| BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC |
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HOC PHỔ THÔNG NĂM 2023
Bài thi: TOÁN – Mã đề: 101 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) |
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Tập nghiệm của bất phương trình ${2^{2x}} < 8$ là
A. $\left( { – \infty ;\frac{3}{2}} \right)$. B. $\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)$. C. $( – \infty ;2)$. D. $\left( {0;\frac{3}{2}} \right)$.
Lời giải
Chọn A
Ta có ${2^{2x}} < 8 \Leftrightarrow {2^{2x}} < {2^3} \Leftrightarrow 2x < 3 \Leftrightarrow x < \frac{3}{2}$.
Câu 2: Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $\int {{x^{\frac{1}{3}}}} dx = {x^{\frac{4}{3}}} + C$. B. $\int {{x^{\frac{1}{3}}}\;{\text{d}}x} = \frac{3}{4}{x^{\frac{4}{3}}} + C$. C. $\int {{x^{\frac{1}{3}}}} \;{\text{d}}x = {x^{\frac{2}{3}}} + C$. D. $\int {{x^{\frac{1}{3}}}} dx = \frac{3}{2}{x^{\frac{2}{3}}} + C$.
Lời giải
Chọn B
Ta có $\int {{x^{\frac{1}{3}}}\;{\text{d}}x} = \frac{1}{{\frac{1}{3} + 1}}{x^{\frac{1}{3} + 1}} + C = \frac{3}{4}{x^{\frac{4}{3}}} + C$ với $C \in \mathbb{R}$.
Câu 3: Có bao nhiêu tam giác mà ba đỉnh của nó được lấy từ các đỉnh của một lục giác đều?
A. $729$. B. $20$. C. $120$. D. $216$.
Lời giải
Chọn B
Số tam giác là số cách chọn 3 đỉnh của tam giác. Số tam giác mà ba đỉnh của nó được lấy từ các đỉnh của một lục giác đều là $C_6^3 = 20$ tam giác.
Câu 4: Cho hàm số $f(x) = \cos x – x$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $\int f (x){\text{d}}x = – \sin x + {x^2} + C$. B. $\int f (x){\text{d}}x = – \sin x – \frac{{{x^2}}}{2} + C$.
C. $\int f (x){\text{d}}x = \sin x – {x^2} + C$. D. $\int {f(x){\text{d}}x} = \sin x – \frac{{{x^2}}}{2} + C$.
Lời giải
Chọn D
Ta có $\int {f(x)dx = \int {\left( {\cos x – x} \right)dx = \sin x – \frac{1}{2}{x^2} + C} } $ với $C \in \mathbb{R}$.
Câu 5: Đạo hàm của hàm số $y = {\log _2}(x – 1)$ là
A. $y’ = \frac{{x – 1}}{{\ln 2}}$. B. $y’ = \frac{1}{{\ln 2}}$. C. $y’ = \frac{1}{{(x – 1)\ln 2}}$. D. $y’ = \frac{1}{{x – 1}}$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $y = {\log _2}(x – 1) \Rightarrow y’ = \frac{{{{\left( {x – 1} \right)}^\prime }}}{{\left( {x – 1} \right)\ln 2}} = \frac{1}{{\left( {x – 1} \right)\ln 2}}$.
Câu 6: Với $b,\,c$ là hai số thực dương tùy ý thỏa mãn ${\log _5}b \geqslant {\log _5}c$, khẳng định nào dưới đây là đúng?
A. $b \geqslant c$. B. $b \leqslant c$. C. $b > c$. D. $b < c$.
Lời giải
Chọn A
Ta có: ${\log _5}b \geqslant {\log _5}c \Leftrightarrow b \geqslant c$.
Câu 7: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình $f\left( x \right) = 2$ là
A. $1$. B. $0$. C. $2$. D. $3$.
Lời giải
Chọn D
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của hai đồ thị.
Do số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = 2$ là 3 nên số nghiệm thực của phương trình $f\left( x \right) = 2$ là 3.
Câu 8: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{3x – 1}}{{x – 2}}$ có phương trình là
A. $x = 2$. B. $x = – 2$. C. $x = 3$. D. $x = \frac{1}{2}$.
Lời giải
Chọn A
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{3x – 1}}{{x – 2}} = + \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} \frac{{3x – 1}}{{x – 2}} = – \infty $ nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{3x – 1}}{{x – 2}}$ có phương trình là $x = 2$.
Câu 9: Nếu khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có thể tích $V$ thì khối chóp $A’.ABC$ có thể tích bằng
A. $\frac{V}{3}$. B. $V$. C. $\frac{{2V}}{3}$. D. $3V$.
Lời giải
Chọn A
Gọi $h$ là chiều cao của khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$.
Khi đó $V = h.{S_{ABC}}$.
Ta có ${V_{A’.ABC}} = \frac{1}{3}h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}V$.
Câu 10: Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$. Biết hàm số $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right)$ trên $\mathbb{R}$ và $F\left( 2 \right) = 6,F\left( 4 \right) = 12.$ Tích phân $\int\limits_2^4 {f\left( x \right)} \,dx$ bằng
A. $2$. B. $6$. C. $18$. D. $ – 6$.
Lời giải
Chọn B
$\int\limits_2^4 {f\left( x \right)} \,dx = F\left( 4 \right) – F\left( 2 \right) = 12 – 6 = 6$.
Câu 11: Điểm $M$ trong hình bên là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây?
A. $2 – i$. B. $1 + 2i$. C. $1 – 2i$. D. $2 + i$.
Lời giải
Chọn D
Điểm $M\left( {2;1} \right)$ biểu diễn số $2 + i$.
