{\text{ln}}\left( {3a} \right) – {\text{ln}}\left( {2a} \right)$ bằng:
A. ${\text{ln}}a$.
B. ${\text{ln}}\frac{2}{3}$.
C. ${\text{ln}}\left( {6{a^2}} \right)$.
D. ${\text{ln}}\frac{3}{2}$
Lời giải
Chọn B
Ta có ${\text{ln}}\left( {3a} \right) – {\text{ln}}\left( {2a} \right) = {\text{ln}}\frac{{3a}}{{2a}} = {\text{ln}}\frac{3}{2}$.
Câu 29: Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường $y = – {x^2} + 2x$ và $y = 0$ quanh trục $Ox$ bằng
A. $V = \frac{{16}}{{15}}$.
B. $V = \frac{{16\pi }}{9}$.
C. $V = \frac{{16}}{9}$.
D. $V = \frac{{16\pi }}{{15}}$
Chọn D
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đường $y = – {x^2} + 2x$ và đường $y = 0$ là
$ – {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = 2}
\end{array}} \right.{\text{.\;}}$
Thể tích là $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( { – {x^2} + 2x} \right)}^2}dx = } \frac{{16\pi }}{5}$
Câu 30: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $B,SA$ vuông góc với đáy và $SA = AB$ (tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng
A. ${60^ \circ }$.
B. ${30^ \circ }$.
C. ${90^ \circ }$.
D. ${45^ \circ }$.
Lời giải
Chọn D
Ta có $BC \bot AB \Rightarrow SB \bot BC$.
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng $\widehat {SBA}$.
Do tam giác $SAB$ vuông cân tại $A \Rightarrow \widehat {SBA} = {45^ \circ }$.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${45^ \circ }$.
Câu 31: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $f\left( x \right) = m$ có ba nghiệm thực phân biệt?
A. 2 .
B. 5 .
C. 3 .
D. 4 .
Chọn C
Lời giải
Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $d:y = m$.
Dựa vào hình vẽ, ta có:
Phương trình $f\left( x \right) = m$ có ba nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng $d:y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại ba điểm phân biệt, tức là $ – 3 < m < 1$. Mà $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { – 2; – 1;0} \right\}$
Câu 32: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = {(x – 2)^2}\left( {1 – x} \right)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( {1;2} \right)$.
B. $\left( {1; + \infty } \right)$.
C. $\left( {2; + \infty } \right)$.
D. $\left( { – \infty ;1} \right)$
Chọn D
Lời giải
Ta có $f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {(x – 2)^2}\left( {1 – x} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 – x > 0} \\
{{{(x – 2)}^2} > 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x < 1} \\
{x \ne 2}
\end{array} \Leftrightarrow x < 1} \right.} \right.$.
Vậy hàm số đông biến trên khoảng $\left( { – \infty ;1} \right)$.
Câu 33: Một hộp chứa 15 quả câu gôm 6 quả màu đỏ được đánh số từ 1 đến 6 và 9 quả màu xanh được đánh số từ 1 đến 9 . Lấy ngẫu nhiên hai quả từ hộp đó, xác suất để lấy được hai quả khác màu đồng thời tổng hai số ghi trên chúng là số chẵn bằng
A. $\frac{9}{{35}}$.
B. $\frac{{18}}{{35}}$.
C. $\frac{4}{{35}}$.
D. $\frac{1}{7}$.
Chọn A
Lời giải
Số cách lấy ngẫu nhiên 2 quả câu từ hộp là: $C_{15}^2 = 105$ cách
Để tổng hai số ghi trên hai quả câu là số chẵn ta có 2 TH sau:
TH1: Hai quả câu khác màu cùng đánh số lẻ: $C_3^1 \cdot C_5^1 = 15$ cách
TH2: Hai quả câu khác màu nhau cùng đánh số chẵn: $C_3^1 \cdot C_4^1 = 12$ cách
Vậy xác suất cân tính là: $P = \frac{{12 + 15}}{{105}} = \frac{9}{{35}}$.
Câu 34: Tích tất cả các nghiệm của phương trình ${\text{l}}{{\text{n}}^2}x + 2{\text{ln}}x – 3 = 0$ bằng
A. $\frac{1}{{{e^3}}}$.
B. -2 .
C. -3 .
D. $\frac{1}{{{e^2}}}$
Lời giải
Chọn D
Ta có: ${\text{l}}{{\text{n}}^2}x + 2{\text{ln}}x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0} \\
{\left( {{\text{ln}}x – 1} \right)\left( {{\text{ln}}x + 3} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = e} \\
{x = {e^{ – 3}}}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = e} \\
{x = {e^{ – 3}}}
\end{array}} \right.} \right.} \right.$
Vậy ${x_1} \cdot {x_2} = \frac{1}{{{e^2}}}$.
