Giải Chi Tiết Đề Thi Tốt Nghiệp Môn Toán 2024 Có Đáp Án Mã Đề 101

Giải chi tiết đề thi tốt nghiệp môn Toán 2024 có đáp án mã đề 101 được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 7 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.

Câu 1: Cho số phức $z$ có $\overline z = – 5 + 6i$. Phần ảo của $z$ bằng

A. -5 .

B. -6 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải

Chọn B

Ta có: $\overline z = – 5 + 6i \Rightarrow z = – 5 – 6i$.

Phần ảo của $z$ bằng -6 .

Câu 2: Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. $\smallint \left( {2x + 3} \right)dx = \frac{1}{2}{x^2} + 3x + C$.

B. $\smallint \left( {2x + 3} \right)dx = {x^2} + C$.

C. $\smallint \left( {2x + 3} \right)dx = 2{x^2} + 3x + C$.

D. $\smallint \left( {2x + 3} \right)dx = {x^2} + 3x + C$.

Lời giải

Chọn D

Ta có: $\smallint \left( {2x + 3} \right)dx = {x^2} + 3x + C$.

Câu 3: Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{z}{{ – 3}}$. Vectơ nào dưới đây là một vecto chỉ phương của $d$ ?

A. $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;2;0} \right)$.

B. $\overrightarrow {{u_2}} = \left( { – 1;2;0} \right)$.

C. $\overrightarrow {{u_3}} = \left( {1; – 1; – 3} \right)$.

D. $\overrightarrow {{u_4}} = \left( {1;1;3} \right)$.

Lời giải

Chọn C

Câu 4: Cho hình trụ có diện tích xung quanh ${S_{xq}} = 36\pi $ và chiều cao $h = 6$. Bán kính của hình trụ đã cho bằng

A. 6 .

B. 9 .

C. 3.

D. 12 .

Lời giải

Chọn C

Ta có: ${S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi rh \Rightarrow r = \frac{{{S_{xq}}}}{{2\pi \cdot h}} = \frac{{36\pi }}{{2\pi \cdot 6}} = 3$.

Câu 5: Dãy số nào dưới đây là một cấp số cộng?

A. $1,3,5,7$.

B. $1,0,2,4$.

C. $1,3,5,10$.

D. $1,2,3, – 4$.

Lời giải

Chọn A

Ta có: $1,3,5,7$ là cấp số cộng với ${u_1} = 1$ và $d = 2$.

Câu 6: Với $a,b$ là các số thực dương tuỳ ý và $a \ne 1,{log_{{a^2}}}{b^2}$ bằng

A. ${log_a}b$.

B. ${log_{{a^4}}}b$.

C. ${\left( {{log_a}b} \right)^2}$.

D. ${log_a}{b^4}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có ${log_{{a^2}}}{b^2} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot {log_a}b = {log_a}b$.

Câu 7: Cho hàm số bậc bốn $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực của phương trình $f\left( x \right) = \frac{3}{2}$ là

A. 3 .

B. 4 .

C. 0 .

D. 2 .

Lời giải

Chọn B

Ta có số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = \frac{3}{2}$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = \frac{3}{2}$.

Vậy phương trình có 4 nghiệm.

Câu 8: Cho khối lăng trụ tam giác có diện tích đáy $B = 6$ và chiều cao $h = 3$. Thể tích của khối lăng trụ đã cho là

A. 24 .

B. 6 .

C. 12

D. 18 .

Lời giải

Chọn D

Ta có thể tích khối lăng trụ là: $V = B \cdot h = 6 \cdot 3 = 18$.

Câu 9: Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f\left( 1 \right) = 3,f\left( 2 \right) = 1$. Giá trị của bằng

A. 4 .

B. 2 .

C. -2 .

D. 4

Lời giải

Chọn C

Ta có $\int\limits_1^2 {f'(x)dx = } \left. {\left[ {f(x)} \right]} \right|_1^2$$ = f\left( 2 \right) – f\left( 1 \right) = 1 – 3 = – 2$.

Câu 10: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{4x – 1}}{{3x + 2}}$ có phương trình là

A. $x = – \frac{2}{3}$.

B. $x = \frac{4}{3}$.

C. $y = \frac{4}{3}$.

D. $y = – \frac{2}{3}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^ – }} y = + \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^ + }} y = – \infty $.

Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{4x – 1}}{{3x + 2}}$ có phương trình là $x = – \frac{2}{3}$

Câu 11: Số phức $z = i + {i^2} + {i^3}$ bằng

A. -1 .

B. $ – 1 + 2i$.

C. 1 .

D. $i$.

Lời giải

Chọn A

$z = i + {i^2} + {i^3} = – 1$.

Câu 12: Trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$, hàm số $F\left( x \right) = \frac{1}{2}sin2x$ là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây?

A. ${f_3}\left( x \right) = – \frac{1}{2}cos2x$.

B. ${f_4}\left( x \right) = – \frac{1}{4}cos2x$.

C. ${f_2}\left( x \right) = cos2x$.

D. ${f_1}\left( x \right) = – cos2x$.

Lời giải

Chọn C

$f\left( x \right) = F’\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}sin2x} \right)’} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot cos2x = cos2x$

Câu 13: Nếu $\int\limits_{ – 2}^1 {f(x)dx = – 1} $ và $\int\limits_1^7 {f(x)dx = – 5} $ thì $\int\limits_{ – 2}^7 {f(x)dx} $ bằng

A. -4 .

B. 5 .

C. -6 .

D. 4 .

Lời giải

Chọn C

$\int\limits_{ – 2}^7 {f(x)dx} = \int\limits_{ – 2}^1 {f(x)dx + \int\limits_1^7 {f(x)dx = – 6} } $.

Câu 14: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:

Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

A. $x = 2$.

B. $x = – 1$.

C. $x = 1$.

D. $x = – 2$.

Lời giải

Chọn B

Câu 15: Tập nghiệm của bất phương trình ${log_{\frac{1}{2}}}\left( {x + 2} \right) > – 1$ là

A. $\left( { – 2;1} \right)$.

B. $\left( {0; + \infty } \right)$.

C. $\left( { – 2;0} \right)$.

D. $\left( { – \infty ;0} \right)$.

Lời giải

Chọn C

${log_{\frac{1}{2}}}\left( {x + 2} \right) > – 1 \Leftrightarrow 0 < x + 2 < 2 \Leftrightarrow – 2 < x < 0$.

Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong trong hình bên?

