Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2022 môn Toán cụm liên trường THPT – Hà Tĩnh

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi thử tốt nghiệp THPT năm học 2021 – 2022 môn Toán cụm liên trường THPT: THPT Minh Khai, THPT Trần Phú, THPT Hồng Lĩnh, tỉnh Hà Tĩnh

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
CỤM LIÊN TRƯỜNG THPT
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC 2021 - 2022
Môn: TOÁN
ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ
Mã đề [101]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
D
C
A
A
B
B
B
C
B
C
C
A
B
C
B
C
D
A
B
A
C
B
A
B
D
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
C
D
A
D
A
D
D
B
C
D
B
A
C
C
D
B
A
D
A
C
B
D
A
A
D
Mã đề [102]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
B
D
A
C
A
B
B
D
A
A
C
D
D
C
B
A
B
A
B
C
D
A
C
C
C
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
C
C
D
C
B
A
A
B
D
D
D
D
B
C
B
C
D
A
A
A
B
A
D
B
B
Mã đề [103]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
D
B
D
D
D
B
D
C
B
C
B
B
B
C
D
A
C
D
A
B
C
B
C
D
C
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
C
A
D
D
A
C
A
D
A
A
B
D
A
C
C
A
C
B
A
A
B
A
B
A
B
Mã đề [104]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
D
C
A
C
C
D
C
A
A
A
A
D
A
B
D
C
B
D
B
C
D
C
B
D
B
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
D
B
C
A
C
D
A
B
C
C
B
D
B
B
D
A
A
A
D
A
A
B
B
C
B
Mã đề [105]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
D
B
C
A
B
C
B
A
A
B
A
D
C
C
A
A
C
D
A
B
C
A
D
D
B
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
D
C
D
C
C
B
B
A
D
D
B
A
A
C
A
C
B
B
C
B
B
A
D
D
D
Mã đề [106]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
B
A
B
B
D
D
B
C
C
A
C
C
C
D
D
B
D
A
C
B
A
D
B
C
B
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
D
A
C
A
D
A
B
B
D
C
D
A
C
D
B
A
A
A
A
D
A
C
B
B
C
Mã đề [107]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
C
A
C
B
A
B
C
D
A
B
D
C
A
B
C
D
D
A
B
A
B
B
C
C
C
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
D
C
B
D
B
A
D
D
B
B
C
A
B
A
C
D
D
A
A
C
D
A
D
B
A
Mã đề [108]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
D
C
B
D
A
C
C
D
D
D
A
A
A
A
D
A
C
C
A
A
B
D
A
B
B
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
B
B
C
B
B
C
D
A
B
A
C
D
C
A
C
B
B
A
D
D
B
C
C
D
B
HDG MỘT SỐ CÂU VD-VDC
Câu 41. Cho hàm số
( )
y f x=
có đạo hàm là
1
2
f

=


. Biết
( )
Fx
là một nguyên hàm của
( )
fx
thỏa mãn
( )
02F =
, khi đó
( )
F
bằng
A.
2
. B.
22
. C.
2
. D.
22
+
.
Lời giải
Ta có
( ) ( ) ( )
d sin 9cos3 d cos 3sin3f x f x x x x x x x C
= = = +

.
Do
1 cos 3sin 3. 1 2
2 2 2
f C C
= + = =
.
Nên
( )
cos 3sin3 2f x x x=
.
Ta có
( ) ( )
1
cos 3sin3 2 d sin cos3 2F x x x x x x x C= = + +
.
Do
( ) ( )
11
0 2 sin0 cos 3.0 2.0 2 1F C C= + + = =
.
Vậy
( ) ( )
sin cos3 2 1 2F x x x x F

= + + =
.
Câu 42. Cho hình lăng trụ
.ABCD A B C D
có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của
A
trên mặt phẳng
( )
ABCD
trùng với trung điểm
H
của
AB
. Góc giữa hai mặt
phẳng
( )
A CD
( )
ABCD
bằng
30
. Tính thể tích
V
của khối lăng trụ
.ABCD A B C D
biết
7AA a
=
.
A.
3
8Va=
. B.
3
47Va=
. C.
3
24Va=
. D.
3
12 7Va=
.
Lời giải
Gọi
M
là trung điểm của
CD
.
Ta có
( )
CD HM
CD A HM CD A M
CD A H