Câu 35: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ thỏa mãn $\left| {z + 2i} \right| = 1$ là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là.
A. $\left( {0;2} \right)$.
B. $\left( { – 2;0} \right)$.
C. $\left( {0; – 2} \right)$.
D. $\left( {2;0} \right)$.
Chọn C
Lời giải
Đặt $z = x + yi$, với $x,y \in \mathbb{R}$.
Từ giả thiết $\left| {z + 2i} \right| = 1 \Rightarrow {x^2} + {(y + 2)^2} = 1$.
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn tâm $I\left( {0; – 2} \right)$, bán kính $R = 1$
Câu 36: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $M\left( {1; – 1; – 1} \right)$ và $N\left( {5;5;1} \right)$. Đường thẳng $MN$ có phương trình là:
A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 5 + 2t} \\
{y = 5 + 3t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$
B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 5 + t} \\
{y = 5 + 2t} \\
{z = 1 + 3t}
\end{array}} \right.$
C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = – 1 + 3t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$
D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = – 1 + t} \\
{z = – 1 + 3t}
\end{array}} \right.$
Chọn C
Lời giải
Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {4;6;2} \right) = 2\left( {2;3;1} \right)$.
Đường thẳng $MN$ qua $M\left( {1; – 1; – 1} \right)$ nhận $\overrightarrow {MN} = \left( {2;3;1} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = – 1 + 3t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$
Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left( {1;2;3} \right)$. Điểm đối xứng với A qua mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có tọa độ là
A. $\left( {1; – 2;3} \right)$.
B. $\left( {1;2; – 3} \right)$.
C. $\left( { – 1; – 2; – 3} \right)$.
D. $\left( { – 1;2;3} \right)$.
Lời giải
Chọn A
Tọa độ hình chiếu của điểm $A\left( {1;2;3} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ là $\left( {1;0;3} \right)$. Điểm đối xứng với A qua mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có tọa độ là $\left( {1; – 2;3} \right)$
Câu 38: Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có chiêu cao $a,AC = 2a$ (tham khảo hình bên). Tính khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.
A. $\frac{{\sqrt 3 }}{3}a$.
B. $\sqrt 2 a$.
C. $\frac{{2\sqrt 3 }}{3}a$.
D. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}a$.
Lời giải
Chọn C
Gọi $O = AC \cap BD$, $H$ là trung điểm $CD$. Trong $\left( {SOH} \right)$, kẻ $OI \bot SH$.
Có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{CD \bot SO} \\
{CD \bot SH}
\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot OI} \right.$.
Mà $OI \bot SH$ nên $OI \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OI$.
Vì O là trung điểm BD nên $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OI = \frac{{2SO \cdot OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }}$.
Có $AD = AC{\text{sin}}{45^ \circ } = a\sqrt 2 ,OH = a\frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a$.
Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên $x$ thỏa mãn ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\frac{{{x^2} – 16}}{{343}} < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\frac{{{x^2} – 16}}{{27}}$ ?
A. 193.
B. 92 .
C. 186 .
D. 184
Chọn D
Lời giải
TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 4} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)$.
Ta có:
${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\frac{{{x^2} – 16}}{{343}} < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\frac{{{x^2} – 16}}{{27}}$
$\; \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 \cdot \left[ {{\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) – 3} \right] < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) – 3{\text{lo}}{{\text{g}}_7}3$
$ \Leftrightarrow \left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 1} \right) \cdot {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < 3{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 3{\text{lo}}{{\text{g}}_7}3$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < \frac{{3\left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – {\text{lo}}{{\text{g}}_7}3} \right)}}{{{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 1}}$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < 3\left( {1 + {\text{lo}}{{\text{g}}_7}3} \right)$
$\; \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}{21^3}$
$\; \Leftrightarrow {x^2} – 16 < {21^3}$
$ \Leftrightarrow – \sqrt {9277} < x < \sqrt {9277} $
Kết hợp điêuu kiện ta có $x \in \left\{ { – 96; – 95; \ldots ; – 5;5; \ldots ;95;96} \right\}$. Vậy có 184 số nguyên $x$ thỏa mãn.
