Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Online Môn Toán-Đề 4

Gợi ý

${\log _{\sqrt 2 }}(x – 1).f'(f(x)) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x > 1 \hfill \\ \left[ \begin{gathered} x – 1 = 1 \hfill \\ f(x) = – 1\,(a) \hfill \\ f(x) = 2\,\,(b) \hfill \\ f(x) = 4\,\,(c) \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.$
Theo đồ thị ta có:
-Phương trình (a) có 2 nghiệm thực phân biệt bé hơn 1;
-Phương trình (b) có 4 nghiệm thực phân biệt ${x_1} < {x_2} < 1 < {x_3} < 4 < {x_4}$; -Phương trình (c) có 4 nghiệm thực phân biệt ${x_5} < 1 < {x_6} < {x_7} < 4 < {x_8}$ Do đó, phương trình ${\log _{\sqrt 2 }}(x - 1).f'(f(x)) = 0$ có 6 nghiệm thực phân biệt là $2;{x_3};{x_4};{x_6};{x_7};{x_8}.$

Gợi ý

Ta có $f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx = \int {\left( {4\sin 2x + \cos x} \right)dx} } = – 2\cos 2x + \sin x + C$
Với $f\left( 0 \right) = – 2 \Rightarrow – 2.\cos 2.0 + \sin 0 + C = – 2 \Rightarrow C = 0$
Vậy $f\left( x \right) = – 2\cos 2x + \sin x$
Ta có $F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx = } \int {\left( { – 2\cos 2x + \sin x} \right)} dx = – \sin 2x – \cos x + C'$
Với $F\left( \pi \right) = 3 \Rightarrow – \sin 2\pi – \cos \pi + C' = 3 \Rightarrow C' = 2$
Vậy $F\left( x \right) = – \sin 2x – \cos x + 2$
khi đó $F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = – \sin \pi – \cos \frac{\pi }{2} + 2 = 2$.

Gợi ý

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Dễ thấy $AC \bot BD$ tại $O$ và $BD \bot CC'$
Suy ra $BD \bot \left( {ACC'A'} \right)$ $ \Rightarrow BD \bot OC'$.
Suy ra $\widehat {\left[ {\left( {C'BD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right]} = \widehat {\left( {OC',OC} \right)} = {45^0}$.
Suy ra $CC' = OC = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2 $.
Vậy, ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = CC'.{\left( {\frac{{AC}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = a\sqrt 2 .4{a^2} = 4\sqrt 2 {a^3}$.

Gợi ý

+ TH1: Nếu $\Delta ' \geqslant 0 \Leftrightarrow 9 – \left( {1 – m} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow m \geqslant – 8$
Phương trình có nghiệm thực $z$,
khi đó: $\left| z \right| = \,5 \Leftrightarrow z = \pm 5$
Phương trình có nghiệm $z = 5$ hoặc $z = – 5$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 25 – 30 + 1 – m = 0 \hfill \\ 25 + 30 + 1 – m = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m = – 4 \hfill \\ m = 56 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ (thỏa mãn).
+ TH2: $\Delta ' < 0 \Leftrightarrow m + 8 < 0 \Leftrightarrow m < - 8$.Khi đó phương trình có nghiệm phức $z = 3 \pm i.\sqrt { - \left( {m + 8} \right)} $ Ta có: $\left| z \right| = \,5 \Leftrightarrow 9 - \left( {m + 8} \right) = 25 \Leftrightarrow m = - 24$ (thỏa mãn). Vậy có 3 giá trị của $m$.

Gợi ý

Đặt $z = a + bi,\,a,b \in \mathbb{R}$. Gọi $M\left( {a;b} \right)$ là điểm biểu diễn cho số phức $z$.
Có ${\text{w}} = \frac{{z + 2}}{{z – 2i}} = \frac{{a + 2 + bi}}{{a + \left( {b – 2} \right)i}}$ $ = \frac{{\left( {a + 2 + bi} \right)\left[ {a – \left( {b – 2} \right)i} \right]}}{{{a^2} + {{\left( {b – 2} \right)}^2}}}$$ = \frac{{a\left( {a + 2} \right) + b\left( {b – 2} \right) + \left[ { – \left( {a + 2} \right)\left( {b – 2} \right) + ab} \right]i}}{{{a^2} + {{\left( {b – 2} \right)}^2}}}$${\text{w}}$ là số thuần ảo $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a\left( {a + 2} \right) + b\left( {b – 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ {a^2} + {\left( {b – 2} \right)^2} \ne 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$Có $\left( 1 \right) \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2a – 2b = 0$.
Suy ra $M$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $I\left( { – 1;1} \right)$, bán kính $R = \sqrt 2 $.${z_1},{z_2} \in S$ được biểu điễn bởi $M,N$ nên $M,N$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ và $\left| {{z_1} – {z_2}} \right| = MN = \sqrt 3 $. Gọi $A\left( { – 6;0} \right)$