A. $y = – {x^3} + 3{x^2} + 3$.

B. $y = {x^4} – 2{x^2} – 4$.

C. $y = \frac{{x – 2}}{{2x + 1}}$.

D. $y = {x^3} + 3{x^2} – 1$.

Lời giải

Chọn D

Câu 17: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1; – 2;3} \right)$ và $B\left( {3;0;1} \right)$. Gọi $\left( S \right)$ là mặt cầu nhận $AB$ làm đường kính, tâm của $\left( S \right)$ có tọa độ là

A. $\left( {2; – 1;2} \right)$.

B. $\left( { – 1; – 1;1} \right)$

C. $\left( {4; – 2;4} \right)$.

D. $\left( {1;1; – 1} \right)$.

Lời giải

Chọn A

Tâm của mặt cầu $\left( S \right)$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$ có tọa độ là $\left( {2; – 1;2} \right)$.

Câu 18: Nghiệm của phương trình ${2^{2x}} = {2^{x + 6}}$ là

A. $x = – 6$.

B. $x = 2$.

C. $x = 6$.

D. $x = – 2$.

Lời giải

Chọn C

Ta có ${2^{2x}} = {2^{x + 6}} \Leftrightarrow 2x = x + 6 \Leftrightarrow x = 6$.

Câu 19: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = 2x + 4,\forall x \in \mathbb{R}$. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $\left( { – \infty ; – 2} \right)$.

B. $\left( {2;4} \right)$.

C. $\left( { – 2; + \infty } \right)$.

D. $\left( {2; + \infty } \right)$

Lời giải

Chọn A

Có $f’\left( x \right) = 2x + 4 < 0 \Leftrightarrow x < – 2$.

Vậy nên hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 2} \right)$.

Câu 20: Hàm số nào dưới đây là hàm số mũ?

A. $y = {x^{2024}}$.

B. $y = {2024^x}$.

C. $y = {log_3}x$.

D. $y = {x^{ – 4}}$.

Lời giải

Chọn B

Hàm số mũ có dạng $y = {a^x}(0 < a \ne 1)$.

Câu 21: Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = {x^{\frac{1}{7}}}$ là

A. $y’ = \frac{1}{7}{x^{ – \frac{6}{7}}}$.

B. $y’ = \frac{1}{7}{x^{\frac{6}{7}}}$.

C. $y’ = {x^{ – \frac{6}{7}}}$.

D. $y’ = \frac{7}{8}{x^{\frac{8}{7}}}$.

Lời giải

Chọn A

Câu 22: Cho hình nón có bán kính đáy $r = 3$ và độ dài đường sinh $l = 5$. Chiều cao của hình nón đã cho bằng

A. 4 .

B. 5 .

C. $\sqrt {34} $.

D. 2 .

Lời giải

Chọn A

$h = \sqrt {{l^2} – {r^2}} = \sqrt {{5^2} – {3^2}} = 4$

Câu 23: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 3 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 1 .

Lời giải

Chọn A

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Câu 24: Trong không gian $Oxyz$, cho hai vecto $\vec a = \left( {2;3; – 1} \right)$ và $\vec b = \left( { – 3;2; – 4} \right)$. Vecto $\vec a + \vec b$

A. $\left( { – 1; – 5;5} \right)$.

B. $\left( { – 5; – 1; – 3} \right)$.

C. $\left( { – 1;5; – 5} \right)$.

D. $\left( {1; – 5;5} \right)$.

Lời giải

Chọn C

$\vec a + \vec b = \left( { – 1;5; – 5} \right)$

Câu 25: Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng đi qua điểm $M\left( {3;4; – 2} \right)$ và vuông góc với trục $Oz$ có phương trình là

A. $y – 4 = 0$.

B. $z + 2 = 0$.

C. $x + y + z – 5 = 0$.

D. $x – 3 = 0$.

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng vuông góc với trục $Oz$ nên có VTPT là $\vec k = \left( {0;0;1} \right)$.

Mặt phẳng đi qua điểm $M\left( {3;4; – 2} \right)$ và VTPT là $\vec k = \left( {0;0;1} \right)$ có phương trình $z + 2 = 0$.

Câu 26: Cho khối chóp tứ giác có thể tích $V = 3{a^3}$ và diện tích đáy $B = {a^2}$. Chiều cao cúa khối chóp đã cho bằng

A. $a$.

B. $6a$.

C. $3a$.

D. $9a$.

Lời giải

Chọn D

$V = \frac{1}{3} \cdot B \cdot h \Rightarrow 3{a^3} = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot h$$ \Rightarrow h = 9a$

Câu 27: Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 người thành một hàng ngang?

A. 36 .

B. 720 .

C. 1 .

D. 6 .

Lời giải

Chọn B

Có $6! = 720$ cách sắp xếp 6 người thành một hàng ngang.

Câu 28: Trên mặt phẳng tọa độ, $M\left( {2; – 5} \right)$ là điểm biểu diễn của số phức $z$. Phần thực của $z$ bằng

A. -5 .

B. -2 .

C. 2 .

D. 5 .

Lời giải

Chọn C

$M\left( {2; – 5} \right)$ là điểm biểu diễn của số phức $z$, suy ra $z = 2 – 5i$.

Vậy phần thực của $z$ bằng 2 .

Câu 29: Cho hình chóp $S$. $ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = \sqrt 2 a$. Khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ bằng

A. $\frac{{2\sqrt {10} }}{5}a$.

B. $\frac{{\sqrt 6 }}{3}a$.

C. $\frac{{\sqrt {10} }}{{10}}a$.

D. $\frac{{\sqrt {10} }}{5}a$.

Lời giải

Chọn D

$d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AH$.

Ta có: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{O^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{(a\sqrt 2 )}^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{\sqrt {10} }}{5}a$

Câu 30: Trong không gian $Oxyz$, cho điềm $A\left( {1;2; – 1} \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):2x – z + 1 = 0$. Đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $\left( P \right)$ có phương trình là

A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 + t} \\
{y = 2t} \\
{z = – 1 – t}
\end{array}} \right.$

B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = 2 – t} \\
{z = – 1 + t}
\end{array}} \right.$

C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1 + 2t} \\
{y = – 2} \\
{z = 1 – t}
\end{array}} \right.$.

D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = 2} \\
{z = – 1 – t}
\end{array}} \right.$.

