Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT 2023 Online Môn Toán-Đề 3

Gợi ý

Ta có $f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx = \int {\left( { – 20{x^3} + 6x} \right)dx} } = – 5{x^4} + 3{x^2} + C$

Với $f\left( { – 1} \right) = 2 \Rightarrow – 5.{\left( { – 1} \right)^4} + 3.{\left( { – 1} \right)^2} + C = 2 \Rightarrow C = 4$
Vậy $f\left( x \right) = – 5{x^4} + 3{x^2} + 4$
Ta có $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx = } \int {\left( { – 5{x^4} + 3{x^2} + 4} \right)} dx = – {x^5} + {x^3} + 4x + C'$Với $F\left( 1 \right) = 3 \Rightarrow – {1^5} + {1^3} + 4.1 + C' = 3 \Rightarrow C' = – 1$
Vậy $F\left( x \right) = – {x^5} + {x^3} + 4x – 1$
khi đó $F\left( 2 \right) = – {2^5} + {2^3} + 4.2 – 1 = – 17$.

Gợi ý

Gọi $O = AC \cap BD$ và $M,N$ lần lượt là trung điểm $AB,CD$. Do $AC = 6a \Rightarrow AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = 3a\sqrt 2 $. Đồng thời $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\parallel \,AB\parallel CD$Dễ dàng chứng minh $SM \bot AB$ và $SN \bot CD$ (do $\Delta SAB,\Delta SCD$cân tại $S$).Suy ra $\widehat {\left[ {\left( {SAB} \right),\left( {SCD} \right)} \right]} = \widehat {\left( {SM;SN} \right)} = {60^0}$. Từ đó suy ra $\Delta SMN$ đều hay $SO = \frac{{MN\sqrt 3 }}{2} = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 6 }}{2}$.Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a\sqrt 6 }}{2}.{\left( {3a\sqrt 2 } \right)^2} = 9\sqrt 6 {a^3}$.

Gợi ý

+ TH1: Nếu $\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} – \left( {5m – 9} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} – 7m + 10 > 0$Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt, khi đó: $\left| {{z_1}} \right| = \,\left| {{z_2}} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {z_1} = {z_2}\,(loai) \hfill \\ {z_1} = – {z_2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow {z_1} + {z_2} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {m – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = 1$(thỏa mãn).+ TH2: $\Delta ' < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 7m + 10 < 0 \Leftrightarrow m \in \left( {2;5} \right)$.Khi đó phương trình có 2 nghiệm phức ${z_1},\,{z_2}$ là 2 số phức liên hợp của nhau, ta luôn có $\left| {{z_1}} \right| = \,\left| {{z_2}} \right|$.Với $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {1;3;4} \right\}$.

Gợi ý

+ $\left| {\frac{{\left( {2 – i} \right)z – 3i – 1}}{{z – i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {2 – i – \frac{i}{{z – i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {2 – i + \frac{1}{{iz + 1}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {{\text{w}} + 2 – i} \right| = 2$Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức ${\text{w}}$là đường tròn $\left( C \right)$ tâm $I\left( { – 2;1} \right)$, bán kính $R = 2$.+ ${{\text{w}}_1},{{\text{w}}_2} \in S$ được biểu điễn bởi $M,N$ nên $M,N$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ và $\left| {{{\text{w}}_1} – {{\text{w}}_2}} \right| = MN = 2$. Gọi $A\left( {0;4} \right)$.

$ + P = {\left| {{{\text{w}}_1} – 4i} \right|^2} – {\left| {{{\text{w}}_2} – 4i} \right|^2} = M{A^2} – N{A^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} – {\overrightarrow {NA} ^2} = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} – {\left( {\overrightarrow {NI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2}$
$ = M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IA} + I{A^2} – N{I^2} – 2\overrightarrow {NI} .\overrightarrow {IA} – I{A^2} = 2\overrightarrow {IA} \left( {\overrightarrow {MI} – \overrightarrow {NI} } \right) = 2\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {MN} $
$P = 2\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {MN} = 2IA.MN.cos\left( {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {MN} } \right) \leqslant 2IA.MN$
Dấu $'' = ''$ xảy ra khi $\overrightarrow {IA} $ cùng hướng với $\overrightarrow {MN} $
Ta có. $IA = \sqrt {13} \Rightarrow P \leqslant 2.\sqrt {13} .2 = 4\sqrt {13} $
Vậy giá trị lớn nhất của $P$ bằng $4\sqrt {13} $.

