Đề Luyện Thi TN THPT Năm 2023 Môn Toán Online-Đề 10

Gợi ý

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
Ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AO\\
BD \bot AA’
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AOA’} \right) \Rightarrow A’O \bot BD$.
Khi đó
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AOA’} \right) \bot \left( {A’BD} \right)\\
\left( {AOA’} \right) \cap \left( {A’BD} \right) = A’O\\
Trong\,\left( {AOA’} \right):AH \bot A’O
\end{array} \right.$.

$ \Rightarrow AH \bot \left( {A’BD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’BD} \right)} \right) = AH$.

$AC = BD = 2a \Rightarrow AO = a$, $AH = AO.\sin \widehat {AOA’} = a.\sin 30^\circ = \frac{a}{2}$.
Vậy $d\left( {A,\left( {A’BD} \right)} \right) = \frac{a}{2}$.

Gợi ý

Xét $I = \int\limits_{1/e}^{{e^2}} {\frac{{f\left( {\ln x – 1} \right)}}{x}} dx$.Đặt $u = \ln x – 1 \Rightarrow du = \frac{1}{x}dx$. Đổi cận $\left\{ \begin{gathered} x = \frac{1}{e} \Rightarrow u = – 2 \hfill \\ x = {e^2} \Rightarrow u = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Khi đó $I = \int\limits_{ – 2}^1 {f\left( u \right)du} = \int\limits_{ – 2}^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} $$ = \int\limits_{ – 2}^0 {\left( {{x^2} – 2x + 2} \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} + 1} \right)dx} $$ = \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} – {x^2} + 2x} \right)} \right|_{ – 2}^0 + \left. {\left( {{e^x} + x} \right)} \right|_0^1 = \frac{{32}}{3} + e$.Do đó $a = 32,b = 3,c = 1 \Rightarrow a + b + c = 36$.

Gợi ý

Gọi $M\left( {x;\,y} \right)$ là điểm biểu diễn của số phức $z = x + iy\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)$, $E$ là điểm biểu diễn của số phức $w$. Từ giả thiết suy ra $M$ thuộc đường tròn tâm $O\left( {0;\,0} \right)$, bán kính ${R_1} = 2$; $E$ thuộc đường tròn tâm $I\left( {3;\, – 2} \right)$, bán kính ${R_2} = 1$;Ta có$\begin{gathered} P = \left| {{z^2} – 2zw – 4} \right| = \left| {{z^2} – 2zw – {{\left| z \right|}^2}} \right| = \left| {{z^2} – 2zw – z.\overline z } \right| = \left| z \right|.\left| {z – 2w – \overline z } \right| \hfill \\ \,\,\,\,\, = 2.\left| {z – 2w – \overline z } \right| = 2.\left| {2y – 2w} \right| = 4\left| {y – w} \right| = 4KE \geqslant HN \hfill \\ \end{gathered} $$ \Rightarrow P \geqslant 4\left( {HI + {R_2}} \right) \Leftrightarrow P \geqslant 24$Trong đó $K\left( {0;\,y} \right)$, $ – 2 \leqslant y \leqslant 2$, $H\left( {0;\,2} \right),\,N$ là giao điểm của đường tròn $\left( I \right)$ và đường thẳng $IH$, ${x_N} > 3$.

Gợi ý

Gọi bán kính đáy của cốc nước hình trụ là $r$, suy ra chiều cao cốc nước bằng $6r$.Khi đó thể tích khối trụ bằng lượng nước ban đầu: ${V_1} = \pi {r^2}.6r = 6\pi {r^3}$.Thể tích khối cầu bằng: ${V_2} = \frac{4}{3}\pi {r^3}$.Khối nón có chiều cao bằng $h = 6r – 2r = 4r$ nên thể tích bằng ${V_3} = \frac{1}{3}\pi {r^2}.h = \frac{1}{3}\pi {r^2}.4r = \frac{4}{3}\pi {r^3}$.Phần thể tích nước tràn ra đúng bằng thể tích chiếm chỗ của khối cầu và khối nón.Suy ra thể tích lượng nước còn lại bằng: $V = {V_1} – \left( {{V_2} + {V_3}} \right) = 6\pi {r^3} – \left( {\frac{4}{3}\pi {r^3} + \frac{4}{3}\pi {r^3}} \right) = \frac{{10}}{3}\pi {r^3}$.Vậy tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu bằng $\frac{{\frac{{10}}{3}\pi {r^3}}}{{6\pi {r^3}}} = \frac{5}{9}$.