Câu 40: Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$. Gọi $F\left( x \right),G\left( x \right)$ là hai nguyên hàm của $f\left( x \right)$ trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $F\left( 4 \right) + G\left( 4 \right) = 4$ và $F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) = 1$. Khi đó $\int\limits_0^2 {f(2x)dx }$ bằng
A. 3 .
B. $\frac{3}{4}$.
C. 6 .
D. $\frac{3}{2}$
Lời giải
Chọn B
Ta có: $G\left( x \right) = F\left( x \right) + C$
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{F\left( 4 \right) + G\left( 4 \right) = 4} \\
{F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) = 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2F\left( 4 \right) + C = 4} \\
{2F\left( 0 \right) + C = 1}
\end{array} \Leftrightarrow F\left( 4 \right) – F\left( 0 \right) = \frac{3}{2}.} \right.} \right.$
Vậy:
$\int\limits_0^2 {f(2x)dx = } \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f(x)dx = } \frac{{F(4) – F(0)}}{2} = \frac{3}{4}$
Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y = – {x^4} + 6{x^2} + mx$ có ba điểm cực trị?
A. 17 .
B. 15 .
C. 3 .
D. 7 .
Lời giải
Chọn B
Ta có: $y’ = – 4{x^3} + 12x + m$. Xét phương trình $y’ = 0 \Leftrightarrow – 4{x^3} + 12x + m = 0$
Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm phân biệt.
Ta có: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow m = 4{x^3} – 12x$.
Xét hàm số $g\left( x \right) = 4{x^3} – 12x$ có $g’\left( x \right) = 12{x^2} – 12$. Cho $g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12{x^2} – 12 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$ Bảng biến thiên của $g\left( x \right)$
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi $ – 8 < m < 8$
Do $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { – 7, – 6, – 5, \ldots ,5,6,7} \right\}$.
Vậy có 15 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa yêu câu đề bài.
Câu 42: Xét các số phức $z$ thỏa mãn $\left| {{z^2} – 3 – 4i} \right| = 2\left| z \right|$. Gọi $M$ và $m$ lân lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $\left| z \right|$. Giá trị của ${M^2} + {m^2}$ bằng
A. 28 .
B. $18 + 4\sqrt 6 $.
C. 14 .
D. $11 + 4\sqrt 6 $.
Lời giải
Chọn C
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
$2\left| z \right| = \left| {{z^2} – 3 – 4i} \right| \geqslant \left| {\left| {{z^2}\left| – \right|3 + 4i} \right|} \right| = {\left. {||z} \right|^2} – 5\mid $ (vì $\left. {\left| {{z^2}} \right| = |z{|^2}} \right)$.
Dấu “=” xảy ra khi ${z^2} = k\left( { – 3 – 4i} \right)$.
Suy ra $4|z{|^2} \geqslant {(\left| z \right| – 5)^2} \Leftrightarrow \left| {z{|^4} – 14} \right|z{|^2} + 25 \leqslant 0 \Leftrightarrow 7 – 2\sqrt 6 \leqslant |z{|^2} \leqslant 7 + 2\sqrt 6 $.
$ \Rightarrow \sqrt 6 – 1 \leqslant \left| z \right| \leqslant \sqrt 6 + 1$
Do đó, ta có $M = 1 + \sqrt 6 $ và $m = \sqrt 6 – 1$.
Vậy ${M^2} + {m^2} = 14$.
Câu 43: Cho khối lăng trụ đứng $ABC \cdot A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B,AB = a$. Biết khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$ bằng $\frac{{\sqrt 6 }}{3}a$, thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A. $\frac{{\sqrt 2 }}{6}{a^3}$.
B. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}{a^3}$.
C. $\sqrt 2 {a^3}$.
D. $\frac{{\sqrt 2 }}{4}{a^3}$.
Chọn B
Lời giải
Kẻ $AH \bot A’B,H \in A’B$.
Vi $\left. {\begin{array}{*{20}{c}}
{BC \bot AB} \\
{BC \bot AA’}
\end{array}} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {ABB’A’} \right) \Rightarrow BC \bot AH$
Ta có $BC \bot AH,AH \bot A’B \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right)$. Do đó $d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Xét tam giác vuông $AA’B$ vuông tại $A$, ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} – \frac{1}{{A{B^2}}}$
$ \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{9}{{6{a^2}}} – \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow A’A = a\sqrt 2 $.
Vậy ${V_{ABC \cdot A’B’C’}} = {S_{\vartriangle ABC}} \cdot A’A = \frac{1}{2}$ a.a.a $\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}$.