Gợi ý

Ta thấy đồ thị hàm số $y = f'(x)$ và đồ thị hàm số $y = g'(x)$ cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt với các hoành độ $ – 1,{\text{ }}1,{\text{ }}2$ nên phương trình $f'(x) – g'(x) = 0$ có đúng ba nghiệm phân biệt là $ – 1,{\text{ }}1,{\text{ }}2$. Do đó ta có$f'(x) – g'(x) = 4a(x + 1)(x – 1)(x – 2)$.Theo đề$AB = 4 \Leftrightarrow f'(0) – g'(0) = 4 \Leftrightarrow 8a = 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}$.Suy ra$f(x) – g(x) = \int {\left( {f'(x) – g'(x)} \right)} {\text{d}}x = \int 2 (x + 1)(x – 1)(x – 2){\text{d}}x = 2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) + C$Theo đề $f(0) – g(0) = – \frac{4}{3}$ nên $C = – \frac{4}{3}$.Suy ra $f(x) – g(x) = 2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) – \frac{4}{3}$.Đặt $h(x) = g(x) + \frac{1}{3}{\left( {x – 2} \right)^2}$, xét phương trình $f(x) – h(x) = 0$. Ta có$\begin{gathered} f(x) – h(x) = 0 \Leftrightarrow f(x) – g(x) – \frac{1}{3}{\left( {x – 2} \right)^2} = 0 \hfill \\ {\text{ }} \Leftrightarrow 2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) – \frac{4}{3} – \frac{1}{3}{\left( {x – 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 2 \hfill \\ x = \frac{2}{3} \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.. \hfill \\ \end{gathered} $ssDiện tích hình phẳng đã cho là$S = \int\limits_{ – 2}^1 {\left| {f\left( x \right) – h\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ – 2}^2 {\left| {2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) – \frac{4}{3} – \frac{1}{3}{{\left( {x – 2} \right)}^2}} \right|dx} $$ = \int\limits_{ – 2}^{\frac{2}{3}} {\left| {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right|dx} + \int\limits_{\frac{2}{3}}^2 {\left| {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right|dx} $$ = \left| {\int_{ – 2}^{\frac{2}{3}} {\left( {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right)dx} } \right| + \left| {\int_{\frac{2}{3}}^2 {\left( {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right)} dx} \right|$$ = \left| { – \frac{{14336}}{{1215}}} \right| + \left| {\frac{{512}}{{1215}}} \right| = \frac{{14848}}{{1215}}$.

Gợi ý

Gọi $\Delta $ là đường thẳng cần tìm; mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n \left( {1;1;1} \right)$Giả sử $M$ là giao điểm của$\Delta $ với trục $Ox$$ \Rightarrow \,M\left( {a;0;0} \right).$ Khi đó, $\Delta $ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AM} \left( {a – 1;\, – 3;\,1} \right)$Do $\Delta {\text{//}}\left( \alpha \right)$nên $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow n = 0 \Leftrightarrow a – 1 – 3 + 1 = 0 \Leftrightarrow a = 3$Đường thẳng cần tìm đi qua $A\left( {1;3; – 1} \right)$ và có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AM} \left( {2;\, – 3;\,1} \right)$, nên có phương trình là: $\left\{ \begin{gathered} x = 1 + 2t \hfill \\ y = 3 – 3t \hfill \\ z = – 1 + t \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Nhận thấy điểm $M\left( { – 1;6; – 2} \right)$ thuộc phương trình đường thẳng $\left\{ \begin{gathered} x = 1 + 2t \hfill \\ y = 3 – 3t \hfill \\ z = – 1 + t \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Gợi ý

Xét hình nón đỉnh $S$ có chiều cao $h = SO = 3a$. Thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng $\left( P \right)$là tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$.Kẻ $OH \bot AB$ và $SO \bot AB$ nên $AB \bot \left( {SHO} \right) \Rightarrow AB \bot SH$Vậy góc giữa mặt phẳng $\left( P \right)$và mặt phẳng đáy bằng $\widehat {SHO} = {60^0}$.Xét $\Delta OHS$vuông tại $O$có $OH = SO.\cot \widehat {SHO} = 3a.\cot {60^0} = a\sqrt 3 $; $SH = \sqrt {O{H^2} + S{O^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} = 2a\sqrt 3 $Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$nên suy ra $HA = HB = HS = 2a\sqrt 3 $.Xét tam giác $HAO$ vuông tại $H$, ta có:$R = OA = \sqrt {O{H^2} + H{A^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a\sqrt {15} $Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón là: $V = \frac{1}{3}h.\pi {R^2} = \frac{1}{3}.3a.\pi .{\left( {a\sqrt {15} } \right)^2} = 15\pi {a^3}.$

Gợi ý

Ta có ${5^{{a^2} + b}} \leqslant {4^{b – a}} + 26 \Leftrightarrow {5^{{a^2}}} – {4^{ – a}}.{\left( {\frac{4}{5}} \right)^b} – 26.{\left( {\frac{1}{5}} \right)^b} \leqslant 0\left( * \right)$