Gợi ý

Mặt phẳng $(P)$ song song với mặt phẳng $(Q):x + 2y + 2z – 3 = 0$ nên phương trình mp$(P):\,x + 2y + 2{\text{z}} + d = 0$.$A\left( {3,0,0} \right) \in \left( Q \right)$.Mặt phẳng $(P)$ cách mặt phẳng `$(Q):x + 2y + 2z – 3 = 0$ một khoảng bằng 1 $ \Rightarrow d\left( {A,\left( P \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {3 + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 1 \Leftrightarrow \left| {d + 3} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} d = – 6 \hfill \\ d = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Vì $(P)$ không qua gốc tọa độ O nên $d \ne 0$ $ \Rightarrow d = – 6$.Vậy pt mặt phẳng $\left( P \right)$ : $x + 2y + 2z – 6 = 0$.

Gợi ý

Ta có: $g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} – 3} \right)f'\left( {{x^3} – 3x + 2} \right)$, $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 3{x^3} – 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \hfill \\ f'\left( {{x^3} – 3x + 2} \right) = 0\,\,\,(2) \hfill \\ \end{gathered} \right.$$(1) \Leftrightarrow x = \pm 1$.Dựa vào đồ thị đã cho thì $(2) \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {x^3} – 3x + 2 = a \in \left( { – 3; – 1} \right) \hfill \\ {x^3} – 3x + 2 = b \in \left( { – 1;0} \right) \hfill \\ {x^3} – 3x + 2 = c \in \left( {0;1} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$Xét hàm số $g\left( x \right) = {x^3} – 3x + 2 \Rightarrow g'\left( x \right) = 3{x^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = – 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Ta có bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)$Dựa vào bảng biến thiên ta có:phương trình ${x^3} – 3x + 2 = a \in \left( { – 3; – 1} \right)$ có 1 nghiệm đơnphương trình ${x^3} – 3x + 2 = b \in \left( { – 1;0} \right)$ có 1 nghiệm đơnphương trình ${x^3} – 3x + 2 = c \in \left( {0;1} \right)$ có 3 nghiệm phân biệtTa có $5$ nghiệm đơn trên đôi một khác nhau và khác $ \pm 1$. Vậy hàm số có 7 điểm cực trị.

Gợi ý

Điều kiện: $\left\{ \begin{gathered} x > 0 \hfill \\ {5^x} – m \geqslant 0\,\,\left( {m > 0} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x > 0 \hfill \\ x \geqslant {\log _5}m \hfill \\ \end{gathered} \right.$.$\left( {2\log _3^2x – {{\log }_3}x – 1} \right)\sqrt {{5^x} – m} = 0$ (1)$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 2\log _3^2x – {\log _3}x – 1 = 0 \hfill \\ {5^x} – m = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 3,x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \hfill \\ f\left( x \right) = {5^x} = m \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Xét $f\left( x \right) = {5^x}$ hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì$\left[ \begin{gathered} m = 1 \hfill \\ {5^{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} \leqslant m < 125 \hfill \\ \end{gathered} \right.$, $m \in {\mathbb{Z}_ + }$ $ \Rightarrow \left[ \begin{gathered} 0 < m \leqslant 1 \hfill \\ 3 \leqslant m \leqslant 124 \hfill \\ \end{gathered} \right.$. Nên có 123 giá trị m thoả mãn.