Câu 44: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn $f\left( x \right) + xf’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2,\forall x \in \mathbb{R}$. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$ bằng
A. $\frac{5}{2}$.
B. $\frac{4}{3}$.
C. $\frac{1}{2}$.
D. $\frac{1}{4}$.
Chọn C
Lời giải
Ta có: $f\left( x \right) + x.f’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2 \Leftrightarrow {(x)^{\text{‘}}} \cdot f\left( x \right) + x.f’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2$
$ \Leftrightarrow {[x.f\left( x \right)]^{\text{‘}}} = 4{x^3} + 4x + 2 \Leftrightarrow x.f\left( x \right) = {x^4} + 2{x^2} + 2x + C \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^4} + 2{x^2} + 2x + C}}{x}$
Vì do $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ nên $C = 0$. Do đó $f\left( x \right) = {x^3} + 2x + 2 \Rightarrow f’\left( x \right) = 3{x^2} + 2$
Xét phương trình hoành độ giao điểm của $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$, ta có:
${x^3} + 2x + 2 = 3{x^2} + 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = 1} \\
{x = 2}
\end{array}} \right.$.
Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$ là:
$S = \int\limits_0^2 {\left| {f(x) – f'(x)} \right|dx} = \frac{1}{2}$
Câu 45: Trên tập hợp số phức, xét phương trình ${z^2} – 2\left( {m + 1} \right)z + {m^2} = 0$ ( $m$ là số thực). Có bao nhiêu giá trị của $m$ để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt ${z_1},{z_2}$ thỏa mãn $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2?$
A. 1 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
Chọn C
Lời giải
Ta có: $\Delta ‘ = 2m + 2$
TH1: $\Delta ‘ < 0 \Leftrightarrow m < – 1$. Phương trình có hai nghiệm phức, khi đó: $\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {\frac{c}{a}} = \sqrt {{m^2}} $. Suy ra: $2\sqrt {{m^2}} = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {m = 1} \\ {m = – 1\left( l \right)} \end{array}} \right.$.
TH2: $\Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow m > – 1$.
Vì a.c $ = {m^2} \geqslant 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${z_1} \cdot {z_2} \geqslant 0$ hoặc ${z_1} \cdot {z_2} \leqslant 0$.
Suy ra: $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {2m + 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = – 2\left( l \right)} \\
{m = 0}
\end{array}} \right.$.
Vậy có 2 giá trị của $m$ thỏa yêu câu bài toán.
Câu 46: Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( {0;1;2} \right)$ và đường thẳng $d:\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y – 1}}{2} = \frac{{z – 1}}{{ – 3}}$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua $A$ và chứa $d$. Khoảng cách từ điểm $M\left( {5; – 1;3} \right)$ đến $\left( P \right)$ bằng
A. 5 .
B. $\frac{1}{3}$.
C. 1 .
D. $\frac{{11}}{3}$.
Chọn C
Lời giải
Lấy $B\left( {2;1;1} \right) \in d$ ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2;0; – 1} \right)$.
Ta có $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {2;4;4} \right) = 2\left( {1;2;2} \right)$
Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $A$ và chứa $d$ suy ra $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;2;2} \right)$.
Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):x + 2y + 2z – 6 = 0$
Vậy ${\text{d}}\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {{x_M} + 2{y_M} + 2{z_M} – 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 1$.
Câu 47: Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn
${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right)?$
A. 89 .
B. 48 .
C. 90 .
D. 49.
Chọn B
Lời giải
Điêu kiện: $x > 0$.
Ta có:
${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + x}}{x}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + 24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)$
$ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{x} + 1} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right) \leqslant 0$
Đặt: $t = \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x}(t > 0)$, bất phương trình trở thành: ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + t} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{t}} \right) \leqslant 0$
Xét hàm số $f\left( t \right) = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + t} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{t}} \right)$ có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{\left( {1 + t} \right){\text{ln}}3}} + \frac{{24}}{{\left( {{t^2} + 24t} \right){\text{ln}}2}} > 0,\forall t > 0$.
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.
Ta có $f\left( 8 \right) = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + 8} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{8}} \right) = 0$
Từ đó suy ra: (1) $ \Leftrightarrow f\left( t \right) \leqslant f\left( 8 \right) \Leftrightarrow t \leqslant 8 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x} \leqslant 8 \Leftrightarrow {(x – 4)^2} + {y^2} \leqslant 16$.
Đếm các cặp giá trị nguyên của $\left( {x;y} \right)$
Ta có: ${(x – 4)^2} \leqslant 16 \Leftrightarrow 0 \leqslant x \leqslant 8$, mà $x > 0$ nên $0 < x \leqslant 8$.