Câu 12: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( { – \infty ;0} \right)$. B. $\left( {2; + \infty } \right)$. C. $\left( {0; + \infty } \right)$. D. $\left( { – 1;2} \right)$.
Lời giải
Chọn B
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$.
Câu 13: Cho hình trụ có chiều cao $h = 3$ và bán kính đáy $r = 4$. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A. $48\pi $. B. $16\pi $. C. $24\pi $. D. $56\pi $.
Lời giải
Chọn C
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng $S = 2\pi hr = 2.\pi .3.4 = 24\pi $.
Câu 14: Cho khối nón có thể tích bằng $12$ và diện tích đáy bằng $9$. Chiều cao của khối nón đã cho bằng:
A. $\frac{{4\pi }}{3}$. B. $\frac{4}{3}$. C. $4\pi $. D. $4$.
Lời giải
Chọn D
Chiều cao của khối nón đã cho bằng: $h = \frac{{3V}}{S} = \frac{{3.12}}{9} = 4$.
Câu 15: Cho hai số phức ${z_1} = 2 – i$ và ${z_2} = 1 + 3i$. Phần thực của số phức ${z_1} – {z_2}$ bằng
A. $3$. B. $ – 4$. C. $1$. D. $ – 1$.
Lời giải
Chọn C
${z_1} – {z_2} = 2 – i – \left( {1 + 3i} \right) = 1 – 4i$.
Phần thực của số phức ${z_1} – {z_2}$ bằng $1$.
Câu 16: Cho khối chóp $S.ABCD$ có chiều cao bằng $4$ và đáy $ABCD$ có diện tích bằng $3$. Thể tích khối chóp đã cho bằng
A. $7$. B. $5$. C. $4$. D. $12$.
Lời giải
Chọn C
Ta có ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.h.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.4.3 = 4$.
Câu 17: Cho hàm số $y = {\left( {2{x^2} – 1} \right)^{\frac{1}{2}}}$. Giá trị của hàm số đã cho tại điểm $x = 2$ bằng
A. $3$. B. $\sqrt 7 $. C. $\sqrt 3 $. D. $7$.
Lời giải
Chọn B
Giá trị của hàm số $y = f\left( x \right) = {\left( {2{x^2} – 1} \right)^{\frac{1}{2}}}$ tại điểm $x = 2$ là:
$f\left( 2 \right) = {\left( {{{2.2}^2} – 1} \right)^{\frac{1}{2}}} = {7^{\frac{1}{2}}} = \sqrt 7 $.
Câu 18: Cho dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{1}{{n + 1}}$, $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$. Giá trị của ${u_3}$ bằng
A. $4$. B. $\frac{1}{4}$. C. $\frac{1}{3}$. D. $\frac{1}{2}$.
Lời giải
Chọn B
Ta có ${u_3} = \frac{1}{{3 + 1}} = \frac{1}{4}$.
Câu 19: Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1;2; – 1} \right)$ và bán kính $R = 2$. Phương trình của $\left( S \right)$ là
A. ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 4$. B. ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 2$.
C. ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 2$. D. ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 4$.
Lời giải
Chọn A
Phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1;2; – 1} \right)$ và bán kính $R = 2$ là${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = {2^2} \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 4$.
Câu 20: Trong không gian $Oxyz$, cho hai vecto $\overrightarrow u = \left( {1;2; – 2} \right)$ và $\overrightarrow v = \left( {2; – 2;3} \right)$. Tọa độ của vecto $\overrightarrow u + \overrightarrow v $ là
A. $\left( { – 1;4; – 5} \right)$. B. $\left( {1; – 4;5} \right)$. C. $\left( {3;0;1} \right)$. D. $\left( {3;0; – 1} \right)$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $\overrightarrow u + \overrightarrow v = \left( {1 + 2;2 + \left( { – 2} \right); – 2 + 3} \right) = \left( {3;0;1} \right)$.
Câu 21: Cho số phức $z = 1 – 2i$. Phần ảo của số phức $\overline z $ bằng
A. $ – 1$. B. $2$. C. $1$. D. $ – 2$
Lời giải
Chọn B
Ta có $\overline z = 1 + 2i$ nên phần ảo của số phức $\overline z $ là $2$.
Câu 22: Nếu $\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\text{d}}x = 2$ và $\int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x = 5$ thì $\int\limits_0^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x$ bằng
A. $10$. B. $3$. C. $7$. D. $ – 3$
Lời giải
Chọn C
Ta có:$\int\limits_0^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\text{d}}x + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x = 2 + 5 = 7$.
Câu 23: Tập nghiệm của bất phương trình ${\log _3}\left( {2x} \right) \geqslant {\log _3}2$ là
A. $\left( {0\,;\, + \infty } \right)$. B. $\left[ {1\,;\, + \infty } \right)$. C. $\left( {1\,;\, + \infty } \right)$. D. $\left( {0\,;\,1} \right]$.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện : $x > 0$.
Ta có: ${\log _3}\left( {2x} \right) \geqslant {\log _3}2$$ \Leftrightarrow 2x \geqslant 2$$ \Leftrightarrow x \geqslant 1$.
Câu 24: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như sau?
A. $y = \frac{{x + 2}}{x}$. B. $y = – {x^3} + 3x + 1$. C. $y = {x^4} – 3{x^2}$. D. $y = – 2{x^2} + 1$
Lời giải
Chọn B
Ta có : $y = – {x^3} + 3x + 1$ có $y’ = – 3{x^2} + 3 = 0$$ \Leftrightarrow x = \pm 1$. Vậy $x = \pm 1$là các điểm cực trị của hàm số.
Câu 25: Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có phương trình là.
A. $x = 0$. B. $z = 0$. C. $x + y + z = 0$. D. $y = 0$.
Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có phương trình là: $y = 0$.
