Đề ôn tập toán 12 (438)

ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

MƠN TỐN 12
ƠN TẬP KIẾN THỨC
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 038.
m

 4i 
z 
 ,
 i  1  m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị m   1;100 để z là số thực?
Câu 1. Cho số phức
A. 26.
B. 28.
C. 27.
D. 25.
Đáp án đúng: D
m

 4i 
z 
 ,
i

1


 m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị m   1;100 để z là số
Giải thích chi tiết: Cho số phức
thực?
Câu 2. Với hai số thực x và y bất kỳ, khẳng định nào dưới đây đúng?
x y
xy
x y
x y
A. 2 .2 4 .
B. 2 .2 4 .
x y
xy
C. 2 .2 2 .
Đáp án đúng: D
Câu 3.

Với

x y
x y
D. 2 .2 2 .

là số thực dương tùy ý,

A.
Đáp án đúng: C

bằng

B.

C.

D.

 Q  :2 x  y  2 z 1 0 và mặt cầu
Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 z  23 0 . Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  và cắt mặt
 S  theo giao tuyến là đường trịn có bán kính r 4 .
cầu
A. 2 x  y  2 z  8 0 .
B. 2 x  y  2 z  1 0 .
C. 2 x  y  2 z  11 0 hoặc 2 x  y  2 z 11 0 .
Đáp án đúng: D

D. 2 x  y  2 z  9 0 hoặc 2 x  y  2 z  9 0 .

 Q  :2 x  y  2 z  1 0 và mặt cầu
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 z  23 0 . Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  và cắt mặt
 S  theo giao tuyến là đường trịn có bán kính r 4 .
cầu
A. 2 x  y  2 z  11 0 hoặc 2 x  y  2 z  11 0 .B. 2 x  y  2 z  1 0 .
C. 2 x  y  2 z  8 0 .
D. 2 x  y  2 z  9 0 hoặc 2 x  y  2 z  9 0 .
Lời giải
 P  song song với  Q  nên  P  :2 x  y  2 z  m 0  m 1 .
Vì
 S  có tâm I  1;0;1 và bán kính R  12  02  12  23 5 .
Mặt cầu

1


d  I ; P   R2  r 2 
Ta có
Vậy

2.1  0  2.1  m
2

2

2 1    2

 52  4 2

2

 m 9  m 9

(thỏa m 1 ).

 P  :2 x  y  2 z  9 0 hoặc  P  :2 x  y  2 z  9 0 .
3

x ln  x

Câu 5. Biết 0
T a  b  c .

2

c
2

 16  dx a ln 5  b ln 2 

A. T  2
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải

trong đó a, b, c là các số nguyên. Tính giá trị của biểu thức
C. T  16

B. T 2

D. T 16

2x

du  x 2  16 dx
u ln  x 2  16   
2
v  x  16

dv  xdx

2
Đặt 

.
3
2
x ln  x 16  dx 

x 2  16
ln  x 2  16 
2

3

3

x dx 



x 2  16
ln  x 2  16 
2

3



x2
2

3

0
0
0
0
Ta có: 0
25
9
9
 ln 25  8ln16  25ln 5  32 ln 2 
2
2
2 . Do đó a 25, b  32, c  9  T  16 .
Câu 6. Cho khối hộp hình chữ nhật có ba kích thước 3;5;7 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng

A. 35
Đáp án đúng: D

C. 15

B. 15

D. 105

e x
khi x 0
f  x   2
 x +1 khi x  0 liên tục trên R. Biết tích phân
Câu 7. Cho hàm số
tối giản. Giá trị của tổng a  b  c bằng
A. 19

Đáp án đúng: A

B. 21

4

B.

a.

P 4
C.

4

4

a
P 4
a

b

4
b

4

a

4

b . C. b  a .
2

a  4 ab  4 a  
 4
4
a4b
a

 4 b
4

b

D.
2

4



4

c

1

a

với b là phân số

D. 18
a
a

a

4

b

4
b

a  4 ab
4
a  4 b được kết quả là:

b.

D.

a
P 4
a
Giải thích chi tiết: Cho các số thực dương a và b . Rút gọn biểu thức
là:
A. b .
B.