Gợi ý

$M = \int\limits_{ – 3}^1 {\left( { – x – 1 – f\left( x \right)} \right)} dx \Leftrightarrow M = \int\limits_{ – 3}^1 {\left( { – x – 1} \right)} dx – \int\limits_{ – 3}^1 {f\left( x \right)} dx \Leftrightarrow \int\limits_{ – 3}^1 {f\left( x \right)} dx = – M$$m = \int\limits_1^3 {\left( {f\left( x \right) + x + 1} \right)} dx \Leftrightarrow m = \int\limits_1^3 {\left( {x + 1} \right)} dx + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} dx \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} dx = m – 6$.$\int\limits_{ – 3}^3 {f(x)dx} = \int\limits_{ – 3}^1 {f(x)dx} + \int\limits_1^3 {f(x)dx} = – M + m – 6$.

Gợi ý

Đặt $\widehat {BAN} = \alpha $ suy ra $\widehat {MAD} = 45^\circ – \alpha $.Khi đó $AN = \frac{{AB}}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{{\cos \alpha }}$ và $AM = \frac{{AD}}{{\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}} = \frac{1}{{\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}}$.Do đó diện tích tam giác $AMN$ bằng ${B_{AMN}} = \frac{1}{2}AM.AN.\sin 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\frac{1}{{\cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}}$.Thể tích $S.AMN$ bằng ${V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}{B_{AMN}}.SA = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}.\frac{1}{{\cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}}$.Thể tích của khối chóp $S.AMN$ nhỏ nhất khi $\cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)$ lớn nhất.Xét $f\left( \alpha \right) = \cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)$ trong đó $\alpha \in \left( {0^\circ ;45^\circ } \right)$.Ta có $f'\left( \alpha \right) = \sin \left( {45^\circ – 2\alpha } \right)$; $f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow \alpha = \frac{{45^\circ }}{2}$.Bảng biến thiênTừ bảng biến thiên ta có $\mathop {\max }\limits_{\alpha \in \left[ {0^\circ ;45^\circ } \right]} f\left( \alpha \right) = f\left( {\frac{{45^\circ }}{2}} \right) = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{4}$.Vậy thể tích nhỏ nhất của $S.AMN$ bằng ${V_{S.AMN}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}.\frac{1}{{\frac{{2 + \sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{\sqrt 2 – 1}}{3}$.

Gợi ý

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1; – 1;2} \right),R = 3,IM = 5$.Gọi $A,B$ là các tiếp điểm. Khi đó các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ $M$ tới mặt cầu đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $J$ là trung điểm của dây $AB$.Xét $\Delta IAM$ có $I{A^2} = IJ.IM \Leftrightarrow I{J^2} = \frac{9}{{25}}$.Phương trình $IM:\left\{ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ y = – 1 + 4t \hfill \\ z = 2 – 3t \hfill \\ \end{gathered} \right.$. Vì $J \in IM \Rightarrow J\left( {1;4t – 1;2 – 3t} \right),t \in \mathbb{R}$.Ta có: $I{J^2} = \frac{9}{{25}} \Leftrightarrow {\left( {4t} \right)^2} + {\left( { – 3t} \right)^2} = \frac{{81}}{{25}} \Leftrightarrow {t^2} = \frac{{81}}{{{{25}^2}}} \Rightarrow \left[ \begin{gathered} t = \frac{9}{{25}} \hfill \\ t = – \frac{9}{{25}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$.+) Với $t = \frac{9}{{25}} \Rightarrow J\left( {1;\frac{{11}}{{25}};\frac{{23}}{{25}}} \right) \Rightarrow T = 2a + b + c = \frac{{84}}{{25}}$.+) Với $t = – \frac{9}{{25}} \Rightarrow J\left( {1;\frac{{ – 61}}{{25}};\frac{{77}}{{25}}} \right) \Rightarrow T = 2a + b + c = \frac{{66}}{{25}}$. (loại)