Câu 26: Cho hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a,b,c,d \in \mathbb{R}} \right)$có đồ thị là đường cong trong hình bên. Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng:
A. $0$. B. $1$. C. $3$. D. $ – 1$.
Lời giải
Chọn C
Giá trị cực đại của hàm số là $3$.
Câu 27: Trong không gia $Oxyz$ phương trình đường thẳng $d$ đi qua điểm $M(2;1; – 1)$ và có một véc tơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1; – 2;3} \right)$ là
A. $\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z – 3}}{{ – 1}}$. B. $\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{{z + 1}}{3}$.
C. $\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 3}}{{ – 1}}$. D. $\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 1}}{3}$.
Lời giải
Chọn B
Phương trình đường thẳng $d$ đi qua điểm $M(2;1; – 1)$ và có một véc tơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1; – 2;3} \right)$ là:
$\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{{z + 1}}{3}$.
Câu 28: Cho hàm số bậc bốn $y = f(x)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A. $1$. B. $3$. C. $0$. D. $2$.
Lời giải
Chọn D
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là 2.
Câu 29: Với $a$, $b$ là các số thực dương tùy ý thỏa mãn $a \ne 1$ và ${\log _a}b = 2$, giá trị của ${\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right)$ bằng
A. 2. B. $\frac{3}{2}$. C. $\frac{1}{2}$. D. $\frac{5}{2}$.
Lời giải
Chọn D
Ta có ${\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right) = {\log _{{a^2}}}a + {\log _{{a^2}}}{b^2} = {\log _{{a^2}}}a + {\log _a}b = \frac{1}{2} + 2 = \frac{5}{2}$.
Câu 30: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A(5;2;1)$ và $B(1;0;1)$. Phương trình của mặt cầu đường kính $AB$ là
A. ${\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 5$. B. ${\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 20$.
C. ${\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 5$. D. ${\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 20$.
Lời giải
Chọn C
Do $AB$ là đường kính của mặt cầu nên trung điểm $I\left( {3;1;1} \right)$ của $AB$ là tâm mặt cầu, bán kính của mặt cầu là: $R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{\left( {5 – 1} \right)}^2} + {{\left( {2 – 0} \right)}^2} + {{\left( {1 – 1} \right)}^2}} }}{2} = \sqrt 5 $.
Ta có phương trình mặt cầu: $\left( C \right):{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 5$. Chọn đáp án C.
Câu 31: Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A(1;2; – 1)$ và mặt phẳng $(P):x + 2y + z = 0$. Đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $(P)$ có phương trình là
A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + t} \\
{y = 2 – 2t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$. B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + t} \\
{y = 2 + 2t} \\
{z = 1 – t}
\end{array}} \right.$. C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + t} \\
{y = 2 + 2t} \\
{z = 1 + t}
\end{array}} \right.$. D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + t} \\
{y = 2 + 2t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$.
Lời giải
Chọn D
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(P):x + 2y + z = 0$ nên nhận vector pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {1;2;1} \right)$ của $\left( P \right)$là vector chỉ phương.
Mặt khác đường thẳng đi qua $A\left( {1;2; – 1} \right)$ nên ta có phương trình $\left\{ \begin{gathered}
x = 1 + t \hfill \\
y = 2 + 2t \hfill \\
z = – 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.
Câu 32: Biết đường thẳng $y = x – 1$ cắt đồ thị hàm số $y = \frac{{ – x + 5}}{{x – 2}}$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ là ${x_1},{x_2}$. Giá trị ${x_1} + {x_2}$ bằng
A. $ – 1$. B. 3. C. 2. D. 1.
Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm là:
$x – 1 = \frac{{ – x + 5}}{{x – 2}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x \ne 2 \hfill \\
\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) + x – 5 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x \ne 2 \hfill \\
{x^2} – 3x + 2 + x – 5 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x \ne 2 \hfill \\
{x^2} – 2x – 3 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 3 \hfill \\
x = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.$.
Suy ra ${x_1} + {x_2} = – 1 + 3 = 2$.
Câu 33: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = x\left( {x – 4} \right),\forall x \in \mathbb{R}$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $f\left( 4 \right) > f\left( 0 \right)$. B. $f\left( 0 \right) > f\left( 2 \right)$. C. $f\left( 5 \right) > f\left( 6 \right)$. D. $f\left( 4 \right) > f\left( 2 \right)$.
Lời giải
Chọn B
$f’\left( x \right) = x\left( {x – 4} \right)$ nên $f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.$.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta được $f\left( 0 \right) > f\left( 2 \right)$.
Câu 34: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = 1$, $BC = 2$, $AA’ = 2$ (tham khảo hình bên).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD’$ và $DC’$ bằng
A. $\sqrt 2 $. B. $\frac{{\sqrt 6 }}{2}$. C. $\frac{{2\sqrt 5 }}{5}$. D. $\frac{{\sqrt 6 }}{3}.$
Lời giải
Chọn D
Ta có $AD’ \subset \left( {AD’B’} \right)$, $DC’ \subset \left( {DC’B} \right)$ và $\left( {AD’B’} \right){\text{ // }}\left( {DC’B} \right)$ nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD’$ và $DC’$ bằng khoảng cách giữa $\left( {AD’B’} \right)$ và $\left( {DC’B} \right)$.
$d\left( {\left( {AD’B’} \right);\left( {DC’B} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {DC’B} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {DC’B} \right)} \right) = h$
Xét tứ diện $C.BC’D$ có các cạnh $CD,CB,CC’$ đôi một vuông góc nên ta có
$\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{C{B^2}}} + \frac{1}{{C{D^2}}} + \frac{1}{{CC{‘^2}}} = \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{3}{2}$ $ \Rightarrow h = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.
