Đề thi khảo sát, đánh giá chất lượng Toán Lớp 12 - Mã đề 001 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Nam Bình (Có đáp án chi tiết)

Nội dung text: Đề thi khảo sát, đánh giá chất lượng Toán Lớp 12 - Mã đề 001 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Nam Bình (Có đáp án chi tiết)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT, ĐÁNH GIÁ TỈNH NINH BÌNH CHẤT LƯỢNG GIÁO DỤC LỚP 12 THPT, GDTX NĂM HỌC 2022-2023 Bài thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm có 50 câu, 06 trang) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Mã đề thi 001 Câu 1. Cho số phức z = 3 + 7i. Phần ảo của số phức w = 2z − z¯ bằng A. 7. B. 3. C. 9. D. 21. Câu 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ): x − 2y − z + 1 = 0. Mặt phẳng (P ) vuông góc với đường thẳng nào dưới đây? x − 1 y + 3 z x − 1 y + 3 z A. d : = = . B. d : = = . 1 1 1 −1 2 1 2 1 x − 1 y + 3 z x − 1 y + 3 z C. d : = = . D. d : = = . 3 1 −2 −1 4 1 −2 1 Z Câu 3. Cho hàm số f(x) thoả mãn f(x) dx = e2x + C. Khẳng định nào sau đây đúng? 1 A. f(x) = 2e2x. B. f(x) = e2x. C. f(x) = 2ex. D. f(x) = e2x. 2 Câu 4. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 − 2 2 y −∞ −1 −∞ Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A. (−1; 1). B. (−5; −1). C. (0; 1). D. (2; 4). Câu 5. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm M (1; 2; 3) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm A. M3 (0; 2; 3). B. M4 (1; 0; 3). C. M1 (1; 0; 0). D. M2 (1; 2; 0). 5 5 4 Z Z Z Câu 6. Nếu f(x) dx = 5 và f(x) dx = 8 thì 2f(x) dx bằng 1 4 1 A. 3. B. −3. C. 6. D. −6. Câu 7. Nghiệm của phương trình 32x+4 = 9 là A. x = 0. B. x = 1. C. x = −1. D. x = −2. Câu 8. Tập nghiệm của bất phương trình log2 (x − 1) ≤ 3 là A. S = [1; 8]. B. S = (1; 8]. C. S = [1; 9]. D. S = (1; 9]. Câu 9. Trên mặt phẳng toạ độ, điểm M (3; −2) biểu diễn cho số phức z. Môđun của z bằng √ √ A. 5. B. 13. C. 5. D. 13. Trang 1/6 − Mã đề 001
2. Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết ABCD có chu vi bằng 20, SA = 10. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng 250 200 200 250 A. . B. . C. . D. . 6 6 3 3 ln x Câu 11. Cho hàm số f(x) = . Khẳng định nào sau đây đúng? Z x Z A. f(x) dx = 2 ln x + C. B. f(x) dx = ln2 x + C. Z 1 Z C. f(x) dx = ln2x + C. D. f(x) dx = 2 ln2 x + C. 2 Câu 12. Trong không gian, cho 2023 điểm phân biệt. Có tối đa bao nhiêu mặt phẳng phân biệt tạo bởi 3 trong số 2023 điểm đó? 3 3 A. 2023. B. 2023!. C. C2023. D. A2023. Câu 13. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. x −∞ 1 3 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − +∞ 4 f(x) −1 −∞ Đồ thị hàm số đã cho và trục Ox có bao nhiêu điểm chung? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. Câu 14. Trong không gian Oxyz, trục Oz có một vectơ chỉ phương là −→ −→ A. n 3 = (0; 2023; 0). B. n 2 = (2023; 0; 0). −→ −→ C. n 1 = (2023; 2023; 0). D. n 4 = (0; 0; 2023). 4 4 Z Z Câu 15. Nếu f(x) dx = 2 thì [3f(x) − 2] dx bằng 0 0 A. 14. B. 2. C. 16. D. −2. Câu 16. Công thức tính diện tích của mặt cầu có bán kính r là 4 4 A. S = 4πr2. B. S = πr2. C. S = πr3. D. S = 4πr3. 3 3 Câu 17. Với a, b là các số thực dương thoả mãn a4b6 = 100 thì 2 log a + 3 log b bằng 1 A. 4. B. 1. C. . D. 2. 2 Câu 18. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị hàm số y = y ax + b , với a, b, c, d là các số thực. Giá trị nhỏ nhất cx + d của hàm số trên đoạn [−2; 0] là A. −1. B. 0. C. 2. D. 1. 2 1 O 1 x − 2 −1 Trang 2/6 − Mã đề 001
3. Câu 19. Đạo hàm của hàm số y = 23x là 23x A. y0 = 23x · ln 23. B. y0 = x · 23x−1. C. y0 = x23x · ln 23. D. y0 = . ln 23 Câu 20. Cho khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 có thể tích bằng 8a3. Diện tích toàn phần của hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 bằng A. 8a2. B. 16a2. C. 12a2. D. 24a2. Câu 21. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 = 9. Mặt cầu (S) đi qua điểm nào dưới đây? A. D (9; −1; 1). B. C (0; 3; 1). C. A (1; 4; 4). D. B (1; −2; 2). Câu 22. Cho số phức z = 2 − 5i. Phần thực của số phức iz bằng A. −2. B. 2. C. −5. D. 5. Câu 23. Nếu tăng bán kính đáy của một khối nón lên 2 lần và giữ nguyên chiều cao thì thể tích của khối nón đó tăng lên bao nhiêu lần? A. 2. B. 16. C. 4. D. 8. √ Câu 24. Tập xác định của hàm số y = (x − 1) 3 là A. D = [1; +∞). B. D = (0; +∞). C. D = (1; +∞). D. D = [0; +∞). Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có AB = AC = 2a và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Tính số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SAD). A. 120◦. B. 30◦. C. 60◦. D. 90◦. 3 Câu 26. Cho khối chóp S.ABCD có thể tích√ bằng 3a và mặt đáy ABCD là hình bình a2 3 hành. Biết diện tích tam giác SAB bằng . Khoảng cách giữa SB và CD bằng √ √ 4 √ √ A. 3 2a. B. 6 2a. C. 6 3a. D. 3 3a. Câu 27. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ): x − 2y + 2z − 3 = 0 và mặt cầu (S):(x − 1)2 + (y + 1)2 + z2 = 16. Số điểm chung của mặt phẳng (P ) và mặt cầu (S) là A. 1. B. 0. C. 2. D. vô số. Câu 28. Thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = x2 − 3x + 2 và y = 0 quanh trục Ox bằng π2 π π π2 A. . B. . C. . D. . 30 6 30 6 3 Câu 29. Cho hàm số y = . Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1 − 2x 1 3 A. y = 3. B. y = . C. y = 0. D. y = − . 2 2 2
