Đề số 01 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 01
Câu 41: Vào cuối năm 2022, báo Rossiyskaya Gazeta dẫn lời Bộ trưởng Tài nguyên Nga cảnh báo nước
này sẽ cạn kiệt dầu mỏ sau 28 năm nữa nếu sản lượng khai thác hằng năm vẫn giữ như năm
2022. Bắt đầu từ năm 2023, nếu nước Nga mỗi năm giảm sản lượng khai thác 2% so với năm
trước thì sau bao nhiêu năm nữa nước này cạn kiệt dầu mỏ (chọn phương án có kết quả gần
nhất với tính tốn của bạn)?
A. 48 .
B. 30 .
C. 42 .
D. 36 .
Lời giải
Chọn C
Gọi S (tỷ tấn) là sản lượng dầu mỏ còn lại của Nga trên thực tế tính từ cuối năm 2022.
x (tỷ tấn) là sản lượng khai khác hằng năm như năm 2022.
Theo đề bài, ta có: S 28 x (tỷ tấn).
Gọi n là số năm khai thác còn lại với sản lượng khai thác thay đổi hằng năm tính từ 2023.
n

Lượng khai thác mỗi năm tính từ năm 2023 là:

 1  2%   1  0,98n  1 x
x.
 1  2%   1  0, 02

(tỷ tấn).

0,98n  1
x 28 x  n log 0,98  1  0, 02.28  40.64

0,
02

Đến khi khai thác hết, ta có:
.
Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : x  by  cz  d 0 vng góc với mặt phẳng
(  ) : x  2 y  3 z  4 0 và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) : x  3 y  z  7 0,

(Q) : x  y  z 1 0. Khi đó d bằng
A. 3 .
B. 1 .
Chọn A

 , P , Q
Ta có VTPT của      

C.  3 .
Lời giải

D.  1 .




n1  1; 2;3 , n2  1;3;1 , n3  1;  1;1

lần lượt là
.

  
n  n1 ,  n2 , n3     8;16;  8   8  1;  2;1



Khi đó
.
A x; y; z   d
P
Q
Gọi 
là giao tuyến của   và   , khi đó toạ độ điểm A thoả mãn hệ
 x  3 y  z  7 0
3 y  z  7 0
 y 2



 x  y  z  1 0 . Cho x 0 ta có   y  z  1 0
 z 1 , khi đó A  0; 2;1

P
Q

A 0; 2;1
Do   chứa giao tuyến của   và   nên   đi qua 
.
 : x  2  y  1  z  1 0  x  2 y  z  3 0
Phương trình  
. Vậy d 3 .
Câu 43: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. ABC D có AA 1 , tang của góc giữa hai mặt phẳng

 ABD 
A. 5.
Chọn B

và

 ABBA

bằng 2. Tính thể tích của khối lăng trụ ABCD. ABC D .
B. 3.

C. 5 5 .
Lời giải

D. 3 3 .


ABD 
ABBA
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng 
và 
2
tan  2  sin  
5
Theo bài ra có
x x  0
Giả sử cạnh đáy của lăng trụ là 
Gọi I hình chiếu của D trên AB ; O là tâm của hình vng ABCD .

AD  x 2  1; BD  x 2; AB  x 2  1; AO 
Ta có:
AO.BD DI . AB  DI 
Ta có

x2  2
2

AO.BD
x 2  2.x

AB
x2 1

Dễ thấy DA  ( ABBA);( ABBA)  ( ABD)  AB .
d ( D;( ABBA) DA 2
sin  



d
(
D
;
A
B
)
DI
5
Ta có
x2 1

2
x2 1 4

 2
  x 3
x 2 5
5
x 2  2.x
nên S ABCD 3  VABCD. A ' B 'C ' D ' 3. .
f x
f sin x  1 cos x
Câu 44: Giả sử hàm số   liên tục trên  , thỏa mãn 
với mọi x   , khi đó tích
 x.



3
2

phân

f  x  dx
1


3

A. 12 4 .

bằng



3

4 .
B. 6


3

C. 12 8 .
Lời giải

Chọn D
3
2

I f  x  dx
1

Đặt x sin t  1  dx cos tdt .


