Đề số 14 lời giải

Tìm tích các phần tử của S.. Câu 42: Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2; BC là dây cung của đường tròn đáy h

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 14 Câu 41: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị  C

của hàm số

y x  m x m  có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc tọa độ O

tạo thành một tứ giác nội tiếp Tìm tích các phần tử của S

1

1 5



Lời giải Chọn C

Để hàm số y x 4 2m x2 2m4 có ba điểm cực trị thì 5 y ' 0 phải có ba nghiệm phân biệt.

Ta có y' 4 x3 4m x2 4x x 2 m2

0 ' 0

x









 

 , m 0.

Ba điểm cực trị là A0;m45 , B m ;5 , Cm;5

Ba điểm A B C, , và gốc tọa độ O0;0

tạo thành tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi B C  

2

B C 

,   BA BO. 0 2 4

5

m

Vậy S có 2 phần tử và có tích bằng

1

5



Câu 42: Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông cân

có cạnh huyền bằng a 2; BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng

IBC

tạo với mặt phẳng đáy hình nón một góc 600 Tính theo a diện tích S của tam giác IBC

A

2

2 6

a

S 

2

3

a

S 

2

2 3

a

S 

2

2 3

a

S 

Lời giải

Chọn C

Giả sử thiết diện là tam giác

2

;

2

a IMN IM INa OB OC OM  ON OI 

(với O

là tâm của đường tròn đáy hình nón)

Gọi H là trung điểm BC

Ta có

2 0

0

IH   OH IH   HC      

Vậy

2

3

IBC

Câu 43: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z2 a 3z a 2a0

( a là tham số thực) Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình có hai nghiệm phức z z thoả mãn1, 2

z z z  z ?

Lời giải

Chọn C

Ta có  a 32 4a2a 3a210a9

TH1:   , khi đó 0 z1z2 z1 z2

khi phương trình có nghiệm bằng 0 , hay

0

1

a

a





    

 (thoả mãn)

TH2:   , khi đó 0

2 1,2

2

1

9

a

a





 (thoả mãn)

Câu 44: Cho hàm số f x 

có 2 2

f  

sin

Khi đó

 

2

6

d

f x x







bằng

A

2

2ln 2

9





B

2ln





C

2

5 2ln 2

36





D

ln



 

Lời giải Chọn A

Ta có:   22 1, 0;    2cot , 0; 

sin

f    C  C  f x  x x

Xét

2 6



Câu 45: Cho hai hàm số f x ax4bx3cx22x

và g x  mx3nx2 2x

với , , , ,a b c m n   Biết

hàm số yf x  g x  có ba điểm cực trị là 2, 1,3  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường yf x 

và g x 

bằng

A

131

131

125

125 6

Lời giải Chọn B

Do hàm số yf x  g x 

có ba điểm cực trị là 2, 1,3  nên ta có:

    4  2  1  3

f x  g x  a x x x

Mà f x  g x 4ax33b 3m x 22c 2n x 4

Đồng nhất hệ số, ta được: 24 4 1     2 2  1  3

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S

có phương trình

x y z  a b x a b c y   b c z d   , tâm I nằm trên mặt phẳng  

cố định Biết rằng 4a b  2c Khoảng cách từ điểm 4 D1;2; 2  đến mặt phẳng  

bằng

A

9

1

1

15

23

Lời giải Chọn C

Ta có I a 4 ;b  a b c  ; b c 

Giả sử   :Ax By Cz D    , vì 0 I  nên ta có:

A a b B a b c   C b c  D

A B a 4A B C b  B C c D 0

Theo bài ra 4a b  2c , nên đồng nhất hệ số ta được: 4

1 4 4

17

4 2

25

4

A

A B

B C

C D

D







 



  







 

Suy ra  : 1 17 25 4 0

hay   :x17y25z16 0

Vậy  ,   1 17.2 25 22 2 2 16 1

915

1 17 25

Câu 47: Giả sử x y;  là cặp số nguyên thỏa mãn đồng thời 8 x 2022 và  1

2

2y log x2y 2x y

Tổng các giá trị của y bằng

Lời giải Chọn A

2y log x 2y 2x y 2.2y y 2 x 2y log x 2y

2.2y log 2y 2 x 2y log x 2y

Hàm số f t  2tlog2t đồng biến trên 0; .

Do vậy, f  2y f x 2y 1 2y x 2y 1 x 2y 1

1

8 x 2022 8 2y 2022 3 y 1 10 4 y 11

Vậy 4 5 6 11 60    

Câu 48: Gọi S là tập họp các số phức z thỏa mãn |z 1 2 | 9i  và |z 2mi| | z m i |, (trong đó

)

m   Gọi z z là hai số phức thuộc S sao cho 1, 2 z1 z2 lớn nhất, khi đó giá trị của z1z2

bằng

Lời giải Chọn A

Đặt z x yi  , x y  ,

Ta có: |z 1 2 | 9i   x12 y 22 81

Gọi z z là hai số phức thuộc S sao cho 1, 2 z1 z2 lớn nhất

Giả sử A B, là 2 điểm biểu diễn z z Khi đó 1, 2 z1 z2 lớn nhất khi AB là đường kính

z  z AB

Ta có

z z  z  z  z  z  OI  R  z z  OI 

Câu 49: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A0;0; 2 

và B3; 4;1

Gọi  P

là mặt phẳng chứa

đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu   S1 : x12y 22z12 16 với

S2:x2y2z22x 4y10 0

M , N là hai điểm thuộc  P sao cho MN  Giá trị1

nhỏ nhất của AM BN là

Lời giải Chọn C

Ta có      

2 4 10 0

0

z







Vậy  P là mặt phẳng Oxy.

Gọi A' 0;0;0  và B' 3;4;0  là hình chiếu của A B, trên mặt phẳng Oxy.

Ta có 'A M MN NB  'A B' ' A M NB'  ' 5 1 4  

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:

AM BN  AA A M  BB B N  AA BB  A M B N 

Đẳng thức xảy ra khi A M N B', , , ' thẳng hàng và

A M B N .

Câu 50: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn 2019;2019của tham số thực m để hàm số

yx  m x  m m x

đồng biến trên khoảng 0;2

?

A 4039 B 4037 C 2019 D 2016

Lời giải Chọn B

Xét hàm số f x x3 3m2x23m m 4x

trên khoảng 0;2

f x  x  m x m m 3x2 2m2x m m  4

 

x m

x m





   

luôn đi qua điểm O0;0

Trường hợp 1: Nếu m 0

Từ bảng biến thiên, suy ra

hàm số y f x  đồng biến trên khoảng 0;2  0;2 0; m  m2

Kết hợp với m  , ta có 0 m  2

Trường hợp 2: Nếu m 0 m4  4 m0

Từ bảng biến thiên, suy ra

hàm số y f x  đồng biến trên khoảng 0;2  0;2 0;m4  m 4 2

2

m

 

Kết hợp với 4 m , ta có 20    m 0

Trường hợp 3: Nếu m  4 0  m4

Từ bảng biến thiên, suy ra

hàm số y f x  luôn đồng biến trên khoảng 0;  

nên hàm số y f x  đồng biến

trên khoảng 0;2

với mọi m  Vậy 4

2

4

m m m







  



 



Mà m nguyên thuộc khoảng 2019;2019

nên có 4037 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.