   Câu 30. Tổng các nghiệm thực của phương trình log2 (x + 1) = 2 log4 x − 1 bằng A. 2. B. 3. C. −2. D. 1. Câu 31. 0 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R. Biết hàm số y = f (x) = y ax4 + bx2 + c có đồ thị như trong hình bên. Hàm số y = f(x) có bao nhiêu điểm cực đại? A. 2. B. 1. C. 3. D. 0. O x Trang 3/6 − Mã đề 001
4. A 2. B 16. C 4. D 8. Lời giải. 1 Vì V = πr2h nên khi tăng bán kính đáy lên 2 lần và giữ nguyên chiều cao của khối nón 3 thì thể tích của khối nón tăng lên 4 lần. Chọn đáp án C  √ Câu 24. Tập xác định của hàm số y = (x − 1) 3 là A D = [1; +∞). B D = (0; +∞). C D = (1; +∞). D D = [0; +∞). Lời giải. Điều kiện xác định x − 1 > 0 ⇔ x ∈ (1; +∞) ⇒ D = (1; +∞) . Chọn đáp án C  Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có AB = AC = 2a và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Tính số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SAD). A 120◦. B 30◦. C 60◦. D 90◦. Lời giải. Ta có (SAB) ∩ (SAD) = SA. Ta có AB ⊥ SA (do SA ⊥ S (ABCD)), AD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)). Vậy góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) bằng góc giữa AB và AD. Vì AB = AC = BC = 2a nên 4ABC đều. Suy ra góc giữa AB và AD bằng góc giữa AB và BC và bằng 60◦. A D O B C Chọn đáp án C  3 Câu 26. Cho khối chóp S.ABCD có thể tích√ bằng 3a và mặt đáy ABCD là hình bình a2 3 hành. Biết diện tích tam giác SAB bằng . Khoảng cách giữa SB và CD bằng √ √ 4 √ √ A 3 2a. B 6 2a. C 6 3a. D 3 3a. Lời giải. Ta có: CD k AB ⇒ CD k (SAB). S Do đó d(CD, SB) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)). Ta lại có VS.ABCD = 2VS.ABC = 2VC.SAB. V 3a2 ⇒ V = S.ABCD = . C.SAB 2 2 1 Vì V = S · d(C, (SAB)) C.SAB 3 SAB A B 9a3 3V √ ⇒ d(C, (SAB)) = C.SAB = 2√ = 6 3a 2 . D C SSAB a 3 √ 4 Vậy d(CD, SB) = 6 3a. Chọn đáp án C  Câu 27. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ): x − 2y + 2z − 3 = 0 và mặt cầu (S):(x − 1)2 + (y + 1)2 + z2 = 16. Số điểm chung của mặt phẳng (P ) và mặt cầu (S) là Trang 5/16 − Mã đề 001
5. A 1. B 0. C 2. D vô số. Lời giải. Mặt cầu (S) có tâm I (1; −1; 0) và bán kính R = 4 . |1 − 2. (−1) + 2.0 − 3| Ta có d (I, (P )) = q = 0 0 log (x + 1) = 2 log x2 − 1
   ⇔ ⇔ x = 2. 2 4 x + 1 = x2 − 1 Chọn đáp án A  Câu 31. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R. Biết hàm số y = f 0(x) = y ax4 + bx2 + c có đồ thị như trong hình bên. Hàm số y = f(x) có bao nhiêu điểm cực đại? A 2. B 1. C 3. D 0. O x Lời giải.  x = x1 0  Ta có f (x) = 0 ⇔ x = 0 (x1 < 0 < x2). x = x2 Ta có bảng biến thiên Trang 6/16 − Mã đề 001