( ) ( )
A CD ABCD CD
=
CD HM
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng
( )
A CD
( )
ABCD
bằng góc giữa hai đường thẳng
AM
HM
và bằng góc
30A MH
=
(vì tam giác
A HM
vuông tại
H
).
Đặt
( )
0AD x x=
,
2
x
HM x AH = =
.
tan30
3
A H x
AH
HM
= =
.
Trong tam giác vuông
A HA
2 2 2
''A A A H AH=+
22
2
7
34
xx
a = +
23x a AD = =
.
2A H a
=
.
Vậy thể tích khối lăng trụ
.ABCD A B C D
( )
2
3
2 . 2 3 24V a a a==
.
30
o
M
H
A
D
C
A'
B'
C'
D'
B
Câu 43. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình
( )
22
2 1 3 0z m z m + =
(
m
là tham số
thực).Gọi
S
là tập hợp giá trị của
m
để phương trình đó có hai nghiệm
1
z
,
2
z
thỏa
mãn
12
25zz−=
. Tính tng các phn t ca tp
S
.
A. 5. B. 4. C.
9
2
. D.
1
2
.
Lời giải.
Xét phương trình :
( ) ( )
22
2 1 3 0 1z m z m + =
.Ta có:
( ) ( )
( )
22
2
1 1. 3 4 2b ac m m m

= = =
.
Trường hp 1: Nếu
02m
thì phương trình
( )
1
có hai nghim thc
1
z
,
2
z
tha mãn
( ) ( ) ( )
22
1 2 1 2 1 2 1 2
2 5 20 4 . 20 *z z z z z z z z = = + =
.
Theo Vi-ét ta có:
( )
12
2
12
21
.3
z z m
z z m
+ =
=−
thay vào (*) có
( )
( )
2
2
4 1 4 3 20mm =
1
4 2 5
2
mm = =
(tha mãn).
Trường hp 2: Nếu
' 0 2m
thì phương trình
( )
1
có hai nghim phc là
( )
1
1 2 4z m i m= +
,
( )
2
1 2 4z m i m=
. Ta có
12
9
2 5 2 2 4 2 5 2 4 5
2
z z i m m m = = = =
(tha mãn).
Vy
19
;
22
S

=−


nên tng các phn t ca
S
là 4.
Câu 44. Cho hai số phức
12
,zz
thỏa mãn
1 1 1
5 1 3 1 3z i z i z i = + + +
2
5zi+=
. Giá trị lớn
nhất của biểu thức
12
24P z z i= +
bằng
A.
5 3 5+
. B.
2 13+
. C.
9
. D.
5 4 5+
.
Lời giải
Gọi
1 1 1 1 1
( ; )z x y i M x y= +
2 2 2 2 2
( ; )z x y i N x y= +
3
(0;1)z i C=
4
1 ( 1; 1)z i A=
5
1 3 (1;3)z i B= +
Dễ thấy điểm
C
là trung điểm của
AB
25AB =
Theo công thức đường trung tuyến, ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 4 2
MA MB AB AB
MC MA MB MC
+
= + = +
Mặt khác theo bài ra ta có:
1 1 1
5 1 3 1 3z i z i z i = + + +
2 2 2 2
5 3 3 1 .MC MA MB MA MB = + + +
(BĐT Bunhiakovski).
( ) ( )
2 2 2 2
25 10 10 2 10MC MA MB MC + = +
22
5 100 20 2 5MC MC MC
( ) ( )
1 2 1 2
12
2 4 ( 2 4
2 4 2 5 5 2 5 4 5 5.
P z z i z i z i i
z i z i i
= + = + + +
+ + + = + + = +
Câu 45. Cho hai hàm số
( )
32
f x ax bx cx d= + + +
,
( ) ( )
2
, , , , , 0g x ax bx e a b c d e a= + +
có đồ
thị lần lượt là hai đường cong
( )
1
C
,
( )
2
C
ở hình vẽ bên.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị
( )
1
C
,
( )
2
C
bằng
8
3
. Tính
( ) ( )
21fg−−
.
A.
( ) ( )
2 1 26fg =
. B.
( ) ( )
2 1 24fg =
.
C.
( ) ( )
2 1 28fg =
. D.
( ) ( )
2 1 30fg =
.
Lời giải
Dựa vào đồ thị, ta có
( ) ( ) ( )( )
2
13f x g x a x x =
0a
Ta có:
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
1
2
3
11
2
33
8 8 8
d d d
3 3 3
1 3 1 3S a x x af x g x x x xxx= = = =
( )
1
3
1
3
3 2 4 3 2
1 7 15 8 4 8
7 15 9 9 2
3
8
3 4
d
3 2 3 3
a x x x a x x x x ax a