Câu 35: Từ một nhóm học sinh gồm 5 nam và 8 nữ, chọn ngẫu nhiên 4 học sinh. Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ bằng
A. $\frac{{72}}{{143}}$. B. $\frac{{15}}{{143}}$. C. $\frac{{128}}{{143}}$. D. $\frac{{71}}{{143}}$.
Lời giải
Chọn C
Số cách để chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ $5 + 8 = 13$ học sinh là $C_{13}^4$.
Khi đó $n\left( \Omega \right) = C_{13}^4$.
Gọi $A$ là biến cố để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Khi nó $n\left( A \right) = C_5^1C_8^3 + C_5^2C_8^2 + C_5^3C_8^1 = 640$
Nên $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_5^1C_8^3 + C_5^2C_8^2 + C_5^3C_8^1}}{{C_{13}^4}} = \frac{{128}}{{143}}$.
Câu 36: Gọi ${z_1},{z_2}$là hai nghiệm phức của phương trình ${z^2} – 6z + 14 = 0$và $M,N$lần lượt là điểm biểu diễn của ${z_1},{z_2}$ trên mặt phẳng toạ độ.Trung điểm của đoạn $MN$có toạ độ là
A. $\left( {3;7} \right)$. B. $\left( { – 3;0} \right)$. C. $\left( {3;0} \right)$. D. $\left( { – 3;7} \right)$.
Lời giải
Chọn C
Phương trình ${z^2} – 6z + 14 = 0$
Có $\Delta ‘ = 9 – 14 = – 5 = 5{i^2}$
Suy ra $\sqrt {\Delta ‘} = \sqrt {5{i^2}} = i\sqrt 3 $
Phương trình có 2 nghiệm là ${z_1} = 3 + i\sqrt 3 ;\,{z_2} = 3 – i\sqrt 3 $
Tọa độ $M\left( {3;\sqrt 3 } \right);N\left( {3; – \sqrt 3 } \right)$
Trung điểm của đoạn thẳng $MN$ có tọa độ là$\left( {3;0} \right)$.
Câu 37: Đường gấp khúc $ABC$trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right)$trên đoạn $\left[ { – 2;3} \right]$.
Tích phân $\int\limits_{ – 2}^3 {f\left( x \right)} dx$bằng
A. $4$. B. $\frac{9}{2}$. C. $\frac{7}{2}$. D. $3$.
Lời giải
Chọn D
Ta có
$\int\limits_{ – 2}^3 {f\left( x \right)} dx = {S_{ABGH}} + {S_{BGD}} – {S_{CDE}}$
$\int\limits_{ – 2}^3 {f\left( x \right)} dx = 3.1 + \frac{1}{2}.1.1 – \frac{1}{2}.1.1 = 3$.
Câu 38: Cho hình chóp đều$S.ABC{\text{D}}$có đáy bằng a chiều cao bằng $\frac{{\sqrt 3 a}}{6}$.Góc giữa mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$và mặt phẳng đáy bằng
A. $45^\circ $. B. $90^\circ $. C. $60^\circ $. D. $30^\circ $.
Lời giải
Chọn D
Gọi $O$ là tâm mặt đáy, $H$ là trung điểm cạnh $CD$
Suy ra $\left( {SOH} \right) \bot CD \Rightarrow SHO = \left( {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right)$
$SO = \frac{{\sqrt 3 a}}{6};OH = \frac{a}{2} \Rightarrow \tan \left( {SHO} \right) = \frac{{SO}}{{OH}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 a}}{6}}}{{\frac{a}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ Suy ra $\widehat {SHO} = 30^\circ $
Vậy góc giữa mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$là $30^\circ $.
Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên $x$ thoả mãn điều kiện $\left( {{7^x} – 49} \right)\left( {\log _3^2x – 7{{\log }_3}x + 6} \right) < 0$?
A. $728$. B. $726$. C. $725$. D. $729$.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện: $x > 0$
$\left( {{7^x} – 49} \right)\left( {\log _3^2x – 7{{\log }_3}x + 6} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{7^x} – 49 > 0} \\
{\log _3^2x – 7{{\log }_3}x + 6 < 0}
\end{array}} \right.} \\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{7^x} – 49 < 0} \\
{\log _3^2x – 7{{\log }_3}x + 6 > 0}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{7^x} > 49} \\
{1 < {{\log }_3}x < 6}
\end{array}} \right.} \\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{7^x} < 49} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{{\log }_3}x < 1} \\
{{{\log }_3}x > 6}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x > 2} \\
{3 < x < {3^6}}
\end{array}} \right.} \\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x < 2} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{0 < x < 3} \\
{x > {3^6}}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{0 < x < 2} \\
{3 < x < {3^6}}
\end{array}} \right.$
Mà $x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;4;5;…;728} \right\}$
Vậy có 726 số thỏa mãn.
Câu 40: Cho hàm số bậc hai $y = f\left( x \right)$ có đồ thị $\left( P \right)$ và đường thẳng $d$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm như trong hình vẽ bên. Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi $\left( P \right)$ và $d$ có diện tích $S = \frac{{125}}{9}$. Tích phân $\int\limits_1^6 {\left( {2x – 5} \right)f’\left( x \right)} {\text{d}}x$ bằng
A. $\frac{{830}}{9}$. B. $\frac{{178}}{9}$. C. $\frac{{340}}{9}$. D. $\frac{{925}}{{18}}$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $S_{_{hthang}}^{} = \frac{{\left( {8 + 3} \right).5}}{2} = \frac{{55}}{2} \Rightarrow \int\limits_1^6 {f\left( x \right)dx} = \frac{{55}}{2} – \frac{{125}}{9} = \frac{{245}}{{18}}$.
