Đề Luyện Thi TN THPT 2023 Môn Toán Online-Đề 11

Gợi ý

Ta có $f'\left( x \right) = 12\sin 2x.{\cos ^2}3x,\forall x \in \mathbb{R}$ nên $f\left( x \right)$ là một nguyên hàm của $f'\left( x \right)$.Có $\int {f'\left( x \right){\text{d}}x} = \int {12\sin 2x.{{\cos }^2}3x{\text{d}}x} = \int {12.\sin 2x.\frac{{1 + \cos 6x}}{2}{\text{d}}x} = \int {6.\sin 2x{\text{d}}x + \int {6\sin 2x.\cos 6x{\text{d}}x} } $$ = 6\int {\sin 2x} {\text{d}}x + 3\int {\left( {\sin 8x – \sin 4x} \right){\text{d}}x = – 3\cos 2x – \frac{3}{8}\cos 8x + \frac{3}{4}\cos 4x + C} $.Suy ra$f\left( x \right) = – 3\cos 2x – \frac{3}{8}\cos 8x + \frac{3}{4}\cos 4x + C$. Mà $f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{{27}}{8} \Rightarrow C = 0$.Do đó. Khi đó:$\begin{gathered} F\left( \pi \right) – F\left( 0 \right) = \int\limits_0^\pi {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_0^\pi {\left( { – 3\cos 2x – \frac{3}{8}\cos 8x + \frac{3}{4}\cos 4x} \right){\text{d}}x} \hfill \\ = \left. {\left( { – \frac{3}{2}\sin 2x – \frac{3}{{64}}\sin 8x + \frac{3}{{16}}\sin 4x} \right)} \right|_0^\pi = 0 \hfill \\ \Rightarrow F\left( \pi \right) = F\left( 0 \right) + 0 = – \frac{{21}}{8} + 0 = – \frac{{21}}{8} \hfill \\ \end{gathered} $

Gợi ý

Gọi $O = AC \cap BD$.$AO \bot BD \Rightarrow SO \bot BD$. Nên góc của $\left( {SBD} \right)$ và $ABCD$ là góc $\widehat {SOA} = {60^0}$.${V_{S.ADN}} = \frac{1}{2}.{V_{S.ADC}} = \frac{1}{4}.{V_{S.ABCD}}$ và ${V_{S.AMN}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}$.$ \Rightarrow {V_{S.ADMN}} = {V_{S.ADN}} + {V_{S.AMN}} = \frac{3}{8}{V_{S.ABCD}}$.$SA = AO.\tan \widehat {SOA} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$ $ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$.$ \Rightarrow {V_{S.ADMN}} = \frac{3}{8}.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{16}}$.

Gợi ý

Theo định lý Vi-ét, ta có: $\left\{ \begin{gathered} {z_1} + {z_2} = – 4a \hfill \\ {z_1}{z_2} = {b^2} + 2\, \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Theo yêu cầu bài toán, phương trình đã cho có hai nghiệm ${z_1},\,\,{z_2}$ thỏa mãn${z_1} + 2i{z_2} = 3 + 3i$$ \Leftrightarrow {z_1} + 2i{z_2} – 3 – 3i = 0$$ \Leftrightarrow \left( {{z_1} + 2i{z_2} – 3 – 3i} \right)\left( {{z_2} + 2i{z_1} – 3 – 3i} \right) = 0$$ \Leftrightarrow – 3{z_1}{z_2} – \left( {1 + 2i} \right)\left( {3 + 3i} \right)\left( {{z_1} + {z_2}} \right) + 18i + 2i\left( {z_1^2 + z_2^2} \right) = 0$$ \Leftrightarrow – 3\left( {{b^2} + 2} \right) + \left( {3 – 9i} \right)\left( { – 4a} \right) + 18i + 2i\left[ {{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} – 2{z_1}{z_2}} \right] = 0$$ \Leftrightarrow – 3\left( {{b^2} + 2} \right) + \left( {3 – 9i} \right)\left( { – 4a} \right) + 18i + 2i\left[ {16{a^2} – 2\left( {{b^2} + 2} \right)} \right] = 0$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} – 3\left( {{b^2} + 2} \right) – 12a = 0 \hfill \\ 36a + 18 + 32{a^2} – 4\left( {{b^2} + 2} \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {b^2} + 2 = – 4a \hfill \\ 36a + 18 + 32{a^2} + 16a = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {b^2} + 2 = – 4a \hfill \\ 32{a^2} + 52a + 18 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {b^2} + 2 = – 4a \hfill \\ \left[ \begin{gathered} a = – \frac{1}{2} \hfill \\ a = – \frac{9}{8} \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a = – \frac{1}{2};b = 0 \hfill \\ a = – \frac{9}{8};{b^2} = \frac{5}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a = – \frac{1}{2};b = 0 \hfill \\ a = – \frac{9}{8};b = \pm \frac{{\sqrt {10} }}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right..$Vậy có $3$ cặp số thực $\left( {a;\,b\,} \right)$ thỏa mãn bài toán.