Hướng dẫn giải

a

f ( x)dx b  e

C. 20

Câu 8. Cho các số thực dương a và b . Rút gọn biểu thức
A. b  a .
Đáp án đúng: D

2

b

4
b

4

b.

a  4 ab
4
a  4 b được kết quả

a.

a4 a4 a4b

4
a4b
.
2




4a

b  4 a  4 b

4
a 4b

4

4

a  4 a  4 b
4
4 a  4 b 
a4b

4

a 4 b .

2
Câu 9. Trên tập số phức, xét phương trình z  az  b 0 với a, b là các tham số thực. Có bao nhiêu cặp số

a, b thỏa mãn phương trình đã cho có hai nghiệm z1 , z2 và z1  2iz2 5  4i ?

A. 1 .
Đáp án đúng: B

C. 3 .

B. 2 .

D. 4 .

Câu 10. Cho hình trụ có các đáy là 2 hình trịn tâm O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a . Trên
đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm B sao cho AB 2a . Thể tích khối tứ
diện OOAB theo a là

3a 3
8 .
A.
Đáp án đúng: D
V

B.

V

3a 3
6 .

C.

V

3a 3
4 .

D.

V

3a 3
12 .

Giải thích chi tiết:
Kẻ đường sinh AA . Gọi D là điểm đối xứng với A qua O và H là hình chiếu của B trên đường thẳng AD
 BH   AOOA
Do BH  AD , BH  AA
AB  AB 2  AA2 
 OBD đều

 2a 

 BH 

2

 a 2 a 3  BD  AD 2  AB 2  4a 2  3a 2  a 2 a

a 3
1
a2

S AOO  AOOO 
2 , mà diện tích AOO là
2
2

1
1 a 3 a2
3a 3
V  BH S AOO  
 
3
3 2 2
12 .
Vậy thể tích khối tứ diện OOAB là
Câu 11.

3


Giả sử
là

là các hằng số của hàm số

A. 2.
Đáp án đúng: D

. Biết

B. 1.

C. -2.

F  x

Câu 12. Biết
là nguyên hàm của hàm số
A.  cos x  sin x  1 .

. Giá trị của

D.

.

 
F   2
F  x
thỏa mãn  2 
. Khi đó
bằng
B.  cos x  sin x  3 .
D. cos x  sin x  3 .

f  x  sin x  cos x

C.  cos x  sin x  1 .
Đáp án đúng: C

 sin x  cos x  dx  cos x  sin x  C .

Giải thích chi tiết: Ta có 
 
F   2
Vì  2 
nên 1  C 2  C 1 .
Vậy

F  x   cos x  sin x  1

.

 y  0  và vng góc
Câu 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA  y
 ABCD  . Trên cạnh AD lấy điểm M và đặt AM x  0  x  a  . Tính thể tích lớn nhất Vmax của
với mặt đáy
2
2
2
khối chóp S . ABCM , biết x  y a .
a3 3
A. 3 .
Đáp án đúng: B

a3 3
B. 8 .

a3 3
C. 9 .

a3 3

D. 5 .

Giải thích chi tiết:

Ta có:

S ABCM 

1
1
 AM  BC  .AB   x  a  .a
2
2
.

1
1 1
a
V  SA.S ABCM  y.  ax  a 2    xy  ay 
3
3 2
6
Vậy thể tích khối chóp S . ABCM là
a2
36
2
2
 V 2  y 2  x  a   2 V 2  a 2  x 2   x  a 
36
a

Xét hàm số

f  x   a 2  x 2   x  a 
2

Ta có:

2

trên khoảng

 0; a  .

f  x   2 x  x  a   2  a 2  x 2   x  a  2  x  a 

2

a

2x 

4


f  x  0  x 

a
2 (Vì x  0 )

Bảng biến thiên

2

a2   a
27a 4
a 

max f  x   f    a 2 

a



 0;a 
4  2
16
 2 

Từ bảng biến thiên suy ra:
a2
a 2 27 a 4 a 3 3
. max f  x  
.