+ + = = =


=
.
Do đó
( ) ( ) ( )( )
2
2 1 3f x g x x x =
( ) ( )
( )( )
2
2
32
2 1 3ax bx cx d ax xxbx e+ + + = + +
( ) ( )
( )
2 323
2 7 15 9ax b a x c b x d xe xx + + =+ + −−
Đồng nhất hệ số ta có
2
14 12
30 18
18 1
2
8
a
b a b
c b c
d e d e
a
=
= =



= =


= =
=
( ) ( )
3 2 2
2 12 18 18; 2 12f x x x x e g x x x e = + + = +
( ) ( )
2 1 28fg =
Vậy
(2) ( 1) 28fg =
.
Câu 47. Cho hình tr hai đáy hai hình tròn
( )
;OR
( )
;OR
.
AB
mt dây cung ca
đưng tròn
( )
;OR
sao cho tam giác
O AB
tam giác đều mt phng
( )
O AB
to
vi mt phng cha đưng tròn
( )
;OR
mt c
60
. Tính th tích
V
ca khi tr
đã cho theo
R
.
A.
3
7
7
R
V
=
. B.
3
35
5
R
V
=
. C.
3
5
5
R
V
=
. D.
3
37
7
R
V
=
.
Lời giải
Đặt độ dài cnh
AB x=
( )
0x
M
là trung điểm
AB
.
Vì tam giác
O AB
đều nên
O A O B AB x

= = =
3
2
x
OM
=
.
Vì mt phng
( )
O AB
to vi mt phng chứa đường
tròn
( )
;OR
góc
60
nên
60O MO
=
.
Xét tam giác
O OM
vuông ti
O
ta có:
cos
OM
O MO
OM
=
.
Suy ra
3
cos60
4
3
2
OM x
OM
x
= =
Xét tam giác
OAM
vuông
M
có:
2 2 2
OA OM AM=+
nên
2
2
2 2 2
3 7 4 7
4 2 16 7
xx
R R x x R