Lời giải

Chọn D

Đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $\left( P \right)$ có véc tơ chỉ phương là $\left( {2;0; – 1} \right)$ và đi qua $A\left( {1;2; – 1} \right)$ là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1 + 2t} \\
{y = 2} \\
{z = – 1 – t}
\end{array}} \right.$

Câu 31: Cho số phức $z = 3 + 4i$. Môđun của số phức $iz$ bằng

A. 7 .

B. 49 .

C. 25 .

D. 5 .

Lời giải

Chọn D

Ta có $\left| {iz} \right| = \left| {i\left( {3 + 4i} \right)\left| = \right| – 4 + 3i} \right| = \sqrt {{{( – 4)}^2} + {3^2}} = 5$.

Câu 32: Trên hai tia $Ox,Oy$ của góc nhọn $xOy$ lần lượt cho 5 điểm và 6 điểm phân biệt khác $O$. Chọn ngã̃u nhiên 3 điểm từ 12 điểm (gồm điểm $O$ và 11 điểm đã cho), xác suất để 3 điểm chọn được là ba đỉnh của một tam giác bằng

A. $\frac{{19}}{{22}}$.

B. $\frac{{27}}{{44}}$.

C. $\frac{3}{4}$.

D. $\frac{{39}}{{44}}$.

Lời giải

Chọn C

Số phần tử không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = C_{12}^3$.

Gọi $A$ là biến cố ” 3 điểm chọn được là ba đỉnh của một tam giác”.

TH1: 3 điểm được chọn có điểm $O$, khi đó ta chọn 1 điểm trên $Ox$ và 1 điểm trên $Oy$. Số cách chọn là $6.5 = 30$.

TH2: 3 điểm được chọn không có điểm $O$, khi đó ta chọn 2 điểm trên $Ox$ và 1 điểm trên $Oy$. Số cách chọn là $C_5^2 \cdot C_6^1 = 60$.

TH3: 3 điểm được chọn không có điểm $O$, khi đó ta chọn 1 điểm trên $Ox$ và 2 điểm trên $Oy$. Số cách chọn là $C_5^1 \cdot C_6^2 = 75$.

Suy ra $n\left( A \right) = 30 + 60 + 75 = 165$.

Vậy xác suất là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{165}}{{C_{12}^3}} = \frac{3}{4}$.

Câu 33: Một ô tô đang chuyển động với vận tốc $20\;m/s$ thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động thẳng, chậm dần đều với vận tốc biến thiên theo thời gian được xác định bởi quy luật $v\left( t \right) = – 4t + 20\left( {\;m/s} \right)$ trong đó $t$ là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc người lái $xe$ bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô đi được từ lúc người lái xe bắt đầu đạp phanh đến khi xe dừng hẳn bằng

A. $32\;m$.

B. $50\;m$.

C. $48\;m$.

D. $30\;m$.

Lời giải

Chọn B

Gọi ${t_0};{t_1}$ lần lượt là thời điểm người lái xe đạp phanh và thời điểm ô tô dừng hẳn.

Khi đó, ${t_0} = 0$ và $v\left( {{t_1}} \right) = 0 \Leftrightarrow – 4{t_1} + 20 = 0 \Leftrightarrow {t_1} = 5$.

Quãng đường ô tô đi được từ lúc người lái xe bắt đầu đạp phanh đến khi $xe$ dừng hẳn bằng

$s = \int\limits_{{t_0}}^{{t_1}} {v(t)dt = } \int\limits_0^5 {( – 4t + 20)dt = } 50\,(m)$

Câu 34: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;2;3} \right)$ và $B\left( {3;2;5} \right)$. Gọi $M$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MA} $, độ dài của vectơ $\overrightarrow {OM} $ bằng

A. $\frac{{\sqrt {74} }}{2}$.

B. $2\sqrt 2 $.

C. 8 .

D. $2\sqrt {14} $.

Lời giải

Chọn B

Gọi $M\left( {x;y;z} \right)$

Ta có:

$\overrightarrow {MB} = \left( {3 – x;2 – y;5 – z} \right)$

$\overrightarrow {MA} = \left( {1 – x;2 – y;3 – z} \right)$

Theo bài ra: $\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MA} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3 – x = 3\left( {1 – x} \right)} \\
{2 – y = 3\left( {2 – y} \right)} \\
{5 – z = 3\left( {3 – z} \right)}
\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{y = 2} \\
{z = 2}
\end{array}} \right.$.

Suy ra $M\left( {0;2;2} \right)$.

Khi đó: $\left| {\overrightarrow {OM} } \right| = \sqrt {{0^2} + {2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 $.

Câu 35: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $A,BC = 2a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = \sqrt 3 a$. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng

A. ${60^ \circ }$.

B. ${90^ \circ }$.

C. ${30^ \circ }$.

D. ${45^ \circ }$.

Lời giải

Chọn A

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, suy ra $AM \bot BC$

Mặt khác, $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$

Khi đó: $BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$

Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng $\widehat {SMA}$

Ta có: $AM = \frac{1}{2}BC = a,SA = \sqrt 3 a$

Xét tam giác vuông $SAM:tan\widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{\sqrt 3 a}}{a} = \sqrt 3 $$ \Rightarrow \widehat {SMA} = {60^ \circ }$.

Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${60^ \circ }$.

Câu 36: Giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right) = – 6{x^3} + 27{x^2} – 16x + 1$ trên đoạn $\left[ {1;5} \right]$ bằng

A. 6 .

B. $\frac{{329}}{9}$.

C. $ – \frac{{14}}{9}$.

D. -154 .

Lời giải

Chọn B

Ta có: $f’\left( x \right) = – 18{x^2} + 54x – 16$

$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow – 18{x^2} + 54x – 16 = 0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{8}{3} \in \left[ {1;5} \right]} \\
{x = \frac{1}{3} \notin \left[ {1;5} \right]}
\end{array}} \right.$

Khi đó: $f\left( 1 \right) = 6,f\left( 5 \right) = – 154,f\left( {\frac{8}{3}} \right) = \frac{{329}}{9}$

Suy ra, $\mathop {max}\limits_{\left[ {1;5} \right]} f(x) = f\left( {\frac{8}{3}} \right) = \frac{{329}}{9}$

Câu 37: Cho hàm số bậc bốn $y = f\left( x \right)$. Hàm số $y = f’\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$.

B. $\left( { – 1;2} \right)$.

C. $\left( {1;2} \right)$.

D. $\left( { – 1;1} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Ta có $f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1} \\
{x = 1} \\
{x = 2}
\end{array}} \right.$

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – 1;1} \right)$.