36  0; a 
36 16
8 .
Vậy
Câu 14. Trong hệ tọa độ Oxyz cho điêm M(3;1;-2). Điểm N đối xứng với M qua trục Ox có tọa độ là:
A. (3;-1;2)

B. (-3;-1;-2)
C. (-3;1;2)
D. (3;1;0)
Đáp án đúng: A
 4;3 là
Câu 15. Khối đa diện đều loại
A. Khối tứ diện đều.
B. Khối bát diện đều.
C. Khối chóp tứ giác đều.
D. Khối lập phương.
Đáp án đúng: D
Vmax 

2
x a  a  1
Câu 16. Thể tích khối trịn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y 0 , x 1 và
quay xung quanh trục Ox bằng

 a3 
   1
3
 .
A. 
1 5
 a  1
C. 5
.

 3
 a  1

B. 3
.
 5
 a  1
D. 5
.

Đáp án đúng: D
Câu 17. Bán kính của khối cầu ngoại tiếp khối lập phương có cạnh a là:
RC 

a 3
3 .

A.
Đáp án đúng: B
Câu 18.

B.

RC 

a 3
2 .

C. RC a 3 .

D.

RC 

a 3
4 .

lim f  x  , lim  f  x   ,
x 1
Cho hàm số
xác định trên K , có x  1
lim f  x  , lim f  x   
x  
x  
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.
B. Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.
C. Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang.
D. Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng.

5


Đáp án đúng: B
Câu 19.
Tập nghiệm của phương trình
có bao nhiêu phần tử?
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: B
Câu 20. Cho hình trụ có bán kính r = a √ 3, khoảng cách giữa hai đáy là 3 a. Thể tích của khối trụ là:

A.

B.

C.
Đáp án đúng: A

D.

Câu 21. Cắt hình nón có chiều cao 2 3 bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh và tâm của đáy ta được thiết diện là tam
giác đều, diện tích của thiết diện bằng
A. 12 .
Đáp án đúng: D

B. 8 3 .

C. 24 .

D. 4 3 .

Giải thích chi tiết: Cắt hình nón có chiều cao 2 3 bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh và tâm của đáy ta được thiết
diện là tam giác đều, diện tích của thiết diện bằng
A. 12 . B. 8 3 . C. 4 3 . D. 24 .
Lời giải

AO 

BC 3
 BC 4
2

Gọi thiết diện qua trục là tam giác đều ABC , khi đó
1
1
Std  AO.BC  .2 3.4 4 3
2
2
Khi đó diện tích thiết diện là

 N  có đường trịn đáy bán kính R và độ dài đường sinh là l .  N  có diện tích tồn phần là
Câu 22. Hình nón
2
2
A. 2 Rl  2 R .
B. 2 Rl   R .
2
C.  Rl .
D.  Rl   R .
Đáp án đúng: A

 N  có đường trịn đáy bán kính R và độ dài đường sinh là l .  N  có diện tích
Giải thích chi tiết: Hình nón
tồn phần là
2
2
2
A.  Rl . B. 2 Rl   R . C.  Rl   R . D. 2 Rl  2 R .
Lời giải
 N  có diện tích tồn phần là S 2 Rl  2 R 2 .
6

Câu 23. Cho hàm số
0;   
A. 
.
Đáp án đúng: B

y  f  x  ln

B.



1  x2  x

 . Tập nghiệm của bất phương trình f  a  1  f  ln a  0 là

 0;1 .

C.

 1;   .

D.

 0;1 .

1  x 2  x 2  x  x  x  1  x 2  0
Giải thích chi tiết: x   , ta có

.
 TXĐ của f  x  là D  ,


1
2
f   x  ln 1  x 2  x ln 
  ln 1  x  x  f  x 
2
 1 x  x 
mà
.
 f  x
là hàm số lẻ.









Mặt khác,
 f  x
đồng biến trên  .
f  ln a   f  a  1 0  1
Xét bất phương trình
. Điều kiện: a  0 .
 1  f  ln a   f  a  1

Với điều kiện trên,
 f  ln a   f  1  a 
f  x
(vì
là hàm số lẻ)
 ln a 1  a (vì f  x  đồng biến trên  )
 a  ln a 1  2  .
g  a  a  ln a a  0
Xét hàm số
,
.
1
g  a  1   0
a  0  g  a  đồng biến trên  0;    ,
a
Vì
mà

g  1 1

nên

x   .