= + = =





Do đó:
3 2 21
27
x
O M R
==
3 21
47
x
OM R==
. Vì vy, ta có
22
37
7
OO O M OM R

= =
.
Vy th tích khi tr
3
22
3 7 3 7
..
77
R
V R h R R V

= = =
.
Câu 48. Có bao nhiêu cặp số nguyên
( )
;xy
thỏa mãn
0 2022x
,
2y
( )
2
2
log 2
x
x x xy x xy x+ =
?
A.
2022
. B.
12
. C.
11
. D.
2023
.
Lời giải
Từ điều kiện
0 2022x
,
2y
, ta được
( )
1 0.xy x x y =
Kết hợp điều kiện của
( )
2
log xy x
, ta được.
Đặt
( )
2
logt xy x=−
. Khi đó ta được
2
2 2 2 . 2 .
t x x t
x xt x x xt = + = +
(1)
Nếu
xt
thì
2 . 2 . ,
xt
x x xt+ +
vi
0x
, mâu thun vi (1).
Tương tự
xt
cũng được kết quả mâu thuẫn với (1).
Từ đó:
2
21
x
x
x t xy x y
x
= = = +
.
M
B
A
O'
O
0 2022x
,
,xy
nên
2
x
x
suy ra
0 1 2 10
2 ,2 ,2 ,...,2 .x
Ứng với mỗi giá trị của
x
ở trên thì
2
1
x
y
x
=+
có duy nhất một giá trị tương ứng.
Vậy có
11
cặp số nguyên thỏa yêu cầu đề bài.
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai mặt cầu
( ) ( ) ( )
22
2
1
: 4 1 16S x y z+ + + =
,
( ) ( ) ( )
22
2
2
: 4 1 36S x y z+ + + =
và điểm
( )
6;3;0A
. Đường
thẳng
d
di động nhưng luôn tiếp xúc với
1
()S
, đồng thời cắt
( )
2
S
tại hai điểm
,BC
.
Tam giác
ABC
có diện tích lớn nhất là
A.
4 5.( 26 2)+
. B.
8 5.( 26 2)+
. C.
4 130
. D.
8 26
.
Lời giải
Mặt cầu
( ) ( )
12
,SS
có cùng tâm
( )
4;1;0I
và lần lượt có bán kính
12
4, 6RR==
.
Ta có
2 26IA =
21
RR
, suy ra điểm
A
nằm ngoài
( ) ( )
12
,SS
.
Gọi
T
là hình chiếu của
I
trên
d
, ta có
2 2 2 2
6 4 2 5TB IB IT= = =
,
Suy ra
45BC =
.
Gọi
()P
tiếp diện của mặt cầu
( )
1
S
tại
T
, khi đó đường thẳng
d
qua
T
nằm
trong
()P
.
Gọi
H
là hình chiếu của
A
trên
d
.
Ta có
AH AT
, dấu bằng xảy ra khi
d AT
.
Gọi
,MN
là các giao điểm của đường thẳng
AI
( )
1
S
với
M
là điểm gần
A
hơn.
Ta có
1
2 26 4AN AI R= + = +
.
2 26 4AT AN AH +
, dấu bằng xảy ra khi
d AN
.
Mặt khác
11
. .4 5.(2 26 4) 4 5.( 26 2).
22
ABC ABC
S AH BC S= + = +
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác
ABC
4 5.( 26 2)+
.
Câu 50. Cho hàm số đạo hàm liên tục
trên , đồ thị hàm số
đúng điểm chung với trục hoành
như hình bên. bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số đ hàm số
đúng điểm cực trị?
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Vi mi tham s thì số điểm cực trị của hàm số :
( )
fx
( )
y f x
=
4
m
( )
3
3
3 2021 2022y f x x m m= + + +
11
1
2
0
5
m
( )
3
3
3 2021 2022y f x x m m= + + +
và :
là như nhau.
Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nguyên của tham số để hàm số
:
có đúng điểm cực trị.
Xét : Hàm s có dng
Khi đó ta có đạo hàm như sau:
Do nghim của phương trình các nghim bi chn ca
phương trình nên ta ch cần quan tâm đến các nghim còn li. Tc là
V đồ th ba hàm s ; ; vi trên
cùng mt h trc.
Hàm s có đúng đim cc tr
Hàm s có đúng đim cc tr dương
Phương trình có đúng nghim bi l dương và khác
Đưng thng cắt đồ th ba hàm s ; ;
ti đim phân biệt có hoành độ dương khác
. Do điều kin nguyên nên .
Vy ch giá tr nguyên ca tha mãn yêu cu bài toán.
( )
3
3 2021y f x x m= + +
m
( )
3
3 2021y f x x m= + +
11
0x
( )
3
3 2021y f x x m= + +
( ) ( )
23
3 3 3 2021y x f x x m