Câu 38: Với $a,b$ là hai số thực lớn hơn $1,{log_{ab}}b$ bằng

A. $\frac{1}{{1 + {log_b}a}}$.

B. $\frac{1}{{{log_b}a}}$.

C. $1 – {log_b}a$.

D. $1 + {log_b}a$.

Lời giải

Chọn A

Ta có ${log_{ab}}b = \frac{1}{{{log_b}ab}} = \frac{1}{{{log_b}a + {log_b}b}} = \frac{1}{{1 + {log_b}a}}$.

Câu 39: Cho hàm số $y = f\left( x \right)\;$ có $\;f\left( e \right) = \frac{1}{5}\;$ và $\;f’\left( x \right) = \frac{1}{3}lnx,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)$ Biết$\int\limits_e^{{e^3}} {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2}}}\;dx = a{e^{ – 3}} + b{e^{ – 1}} + c} $, với $a,b,c$ là số hữu tỉ, giá trị của $a – b + c$ thuộc khoảng nào dưới đây?

A. $\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{4}} \right)$.

B. $\left( {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right)$.

C. $\left( {\frac{3}{4};1} \right)$.

D. $\left( {0;\frac{1}{4}} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Ta có $f\left( x \right) = \frac{1}{3}\smallint lnx\;dx = \frac{1}{3}\left( {xlnx – \smallint dx} \right) = \frac{1}{3}\left( {xlnx – x + C} \right)$.

Do $f\left( e \right) = \frac{1}{5} \Rightarrow C = \frac{3}{5}$ hay $f\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {xlnx – x + \frac{3}{5}} \right)$.

Khi đó $f\left( {{e^3}} \right) = \frac{{2{e^3}}}{3} + \frac{1}{5}$.

Ta có $\int\limits_e^{{e^3}} {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2}}}\;dx} = – \int\limits_e^{{e^3}} {f\left( x \right)d\left( {\frac{1}{x}} \right)} $

$\left. { = – \frac{1}{x}f(x)} \right|_e^{{e^3}} + \int\limits_e^{{e^3}} {\frac{{f'(x)}}{x}dx} $$ = – \left. {\frac{1}{x}f\left( x \right)} \right|_e^{{e^3}} + \frac{1}{3}\int\limits_e^{{e^3}} {\frac{{lnx}}{x}\;dx} $

$\left. { = – \frac{1}{x}f(x)} \right|_e^{{e^3}} + \left. {\frac{1}{6}{{\ln }^2}x} \right|_e^{{e^3}}$$ = – \frac{1}{{{e^3}}}\left( {\frac{{2{e^3}}}{3} + \frac{1}{5}} \right) + \frac{1}{{5e}} + \frac{4}{3}$$ = – \frac{1}{5}{e^{ – 3}} + \frac{1}{5}{e^{ – 1}} + \frac{2}{3}$.

Vậy $a = – \frac{1}{5};b = \frac{1}{5};c = \frac{2}{3} \Rightarrow a – b + c = \frac{4}{{15}}$.

Câu 40: Có bao nhiêu số nguyên $a$ lớn hơn 1 sao cho ứng với mỗi số $a$ tồn tại không quá 4 số nguyên $b$ thỏa mãn ${5^{{b^2}}} < {25^{ – b}} \cdot {a^{b + 2}}$ ?

A. 125 .

B. 100 .

C. 99 .

D. 124 .

Lời giải

Chọn D

Ta có ${5^{{b^2}}} < {25^{ – b}}.{a^{b + 2}} \Leftrightarrow {5^{{b^2}}}{.25^b} < {a^{b + 2}} \Leftrightarrow {5^{{b^2} + 2b}} < {a^{b + 2}}$

$ \Leftrightarrow b\left( {b + 2} \right) < \left( {b + 2} \right){log_5}a$ $ \Leftrightarrow \left( {b + 2} \right)\left( {b – {log_5}a} \right) < 0 \Leftrightarrow – 2 < b < {log_5}a$ (do ${log_5}a > 0$ )

Để thỏa mãn thì ${log_5}a \leqslant 3 \Leftrightarrow a \leqslant 125$.

Do $a$ nguyên và lớn hơn 1 nên có 124 giá trị thỏa mãn.

Câu 41: Cho hàm số bậc bốn $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $ – \frac{3}{2};2;\frac{{11}}{2}$ và đạt giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$. Bất phương trình $f\left( x \right) \leqslant m$ có nghiệm thuộc đoạn $\left[ {0;3} \right]$ khi và chỉ khi

A. $m \geqslant f\left( 3 \right)$

B. $f\left( 2 \right) \geqslant m \geqslant f\left( 3 \right)$

C. $m \geqslant f\left( 0 \right)$

D. $m \geqslant f\left( 2 \right)$

Lời giải

Chọn C

$f\left( x \right)$ có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $\left\{ \begin{gathered}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty \hfill \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = – \infty \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Rightarrow a > 0$

$ \Rightarrow f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + dx + e$

$f’\left( x \right) = 4a\left( {x + \frac{3}{2}} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – \frac{{11}}{2}} \right)$

$ = a\left( {2x + 3} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {2x – 11} \right)$$ = 4a{x^3} – 24a{x^2} – ax + 66a$.

$ \Rightarrow f\left( x \right) = a{x^4} – 8a{x^3} – \frac{a}{2}{x^2} + 66ax + e$.

Ta có $f\left( 0 \right) = e;f\left( 3 \right) = \frac{{117a}}{2} + e \Rightarrow f\left( 0 \right) < f\left( 3 \right)$.

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi $m \geqslant f\left( 0 \right)$.

Câu 42: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ sao cho ứng với mỗi $m$ tồn tại đúng hai số phức $z$ thỏa mãn $\left| {z – 1 – 5i\left| + \right|z – 1 + 5i} \right| = 10$ và $\left| {z – 2 – i} \right| = m$ ?

A. 5

B. 4

C. 2

D. 3

Lời giải

Chọn D

Giả sử $z = x + yi\left( {x;y \in \mathbb{R}} \right)$ và $M$ là điểm biểu diễn số phức $z$.

$A\left( {1;5} \right),B\left( {1; – 5} \right)$

Ta có $\left| {z – 1 – 5i\left| + \right|z – 1 + 5i} \right| = 10 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{MA + MB = 10} \\
{AB = 10}
\end{array} \Rightarrow } \right.$ tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là đoạn thẳng $AB$.