 2   g  a  g  1  a 1 .

 0;1 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
f  x
f  x 

 0; 2 và thỏa mãn f  0  1, f  2  7 . Giá trị
Câu 24. Cho hàm số
có đạo hàm
liên tục trên đoạn
2

của

f  x  dx
0

bằng

A. I 4 .
Đáp án đúng: B

B. I 6

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện:
a
b với a , b  * , b  3 . Giá trị của a  b là
A. 234.
Đáp án đúng: C

B. 236.

C. I 8 .

z  2 3

. Giá trị lớn nhất của

C. 232.

D. I  6 .

T  z  2i  z  3  i

là số có dạng

D. 230.
7


Giải thích chi tiết:
Gọi z x  yi , với x , y   .
2

Ta có

z  2 3   x  2   y 2 9  x 2  y 2 4 x  5
2

T  z  2i  z  3  i  x 2   y  2  

 x  3

2

  y  1

 1

vào

 2

2

 2 .

 x 2  y 2  4 y  4  x 2  y 2  6 x  2 y  10

Thế

 1 .

ta được:

T  4 x  4 y  9   2 x  2 y  15

1. 4 x  4 y  9 

1
.  4 x  4 y  30
2
.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-copski ta được:
2

1
117

  1
234
T  1. 4 x  4 y  9 
.  4 x  4 y  30   1   .39 
T
2 . Suy ra
2

  2
2 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
2


25  3 23
x 
 4 x  4 y  9  2.  4 x  4 y  30

8

 2
2
 y  9  3 23
 x  y 4 x  5

8

hoặc
Vậy a 234 , b 2  a  b 232 .
y

Câu 26. Số tiếp tuyến của dồ thị hàm số
A. 1
B. 0


25  3 23
x 

8

 y  9  3 23

8
.

x 1
x  1 song song với đường thẳng d có phương trình y  2 x  1 là
C. 3
D. 2

Đáp án đúng: D
4

4

4

f  x  dx 4

g  x  dx  3

 f  x   g  x   dx

Câu 27. Nếu
A. 1 .
Đáp án đúng: D
1

và

1

thì

1

bằng

C.  7 .

B.  1 .
4

4

4

f  x  dx 4

g  x  dx  3

 f  x   g  x   dx

Giải thích chi tiết: Nếu
A. 7 . B.  7 . C. 1 . D.  1 .
1

và

1

thì

1

D. 7 .

bằng

Lời giải
4

Ta có:

4

4

 f  x   g  x   dx f  x  dx  g  x  dx 4    3 7
1

1

1

Câu 28. Thể tích của khối nón có bán kính

2r ,

đường cao

h

được tính theo cơng thức nào dưới đây?

8


1
V   r 2.
3
A.
1
V   rh.
3
C.

2
V   r 2 h.
3
B.
4
V   r 2 h.
3
D.

Đáp án đúng: D
Câu 29. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và thiết diện qua trục là hình vng. Diện tích xung quanh hình
trụ đó bằng
 a2
2
2
2
A. 2 .
B. 4 a .
C. 3 a .
D.  a .
Đáp án đúng: B
Câu 30. Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
2 z1  z2  2023
bằng

z1 2,  1  i  z2  6

A.  23  2023 .

và

z1  z2  5

. Giá trị lớn nhất

B. 2044 .

C. 2 23  2023 .
Đáp án đúng: D

D.

23  2023 .

z 2,  1  i  z2  6
z  z  5
Giải thích chi tiết: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 1
và 1 2
. Giá trị lớn nhất
2 z1  z2  2023
bằng
A. 2044 .
B.  23  2023 .
C. 23  2023 .
D. 2 23  2023 .
Lời giải
Đặt z1 a  bi, z2 c  di với a, b, c, d  . Theo giả thiết thì
z1 1  a 2  b 2 4

 1  i  z2

 6  z2 

6
 3
1 i
 c 2  d 2 3

2

2

z1  z2  5   a  c    b  d  5
2
2
2
2
Do đó a  2ac  c  b  2bd  d 5  ac  bd 1
2 z  z  2a  c    2b  d  i
Ta có 1 2
nên
2

2

2

2 z1  z2  2a  c    2b  d  4  a 2  b 2    c 2  d 2   4  ac  bd  23

Áp dụng bất đẳng thức

z  z  z  z

, ta có

2 z1  z2  2021  2 z1  z2   2023  23  2023.
Câu 31. Phương trình
11
A. 5 .

log 3  5 x  1 2
9
B. 5 .

có nghiệm là
8
C. 5 .