= + +
3
3 2021 4x x m + + =
0y
=
0y
=
( )
2
3
3 3 0
3 2021 0
x
f x x m
−=
+ + =
( )
3
3
3
1 do 0
3 2021 1
3 2021 1
3 2021 2
xx
x x m
x x m
x x m
=
+ + =
+ + =
+ + =
( )
3
3
3
1 do 0
2021 3 1
2021 3 1
2021 3 2
xx
m x x
m x x
m x x
=
+ = +
+ = + +
+ = + +
3
31y x x= +
3
31y x x= + +
3
32y x x= + +
0x
( )
3
3 2021y f x x m= + +
11
( )
3
3 2021y f x x m= + +
5
( )
3
3 2021 0f x x m
+ + =
4
1
2021ym=+
3
31y x x= +
3
31y x x= + +
3
32y x x= + +
4
1
1 2021 1
2 2021 3
m
m
+
+
2022 2020
2019 2018
m
m
m
2021m =−
1
m
| 1/14

Preview text:

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
CỤM LIÊN TRƯỜNG THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn: TOÁN
ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ Mã đề [101]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D C A A B B B C B C C A B C B C D A B A C B A B D
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C D A D A D D B C D B A C C D B A D A C B D A A D Mã đề [102]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B D A C A B B D A A C D D C B A B A B C D A C C C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C C D C B A A B D D D D B C B C D A A A B A D B B Mã đề [103]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D B D D D B D C B C B B B C D A C D A B C B C D C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C A D D A C A D A A B D A C C A C B A A B A B A B Mã đề [104]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D C A C C D C A A A A D A B D C B D B C D C B D B
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D B C A C D A B C C B D B B D A A A D A A B B C B Mã đề [105]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D B C A B C B A A B A D C C A A C D A B C A D D B
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D C D C C B B A D D B A A C A C B B C B B A D D D Mã đề [106]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B A B B D D B C C A C C C D D B D A C B A D B C B
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D A C A D A B B D C D A C D B A A A A D A C B B C Mã đề [107]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
C A C B A B C D A B D C A B C D D A B A B B C C C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D C B D B A D D B B C A B A C D D A A C D A D B A Mã đề [108]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D C B D A C C D D D A A A A D A C C A A B D A B B
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
B B C B B C D A B A C D C A C B B A D D B C C D B
HDG MỘT SỐ CÂU VD-VDC   
Câu 41. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm là f ( x) = sin x − 9cos3 , x x   và f = 1   . Biết  2 
F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) thỏa mãn F (0) = 2 , khi đó F ( ) bằng A. 2 −  . B. 2 − 2 . C. 2 . D. 2 + 2 . Lời giải
Ta có f ( x) = f
 (x)dx = (sin x −9cos3x)dx = −cosx −3sin3x +C .        Do f =1 −cos − 3sin 3. + C =1 C = 2 −     .  2  2  2 
Nên f ( x) = − cosx − 3sin 3x − 2 .