$\left| {z – 2 – i} \right| = m \Rightarrow {(x – 2)^2} + {(y – 1)^2} = {m^2}$

Với $m > 0$ thì tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn tâm $I\left( {2;1} \right)$, bán kính $R = m$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $I\left( {2;1} \right)$ trên đoạn $AB$, suy ra $IH = 1$.

$IA < IB$

Theo yêu cầu bài toán $1 < m \leqslant IA \Leftrightarrow 1 < m \leqslant \sqrt {17} $.

Kết hợp với điều kiện $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 0} \\
{m \in \mathbb{Z}}
\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ {2;3;4} \right\}} \right.$.

Câu 43: Cho hàm số $f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d(a,b,c,d \in \mathbb{R},a > 0)$ có hai điểm cực trị ${x_1},{x_2}$ (với $\left. {{x_1} < {x_2}} \right)$ thoả mãn ${x_1} + {x_2} = 0$. Hình phẳng giới hạn bởi đường $y = f’\left( x \right) \cdot f”\left( x \right)$ và trục hoành có diện tích bằng $\frac{9}{4}$. Biết $\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{f'(x)}}{{{3^x} + 1}}dx = – \frac{7}{2}} $, giá trị của $\int\limits_0^{{x_2}} {(x + 2)f”(x)dx} $thuộc khoảng nào dưới đây?

A. $\left( {6;7} \right)$.

B. $\left( { – 1;0} \right)$.

C. $\left( {0;1} \right)$.

D. $\left( { – 7; – 6} \right)$.

Lời giải

Chọn A

Ta có ${f^\prime }(x) = 3a{x^2} + 2bx + c;{f^{\prime \prime }}(x) = 6ax \Rightarrow {f^{\prime \prime }}(x)$ là hàm số lè.

Vì ${x_1} + {x_2} = 0$ nên ${x_1} + {x_2} = – \frac{{2b}}{{3a}} = 0 \Leftrightarrow b = 0$.

Do đó ${f^\prime }(x) = 3a{x^2} + c$ là hàm số chẵn và $ac < 0,{x_1} = – {x_2}$.

Xét phương trình ${f^\prime }(x) \cdot {f^{\prime \prime }}(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{f^\prime }(x) = 0} \\
{{f^{\prime \prime }}(x) = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \pm {x_2}} \\
{x = 0}
\end{array}} \right.} \right.$, vì ${x_1} = – {x_2}$.

$S = \frac{9}{4} \Leftrightarrow \int_{ – {x_2}}^{{x_2}} {\left| {{f^\prime }(x) \cdot {f^{\prime \prime }}(x)} \right|} dx = \frac{9}{4} \Leftrightarrow 2\int_0^{{x_2}} {\left| {{f^\prime }(x) \cdot {f^{\prime \prime }}(x)} \right|} dx = \frac{9}{4}$, vì $\left| {{f^\prime }(x) \cdot {f^{\prime \prime }}(x)} \right|$ là hàm chẵn.

$ \Leftrightarrow \left| {2\int_0^{{x_2}} {\left[ {{f^\prime }(x) \cdot {f^{\prime \prime }}(x)} \right]} dx} \right| = \frac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow \left| {\left. {{{\left[ {{f^\prime }(x)} \right]}^2}} \right|_0^{{x_2}}} \right| = \frac{9}{4}$$ \Leftrightarrow {\left[ {{f^\prime }\left( {{x_2}} \right)} \right]^2} – {\left[ {{f^\prime }(0)} \right]^2} = \frac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow {\left[ {{f^\prime }(0)} \right]^2} = \frac{9}{4}$. Vì ${f^\prime }(0) = c < 0$ nên ${f^\prime }(0) = – \frac{3}{2}$.

+ Xét tích phân $I = \int_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{{f^\prime }(x)}}{{{3^x} + 1}}} \;dx = \int_{ – {x_2}}^{{x_2}} {\frac{{{f^\prime }(x)}}{{{3^x} + 1}}} \;dx = – \frac{7}{2}$ :

Đặt $t = – x \Rightarrow dx = – dt$, với $x = – {x_2} \Rightarrow t = {x_2};x = {x_2} \Rightarrow t = – {x_2}$

nên $I = – \int_{{x_2}}^{ – {x_2}} {\frac{{{f^\prime }( – t)}}{{{3^{ – t}} + 1}}} \;dt$, $ = \int_{ – {x_2}}^{{x_2}} {\frac{{{3^t} \cdot {f^\prime }(t)}}{{{3^t} + 1}}} \;dt = \int_{ – {x_2}}^{{x_2}} {\frac{{{3^x} \cdot {f^\prime }(x)}}{{{3^x} + 1}}} \;dx$

vì ${f^\prime }(x)$ là hàm chẵn.

$ \Rightarrow 2I = \int_{ – {x_2}}^{{x_2}} {{f^\prime }} (x)dx = – 7 \Leftrightarrow \int_{ – {x_2}}^{{x_2}} {{f^\prime }} (x)dx = – 7$.

$ \Leftrightarrow 2\int_0^{{x_2}} {{f^\prime }} (x)dx = – 7 \Leftrightarrow \int_0^{{x_2}} {{f^\prime }} (x)dx = – \frac{7}{2}$

+ Xét tích phân $K = \int_0^{{x_2}} {(x + 2)} {f^{\prime \prime }}(x)dx$ :

Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u = x + 2} \\
{dv = {f^{\prime \prime }}(x)}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{du = dx} \\
{v = {f^\prime }(x)}
\end{array}} \right.} \right.$.

Khi đó $K = \left. {(x + 2){f^\prime }(x)} \right|_0^{{x_2}} – \int_0^{{x_2}} {{f^\prime }} (x)dx$$ = – 2{f^\prime }(0) – \int_0^{{x_2}} {{f^\prime }} (x)dx = 3 + \frac{7}{2} = \frac{{13}}{2}$.

Câu 44: Cho hình lăng trụưúng $ABC \cdot A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A,AB = a$. Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${30^ \circ }$, thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng.