Xét hàm số $f\left( b \right) = {5^{{a^2}}} – {4^{ – a}}.{\left( {\frac{4}{5}} \right)^b} – 26.{\left( {\frac{1}{5}} \right)^b}$ có tập xác định $\mathbb{R}$, và$f'\left( b \right) = {4^{ – a}}\;{\left( {\frac{4}{5}} \right)^b}\;\ln \left( {\frac{5}{4}} \right) + 26\;{\left( {\frac{1}{5}} \right)^b}\;\ln 5 > 0$. Suy ra: $f\left( b \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Ta có: * $f\left( {2 – {a^2}} \right) = \frac{{{5^2} – {4^{2 – a – {a^2}}} – 26}}{{{5^{2 – {a^2}}}}} = \frac{{ – 1 – {4^{2 – a – {a^2}}}}}{{{5^{2 – {a^2}}}}} < 0$* $f\left( {3 - {a^2}} \right) = \frac{{{5^3} - {4^{3 - a - {a^2}}} - 26}}{{{5^{3 - {a^2}}}}} = \frac{{99 - {4^{3 - a - {a^2}}}}}{{{5^{3 - {a^2}}}}} > 0$
Do đó $b = 2 – {a^2}$ là số nguyên lớn nhất để $\left( * \right)$ đúng.
Theo đề: tồn tại ít nhất bốn số nguyên $b \in \left( { – 10;10} \right)$, ta xét:
${b_1} = – 1 – {a^2};{b_2} = – {a^2};{b_3} = 1 – {a^2};{b_4} = 2 – {a^2}$ và ${b_1},{b_2},{b_3},{b_4} \in \left( { – 10;10} \right)$

Suy ra: ${a^2} < 9$ mà $a \in \mathbb{Z}$ nên $a \in \left\{ {0; \pm 1; \pm 2} \right\}$.
Vậy có 5 giá trị nguyên $a$ thỏa mãn đề bài.

Gợi ý

Mặt cầu $\left( S \right)$ có $I\left( {1;\,2;\, – 2} \right)$, bán kính $R = 5$.Vì $M \in Oy$ nên $M\left( {0;\,m;\,0} \right)$ Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua $M$ và vuông góc với đường thẳng $d$$ \Rightarrow $ phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là $9x + y + 4z – m = 0$.Khi đó $\left( P \right)$ chứa hai tiếp tuyến với mặt cầu kẻ từ $M$ và cùng vuông góc với $d$Để tồn tại các tiếp tuyến thỏa mãn bài toán điều kiện là$\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) < R \hfill \\ IM > R \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{\left| {3 – m} \right|}}{{7\sqrt 2 }} < 5 \hfill \\ \sqrt {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + 5} > 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {3 – m} \right| < 35\sqrt 2 \hfill \\ {\left( {m - 2} \right)^2} > 20 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} – 35\sqrt 2 + 3 < m < 35\sqrt 2 + 3 \hfill \\ \left[ \begin{gathered} m > 2 + 2\sqrt 5 \hfill \\ m < 2 - 2\sqrt 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 2 + 2\sqrt 5 < m < 35\sqrt 2 + 3 \hfill \\ - 35\sqrt 2 + 3 < m < 2 - 2\sqrt 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} $ Vì $m$ nguyên dương nên $m \in \left\{ {7;\,8;\,....;46} \right\}$. Vậy có $40$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn bài toán.

Gợi ý

Ta có:$g'\left( x \right) = \frac{{f'\left( x \right)\left( {2f\left( x \right) – 4} \right)\left( {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right)}}{{\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right|}}.f'\left( {\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right|} \right) = 0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {f'\left( x \right) = 0\,\,\left( 1 \right)} \\ {2f\left( x \right) – 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\,\,\,\left( 2 \right)} \\ {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m = 0 \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) = m\,\,\,\left( 3 \right)} \\ {\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right| = – 1\,\,\left( {vo\,ly} \right)} \\ {\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m = 2} \\ {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m = – 2} \end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) = m + 2\,\,\left( 4 \right)} \\ {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) = m – 2\,\,\left( 5 \right)} \end{array}} \right.} \right.} \end{array}} \right.$
Dễ thấy $\left( 1 \right)$ có 2 nghiệm đơn (vì có 2 cực trị) và $\left( 2 \right)$ có 3 nghiệm đơn

Vậy tổng số nghiệm đơn của phương trình $\left( 3 \right);\,\left( 4 \right);\,\left( 5 \right)$ là 12 thì thỏa mãn

Đặt $u = u\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) \Rightarrow u' = 2f'\left( x \right)\left( {f\left( x \right) – 2} \right) \Rightarrow u' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x \in \left\{ { – 1;2} \right\} \hfill \\ x \in \left\{ {a;b;c} \right\} \hfill \\ \end{gathered} \right.$.

Các nghiệm trên được sắp thứ tự từ nhỏ đến lớn như sau: $a < - 1 < b < 2 < c$.
Bảng biến thiên của hàm số $u = {f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right)$.

Vậy số giao điểm của các đường thẳng $y = m – 2;y = m;y = m + 2$ với đồ thị $u\left( x \right)$ là 12 điểm phân biệt$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} – 3 \leqslant m – 2 < 60 \hfill \\ - 3 \leqslant m + 2 < 60 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow - 1 \leqslant m < 58 \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1;...;57} \right\} \Rightarrow S = 1652$.