Ta có F ( x) = (−cosx −3sin3x − 2)dx=−sin x + cos3x− 2x + C . 1
Do F (0) = 2  −sin 0 + cos(3.0) − 2.0 + C = 2  C =1. 1 1
Vậy F ( x) = −sin x + cos3x − 2x +1 F ( ) = 2 −  .
Câu 42. Cho hình lăng trụ ABC . D A BCD
  có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của
A trên mặt phẳng ( ABCD) trùng với trung điểm H của AB . Góc giữa hai mặt phẳng ( A C
D) và ( ABCD) bằng 30. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC . D A BCD
  biết AA = a 7 . A. 3 V = 8a . B. 3 V = 4 7a . C. 3 V = 24a . D. 3 V = 12 7a . Lời giải
Gọi M là trung điểm của CD . B' C' CD HM  Ta có
 CD ⊥ ( A H
M ) CD A MCD A H   A' D' Mà ( A C
D)( ABCD) = CD CD HM B C
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( A CD) và 30o H M
( ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng A D
AM HM và bằng góc A M
H = 30 (vì tam giác AHM vuông tại H ). x
Đặt AD = x ( x  0)  HM = x , AH = . 2 AH x Có tan 30 =  AH = . HM 3
Trong tam giác vuông AHA có 2 2 2
A' A = A' H + AH 2 2 x x 2  7a = +
x = 2 3a = AD . 3 4  A H  = 2a .
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC . D A BCD
  là V = a ( a )2 3 2 . 2 3 = 24a .
Câu 43. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình 2 z − (m − ) 2 2
1 z + m − 3 = 0 ( m là tham số
thực).Gọi S là tập hợp giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm z , z thỏa 1 2
mãn z z = 2 5 . Tính tổng các phần tử của tập S . 1 2 9 1 A. 5. B. 4. C. . D. − . 2 2 Lời giải. Xét phương trình : 2 z − (m − ) 2 2
1 z + m − 3 = 0 ( ) 1 .Ta có: 
 = (b)2 − ac = (m − )2 − ( 2 1
1. m − 3) = 4 − 2m . Trường hợp 1: Nếu 
  0  m  2 thì phương trình ( )
1 có hai nghiệm thực z , z 1 2
thỏa mãn z z = 2 5  ( z z )2 = 20  ( z + z )2 − 4z .z = 20 * . 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )
z + z = 2 m −1  1 2 ( ) Theo Vi-ét ta có:  thay vào (*) có 2
z .z = m − 3  1 2 ( 1 m − )2 − ( 2 4 1
4 m − 3) = 20  4 − 2m = 5  m = − (thỏa mãn). 2
Trường hợp 2: Nếu '  0  m  2 thì phương trình ( ) 1 có hai nghiệm phức là
z = m −1 + i 2m − 4 , z = m −1 − i 2m − 4 . Ta có 2 ( ) 1 ( ) 9
z z = 2 5  2i 2m − 4 = 2 5 
2m − 4 = 5  m = (thỏa mãn). 1 2 2  1 9 
Vậy S = − ;  nên tổng các phần tử của S là 4.  2 2
Câu 44. Cho hai số phức z , z thỏa mãn 5 z i = z +1+ i + 3 z −1− 3i z + i = 5 . Giá trị lớn 1 2 1 1 1 2
nhất của biểu thức P = z + z − 2 − 4i bằng 1 2 A. 5 + 3 5 . B. 2 + 13 . C. 9 . D. 5 + 4 5 . Lời giải
Gọi z = x + y i M (x ; y ) 1 1 1 1 1 = +  z x y i
N (x ; y ) 2 2 2 2 2 =  z i C(0;1) 3 = − −  − − z 1 i ( A 1; 1) 4 = +  z 1 3i B(1;3) 5
Dễ thấy điểm C là trung điểm của AB AB = 2 5
Theo công thức đường trung tuyến, ta có: 2 2 2 2 MA + MB AB AB 2 2 2 2 MC = −
MA + MB = 2MC + 2 4 2
Mặt khác theo bài ra ta có: 5 z i = z +1+ i + 3 z −1− 3i 1 1 1 2 2 2 2
 5MC = MA + 3MB  3 +1 . MA + MB (BĐT Bunhiakovski). 2  MC  ( 2 2 MA + MB ) = ( 2 25 10 10 2MC +10) 2 2
 5MC  100  MC  20  MC  2 5
P = z + z − 2 − 4i = z i + z + i + ( 2 − − 4i 1 2 ( 1 ) ( 2 )
z i + z + i + 2