A. $\frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{{12}}$

B. $\frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{{36}}$

C. $\frac{{\sqrt 6 }}{4}{a^3}$

D. $\frac{{3\sqrt 6 }}{4}{a^3}$

Lời giải

Chọn A

Gọi $H$ là trung điểm $BC$

$\vartriangle ABC$ vuông cân tại $A \Rightarrow AH \bot BC$

Khi đó: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BC \bot AH} \\
{BC \bot AA’}
\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {A’HA} \right)} \right.$$ \Rightarrow \left( {\left( {A’BC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A’H,AH} \right) = \widehat {A’HA}$

Xét $\vartriangle A’HA$ vuông tại $A$ có $AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ :

$tan\widehat {A’HA} = \frac{{AA’}}{{AH}} \Rightarrow AA’ = AHtan{30^ \circ } = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$

Vậy $V = {S_{ABC}} \cdot AA’ = \frac{1}{2}{a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}$

Câu 45: Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng ${d_1}:\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 4}}{3} = \frac{{z + 3}}{{ – 5}}$ và ${d_2}:\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ – 1}} = \frac{{z + 1}}{{ – 1}}$. Trong các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$, gọi $\left( S \right)$ là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, phương trình của $\left( S \right)$ là

A. ${(x + 1)^2} + {y^2} + {(z – 1)^2} = 6$.

B. ${x^2} + {(y – 3)^2} + {(z + 4)^2} = 6$.

C. ${(x – 1)^2} + {(y + 2)^2} + {(z + 1)^2} = 6$.

D. ${x^2} + {(y + 1)^2} + {z^2} = 6$.

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng ${d_1}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;3; – 5} \right)$.

Đường thẳng ${d_2}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; – 1; – 1} \right)$.

Giả sử $M\left( {2 + a;4 + 3a; – 3 – 5a} \right) \in {d_1},N\left( { – 2 + b; – 2 – b; – 1 – b} \right) \in {d_2}$ và $MN$ là đoạn vuông góc chung của ${d_1},{d_2}$.

Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( { – 4 + b – a; – 6 – b – 3a;2 – b + 5a} \right)$.

Suy ra $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{MN \bot {d_1}} \\
{MN \bot {d_2}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {{u_1}} = 0} \\
{\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {{u_2}} = 0}
\end{array}} \right.} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 \cdot \left( { – 4 + b – a} \right) + 3 \cdot \left( { – 6 – b – 3a} \right) – 5 \cdot \left( {2 – b + 5a} \right) = 0} \\
{1 \cdot \left( { – 4 + b – a} \right) – 1 \cdot \left( { – 6 – b – 3a} \right) – 1 \cdot \left( {2 – b + 5a} \right) = 0}
\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = – 1} \\
{b = – 1}
\end{array} \Rightarrow M\left( {1;1;2} \right),N\left( { – 3; – 1;0} \right)} \right.$

Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( { – 4; – 2; – 2} \right)$$ \Rightarrow MN = \sqrt {{{( – 4)}^2} + {{( – 2)}^2} + {{( – 2)}^2}} = 2\sqrt 6 $.

Mặt cầu $\left( S \right)$ tiếp xúc với cả hai đường thẳng ${d_1},{d_2}$ và có bán kính nhỏ nhất nên tâm $I$ của mặt cầu $\left( S \right)$ là trung điểm của đoạn thẳng $MN$.

Khi đó, mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( { – 1;0;1} \right)$ và bán kính $R = \frac{{MN}}{2} = \frac{{2\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 $.

Vậy mặt cầu $\left( S \right)$ cần tìm là ${(x + 1)^2} + {y^2} + {(z – 1)^2} = 6$.

Câu 46: Cho hàm số $f\left( x \right) = \frac{2}{{{x^3}}} + ln\frac{{x + 3}}{{x – 3}}$. Có bao nhiêu số nguyên $a \in \left( { – \infty ;2100} \right)$ thoả mãn $f\left( {a – 2024} \right) + f\left( {6a – 27} \right) \geqslant 0$

A. 2096 .

B. 288 .

C. 1807 .

D. 360 .

Lời giải

Chọn D

Xét $f\left( x \right) = \frac{2}{{{x^3}}} + ln\frac{{x + 3}}{{x – 3}}$ có tập xác định $D = \left( { – \infty ; – 3} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)$

Có $f’\left( x \right) = – \frac{6}{{{x^4}}} – \frac{6}{{{{(x – 3)}^2}}}$. $\left( {\frac{{x – 3}}{{x + 3}}} \right) < 0\;\forall x \in D$

Suy ra $f\left( x \right)$ nghịch biến trên từng khoảng xác định $\left( { – \infty ; – 3} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$

Ta lại có $f\left( { – x} \right) = \frac{2}{{{{( – x)}^3}}} + ln\left( {\frac{{ – x + 3}}{{ – x – 3}}} \right)$$ = – \left( {\frac{2}{{{x^3}}} + ln\frac{{x + 3}}{{x – 3}}} \right) = – f\left( x \right)$

Suy ra $f\left( x \right)$ là hàm số lẻ. và nghịch biến trên từng khoảng của

Từ đó suy ra $f\left( {a – 2024} \right) + f\left( {6a – 27} \right) \geqslant 0$ điều kiện $a \in \left( { – \infty ;4} \right) \cup \left( {5;2021} \right) \cup \left( {2027; + \infty } \right)$ $ \Leftrightarrow f\left( {a – 2024} \right) \geqslant – f\left( {6a – 27} \right) = f\left( { – 6a + 27} \right)$

Lập BBT có: $\forall x \in \left( {3; + \infty } \right)$ thì $f\left( x \right) > 0$

Trường hợp 1: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a – 2024 > 3} \\
{6a – 27 > 3}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a > 2027} \\
{a > 5}
\end{array}} \right.} \right.$ suy ra $a \in \left[ {2028;2099} \right]$ bất phương trình được nghiệm đúng., TH này có 72 giá trị nguyên của $a$.

Trường hợp 2: $a < 2027$ bất phương trình trở thành

$ \Leftrightarrow f\left( {a – 2024} \right) \geqslant – f\left( {6a – 27} \right) = f\left( { – 6a + 27} \right)$

Khi đó (2) $ \Leftrightarrow a – 2024 \leqslant – 6a + 27 \Leftrightarrow 7a \leqslant 2051 \Leftrightarrow a \leqslant 293$ (3)

Từ (2) và (3) suy ra $5 < a \leqslant 293$ mà $a \in \mathbb{Z} \Rightarrow a \in \left\{ {6; \ldots ;293} \right\}$

Có $293 – 6 + 1 = 288$ giá trị $a$.

Vậy có tất cả $288 + 72 = 360$ giá trị nguyên của $a$ thoả đề.