Gợi ý

Ta có: ${\overrightarrow u _{{d_1}}} = \left( {1;4; – 2} \right)$${d_2}:\frac{{x – 2}}{1}\, = \,\frac{{y + 1}}{{ – 1}}\, = \frac{{z – 1}}{1}$ nên phương trình tham số của ${d_2}:\left\{ \begin{gathered} x = 2 + t \hfill \\ y = – 1 – t \hfill \\ z = 1 + t \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$Gọi đường thẳng $d$ cắt đường thẳng ${d_2}$ tại $M\left( {2 + t; – 1 – t;1 + t} \right)$Ta có: $\overrightarrow {AM} = \left( {1 + t; – t;t – 2} \right)$Đường thẳng $d$ đi qua $A;M$ nên vectơ chỉ phương ${\overrightarrow u _d} = \left( {1 + t; – t;t – 2} \right)$Theo đề bài $d$ vuông góc ${d_1}$ $ \Rightarrow {\overrightarrow u _d} \bot {\overrightarrow u _{{d_1}}} \Leftrightarrow {\overrightarrow u _d}.{\overrightarrow u _{{d_1}}} = 0 \Leftrightarrow 1.\left( {1 + t} \right) + 4\left( { – t} \right) – 2\left( {t – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1$$ \Rightarrow {\overrightarrow u _d} = \left( {2; – 1; – 1} \right)$Phương trình đường thẳng $d$ đi qua $A\left( {1; – 1;3} \right)$ và có ${\overrightarrow u _d} = \left( {2; – 1; – 1} \right)$ có dạng:$\frac{{x – 1}}{2}\, = \,\frac{{y + 1}}{{ – 1}}\, = \,\frac{{z – 3}}{{ – 1}}$.

Gợi ý

Ta có: $\frac{{{V_{D.MNP}}}}{{{V_{D.HIK}}}} = \frac{{DM}}{{DH}}.\frac{{DN}}{{DI}}.\frac{{DP}}{{DK}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} \Rightarrow {V_{D.MNP}} = \frac{8}{{27}}{V_{D.HIK}} = \frac{8}{{27}}.\frac{1}{4}{V_{D.ABC}} = \frac{2}{{27}}.{V_{D.ABC}}$Ta có: ${V_{D.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.AC.sinA.DE \leqslant \frac{1}{6}AB.AC.DE$($DE$ là đường cao của hình chóp $D.ABC$ )
Dấu bằng xảy ra khi: $DA = DE$ và $ BAC=90⁰

Suy ra:${V_{D.ABC{}_{MAX}}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.AC.DA = \frac{1}{6}.3a.4a.5a = 10{a^3}$
Vậy ${V_{D.MNP}} = \frac{2}{{27}}.10{a^3} = \frac{{20}}{{27}}{a^3}$.