$\begin{gathered}
P = {\left| {{z_1} + 6} \right|^2} – {\left| {{z_2} + 6} \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} \hfill \\
= 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} \hfill \\
P = 2\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {MN} = 2IA.MN.\cos \left( {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {MN} } \right) \leqslant 2IA.MN \hfill \\
\end{gathered} $
Dấu $” = ”$ xảy ra khi $\overrightarrow {IA} $ cùng hướng với $\overrightarrow {MN} $
Ta có. $IA = \sqrt {26} \Rightarrow P \leqslant 2.\sqrt {26} .\sqrt 3 = 2\sqrt {78} $
Vậy giá trị lớn nhất của $P$ bằng $2\sqrt {78} $.

Gợi ý

Vì $g(x)$ là hàm số đạt cực trị tại điểm $ – 1;1$ (trùng cực trị của $f(x)$) và có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số $y = f(x)$ nên phương trình $f(x) – g(x) = 0$ có nghiệm $ – 1$ (kép); $1$ (kép).
Suy ra $f\left( x \right) – g(x) = {\left( {x – 1} \right)^2}{\left( {x + 1} \right)^2}$
$S = \int\limits_ – ^1 {\left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ – 2}^1 {{{\left( {{x^2} – 1} \right)}^2}dx = } \frac{{16}}{{15}}$

Gợi ý

Gọi $\Delta $ là đường thẳng cần tìm; mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n \left( {1; – 2;1} \right)$
Giả sử $M$ là giao điểm của $\Delta $ với trục $Oy$$ \Rightarrow \,M\left( {0;b;0} \right).$
Khi đó, $\Delta $ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AM} \left( {1;b\, – 2;\,3} \right)$
Do $\Delta //\left( P \right)$ nên $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow n = 0 \Leftrightarrow 1 – 2b + 4 + 3 = 0 \Leftrightarrow b = 4$
Đường thẳng cần tìm đi qua $A\left( { – 1;2; – 3} \right)$ và có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AM} \left( {1;\,2;\,3} \right)$, nên có phương trình là:
$\left\{ \begin{gathered} x = – 1 + t \hfill \\ y = 2 + 2t \hfill \\ z = – 3 + 3t \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Gợi ý

Xét hình nón đỉnh $S$ có chiều cao $h = SO = 2a$.Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón là tam giác $SAB$ cân tại $S$.
+ Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$.
Trong tam giác $SOI$, kẻ $OH \bot SI$, $H \in SI$.
+ $\left\{ \begin{gathered} AB \bot OI \hfill \\ AB \bot SO \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot OH$.
+$\left\{ \begin{gathered} OH \bot SI \hfill \\ OH \bot AB \hfill \\ \end{gathered} \right.$
$ \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right)$$ \Rightarrow d\left( {O\,,\,\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \frac{{3a}}{2}$.
Xét tam giác $SOI$vuông tại $O$, ta có $\frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} – \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{4}{{9{a^2}}} – \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{7}{{36{a^2}}}$ $ \Rightarrow OI = \frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}$.và $SI = \sqrt {O{I^2} + S{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}} \right)}^2}+ {{\left( {2a} \right)}^2}} = \frac{{8a\sqrt 7 }}{7}$.
Ta có ${S_{\Delta SAB}} = \frac{{24{a^2}\sqrt 3 }}{7} \Leftrightarrow \frac{1}{2}SI.AB = \frac{{24{a^2}\sqrt 3 }}{7} \Rightarrow AB = \frac{{6a\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow IA = \frac{{AB}}{2} = \frac{{3a\sqrt {21} }}{7}$
Xét tam giác $IAO$vuông tại $I \Rightarrow R = OA = \sqrt {O{I^2} + I{A^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a\sqrt {21} }}{7}} \right)}^2}} = 3a$.
Thể tích của khối nón giới hạn bởi hình nón là: $V = \frac{1}{3}h.\pi {R^2} = \frac{1}{3}.2a.\pi .{\left( {3a} \right)^2} = 6\pi {a^3}.$