− − 4i = 2 5 + 5+ 2 5 = 4 5 + 5. 1 2
Câu 45. Cho hai hàm số ( ) 3 2
f x = ax + bx + cx + d , g ( x) 2
= ax + bx + e(a, ,
b c, d, e  , a  0) có đồ
thị lần lượt là hai đường cong (C , (C ở hình vẽ bên. 2 ) 1 ) 8
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị (C , (C bằng . Tính f (2) − g (− ) 1 . 2 ) 1 ) 3
A. f (2) − g (− ) 1 = 2 − 6 .
B. f (2) − g (− ) 1 = 2 − 4 .
C. f (2) − g (− ) 1 = 2 − 8.
D. f (2) − g (− ) 1 = 3 − 0 . Lời giải
Dựa vào đồ thị, ta có f ( x) − g ( x) = a ( x − )( x − )2 1 3 và a  0 3 3 3 8 2 8 2 8 Ta có: S =
f ( x) − g ( x) dx =  a ( x − )
1 ( x − 3) dx =  a ( x − )
1 ( x − 3) dx =    3 3 3 1 1 1 3    a  ( 8
x − 7x +15x − 9) 3 1 7 15 8 4 8 3 2 4 3 2 dx =  a x x + x − 9x
=  a =  a = 2   . 3  4 3 2  3 3 3 1 1
Do đó f ( x) − g ( x) = ( x − )( x − )2 2 1 3  ( 2
ax + bx + cx + d ) − (ax + bx + e) = ( x − )( x − )2 3 2 2 1 3 3
ax + (b a) 2
x + (c b) x + d e = 2( 3 2
x − 7x +15x − 9)
Đồng nhất hệ số ta có a = 2 a = 2   b  − a = −14 b  = −12     c b = 30 c = 18  
d e = −18   d = e −18  f (x) 3 2
= x x + x + e g ( x) 2 2 12 18 18;
= 2x −12x + e f (2) − g (− ) 1 = 2 − 8
Vậy f (2) − g( 1 − ) = 2 − 8 .
Câu 47. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ( ;
O R) và (O ; R) . AB là một dây cung của đường tròn ( ;
O R) sao cho tam giác O A
B là tam giác đều và mặt phẳng (O AB  ) tạo
với mặt phẳng chứa đường tròn ( ;
O R) một góc 60 . Tính thể tích V của khối trụ
đã cho theo R . 3  7R 3 3 5R 3  5R 3 3 7R A. V = . B. V = . C. V = . D.V = . 7 5 5 7 Lời giải
Đặt độ dài cạnh AB = x ( x  0) và M là trung điểm AB . O' Vì tam giác O AB đều nên x O A  = O B  = AB = 3 x O M  = . 2 Vì mặt phẳng (O AB
) tạo với mặt phẳng chứa đường tròn ( ;
O R) góc 60 nên O MO = 60. OM Xét tam giác O O
M vuông tại O ta có: cosO M
O = O M . A O Suy ra M B OM x 3 cos 60 =  OM = x 3 4 2
Xét tam giác OAM vuông ở M có: 2 2 2
OA = OM + AM nên 2 2
x 3   x  7 4 7 2 2 2 R =   +  R = x x = R     4    2  16 7 x 3 2 21 x 3 21 Do đó: O M  = = R OM = = R . Vì vậy, ta có 2 7 4 7 3 7 2 2 OO = O M  − OM = R . 7 3 3 7 3 7R
Vậy thể tích khối trụ là 2 2
V =  R .h =  R . R V = . 7 7
Câu 48. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ;
x y ) thỏa mãn 0  x  2022 , y  2 và 2 + − = log − − 2x x x xy x xy x 2 ( ) ? A. 2022 . B. 12 . C. 11. D. 2023. Lời giải
Từ điều kiện 0  x  2022 , y  2, ta được xy x = x ( y − ) 1  0.
Kết hợp điều kiện của log xy x , ta được. 2 ( )
Đặt t = log xy x . Khi đó ta được 2 − 2t =
− 2x  2x + . = 2t x xt x x + . x t (1) 2 ( )
Nếu x t thì 2x + .  2t x x + .
x t, với x  0 , mâu thuẫn với (1).
Tương tự x t cũng được kết quả mâu thuẫn với (1). x 2x
Từ đó: x = t xy x = 2  y = 1+ . x
Vì 0  x  2022 , x  , y  nên 2x x suy ra x  0 1 2 10 2 , 2 , 2 ,..., 2 . 2x
Ứng với mỗi giá trị của x ở trên thì y = 1+
có duy nhất một giá trị tương ứng. x
Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa yêu cầu đề bài.
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu ( 2 2 S ) (