D. 2 .

Đáp án đúng: D

9


Giải thích chi tiết: Ta có :

1


x 
log 3  5 x  1 2  

5
5 x  1 9

1

x 
5

 x 2  tm 


.
x

2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
.
Câu 32.
Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị của vận tốc như hình
bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có
I  2; 9 
đỉnh
với trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song
song với trục hồnh. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó.

B. s 26, 5 (km)
D. s 24 (km)

A. s 27 (km)
C. s 28, 5 (km)
Đáp án đúng: C

2 z  i  2  iz
z  z 1
Câu 33. Cho hai số phức z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình
, biết 1 2
. Giá
P  z1  z2
trị của biểu thức
bằng.

3
A. 2 .
Đáp án đúng: C

2
B. 2 .

Giải thích chi tiết: Gọi z a  bi
Ta có:
2

C.

3.

D.

2.

 a, b    .
2

2

2 z  i  2  iz   2a    2b  1  2  b   a 2  a 2  b 2 1

.

Vậy số phức z1 , z2 có mơ đun bằng 1.

 a , b , a , b  , a

Gọi z1 a1  b1i ; z2 a2  b2i

1

2

1

2

2

1

2

 b12 1; a2 2  b2 2 1

.

2

z1  z2 1   a1  a2    b1  b2  1  2a1a2  2b1b2 1
P  z1  z2 

 a1  a2 

2

2

  b1  b2   a12  b12  a2 2  b2 2  2a1a2  2b1b2  3

ò f ( 4x) dx = x

2

Câu 34. Cho
A.
C.

ò f ( x + 2) dx =
ò f ( x + 2) dx =

+ 3x +C.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

2

x
+ 4x +C.
2

x2
+ 4x +C.
4

B.

ò f ( x + 2) dx =

D.

ò f ( x + 2) dx = x

2

x
+ 2x +C.
4

2

+ 7x +C.

10


Đáp án đúng: B
Câu 35.

t  s
Một chuyển động biến đổi có đồ thị gia tốc a theo thời gian
được biểu diễn ở hình bên. So sánh vận tốc
v  t0 
tức thời
tại thời điểm t0 1s ; 4s ; 6s ta được

.

B.

v  1  v  4   v  6 

.

v  6   v  1  v  4 
C.
.
Đáp án đúng: A

D.

v  6   v  4   v  1

.

A.

v  1  v  6   v  4 

v v  t 
a v t 
Giải thích chi tiết: Chuyển động có vận tốc tức thời là
thì gia tốc tức thời là
.
v t 
Do đó đồ thị hình bên là đồ thị của
. Theo đồ thị ta có:
v t   0 t   1; 4 
v v  t 
1; 4
1; 4
,
. Mà hàm số
liên tục trên đoạn   nên hàm số đồng biến trên đoạn 
do đó
v  1  v  4 
ta có
.
v t   0 t   4;6 
v v  t 
4;6

4;6
,
. Mà hàm số
liên tục trên đoạn 
nên hàm số nghịch biến trên đoạn 
do
v  6  v  4
đó ta có
.
4

6

4

4

4

4

a  t  dt   a  t  dt  v t  dt  v t  dt  v  t  1  v  t  6

4
1
6
Ta có: 1
 v  4   v  1  v  4   v  6   v  1  v  6 

.

v  1  v  6   v  4 
Vậy
.
Câu 36.
Đạo hàm của hàm số

A.

C.
Đáp án đúng: C

là

.

B.

.

D.

.

.

11


Giải

thích

chi

Câu 37. Họ nguyên hàm
A.