Câu 47: Xét phương trình bậc hai $a{z^2} + bz + c = 0\;\left( {a,b,c \in \mathbb{R},a \ne 0} \right)$ có hai nghiệm phức ${z_1},{z_2}$ có phần ảo khác 0 và $\left| {2{z_1} – \frac{1}{9}} \right| = \left| {{z_1} – {z_2}} \right|$. Giả sử $\left| {{z_1}} \right| = \frac{1}{{\sqrt k }}$ và w là số phức thoả mãn $c{w^2} + bw + a = 0$, có bao nhiêu số nguyên dương $k$ sao cho ứng với mỗi $k$ tồn tại đúng 9 số phức ${z_3}$ có phần ảo nguyên, ${z_3} – w$ là số thuần ảo và $\left| {{z_3}} \right| \leqslant \left| w \right|$ ?

A. 23 .

B. 22 .

C. 11 .

D. 12

Lời giải

Chọn B

${z_1} = x + yi;{z_2} = x – yi\;\forall x;y \in \mathbb{R}$

$ \Rightarrow \left| {2{z_1} – \frac{1}{9}} \right| = \left| {{z_1} – {z_2}} \right| = \left| {{z_1} – \overline {{z_1}} } \right|$

$ \Leftrightarrow {\left( {2x – \frac{1}{9}} \right)^2} + 4{y^2} = 4{y^2} \Rightarrow x = \frac{1}{{18}}$

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a{z^2} + bz + c = 0} \\
{c{w^2} + bw + a = 0}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{w = \frac{1}{z}} \\
{\left| w \right| = \frac{1}{{\left| z \right|}} = \sqrt k }
\end{array}} \right.} \right.$

Ta có ${z_1} = \frac{1}{{18}} + yi$

Suy ra ${z_1}\overline {{z_1}} = \frac{1}{k} = {y^2} + \frac{1}{{324}}$

$w = \frac{1}{{{z_1}}} = \frac{{\overline {{z_1}} }}{{{{\left| {{z_1}} \right|}^2}}} = k\left( {\frac{1}{{18}} – yi} \right)$

${z_3} = m + ni\left( {n \in \mathbb{Z}} \right);k \in {\mathbb{N}^*}$

$Re\left( {{z_3} – w} \right) = 0;\left| {{z_3}} \right| \leqslant \left| w \right| = \sqrt k $

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{m^2} + {n^2} \leqslant k} \\
{m = \frac{1}{{18}}k}
\end{array} \Rightarrow {n^2} \leqslant k – \frac{{{k^2}}}{{324}}} \right.$

$f\left( k \right) = k – \frac{{{k^2}}}{{324}},\forall k \in {\mathbb{N}^*}$

$ \Rightarrow 9$ số phức ${z_3} \Rightarrow 16 \leqslant f\left( k \right) < 25$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( k \right) \geqslant 16} \\
{f\left( k \right) < 25}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k – \frac{{{k^2}}}{{324}} \geqslant 16} \\
{k – \frac{{{k^2}}}{{324}} < 25}
\end{array}} \right.} \right.$

$ \Leftrightarrow k \in \left\{ {17; \ldots .27;297; \ldots ;307} \right\}$.

Vậy có 22 số nguyên dương $k$.

Câu 48: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $A,AB = 2a$, mặt bên $SAB$ là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng:

A. $\frac{{25\pi }}{9}{a^2}$.

B. $\frac{{25\pi }}{3}{a^2}$.

C. $\frac{{28\pi }}{3}{a^2}$.

D. $\frac{{28\pi }}{9}{a^2}$.

Lời giải

Chọn C

$\vartriangle ABC$ vuông tại $A,AB = 2a$ nên $BC = 2a\sqrt 2 $.

Gọi $G$ là tâm tam giác đều $SAB$ và $H,J$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC$. Ta có

$GH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Kẻ đường thẳng $Gx//HJ,Jy//SH$.

Do mặt bên $SAB$ là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên $SH \bot AB$ và vì vậy $SH \bot \left( {ABC} \right)$. Mà $\vartriangle ABC$ vuông tại $A$ nên $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Vậy nên $Jy$ là trục đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC$.

Hoàn toàn tương tự, $Gx$ là trục đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle SAB$.

Trong mặt phẳng qua $H$, vuông góc với $AB$ hai đường thẳng $Gx$ và $Jy$ cắt nhau tại $I$.

Dễ dàng có $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$.

Nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ bằng:

$R = \sqrt {J{I^2} + J{B^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{(a\sqrt 2 )}^2}} = \frac{{\sqrt {21} }}{3}$.

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ bằng ${S_{mc}} = 4\pi {R^2} = \frac{{28\pi }}{3}{a^2}$.

Câu 49: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;6; – 1} \right),B\left( {2; – 4; – 1} \right)$ và mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( {1;2; – 1} \right)$ đi qua $A$. Điểm $M\left( {a;b;c} \right)(c > 0)$ thuộc $\left( S \right)$ sao cho IAM là tam giác tù, có diện tích bằng $2\sqrt 7 $ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $BM$ và $AI$ lớn nhất. Giá trị của $a + b + c$ thuộc khoảng nào dưới đây?

A. $\left( {1;\frac{3}{2}} \right)$.

B. $\left( {\frac{3}{2};2} \right)$.

C. $\left( {\frac{5}{2};3} \right)$.

D. $\left( {2;\frac{5}{2}} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Ta có: $\overrightarrow {IA} = \left( {0;4;0} \right) \Rightarrow IA = 4$.

Mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( {1;2; – 1} \right)$ đi qua $A$ nên bán kính của $\left( S \right)$ là $R = IA = 4$.

Phương trình mặt cầu $\left( S \right):{(x – 1)^2} + {(y – 2)^2} + {(z + 1)^2} = 16$. Nhận thấy $B\left( {2; – 4; – 1} \right)$ nằm ngoài $\left( S \right)$.

Gọi $H$ là trung điểm $MA$ suy ra $IH \bot MA$. Đặt $IH = x(0 < x < 4)$.

Diện tích tam giác $IAM$ bằng $2\sqrt 7 $, suy ra:

$\frac{1}{2}IH \cdot MA = 2\sqrt 7 \Rightarrow \frac{1}{2}IH \cdot 2 \cdot HA = 2\sqrt 7 \Rightarrow IH.HA = 2\sqrt 7 $

$ \Rightarrow x\sqrt {16 – {x^2}} = 2\sqrt 7 \Rightarrow {x^4} – 16{x^2} + 28 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x^2} = 14} \\
{{x^2} = 2}
\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \sqrt {14} } \\
{x = \sqrt 2 }
\end{array}} \right.} \right.$.