6. x −∞ x1 0 x2 +∞ f 0(x) − 0 + 0 + 0 − +∞ f(x ) f(x) f(0) 2 f(x ) 1 −∞ Quan sát bảng biến thiên ta của hàm số y = f(x) ta thấy hàm số đã cho có 1 cực đại. Chọn đáp án B  Câu 32. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. x −∞ −1 +∞ y0 + + +∞ 2 y 2 −∞ Hỏi hàm số đã cho là hàm số nào trong các hàm số sau? 2x 2x − 1 2x + 3 2x − 1 A y = . B y = . C y = . D y = . x − 1 x + 1 x + 1 x − 1 Lời giải. Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số có hai tiệm cận x = −1 và y = 2. 2x − 1 Hơn nữa y0 > 0. Do đó hàm số thỏa mãn là y = . x + 1 Chọn đáp án B  1 Câu 33. Cho dãy số (u ) , biết: u = 2, u = u · với n 1. Tìm u . n 1 n+1 n 3 > 100 2 4 4 2 A . B . C . D . 3100 3999 399 399 Lời giải. 1 1 Dãy số (u ) có u = 2, u = u · với n 1 là một CSN có q = ⇒ u = u qn−1 = n 1 n+1 n 3 > 3 n 1 1n−1 2 . 3 1 2 Vậy u = 2 · = . 100 399 399 Chọn đáp án D  Câu 34. Trên giá sách có 4 quyển sách Toán, 3 quyển sách Vật lí và 2 quyển sách Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất sao cho 3 quyển lấy ra có ít nhất 1 quyển sách Toán. 19 37 1 5 A . B . C . D . 21 42 3 6 Lời giải. 3 Số cách lấy 3 quyển sách một cách tùy ý là C9 cách. 3 Số cách lấy 3 quyển sách trong đó không có quyển sách Toán nào là C5 cách. 3 3 Suy ra, số cách lấy ra 3 quyển sách sao cho có ít nhất 1 quyển sách Toán là C9 − C5. 3 3 C9 − C5 37 Vậy xác suất cần tìm là 3 = . C9 42 Chọn đáp án B  Câu 35. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau Trang 7/16 − Mã đề 001
7. x −∞ −1 2 +∞ y0 + 0 − 0 + 5 2 y 2 −6 Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2. B Hàm số có giá trị cực đại bằng −1. C Hàm số đạt cực đại tại x = 5. D Hàm số đạt cực tiểu tại x = −6. Lời giải. Quan sát bảng biến thiên ta thấy tọa độ điểm cực đại (−1; 5) và tọa độ điểm cực tiểu (2; −6). Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x = 2. Chọn đáp án A  Câu 36. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A (−1; 2; 4) và B (3; −2; 2). Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là A 2x − 2y − z − 5 = 0. B 2x − 2y − z + 1 = 0. C x + 3z + 2 = 0. D x + 3z + 6 = 0. Lời giải. Gọi I là trung điểm của AB thì I = (1; 0; 3). −→ Có AB = (4; −4; −2). Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB : 2 (x − 1) − 2 (y − 0) − 1 (z − 3) = 0 ⇔ 2x − 2y − z + 1 = 0. Chọn đáp án B  Câu 37. Trên mặt phẳng toạ độ, tập hợp điểm biểu diễn của các số phức z thoả mãn |z − 2i| = |z¯ + 4| là một đường thẳng có phương trình là A 2x + y + 3 = 0. B x + 2y + 3 = 0. C 2x − y + 3 = 0. D x − 2y + 3 = 0. Lời giải. |z − 2i| = |z¯ + 4|, z = x + yi ⇒x2 + (y − 2)2 = (x + 4)2 + (−y)2 ⇔ −4y + 4 = 8x + 16 ⇔ 2x + y + 3 = 0. Chọn đáp án A  Câu 38. Đồ thị hàm số nào sau√ đây có đúng 1 đường√ tiệm cận ngang? x2 − x x2 + 1 2 − x2 4x − 3 A y = . B y = . C y = . D y = . x + 1 5x − 3 x + 3 x2 − 2x Lời giải. 4x − 3 4x − 3 Xét hàm số y = có lim y = lim = 0. x2 − 2x x→±∞ x→±∞ x2 − 2x Vậy đồ thị hàm số có đúng 1 đường tiệm cận ngang là y = 0. Chọn đáp án D  −−→ 1−→ 1−→ Câu 39. Cho hình chóp S.ABC. Gọi K là điểm thỏa mãn SK = SB + SC và L là giao 4 3 điểm của đường thẳng SK với đường thẳng BC. Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 56, thể tích khối chóp S.ABL bằng A 21. B 32. C 40. D 42. Lời giải. Cách 1. Trang 8/16 − Mã đề 001
8. −→ −−→ m−→ m−→ Đặt SL = mSK = SB + SC (1). 4 3 S −→ −−→ −→ −→ −→ −→ −→ Đặt BL = nBC thì suy ra BL = n SC − SB = −nSB+nSC. −→ −→ −→ −→ −→ Do đó SL = SB + BL = (1 − n) SB + nSC (2). −→ −→ Do SB và SC không cùng phương nên từ (1) và (2) suy ra m  12 K = 1 − n m =  4  7 ⇔ . C m 4 A  = n n = 3 7 L −→ 4−−→ 4 Vậy BL = BC hay L thuộc đoạn BC và BL = BC . 7 7 4 4 B Từ đó suy ra V = V = .56 = 32. S.ABL 7 S.ABC 7 Cách 2. S P N M K C A R L Q B −−→ 1−→ −→ 1−→ Gọi M, N lần lượt là các điểm thỏa mãn SM = SB, SN = SC; P là trung điểm MN, 4 3 thế thì −−→ −→ −−→ −→ SK = 2SP = SM + SN. Qua M, N kẻ các đường thẳng song song với SL, cắt BC lần lượt tại Q, R. Khi đó PL là đường trung bình của hình thang MNRQ nên L là trung điểm QR. Mặt khác, theo định lí Thales thì LQ SM 1 LR SN 1 = = , = = . LB SB 4 LC SC 3 Từ đó BL 4 BC = LB + LC = 4LQ + 3LR = 7LQ ⇒ = . BC 7 4 4 Từ đó suy ra V = V = · 56 = 32. S.ABL 7 S.ABC 7 Chọn đáp án B  Câu 40. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P ): x+y −z +2 = 0 và (Q): x+3y = 12. Gọi ∆ là giao tuyến của (P ) và (Q). Đường thẳng ∆ song song với đường thẳng nào dưới đây? x y − 4 z − 6 x − 1 y + 2 z + 1 A d : = = . B d : = = . 3 3 1 2 4 3 1 2 x − 1 y + 2 z + 1 x y − 4 z − 6 C d : = = . D d : = = . 2 3 −1 2 1 3 −1 2 Lời giải. −→ −→ −→ −→  Có n P = (1; 1; −1) và n Q = (1; 3; 0). Suy ra n P ; n Q = (3; −1; 2). −→ −→ −→  Vì ∆ là giao tuyến của (P ) và (Q) nên ∆ có một vectơ chỉ phương u = n P ; n Q = Trang 9/16 − Mã đề 001
9. (3; −1; 2). Do đó loại d3 và d4. Xét d1 đi qua M (0; 4; 6) mà M ∈ (P ),M ∈ (Q) nên d1 ≡ ∆. Loại d1. Chọn đáp án C  −1 Z Câu 41. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1], thoả mãn f (x + 2) dx = 3 và −2 π Z2 f(1) = 4. Khi đó tích phân I = sin 2x f 0 (sin x) dx bằng 0 A 4. B 1. C 2. D 5. Lời giải. −1 1 Z Z f (x + 2) dx = 3, t = x + 2 ⇒ f(t) dt = 3. −2 0 π π 1 Z2 Z2 Z I = sin 2x f 0 (sin x) dx = 2 sin x . cos x.f 0 (sin x) dx = 2t.f 0(t) dt. 0 0 0 ( ( 1 1 u = 2t du = 2 dt Z Z Đặt ⇒ ⇒ I = 2t .f 0(t) dt = 2t.f(t)|1 − f(t) .2 dt dv = f 0(t) dt v = f(t) 0 0 0 1 Z ⇒ I = 2.f(1) − 2 f(t) dt = 2 · 4 − 2 · 3 = 2. 0 Chọn đáp án C  Câu 42. Cho một mặt cầu và một hình nón nội tiếp trong mặt cầu. Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác nhọn, không đều và diện tích xung quanh của hình nón 3 bằng diện tích mặt cầu. Gọi α là góc giữa đường sinh và mặt đáy của hình nón. Biết 8 √ a − b cosα = với a, b, c là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Tổng c a + b + c bằng A 16. B 28. C 26. D 18. Lời giải. S R ` O R x B r H A Cách 1. Gọi R, r lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đáy hình nón, l là độ dài đường sinh của hình nón, x là khoảng cách từ tâm mặt cầu đến đáy của hình nón, x < R. √ q q √ Ta có r = R2 − x2 và l = (R + x)2 + r2 = (R + x)2 + R2 − x2 = 2R2 + 2xR. Trang 10/16 − Mã đề 001
10. √ √ 2 2 2 Diện tích xung quanh của hình nón S1 = πrl = π R − x . 2R + 2Rx. Diện tích mặt cầu S = 4πR2. 2 √ √ 2 2 2 r 2 3 S1 π R − x . 2R + 2Rx 1  x  q x Theo bài ra = = 2 = 1 − . 2 + 2 . 8 S2 4πR 4 R R x √ √ 3 9 Đặt t = , t 0 thì 2 r 3 R t = cos α = = . ` 2 ` Ta lại có 3 2 1 2r`2 r`2 R ` 3 `2 sin 2β = S = = = 2 = R`. 2 SAB 4R 2R 2R 4 √ Để ý sin β = cos α, cos β = sin α = 1 − t2 nên từ đẳng thức trên, ta được r p 3 R 3 2 t 1 − t2 = sin β cos β = · = t 4 ` 4 3  1 t = 3 2 ⇒ t3 − t + = 0 ⇒  √ 8  −1 ± 13 t = . 4 √ 1 13 − 1 Lưu ý, tam giác SAB không đều nên t 6= , mà t > 0 nên t = . Vậy a = 13, b = 1, 2 4 c = 4 và a + b + c = 18. Chọn đáp án D  Câu 43. Gọi S là tập các số nguyên dương a để bất phương trình 6x + 2a+2 < 4 · 3x + 2x+a có ít nhất 1 và không quá 10 nghiệm nguyên. Tổng các phần tử của S bằng A 204. B 201. C 205. D 208. Lời giải. Bất phương trình đã cho tương đương 6x − 2x+a + 2a+2 − 4 · 3x < 0 ⇔ (2x − 4) (3x − 2a) < 0. Ta có các trường hợp (TH) sau Trang 11/16 − Mã đề 001
11. TH1. a log3 2 ≤ 2. Do a nguyên nên a ≤ 3. Khi đó bất phương trình tương đương a log3 2 0 nên hiển nhiên bất phương trình có không quá 10 nghiệm nguyên. Bất phương trình có ít nhất 1 nghiệm nguyên khi và chỉ khi a log3 2 2. Do a nguyên nên a ≥ 4. Khi đó bất phương trình tương đương 2 0) y = ⇒ y0 = x2 + 2m(x − m + 6) (x − m + 6 0 " 0  ( x = m y = 0 ⇔  ( ⇔  x = −m ⇔  2x + 2m = 0  x = −m (m > 3).  − 2m + 6 3 và lúc này bảng xét dấu của y0 như sau x −∞ −m m − 6 m +∞ y0 − 0 + − 0 + Điều này chứng tỏ với m > 3 thì hàm số đã cho có 3 điểm cực trị, mà m nguyên nên m ∈ {4, 5, , 2022}. Vậy có tất cả 2019 số nguyên thoả mãn. Chọn đáp án B  Trang 12/16 − Mã đề 001