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{u = 2x – 5 \Rightarrow du = 2dx} \\
{dv = f’\left( x \right)dx \Rightarrow v = f\left( x \right)}
\end{array}} \right.$
$\int\limits_1^6 {\left( {2x – 5} \right)f’\left( x \right)} {\text{d}}x = \left. {\left( {2x – 5} \right)f\left( x \right)} \right|_1^6 – 2\int\limits_1^6 {f\left( x \right)} dx = 7.f\left( 6 \right) + 3.f\left( 1 \right) – 2.\frac{{245}}{{18}}$
$ = 7.8 + 3.3 – 2.\frac{{245}}{{18}} = \frac{{340}}{9}$.
Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ sao cho ứng với mỗi $m$, hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 3mx + \frac{5}{3}$ có đúng một cực trị thuộc khoảng $\left( { – 2;5} \right)$?
A. $16$. B. $6$. C. $17$. D. $7$.
Lời giải
Chọn D
$y’ = – 3{x^2} + 6x – 3m$
hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 3mx + \frac{5}{3}$ có đúng một cực trị thuộc khoảng $\left( { – 2;5} \right)$ khi và chỉ khi
$y’ = 0$ có một nghiệm thuộc khoảng $\left( { – 2;5} \right) \Leftrightarrow {x^2} – 2x + m = 0$ có một nghiệm thuộc khoảng $\left( { – 2;5} \right)$
$ \Leftrightarrow {x^2} – 2x = – m$
$g\left( x \right) = {x^2} – 2x \Rightarrow g’\left( x \right) = 2x – 2$
$g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x – 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1$
Để hàm số có 1 cực trị $ \Rightarrow 8 \leqslant – m < 15 \Leftrightarrow – 15 < m \leqslant – 8 \Rightarrow m \in \left\{ { – 14; – 13; – 12; – 11; – 10; – 9; – 8} \right\}$
Câu 42: Cho hàm số $f\left( x \right)$ nhận giá trị dương trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, có đạo hàm trên khoảng đó và thỏa mãn $f\left( x \right)\ln f\left( x \right) = x\left( {f\left( x \right) – f’\left( x \right)} \right),\,\,\forall x \in $$\left( {0; + \infty } \right)$. Biết $f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right)$, giá trị $f\left( 2 \right)$ thuộc khoảng nào dưới đây?
A. $\left( {12;14} \right).$ B. $\left( {4;6} \right).$ C. $\left( {1;3} \right).$ D. $\left( {6;8} \right).$
Lời giải
Chọn B
Ta có
$f\left( x \right)\ln f\left( x \right) = x\left( {f\left( x \right) – f’\left( x \right)} \right) \Leftrightarrow \ln f\left( x \right) = x\left( {1 – \frac{{f’\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right) \Leftrightarrow \ln f\left( x \right) = x\left( {1 – {{\left( {\ln f\left( x \right)} \right)}^\prime }} \right)$
$ \Leftrightarrow {\left( x \right)^\prime }\ln f\left( x \right) + x{\left( {\ln f\left( x \right)} \right)^\prime } = x \Leftrightarrow {\left( {x\ln f\left( x \right)} \right)^\prime } = x$.
Từ đó $x\ln f\left( x \right) = \int {xdx} = \frac{1}{2}{x^2} + C$.
Cho $x = 1$ ta được $\ln f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} + C$
Cho $x = 3$ ta được $3\ln f\left( 3 \right) = \frac{9}{2} + C$
Theo bài ra thì $f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right)$, từ đó suy ra $C = \frac{3}{2}$ nên $f\left( x \right) = {e^{\frac{1}{2}x + \frac{3}{{2x}}}}$.
Cho $x = 2$ ta được $f\left( 2 \right) = {e^{\frac{7}{4}}} \simeq 5,75$
Câu 43: Gọi $S$ là tập hợp các số phức $z = a + bi\,\,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)$ thỏa mãn $\left| {z + \overline z } \right| + \left| {z – \overline z } \right| = 6$ và $ab \leqslant 0$. Xét ${z_1}$ và ${z_2}$ thuộc $S$ sao cho $\frac{{{z_1} – {z_2}}}{{ – 1 + i}}$ là số thực dương. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\left| {{z_1} + 3i} \right| + \left| {{z_2}} \right|$ bằng
A. $3\sqrt 2 .$ B. $3.$ C. $3\sqrt 5 .$ D. $3 + 3\sqrt 2 .$
Lời giải
Chọn C
Cách 1
Từ giả thiết suy ra $\left| a \right| + \left| b \right| = 3 \Rightarrow a – b = \pm 3$ (do $ab \leqslant 0$)
Do $\frac{{{z_1} – {z_2}}}{{ – 1 + i}}$ là số thực dương nên ${a_1} – {a_2} = – \left( {{b_1} – {b_2}} \right) < 0$ suy ra ${a_1} < {a_2}$ và ${a_1} + {b_1} = {a_2} + {b_2}$ (1)
Nếu ${a_1} – {b_1} = {a_2} – {b_2}$ thì ${z_1} = {z_2}$ (loại);
Vậy ${a_1} – {b_1} = – \left( {{a_2} – {b_2}} \right)$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra ${a_1} = {b_2}\,,\,\,{a_2} = {b_1} \Rightarrow {a_1} < {a_2} = {b_1}$
Do đó ${a_1} – {b_1} = – 3 \Rightarrow {b_1} = {a_1} + 3 = x + 3$
$ \Rightarrow {z_1} = x + \left( {x + 3} \right)i$, ${z_2} = x + 3 + xi$
Vậy $\left| {{z_1} + 3i} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{x^2} + {{\left( {x + 6} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {x + 3} \right)}^2} + {x^2}} \geqslant \sqrt {{3^2} + {6^2}} = 3\sqrt 5 $
Dấu “=” xảy ra khi $x = – 2$.