Với $x = 1,x = 7 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 10 cặp.
Với $x = 2,x = 6 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 14 cặp.
Với $x = 3,x = 5 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 14 cặp.
Với $x = 4 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 9 cặp.
Với $x = 8 \Rightarrow y = 0$ có 1 cặp.
Vậy có 48 cặp giá trị nguyên $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn đề bài.
Câu 48: Cho khối nón có đỉnh $S$, chiêuu cao bằng 8 và thể tích bằng $\frac{{800\pi }}{3}$. Gọi $A$ và $B$ là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho $AB = 12$, khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ bằng
A. $8\sqrt 2 $.
B. $\frac{{24}}{5}$.
C. $4\sqrt 2 $.
D. $\frac{5}{{24}}$.
Chọn C
Lời giải
Gọi $O,R$ lân lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón, $K,H$ lân lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB,SK$. Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ bằng $OH$.
Ta có: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot h \Rightarrow {R^2} = \frac{{3V}}{{\pi \cdot h}} = \frac{{3 \cdot \frac{{800\pi }}{3}}}{{\pi \cdot 8}} = 100 \Rightarrow R = 10$ Trong tam giác vuông $OBK$ có: $OK = \sqrt {O{B^2} – B{K^2}} = \sqrt {{R^2} – {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}} = 8$.
Trong tam giác vuông $SOK$ có: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{{8^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} = \frac{2}{{{8^2}}} \Rightarrow OH = 4\sqrt 2 $.
Câu 49: Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left( {0;0;10} \right),B\left( {3;4;6} \right)$. Xét các điểm $M$ thay đổi sao cho tam giác $OAM$ không có góc tù và có diện tích bằng 15 . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng $MB$ thuộc khoảng nào dưới đây?
A. $\left( {4;5} \right)$.
B. $\left( {3;4} \right)$.
C. $\left( {2;3} \right)$.
D. $\left( {6;7} \right)$.
Chọn B
Lời giải
Ta có: ${S_{OAM}} = \frac{1}{2}OA \cdot d\left( {M;OA} \right) = 15 \Rightarrow d\left( {M;OA} \right) = 3$.
Suy ra: $M$ di động trên mặt trụ, bán kính bằng 3 , trục là $OA$.
Xét điểm $D$ như hình vẽ, $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HA \cdot HO = H{D^2} = 9} \\
{HA + HO = 10}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HA = 1} \\
{HO = 9}
\end{array}} \right.} \right.$.
Vì $\widehat {AMO} \leqslant 90$ nên giới hạn của $M$ là hai mặt trụ với trục $AH$ và $FO$.
Vì hình chiếu của $B$ cách $H$ gân hơn nên $B{M_{{\text{min}}}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} $.
Câu 50: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $a \in \left( { – 10; + \infty } \right)$ để hàm số $y = \left| {{x^3} + \left( {a + 2} \right)x + 9 – {a^2}} \right|$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)?$
A. 12 .
B. 11.
C. 6 .
D. 5 .
Chọn B
Lời giải
Xét $f\left( x \right) = {x^3} + \left( {a + 2} \right)x + 9 – {a^2}$
$f’\left( x \right) = 3{x^2} + a + 2$
Để $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$
TH1: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f’\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{f\left( 0 \right) \geqslant 0}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3{x^2} + a + 2 \geqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{9 – {a^2} \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \geqslant \mathop {{\text{Max}}}\limits_{\left( {0;1} \right)} \left( { – 3{x^2} – 2} \right)} \\
{9 – {a^2} \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \geqslant – 2} \\
{ – 3 \leqslant a \leqslant 3}
\end{array} \Rightarrow a \in \left[ { – 2;3} \right]} \right.} \right.} \right.$
$a = \left\{ { – 2; – 1;0;1;2;3;} \right\} \to 6$ giá trị
TH2: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f’\left( x \right) \leqslant ,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{f\left( 0 \right) \leqslant 0}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3{x^2} + a + 2 \leqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)} \\
{9 – {a^2} \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \leqslant {\text{Mi}}{{\text{n}}_{\left( {0;1} \right)}}\left( { – 3{x^2} – 2} \right)} \\
{9 – {a^2} \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \leqslant – 5} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a \geqslant 3} \\
{a \leqslant – 3}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Rightarrow a \leqslant – 5} \right.} \right.} \right.$
Kết hợp với điêuu kiện bài toán $a = \left\{ { – 9; – 8; – 7; – 6; – 5} \right\} \to 5$ giá trị
Vậy có 11 giá trị thoả mãn.