Gợi ý

Xét $u\left( x \right) = f\left( {xf\left( x \right)} \right) + \frac{3}{4}$.
Ta có: $f\left( x \right) + \frac{3}{4} = \frac{7}{{16}}x{\left( {x – 3} \right)^2} \Rightarrow u\left( x \right) = f\left( {xf\left( x \right)} \right) + \frac{3}{4} = \frac{7}{{16}}xf\left( x \right){\left( {xf\left( x \right) – 3} \right)^2}$ có 4 lần đổi dấu
Xét $u'\left( x \right) = \left( {f\left( x \right) + xf'\left( x \right)} \right)f'\left( {xf\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( x \right) + xf'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 3{n_0}\;\left( 1 \right) \hfill \\ xf\left( x \right) = 1 \Rightarrow 4{n_0}\;\left( 2 \right) \hfill \\ xf\left( x \right) = 3 \Rightarrow 2{n_0}\;\left( 3 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ có $9$ lần đổi dấu.
Thật vậy:$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{7}{{16}}{x^3} – \frac{{21}}{8}{x^2} + \frac{{63}}{{16}}x – \frac{3}{4} + x\left( {\frac{{21}}{{16}}{x^2} – \frac{{21}}{4}x + \frac{{63}}{{16}}} \right) = 0 \Rightarrow 3{n_0}$.$\left( 2 \right) \Leftrightarrow x\left( {\frac{7}{{16}}{x^3} – \frac{{21}}{8}{x^2} + \frac{{63}}{{16}}x – \frac{3}{4}} \right) – 1 = 0 \Rightarrow 4{n_0}$Và $\left( 3 \right) \Leftrightarrow x\left( {\frac{7}{{16}}{x^3} – \frac{{21}}{8}{x^2} + \frac{{63}}{{16}}x – \frac{3}{4}} \right) – 3 = 0 \Rightarrow 2{n_0}$.
Do đó: $u\left( x \right)$ có 9 điểm cực trị
Vậy hàm số $g\left( x \right) = \left| {u\left( x \right)} \right|$ có $9 + 4 = 13$ điểm cực trị.

Gợi ý

Mặt cầu có tâm $I\left( { – 2; – 1;2} \right)$, $R = 3$.Ta có . Đường thẳng $AB:\frac{{x – 5}}{4} = \frac{y}{{ – 3}} = \frac{{z – 3}}{1}$.Gọi $H = AB \cap \left( {IMN} \right)$ khi đó $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {IM \bot \left( P \right) \supset AB} \\ {IN \bot \left( Q \right) \supset AB} \end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {IMN} \right)} \right.$.Do đó $H\left( {1;3;2} \right)$ là tọa độ hình chiếu vuông góc của $I$ trên đường thẳng $AB$. Dễ thấy $H \equiv A$ và $IA \bot MN$ tại trung điểm $K$ của $MN$.Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có$IK.IA = I{M^2} = {R^2} = 9 \Leftrightarrow IK = \frac{9}{{IA}} = \frac{9}{5} \Rightarrow AK = IA – IK = 5 – \frac{9}{5} = \frac{{16}}{5}$.$MN = 2MK = 2\sqrt {{R^2} – I{K^2}} = 2\sqrt 9 $.Hình chóp $.AMN$ có cạnh bên $BA$ vuông góc với đáy nên ${R_{ABMN}} = \sqrt {R_{AMN}^2 + A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {104} }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {129} }}{2}$.Trong đó ${R_{AMN}} = {R_{IMN}} = \frac{{MN}}{{2\sin \widehat {MIN}}} = \frac{{\frac{{24}}{5}}}{{2\sqrt {1 – {{\left( {\frac{{{3^2} + {3^2} – {{\left( {\frac{{24}}{5}} \right)}^2}}}{{2.3.3}}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{2}$ (do tứ giác $IMAN$nội tiếp).

Gợi ý

Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{\log }_2}x = t} \\ {{{\log }_3}y = \frac{1}{t}} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{r}} {x = {2^t}} \\ {y = {3^{\frac{1}{t}}}} \end{array} \Rightarrow m = g\left( t \right) = {4^t} + {{27}^{\frac{1}{t}}}} \right.} \right.$.Ta có $g'\left( t \right) = {4^t}\ln 4 – \frac{1}{{{t^2}}}{27^{\frac{1}{t}}}\ln 27$.$g''\left( t \right) = {4^t}{\ln ^2}4 + \frac{2}{{{t^3}}}{27^{\frac{1}{t}}}\ln 27 + \frac{1}{{{t^4}}}{27^{\frac{1}{t}}}{\ln ^2}27 > 0,\forall t > 0$
Nếu $t < 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {0 < x < 1} \\ {0 < y < 1} \end{array} \Rightarrow {x^2} + {y^3} < 1 + 1 = 2 \leqslant m} \right.$ (loại). Nếu $t > 0 \Rightarrow g'\left( t \right) = 0$ có đúng một nghiệm $t = {t_0} \approx 1,5419$; $g\left( {{t_0}} \right) \approx 16,9568$.
Suy ra $m \in \left\{ {17, \ldots ,2023} \right\}$.
Vậy có 2007 số nguyên thỏa mãn