F  x  

1
C
sin x
.

F  x  

cos x
C
sin x
.

tiết:

F  x

Áp

dụng

công

thức

nên

cos x
f  x 
1  cos 2 x là:
của hàm số
1
C
sin x
B.
.
1
F  x  2 C
sin x
D.
.
F  x 

C.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Lời giải
cos x
cos x
1
1

F  x  
dx  2 dx  2 d  sin x  
C
2
1  cos x
sin x
sin x
sin x
Ta có
.
Câu 38. Hình nào sau đây khơng có trục đối xứng?
A. Tam giác đều.
C. Hình trịn.
Đáp án đúng: B

B. Hình hộp xiên.
D. Đường thẳng.

Giải thích chi tiết:
Đường trịn có vơ số trục đối xứng, các trục này đi qua tâm đường trịn.
Đường thẳng có 1 trục đối xứng trùng với nó.
Tam giác đều có 3 trục đối xứng, các trục này đi qua trọng tâm của tam giác đều.
Hình hộp xiên khơng có trục đối xứng.
Câu 39.
y  f  x
f  x   0, x  
y  f  x 
Cho hàm số
và
. Biết hàm số

có bảng biến thiên như hình vẽ và
 1  137
f 
 2  16 .

12


m    2020; 2020

Có bao nhiêu giá trị nguyên của
A. 2019 .
B. 4040 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Ta có

g  x    2 x  4m  .e x

 g  x     2 x  4m  . f  x   f  x   .e  x

2

2

g  x  e  x

2

 4 mx  5

để hàm số
C. 4041 .

4 mx  5

. f  x   e x

2

4 mx  5

. f  x

1

  1; 
2.
đồng biến trên 
D. 2020 .

. f  x 

 4 mx  5

.

1

 g  x  0, x    1; 
2  và g  x  0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc


Yêu cầu bài toán
1

   2 x  4m  . f  x   f  x  0, x    1; 
2
2  (vì e  x 4 mx  5  0 )


  2 x  4m 
 4m 2 x 

Xét

f  x 
1

, x    1; 
f  x
2


, ( vì

f  x 
1

, x    1; 
f  x
2   *



f  x 
1

h  x  2 x 
, x    1; 
f  x
2


f  x   0, x  

1

  1; 
2.


)

.

. Ta có

f  x  . f  x    f  x  
h x  2 
f 2  x

2

.

2

 f  x   0
f  x  . f  x    f  x  
1

1

, x    1;  
 0, x    1; 

2
2
f  x  0

f  x
2

Mà 
.
1
1


h x   0, x    1; 
 1; 


2  . Vậy hàm số h  x  đồng biến trên 
2.

Từ đó suy ra
Bảng biến thiên

13


1
f  
225
225
2
1
1
 4m h    4m 2.       4m 
 m
137
548
 2
 2 f  1
 
*

 2
Vậy điều kiện
.
m  


m    2020; 2020  m   1; 2;3;...; 2020 .
Lại có 
Vậy có 2020 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
z 2   a  2  z  2a  3 0 a
Câu 40. Trên tập hợp các số phức, phương trình
( là tham số thực) có 2 nghiệm z1 ,
z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết rằng có 2 giá trị của tham số a để tam
giác OMN có một góc bằng 120 . Tổng các giá trị đó bằng bao nhiêu?
A.  6 .
B. 4 .
C. 6 .

D.  4 .

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Vì O , M , N khơng thẳng hàng nên z1 , z2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng
z 2   a  2  z  2a  3 0
thời là số thuần ảo  z1 , z2 là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình
 a  6  2 5; 6  2 5
2
. Do đó, ta phải có  a  12a  16  0
.






2 a
 a 2  12a  16

z


i
 1

2
2

2 a
 a 2  12a  16

z


i
 1
2
2
Khi đó, ta có
.

 OM ON  z1  z2  2a  3

và

MN  z1  z2   a 2  12a  16

.

14


Tam giác OMN cân nên
 a 2  6a  7 0  a 3  2 .


MON
120

OM 2  ON 2  MN 2

cos120
2OM .ON



a 2  8a  10
1

2  2a  3
2

Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a bằng 6 .
----HẾT---

15