: x + 4)2 + ( y − )2 2
1 + z = 16 , (S : x + 4 + y −1 + z = 36 và điểm A(6;3;0) . Đường 2 ) ( ) ( ) 2 1
thẳng d di động nhưng luôn tiếp xúc với (S ) , đồng thời cắt (S tại hai điểm B,C . 2 ) 1
Tam giác ABC có diện tích lớn nhất là
A. 4 5.( 26 + 2) . B.8 5.( 26 + 2) . C. 4 130 . D. 8 26 . Lời giải
Mặt cầu (S , S có cùng tâm I ( 4
− ;1;0) và lần lượt có bán kính là R = 4, R = 6 . 1 ) ( 2 ) 1 2
Ta có IA = 2 26  R R , suy ra điểm A nằm ngoài (S , S . 1 ) ( 2 ) 2 1
Gọi T là hình chiếu của I trên d , ta có 2 2 2 2 TB = IB IT = 6 − 4 = 2 5 , Suy ra BC = 4 5 .
Gọi (P) là tiếp diện của mặt cầu (S tại T , khi đó đường thẳng d qua T và nằm 1 ) trong (P) .
Gọi H là hình chiếu của A trên d .
Ta có AH AT , dấu bằng xảy ra khi d AT .
Gọi M , N là các giao điểm của đường thẳng AI và (S với M là điểm gần A hơn. 1 )
Ta có AN = AI + R = 2 26 + 4 . 1
AT AN AH  2 26 + 4 , dấu bằng xảy ra khi d AN . 1 1 Mặt khác S
= AH.BC S
 .4 5.(2 26 + 4) = 4 5.( 26 + 2). ABC 2 ABC 2
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác ABC là 4 5.( 26 + 2) .
Câu 50. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên
, đồ thị hàm số y = f ( x) có
đúng 4 điểm chung với trục hoành
như hình bên. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m để hàm số y = f ( 3
x x + m + ) 3 3 2021 + 2022m
đúng 11 điểm cực trị? A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 5 . Hướng dẫn giải Với mỗi tham số m thì số điểm cực trị của hàm số : y = f ( 3
x x + m + ) 3 3 2021 + 2022m 3
và : y = f ( x −3 x + m + 202 ) 1 là như nhau.
Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nguyên của tham số m để hàm số 3
: y = f ( x −3 x + m + 202 ) 1
có đúng 11 điểm cực trị.
Xét x  0 : Hàm số có dạng y = f ( 3
x − 3x + m + 202 ) 1
Khi đó ta có đạo hàm như sau: y = ( 2 x − ) f ( 3 3 3
x − 3x + m + 202 ) 1
Do nghiệm của phương trình 3
x − 3x + m + 2021 = 4 là các nghiệm bội chẵn của
phương trình y = 0 nên ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm còn lại. Tức là
x = 1 (do x  0)  2 3x − 3 = 0 3
x − 3x + m + 2021 = 1 − y = 0       f   ( 3
x − 3x + m + 202 ) 1 = 0 3
x − 3x + m + 2021 = 1  3
x −3x + m + 2021= 2
x = 1 (do x  0)  3
m + 2021 = −x + 3x −1  3
m + 2021 = −x + 3x +1  3
m + 2021= −x +3x + 2 Vẽ đồ thị ba hàm số 3
y = −x + 3x −1 ; 3
y = −x + 3x +1; 3
y = −x + 3x + 2 với x  0 trên cùng một hệ trục. 3
Hàm số y = f ( x −3 x + m + 202 )
1 có đúng 11 điểm cực trị
 Hàm số y = f ( 3
x − 3x + m + 202 )
1 có đúng 5 điểm cực trị dương
 Phương trình f ( 3
x − 3x + m + 202 )
1 = 0 có đúng 4 nghiệm bội lẻ dương và khác 1
 Đường thẳng y = m + 2021 cắt đồ thị ba hàm số 3
y = −x + 3x −1 ; 3
y = −x + 3x +1; 3
y = −x + 3x + 2 tại 4 điểm phân biệt có hoành độ dương khác 1 −  +  −   −  1 m 2021 1 m   2022 2020 
. Do điều kiện m nguyên nên m = 2021 − . 2  m + 2021  3  2 − 019  m  2 − 018
Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Document Outline

  • Doc1
  • Đáp án môn TOÁN_Thi thử liên trường