12. Câu 45. Trên tập số phức, xét phương trình z2 − (m − 2) z + m2 = 0 (m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm z1, z2 thoả mãn |z1 + z2| = |z1 − z2|? A 2. B 4. C 1. D 3. Lời giải. Cách 1. Ta có ∆ = (m − 2)2 − 4m2 = −3m2 − 4m + 4 = (m + 2) (−3m + 2). Ta xét các trường hợp (TH) sau h 2i TH1. ∆ ≥ 0 ⇔ m ∈ −2; . Khi đó ta có 3 |z1 + z2| = |z1 − z2| ⇔ z1z2 = 0 ⇔ m = 0 (thỏa mãn). p 2  −b ± i |∆| TH2. ∆ < 0 ⇔ m ∈ (−∞; −2) ∪ ; +∞ . Ta có z = . Kết hợp định lí Viète, 3 1,2 2a ta có p p 2 |z1 + z2| = |z1 − z2| ⇔ |m − 2| = i |∆| ⇔ |m − 2| = |−3m − 4m + 4| 2 2 ⇔ m − 4m + 4 = −3m − 4m + 4 . Chú ý −3m2 − 4m + 4 < 0 nên m2 − 4m + 4 = 3m2 + 4m − 4 ⇔ m2 + 4m − 4 = 0 " √ m = −2 + 2 2 ⇔ √ m = −2 − 2 2. Cả hai giá trị trên đều thỏa mãn. Vậy có 3 giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán. 2 Cách 2. Theo định lí Viète, ta có z1 + z2 = m − 2 và z1z2 = m . Suy ra 2 2 2 2 2 |z1 − z2| = (z1 + z2) − 4z1z2 = (m − 2) − 4m = 3m + 4m − 4 . Từ giả thiết, ta có " 2 2 2 2 (m − 2) = 3m + 4m − 4 (m − 2) = 3m + 4m − 4 ⇔ (m − 2)2 = −3m2 − 4m + 4 " " √ m2 + 4m − 4 = 0 m = −2 ± 2 2 ⇔ ⇔ m2 = 0 m = 0. Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu. Chọn đáp án D  √ √ Câu 46. Xét hai số phức z, w thỏa mãn |z − w| = 2 và |z¯ + 4 + 4i| + |w| = 3 2. Biết biểu P = |w + 1 + 2i| w = w |w + 2 − i| thức √ đạt giá√ trị lớn nhất khi √0, giá trị 0 bằng√ A 41. B 10. C 5. D 17. Lời giải. Trang 13/16 − Mã đề 001
13. y C 4 N 3 A B −1 −4 −3 O x −2 D ( √ |z − w| = AB = 2 Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của z, w ⇒ Xét điểm C (−4; 4) |z| = OA; |w| = OB. √ √ √ z¯ + 4 + 4i + |w| = 3 2 ⇔ |z + 4 − 4i| + |w| = 3 2⇔ AC + OB = 3 2. √ ⇒ OB + BA + AC = OC = 4 2⇒ O, B, A, C OC theo thứ tự nằm trên đoạn√ . Xét điểm D (−1; −2) ⇒ P = |w + 1 + 2i| = BD⇒ Pmax = DN = 29 khi B trùng với N (−3; 3) √ ⇒ w0 = −3 + 3i ⇒ |w0 + 2 − i| = |−1 + 2i| = 5 Chọn đáp án C  Câu 47. Cho f(x) là một hàm số có đạo hàm liên tục trên R và hàm số y 2
    
    f log2 x + 2x + 2 có đồ thị như hình vẽ. Hàm số f(2x−1) nghịch biến trên khoảng nào sau đây?  3 1  A 1; . B (2; 3). C ; 1 . D (3; 4). 2 2 −2 −1 O x Lời giải. 2
    2
    
    Cách 1. Đặt 2x − 1 = log2 t + 2t + 2 , g(t) = f log2 t + 2t + 2 . Ta có 0 2(t + 1) 0 2
    
    g (t) = 2 · f log2 t + 2t + 2 . log2 (t + 2t + 2) ln 2 0 0 2
    0 0 2
    Do đó với t > −1 thì g (t) và f log2(t + 2t + 2) cùng dấu, t < −1 thì g (t) và f log2(t + 2t + 2) 2(t + 1) trái dấu. Đặt h(t) = log t2 + 2t + 2
    , ta có h0(t) = , từ đó, ta có bảng biến 2 (t2 + 2t + 2) ln 2 thiên của h(t) t −∞ −2 −1 0 +∞ h0(t) − 0 + +∞ +∞ h(t) 1 1 0 Trang 14/16 − Mã đề 001
14. 0 0 2
    
    Dựa vào đồ thị đã cho g (t) < 0 khi −1 < t < 0, do đó f log2 t + 2t + 2 < 0 khi 2
    0 −1 < t < 0, khi đó 0 < log2 t + 2t + 2 < 1, suy ra f (2x − 1) < 0 khi 0 < 2x − 1 < 1, hay 1 < x < 1. 2 2(x + 1) Cách 2. Đặt u = u(x) = log x2 + 2x + 2