Cách 2
Từ giả thiết suy ra $\left| a \right| + \left| b \right| = 3 \Rightarrow a – b = \pm 3$ (do $ab \leqslant 0$)
Trên mặt phẳng Oab, vẽ 2 đoạn thẳng
[AB]: $a – b = 3\,\,\left( {0 \leqslant a \leqslant 3} \right)$ với $A\left( {3;0} \right),\,\,B\left( {0; – 3} \right)$
[A’B’]: $a – b = – 3\,\,\left( { – 3 \leqslant a \leqslant 0} \right)$ với $A’\left( { – 3;0} \right),\,\,B’\left( {0;3} \right)$
Gọi $M\left( {a;b} \right)$ biểu diễn cho số phức ${z_1}$, $N\left( {a’;b’} \right)$ biểu diễn cho số phức ${z_2}$. Thế thì $M,N$ chạy trên [AB] hoặc [A’B’].
Ta có $\frac{{{z_1} – {z_2}}}{{ – 1 + i}} = \frac{1}{2}\left[ {\left( {b – b’} \right) – \left( {a – a’} \right) – \left( {a – a’} \right)i – \left( {b – b’} \right)i} \right]$
Do $\frac{{{z_1} – {z_2}}}{{ – 1 + i}}$ là số thực dương nên
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {b – b’} \right) – \left( {a – a’} \right) > 0\\
\left( {b – b’} \right) + \left( {a – a’} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a < a’\\ b > b’\\
a + b = a’ + b’
\end{array} \right.$
Khi đó $M \in \left[ {A’B’} \right],\,\,N \in \left[ {AB} \right]$.
Vậy $M\left( {a;a + 3} \right)$, $N\left( {a’;a’ – 3} \right)$
Ta có $a + b = a’ + b’ \Leftrightarrow a + a – 3 = a’ + a’ + 3 \Leftrightarrow a’ = a + 3$ nên $N\left( {a + 3;a} \right)$
Do vậy
$\left| {{z_1} + 3i} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a + 6} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {a + 3} \right)}^2} + {a^2}} = \sqrt {{{\left( { – a} \right)}^2} + {{\left( {a + 6} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {a + 3} \right)}^2} + {{\left( { – a} \right)}^2}} $
$ \geqslant \sqrt {{3^2} + {6^2}} = 3\sqrt 5 $
Dấu “=” xảy ra khi $\frac{{a + 6}}{{ – a}} = \frac{{ – a}}{{a + 3}} > 0 \Leftrightarrow a = – 2$.
Câu 44: Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $SA = SB = SC = AC = a,$ $SB$ tạo với mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ một góc $30^\circ $. Thể tích khối chóp đã cho bằng
A. $\frac{{{a^3}}}{4}$. B. $\frac{{{a^3}}}{8}$. C. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}$. D. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{24}}$.
Lời giải
Chọn C
Vẽ $BH \bot \left( {SAC} \right)$ tại $H$ suy ra $\left( {SB;\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {SB;BH} \right) = \widehat {BSH} = 30^\circ $
Từ đó ta có ${V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABC}} = 2{V_{B.SAC}}$
Xét $\Delta SHB$ vuông tại $H$ ta có $\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} \Rightarrow \sin 30^\circ = \frac{{BH}}{a} \Leftrightarrow BH = \frac{a}{2}$
Ta có ${V_{B.SAC}} = \frac{1}{3}BH.{S_{\Delta SAC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}$
Vậy ${V_{S.ABCD}} = 2{V_{B.SAC}} = 2.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.
Câu 45: Trong không gian $Oxyz,$ cho mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 4$ và đường thẳng $d$ đi qua điểm $A\left( {1;0; – 2} \right),$ nhận $\overrightarrow u = \left( {1;a;1 – a} \right)$ (với $a \in \mathbb{R}$) làm vectơ chỉ phương. Biết rằng $d$ cắt $\left( S \right)$ tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của $\left( S \right)$ tại hai điểm đó vuông góc với nhau. Hỏi ${a^2}$ thuộc khoảng nào dưới đây?
A. $\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)$. B. $\left( {\frac{3}{2};2} \right)$. C. $\left( {7;\frac{{15}}{2}} \right)$. D. $\left( {0;\frac{1}{4}} \right)$.
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1; – 2; – 1} \right)$, bán kính $R = 2$
Gọi $B,C$ là giao điểm giữa $d$ và $\left( S \right)$, và $O$ là hình chiếu vuông góc của I trên giao tuyến hai mặt tiếp diện.
Theo đề $d$ cắt $\left( S \right)$ tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của $\left( S \right)$ tại hai điểm đó vuông góc với nhau, nghĩa là tứ giác $OBIC$ là hình vuông, từ đó suy ra $BC = 2\sqrt 2 $
Gọi $H$ là trung điểm $BC$ suy ra $BH = \frac{{BC}}{2} = \sqrt 2 $
Kẻ $IH \bot BC$, ta có $IH = \sqrt {I{B^2} – B{H^2}} = \sqrt 2 $
Từ đó ta có $d\left( {I;d} \right) = \sqrt 2 $
Ta có $\overrightarrow {AI} = \left( {0; – 2;1} \right)$, $\overrightarrow u = \left( {1;a;1 – a} \right)$ suy ra $\left[ {\overrightarrow {AI} ;\overrightarrow u } \right] = \left( {a – 2;1;2} \right)$
Từ đó ${\text{d}}\left( {I;d} \right) = \sqrt 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AI} ;\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {{{\left( {a – 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}} }}{{\sqrt {1 + {a^2} + {{\left( {1 – a} \right)}^2}} }} = \sqrt 2 \Leftrightarrow {a^2} = \frac{5}{3} \in \left( {\frac{3}{2};2} \right)$.