•) Với $x = \sqrt {14} \Rightarrow HA = \sqrt 2 \Rightarrow MA = 2\sqrt 2 < IA$ ( loại do tam giác $IAM$ tù).

•) Với $x = \sqrt 2 \Rightarrow HA = \sqrt {14} \Rightarrow MA = 2\sqrt {14} > IA$ (thỏa mãn).

Gọi $K$ là hình chiếu của $M$ lên $IA$.Ta có:

$sin\widehat {IAH} = \frac{{IH}}{{IA}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4} = sin\widehat {KAM} = \frac{{MK}}{{AM}} = \frac{{MK}}{{2\sqrt {14} }} \Rightarrow MK = \sqrt 7 $.

Ta có điểm $A,I$ cố định, điểm $M$ thay đổi trên mặt cầu $\left( S \right)$ sao cho $MK = \sqrt 7 $, suy ra $M$ thuộc mặt trụ $\left( T \right)$ trục là $AI$, bán kính $MK = \sqrt 7 $.

Vậy $M$ thuộc giao tuyến của mặt trụu $\left( T \right)$ và mặt cầu $\left( S \right)$ là đường tròn $\left( C \right)$ tâm $K$, bán kính $MK = \sqrt 7 $.

Ta có: $AK = \sqrt {A{M^2} – M{K^2}} = 7 \Rightarrow IK = 3 \Rightarrow \overrightarrow {IK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AI} \Rightarrow K\left( {1; – 1; – 1} \right)$

Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa đường tròn $\left( C \right)$, suy ra $\left( P \right)$ đi qua $K\left( {1; – 1; – 1} \right)$ và nhận $\vec n = \frac{1}{4}\overrightarrow {IA} = \left( {0;1;0} \right)$ làm VTPT. Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):y + 1 = 0$.

Gọi $B’$ là hình chiếu của $B$ lên $\left( P \right)$, suy ra $B’\left( {2; – 1; – 1} \right),KB’ = 1 < \sqrt 7 = MK \Rightarrow B’$ nằm trong $\left( C \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {KB’} = \left( {1;0;0} \right),\overrightarrow {B’M} = \left( {a – 2;b + 1;c + 1} \right)$. Khi đó: $d\left( {IA;BM} \right) = KE \leqslant KB’ = 1$.

$ \Rightarrow d{(IA;BM)_{max}} = 1 \Leftrightarrow KB’ \bot B’M \Rightarrow \overrightarrow {KB’} \cdot \overrightarrow {B’M} = 0 \Leftrightarrow a – 2 = 0 \Leftrightarrow a = 2$.

Lại có: $M\left( {a;b;c} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow b + 1 = 0 \Rightarrow b = – 1 \Rightarrow M\left( {2; – 1;c} \right)$.

Mà $MK = \sqrt 7 \Leftrightarrow {1^2} + {0^2} + {(c + 1)^2} = 7 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c = \sqrt 6 – 1}&{\left( {\;tm\;} \right)} \\
{c = – \sqrt 6 – 1}&{(\;loai\;do\;c > 0)}
\end{array}} \right.$.

Vậy $a + b + c = 2 – 1 + \sqrt 6 – 1 = \sqrt 6 \approx 2,45 \in \left( {2;\frac{5}{2}} \right)$.

Câu 50: Xét hàm số bậc bốn $y = f\left( x \right)$ có $f\left( { – 1} \right) = 5$. Hàm số $y = f’\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ , $f’\left( 4 \right) = 0$ và $f’\left( { – 1} \right) = a$. Có bao nhiêu số nguyên $a \in \left( { – 100;0} \right)$ sao cho ứng với mỗi $a$, hàm số $y = \left| {f\left( x \right) + \frac{5}{{{x^2}}}} \right|$ có đúng 3 điểm cực trị thuộc khoảng $\left( { – 1; + \infty } \right)$ ?

A. 9 .

B. 89 .

C. 10 .

D. 90 .

Lời giải

Chọn C

Do hàm số $y = f’\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right),f’\left( 4 \right) = 0$ và $f’\left( { – 1} \right) = a$ nên ta có bảng biến thiên của các hàm số $f’\left( x \right),f\left( x \right)$ trên $\left( { – 1; + \infty } \right)$ như sau:

Xét hàm số $h\left( x \right) = f\left( x \right) + \frac{5}{{{x^2}}}$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$

Ta có: $h’\left( x \right) = f’\left( x \right) – \frac{{10}}{{{x^3}}} = 0 \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{10}}{{{x^3}}}\left( 1 \right)$.

Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{10}}{{{x^3}}}$.

Ta có: $g’\left( x \right) = \frac{{ – 30}}{{{x^4}}} < 0,\forall x \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 0 \right\}$.

Bảng biến thiên:

Dễ thấy rằng $g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ và $f’\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất $x = \alpha $ trên $\left( {4; + \infty } \right)$.

Bảng biến thiên hàm số $h\left( x \right)$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$ :

Mặt khác $h\left( \alpha \right) = f\left( \alpha \right) + \frac{5}{{{\alpha ^2}}} < – 5 + \frac{5}{{{\alpha ^2}}} < 0$ do $\alpha > 4$.

Khi đó hàm số $h\left( x \right) = f\left( x \right) + \frac{5}{{{x^2}}}$ có một điểm cực trị và hai nghiệm phân biệt trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Nên để hàm số $y = \left| {f\left( x \right) + \frac{5}{{{x^2}}}} \right|$ có đúng 3 điểm cực trị thuộc khoảng $\left( { – 1; + \infty } \right)$ thì hàm số $h\left( x \right) = f\left( x \right) + \frac{5}{{{x^2}}}$ không có nghiệm hoặc điểm cực trị trên $\left( { – 1;0} \right)$ hay $a \geqslant – 10$.

Mà $a$ là số nguyên và $a \in \left( { – 100;0} \right)$ nên $a \in \left\{ { – 10; – 9; \ldots ; – 1} \right\}$.

ĐÁP ÁN

1.B	2.D	3.C	4.C	5.A	6.A	7.B	8.D	9.C	10.A
11.A	12.C	13.C	14.B	15.C	16.D	17.A	18.C	19.A	20.B
21.A	22.A	23.A	24.C	25.B	26.D	27.B	28.C	29.D	30.D
31.D	32.C	33.B	34.B	35.A	36.B	37.D	38.A	39.B	40.D
41.C	42.D	43.A	44.A	45.A	46.D	47.B	48.C	49.D	50.C