Gợi ý

Chia cả hai vế cho ${4^b}$, ta được$\frac{1}{{{3^a}}}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^b} + 65{\left( {\frac{1}{4}} \right)^b} – {4^{{a^2}}} \geqslant 0.$
Đặt $f\left( b \right) = \frac{1}{{{3^a}}}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^b} + 65{\left( {\frac{1}{4}} \right)^b} – {4^{{a^2}}}$, với $b \in \left[ { – 11;11} \right]$.
Ta có$f'\left( b \right) = \frac{1}{{{3^a}}}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^b}\ln \frac{3}{4} + 65{\left( {\frac{1}{4}} \right)^b}\ln \frac{1}{4} < 0,\forall b \in \left[ { - 11;11} \right].$ Do đó $f\left( b \right)$ nghịch biến trên $\left[ { - 11;11} \right]$. Điều này dẫn đến yêu cầu bài toán trở thành $f\left( { - 8} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow {4^{{a^2} - 8}} \leqslant {3^{ - a - 8}} + 65.$ Nếu $a \leqslant - 8$ thì ${a^2} - 8 > – a – 8 + 4$.
Suy ra${4^{{a^2} – 8}} > {4^{ – a – 8}} \cdot {4^4} \geqslant {3^{ – a – 8}} \cdot {4^4} = {3^{ – a – 8}} + \left( {{4^4} – 1} \right){3^{ – a – 8}} > {3^{a – 8}} + 65.$
Nếu $a > – 8$ thì do thì ${3^{ – a – 8}} < 1$, mà $a \in \mathbb{Z}$ nên ${4^{{a^2} - 8}} \leqslant 66 \Leftrightarrow {a^2} \leqslant 8 + {\log _4}66 \Rightarrow a \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}.$ Thử lại tất cả $7$ giá trị nguyên trên đều thỏa mãn yêu cầu.

Gợi ý

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2; – 3;3} \right),R = 5$.
Ta có: $M \in Oy \Rightarrow M\left( {0;\,a;\,0} \right)$Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa hai tiếp tuyến từ $M$ đến $\left( S \right)$.
Khi đó $\left( P \right)$ đi qua $M\left( {0;\,a;\,0} \right)$, vuông góc với đường thẳng $d$, phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là: $4x – 2\left( {y – a} \right) + z = 0 \Leftrightarrow 4x – 2y + z + 2a = 0$.
Ta có điểm $M$ thoả mãn giả thiết là điểm nằm ngoài mặt cầu, suy ra $IM > R \Leftrightarrow {\left( { – 2} \right)^2} + {\left( {a + 3} \right)^2} + 9 > 25 \Leftrightarrow {\left( {a + 3} \right)^2} > 12$ (1)
Các mặt phẳng $\left( P \right)$ thoả mãn giả thiết phải cắt mặt cầu nên ta có: $d\left( {I,\left( P \right)} \right) < R \Leftrightarrow \frac{{\left| {8 + 6 + 3 + 2a} \right|}}{{\sqrt {21} }} < 5 \Leftrightarrow \left| {2a + 17} \right| < 5\sqrt {21} $ (2) Từ (1) và (2), suy ra: $\left\{ \begin{gathered} {\left( {a + 3} \right)^2} > 12 \hfill \\ \left| {2a + 17} \right| < 5\sqrt {21} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{a^2} + 6a - 3 > 0} \\ { – 14 < 2a < 1} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} a > – 3 + 2\sqrt 3 \hfill \\ a < - 3 - 2\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \frac{{ - 5\sqrt {21} - 17}}{2} < a < \frac{{5\sqrt {21} - 17}}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} - 3 + 2\sqrt 3 < a < \frac{{5\sqrt {21} - 17}}{2} \hfill \\ \frac{{ - 5\sqrt {21} - 17}}{2} < a < - 3 - 2\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ do $a \in \mathbb{Z}$ nên có $2 + 17 = 19$ giá trị của thoả mãn. Vậy có 19 điểm $M$ thoả mãn.

Gợi ý

Ta có $g'\left( x \right) = 2\left( {x – 4} \right)f'\left( {{x^2} – 8x + m} \right)$$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x – 4} \right)f'\left( {{x^2} – 8x + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 4 \hfill \\ {x^2} – 8x + m = 1{\text{ }}\left( {{\text{nghiem boi 2}}} \right) \hfill \\ {x^2} – 8x + m = 0{\text{ }}\left( 1 \right) \hfill \\ {x^2} – 8x + m = 2{\text{ }}\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right..$
Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0$ có $5$ nghiệm bội lẻ $ \Leftrightarrow $ mỗi phương trình $\left( 1 \right),{\text{ }}\left( 2 \right)$ đều có hainghiệm phân biệt khác $4.$ $\left( * \right)$
Cách 1: $\left( * \right)$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 16 – m > 0 \hfill \\ 16 – m + 2 > 0 \hfill \\ m \ne 16 \hfill \\ m \ne 18 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow m < 16$.Vậy có $15$ giá trị $m$ nguyên dương thỏa mãn điều kiện. Cách 2: Xét đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y = {x^2} - 8x$ và hai đường thẳng ${d_1}:y = - m,{\text{ }}{d_2}:y = - m + 2$ (hình vẽ).Khi đó $\left( * \right){\text{ }} \Leftrightarrow {\text{ }}{d_1},{\text{ }}{d_2}$ cắt $\left( C \right)$ tại bốn điểm phân biệt $ \Leftrightarrow – m > – 16 \Leftrightarrow m < 16.$ Vậy có $15$ giá trị $m$ nguyên dương thỏa mãn điều kiện.