Câu 46: Trên tập số phức, xét phưong trình ${z^2} + az + b = 0\,\,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)$. Có bao nhiêu cặp số $\left( {a,b} \right)$ để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt ${z_1},{z_2}$ thỏa mãn $\left| {{z_1} – 2} \right| = 2$và $\left| {{z_2} + 1 – 4i} \right| = 4$?
A. 2. B. 3. C. 6. D. 4.
Lời giải
Chọn D
Ta có $\Delta = {a^2} – 4b$
TH1. $\Delta > 0 \Rightarrow {z_1},{z_2} \in \mathbb{R}$
$\left| {{z_1} – 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{z_1} – 2 = 2 \hfill \\
{z_1} – 2 = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{z_1} = 4 \hfill \\
{z_1} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$\left| {{z_2} + 1 – 4i} \right| = 4 \Rightarrow {\left( {{z_2} + 1} \right)^2} + 16 = 16 \Leftrightarrow {z_2} + 1 = 0 \Leftrightarrow {z_2} = – 1.$
Với ${z_1} = 4,{z_2} = – 1$ có $\left\{ \begin{gathered}
{z_1} + {z_2} = – a \hfill \\
{z_1}{z_2} = b \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – 3\,\,\left( {{\text{tm}}} \right) \hfill \\
b = – 4\,\,\left( {{\text{tm}}} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Với ${z_1} = 0,{z_2} = – 1$ có $\left\{ \begin{gathered}
{z_1} + {z_2} = – a \hfill \\
{z_1}{z_2} = b \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 1\,\,\left( {{\text{tm}}} \right) \hfill \\
b = 0\,\,\left( {{\text{tm}}} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Vậy TH1 có 2 cặp số $\left( {a;b} \right)$ thỏa mãn.
TH2. $\Delta < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{z_1} = x + yi \hfill \\
{z_2} = x – yi \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Vì $\left\{ \begin{gathered}
\left| {{z_1} – 2} \right| = 2 \hfill \\
\left| {{z_2} + 1 – 4i} \right| = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\left| {x + yi – 2} \right| = 2 \hfill \\
\left| {x – yi + 1 – 4i} \right| = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} = 4 \hfill \\
{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} – 4x = 0{\text{ }}\left( 1 \right) \hfill \\
{x^2} + {y^2} + 2x + 8y + 1 = 0{\text{ }}\left( 2 \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Lấy (2) – (1) vế theo vế ta được: $6x + 8y + 1 = 0 \Rightarrow y = \frac{{ – 6x – 1}}{8}$
$ \Rightarrow {x^2} + {\left( {\frac{{6x + 1}}{8}} \right)^2} – 4x = 0$
$ \Leftrightarrow 100{x^2} – 244x + 1 = 0$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_1} = \frac{{61 + 4\sqrt {231} }}{{50}} \hfill \\
{x_2} = \frac{{61 – 4\sqrt {231} }}{{50}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{y_1} = \frac{{ – 416 – 24\sqrt {231} }}{{400}} \hfill \\
{y_2} = \frac{{ – 416 + 24\sqrt {231} }}{{400}} \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Vậy TH2 có $2$ cặp số $\left( {a;b} \right)$ thỏa mãn.
Vậy có $4$ cặp số $\left( {a;b} \right)$ thỏa mãn.
Câu 47: Gọi $S$ là tập họp các giá trị nguyên của $y$ sao cho ứng với mỗi $y$, tồn tại duy nhất một giá trị $x \in \left[ {\frac{3}{2};\frac{9}{2}} \right]$ thỏa mãn ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^3} – 6{x^2} + 9x + y} \right) = {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( { – {x^2} + 6x – 5} \right)$. Số phần tử của $S$ là
A. 7. B. 1. C. 8. D. 3.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số
$f\left( x \right) = {\log _3}\left( {{x^3} – 6{x^2} + 9x + y} \right) – {\log _2}\left( { – {x^2} + 6x – 5} \right)$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{3{x^2} – 12x + 9}}{{\left( {{x^3} – 6{x^2} + 9x + y} \right)\ln 3}} + \frac{{2x – 6}}{{\left( { – {x^2} + 6x – 5} \right)\ln 2}}$
$ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = \left( {x – 3} \right)\left[ {\frac{{3x – 3}}{{\left( {{x^3} – 6{x^2} + 9x + y} \right)\ln 3}} + \frac{2}{{\left( { – {x^2} + 6x – 5} \right)\ln 2}}} \right]$
Xét trên tập $x \in \left[ {\frac{3}{2};\frac{9}{2}} \right]$ thì ta dễ thấy
$f’\left( x \right) > 0$ với $x > 3$
$f’\left( x \right) < 0$ với $x < 3$
Nếu $x = 3$ thỏa mãn điều kiện.
Ta có $f\left( 3 \right) = {\log _3}y – 2;f\left( {\frac{3}{2}} \right) = {\log _3}\left( {\frac{{27}}{8} + y} \right) – {\log _2}\frac{7}{4}$;$f\left( {\frac{9}{2}} \right) = {\log _3}\left( {\frac{{81}}{8} + y} \right) – {\log _2}\frac{7}{4}$
TH1. $f\left( 3 \right) > 0 \Leftrightarrow y > 9 \Rightarrow $Phương trình $f\left( x \right) = 0$ vô nghiệm.