    , ta có u0(x) = . Để ý rằng, với 2 (x2 + 2x + 1) ln 2 [f(u(x))]0 u0(x) 6= 0 thì f 0(u) = , do đó f 0(u) ≥ 0 nếu f(u(x)) và u(x) đơn điệu cùng chiều, u0(x) f 0(u) ≤ 0 nếu f(u(x)) và u(x) đơn điệu ngược chiều. Do đó, ta có bảng biến thiên x −∞ −2 −1 0 +∞ +∞ +∞ u(x) 1 1 0 f(u(x)) f 0(u) + | − | − | + Từ bảng biến thiến trên, ta có f 0(u) < 0 khi 0 < u < 1. Suy ra 2f 0(2x − 1) = [f(2x − 1)]0 < 0 1 khi 0 < 2x − 1 < 1 hay < x < 1. 2 Chọn đáp án C  Câu 48. Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên R thoả mãn f(x) = f 0(x) + 2 (3x + 1) ex, ∀x ∈ R và f(1) = −3e. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = 2f(x) và y = f 0(x) thuộc khoảng nào dưới đây? A (20; 30). B (10; 20). C (0; 10). D (30; 40). Lời giải. f(x) = f 0(x) + 2 (3x + 1) ex, ∀x ∈ R ⇔ f 0(x)e−x − f(x)e−x = −6x − 2, ∀x ∈ R 0 ⇔ f(x)e−x
    = −6x − 2 ⇒ f(x)e−x = −3x2 − 2x + C ⇒ f(x) = −3x2 − 2x + C
    ex. Mà f(1) = −3e ⇒ (C − 5) e = −3e ⇒ C = 2 ⇒ f(x) = −3x2 − 2x + 2
    ex ⇒ f 0(x) = −3x2 − 8x
    ex ⇒ 2f(x) − f 0(x) = −3x2 + 4x + 4
    ex.  x = 2 0 2 2f(x) − f (x) = 0 ⇔ −3x + 4x + 4 = 0 ⇔  2 x = − . 3 2 2 Z Z 0 2 x S = 2f(x) − f (x) dx = −3x + 4x + 4 e dx ≈ 21,97. 2 2 − 3 − 3 Chọn đáp án A   x = t  Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ : y = 3 và mặt cầu z = −2 + t (S):(x − 2 − m)2 + (y − 1 + m)2 + (z − 2 + m)2 = 25, với m là tham số. Gọi I là tâm của (S). ∆ (S) OI Khi √cắt tại hai điểm có√ khoảng cách lớn nhất, bằng √ A 19. B 2 19. C 3. D 3. Lời giải. Trang 15/16 − Mã đề 001
15.  x = 2 + t0  Ta có I (2 + m, 1 − m, 2 − m). Suy ra I thuộc đường thẳng d : y = 1 − t0 . z = 2 − t0 Dễ thấy ∆ và d là hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau. Mặt khác (S) có bán kính bằng 5. Khi ∆ cắt (S) tại hai điểm, gọi A, B là hai giao điểm và h là khoảng cách từ I đến ∆. Ta AB √ √ có = R2 − h2 = 25 − h2. Do đó để AB lớn nhất thì h phải nhỏ nhất. 2 Ta thấy h nhỏ nhất bằng khoảng cách giữa ∆ và d. Khi đó I là một điểm đầu của đoạn vuông góc chung của ∆ và d. I = (2; 1; 2) J (3; 3; 1) Dễ tìm được√ và điểm đầu còn lại của đoạn vuông góc chung là . Ta có hmin = 6 và OI = 3. Chọn đáp án C  2 2
    3 3 Câu 50. Xét các số thực dương a, b thoả mãn log2 (a + b) = log3 a + b . Khi đó a + b có thể nhận nhiều nhất bao nhiêu giá trị nguyên? A 36. B 35. C 37. D 38. Lời giải. ( a + b = 2x Đặt log (a + b) = log a2 + b2
    = x ⇒ . 2 3 a2 + b2 = 3x 2 2 2
    Vì (a + b) ≤ 2 a + b ⇔ x ≤ log 4 2. 3 1 3 Ta có a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab (a + b) = − 8x + 6x = f(x) 2 2  i Lập bảng biến thiên của f(x) ta suy ra hàm số đồng biến trên −∞; log 4 2 3 3 3   Suy ra 0 < a + b = f(x) ≤ f log 4 2 ≈ 37,48. 3 Chọn đáp án C  HẾT Trang 16/16 − Mã đề 001