Gợi ý

Đặt $t = a{x^2} – 1$ $\left( {t > – 1} \right)$$ \Leftrightarrow {x^2} = \frac{1}{a}\left( {t + 1} \right)$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = \frac{1}{{\sqrt a }}\sqrt {t + 1} ,\,\left( {x > 0} \right) \hfill \\ x = – \frac{1}{{\sqrt a }}\sqrt {t + 1} ,\,\left( {x < 0} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( t \right) = \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {t + 1} }} \hfill \\ f\left( t \right) = - \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {t + 1} }} \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Vẽ thêm đồ thị hai hàm số $g\left( x \right) = \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {x + 1} }}$; $h\left( x \right) = - \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {x + 1} }}$.Vậy phương trình có 7 nghiệm khi và chỉ khi $\left\{ \begin{gathered} g\left( 1 \right) < 1 \hfill \\ h\left( 3 \right) > \frac{3}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt 2 b}} < 1 \hfill \\ - \frac{{\sqrt a }}{{2b}} > – \frac{3}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \sqrt a < \sqrt 2 b$$ \Leftrightarrow a < 2{b^2}$.+ Nếu $2{b^2} > 15$$ \Rightarrow b \in \left\{ {3;…;15} \right\}$$ \Rightarrow a \in \left\{ {1;…;16 – b} \right\}$$ \Rightarrow \sum\limits_{b = 3}^{15} {\left( {16 – b} \right)} = 91$ cặp.+) Nếu $2{b^2} \leqslant 15$$ \Rightarrow \left[ \begin{gathered} b = 1 \Rightarrow a < 2 \Rightarrow a = 1 \hfill \\ b = 2 \Rightarrow a < 8 \Rightarrow a \in \left\{ {1;...;7} \right\} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ có 8 cặp.Vậy tất cả có 99 cặp số nguyên dương thỏa mãn.

Gợi ý

Ta có: $f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c;f''\left( x \right) = 6ax + 2b \Rightarrow f''\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 12a + 2b = 0 \Leftrightarrow b = – 2a$Vậy $f\left( x \right) = a{x^3} – 6a{x^2} + cx – 1$.Do $f\left( x \right)$ là hàm số bậc ba và $g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai và quan sát đồ thị đã cho tại các điểm cực trị ${x_0}$của $f\left( x \right)$ thì $g\left( {{x_0}} \right) = 0$Do đó: $g\left( x \right) = k.f'\left( x \right) \Leftrightarrow m{x^2} + nx + 1 = k\left( {3a{x^2} – 12ax + c} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m = 3ka \hfill \\ n = – 12ka \hfill \\ 1 = kc \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow g\left( x \right) = 3ka\left( {{x^2} – 4x} \right) + 1$$\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} g\left( x \right) = g\left( 2 \right) = 1 – 12ka = – \frac{1}{3} \Leftrightarrow ka = \frac{1}{9} \Rightarrow g\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)$.Phương trình hoành độ giao điểm:$f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + 3x – 1 = \frac{1}{3}\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{5 – \sqrt {13} }}{2};x = \frac{{5 + \sqrt {13} }}{2}.$Vậy diện tích cần tính cần tính là:$S = – \int\limits_0^{\frac{{5 – \sqrt {13} }}{2}} {\left( {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right)} dx = – \int\limits_0^{\frac{{5 – \sqrt {13} }}{2}} {\left( {\frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + 3x – 1 – \frac{1}{3}\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)} \right)} dx = \frac{{89 – 13\sqrt {13} }}{{72}} \approx 0,5851$