TH2. $f\left( 3 \right) = 0 \Leftrightarrow y = 9 \Rightarrow $Phương trình có nghiệm duy nhất $x = 3.$
TH3. $f\left( 3 \right) < 0$ hoặc $x = 3$ không thuộc tập xác định của phương trình, khi đó phương trình có nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
f\left( {\frac{3}{2}} \right) < 0 \hfill \\
f\left( {\frac{9}{2}} \right) \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\log _3}\left( {\frac{{27}}{8} + y} \right) < {\log _2}\frac{7}{4} \hfill \\
{\log _3}\left( {\frac{{81}}{8} + y} \right) \geqslant {\log _2}\frac{7}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow – 7,7 < y < – 0,9$
Do $y$ nguyên $ \Rightarrow y \in \left\{ { – 7; – 6; – 5; – 4; – 3; – 2; – 1} \right\}.$
Vậy số phần tử của $S$ là $8.$
Câu 48: Xét khối nón $\left( \mathcal{N} \right)$ có đỉnh và đường tròn đáy cùng nằm trên một mặt cầu bán kính bằng 2. Khi $\left( \mathcal{N} \right)$ có độ dài đường sinh bằng $2\sqrt 3 $, thể tích của nó bằng
A. $2\sqrt 3 \pi $. B. $3\pi $. C. $6\sqrt 3 \pi $. D. $\pi $.
Lời giải
Chọn B
Gọi $H$ là tâm đường tròn đáy của $\left( N \right)$, đỉnh $S$
TH1: $I$ thuộc đoạn $SH$. Đặt $IH = x,\,\,\left( {0 < x < 2} \right)$, suy ra $AH = \sqrt {I{A^2} – I{H^2}} = \sqrt {4 – {x^2}} $
Ta có $S{A^2} = S{H^2} + H{A^2}$
Suy ra $12 = {\left( {2 + x} \right)^2} + 4 – {x^2} \Leftrightarrow x = 1\,\left( {t.m} \right)$
Suy ra $SH = 3,AH = \sqrt 3 \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .3.3 = 3\pi $
TH2: $H$ thuộc đoạn $SI$. Đặt $IH = x,\,\,\left( {0 < x < 2} \right)$, suy ra $AH = \sqrt {I{A^2} – I{H^2}} = \sqrt {4 – {x^2}} $
Ta có $S{A^2} = S{H^2} + H{A^2}$
Suy ra ${\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = {\left( {2 – x} \right)^2} + 4 – {x^2} \Leftrightarrow x = – 1\,$(loại)
Câu 49: Trong không gian $Oxyz$, xét mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {4;\,8;\,12} \right)$ và bán kính $R$ thay đổi. Có bao nhiêu giá trị nguyên của $R$ sao cho ứng với mỗi giá trị đó, tồn tại hai tiếp tuyến của $\left( S \right)$ trong mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ mà hai tiếp tuyến đó cùng đi qua $O$ và góc giữa chúng không nhỏ hơn $60^\circ $?
A. $6$. B. $2$. C. $10$. D. $5$.
Lời giải
Chọn D
Giả sử 2 tiếp tuyến $OA,OB$, theo giả thiết suy ra $\left( {\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {OB} } \right) \geqslant 60^\circ $. Suy ra $30^\circ \leqslant \widehat {AOH} \leqslant 60^\circ $
Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ trên $\left( {Oyz} \right)$, suy ra $H\left( {0;\,8;\,12} \right)$, suy ra $OH = 4\sqrt {13} $
Xét tam giác $OAH$ có: $HA = OH\sin \widehat {AOH} \geqslant 4\sqrt {13} \sin 30^\circ = 2\sqrt {13} $
Ta có $2\sqrt {13} \leqslant HA < 2\sqrt {39} $ $ \Rightarrow 52 \leqslant A{H^2} \leqslant 156$
$ \Rightarrow 52 + 16 \leqslant A{H^2} + I{H^2} \leqslant 156 + 16$
$ \Rightarrow 68 \leqslant I{A^2} \leqslant 172 \Rightarrow 68 \leqslant {R^2} \leqslant 172$ hay $8,24 \leqslant R \leqslant 13,11$.
Do $R$ là số nguyên $ \Rightarrow R \in \left\{ {9;\,10;\,…;\,13} \right\}$.
Vậy có tất cả 5 giá trị của $R$.
Câu 50: Cho hàm số $f\left( x \right) = {x^4} – 32{x^2} + 4$. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ sao cho ứng với mỗi $m$, tổng giá trị các nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left( { – 3;2} \right)$ của phương trình $f\left( {{x^2} + 2x + 3} \right) = m$ bằng $ – 4$?
A. 145. B. 142. C. 144. D. 143.
Lời giải
Chọn D
Phương trình ${x^2} + 2x + 3 = a\,\,\left( {a \in \mathbb{R}} \right)$ có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ thì ta có: ${x_1} + {x_2} = – 2$
Phương trình $f\left( {{x^2} + 2{\text{x}} + 3} \right) = m\left( 1 \right)$ có tổng nghiệm bằng $ – 4$
$ \Leftrightarrow $phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm xảy ra ở trường hợp: 4 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3},{x_4}\,\,\left( 2 \right)$
( do khi đó: $\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {{x_3} + {x_4}} \right) = – 2 + \left( { – 2} \right) = – 4\,\,$)
Đặt ${x^2} + 2x + 3 = t$
Điều kiện $\,\left( 2 \right)$$ \Leftrightarrow $Tìm $m$ để phương trình $f\left( t \right) = m$ có 2 nghiệm $2 < t < 6\,\,\,(2)$
Xét $f\left( t \right) = {t^4} – 32{t^2} + 4$
$ \Rightarrow f’\left( t \right) = 4{t^3} – 64t \Rightarrow f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \pm 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow – 252 < m < – 108$$ \Rightarrow \,143$ số.