3

D. 12 8 .


3

x 1  t 0; x   t 
2

6
Đổi cận:

6


6

Khi đó



6

I f  sin t  1 .cos tdt  cos t.cos tdt cos 2 tdt

0
0

0


6


6


3
1 1


1 1

 I   cos 2t  dt  t  sin 2t   
2 2

2 4
 0 12 8 .
0
1
x
4  xy 2
log 2  log 2 y 
4
y 2 . Khi x  4 y đạt giá trị nhỏ
Câu 45: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 2
x
nhất. giá trị y bằng

2
A. 2 .

1
B. 2 .

C.

2.

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
1
4
1
x
4  xy 2
  log 2 x  log 2 4   log 2 y  2  x
log 2  log 2 y 
2
2
y
2
4
y
 log 2 x  2  2 log 2 y 
 log 2 x  2 x log 2
Xét hàm số

f  t  

Do đó

 4 
4
 2 2 
2
y
 y   *

f  t  log 2 t  2t

với t  0

1
2 0
f t
0;  
t ln 2
với mọi t  0 nên   đồng biến trên khoảng 
.
 4 
4
 x 2
2 
y .
y 

 *  f  x   f 
x 4y 

Khi đó

8
8
 2 x  log 2 x  2 x 2  2log 2 y  2
2
y
y

4
 2 y  2 y 3 3 16
y2
.

4
 y 2 2 y



x  4

y2
Dấu " " xảy ra

3
 y  2

3 2
 x  4

.

x 3 42
 3 2
2
Vậy khi x  4 y đạt giá trị nhỏ nhất thì y
.

Câu 46: Cho hàm số bậc ba y  f ( x). Đường thẳng y ax  b tạo với đường y  f ( x) hai miền phẳng
có diện tích là S1 , S2 (hình vẽ bên).

5
S1 
12 và
Biết

1

1

 1  2 x  f  3x  dx  2
0

8
A. 3 .

, giá trị của S 2 bằng

19
B. 4 .

13
C. 3 .
Lời giải

13
D. 6 .

Chọn A
1

1

0

0

1

1
1
2
 1
f  3x    f  3x   1  2 x  0  f  3x  dx
30
3
 3


 1  2 x  f  3x  dx  1  2 x  d 
3



3

1

1
2
2 2
1
f  3  f  0   f  x  dx   f  x  dx  
3
3
90
3 90
2
3

S 2  f  x  dx   SOAB  S1  

Khi đó

0

8
3

với

3

f  x  dx 
0

 21
4

.

A  0;  2  B  3; 0 
,
.

z 1, w 2, u 3
z  w u u  z  w
Câu 47: Xét các số phức z, w, u thỏa mãn
và
. Giá trị lớn

nhất của

z u

bằng

A. 10 .

B. 2 3 .

C. 14 .
Lời giải

Chọn C
Cách 1:
Bổ đề:
Xét hai số phức z1 và z2 , ta có:

2





2

2

2





2

2

z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2
z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2
z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2 0

D. 4.


Áp dụng bổ đề trên:
z  w  u  u  z  w  z   w  u   z   w  u   z  w  u   z  w  u  0
2

2

2

2

2

2

2

 zw  zw  zu  zu 0  z  zw  zw  w  z  zu  zu  u  2 z  w  u 0
2

2

2

2

2

2

 z  w  z  u  2 z  w  u 0  z  u 15  z  w
2

Ta có

2

.

2

2

z  u 15  z  w 15  z  w 14  z  u  14

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi w  2 z .
Cách 2:
Gọi M , N , P lần lượt là biểu diễn của các số phức z , w , u . Khi đó:
 
 
OM  NP  OM  NP
OM 1 , ON 2 , OP 4 và
.
 
 
 
 
OM  NP  OM  NP  OM 2  2OM NP  NP 2 OM 2  2OM NP  NP 2

Ta có
 
  

   
 OM NP 0  OM OP  ON 0  OM OP OM ON





2

 OM 2  OP 2  MP 2 OM 2  ON 2  MN 2  MP 2 MN 2  5  OM  ON   14

.

 z  u MP  14 .
Đẳng thức xảy ra khi O , M , N thẳng hàng và O nằm giữa M , N .
Câu 48: Cho hai hàm số

f  x  2 x 3  9 x 2

và

g  x  2 x 3  3x 2  12 x  m

( m là tham số). Có bao

h x  f  g  x 
nhiêu số nguyên m để hàm số  
có đúng 6 điểm cực trị?
A. 23.
B. 21.

C. 6.
D. 4.

Lời giải
Chọn C
 g  x  0
h  x   f  g  x    h x  g  x  . f  g  x    h x  0  
 f  g  x   0
Ta có:
 x  1
g  x  0  6 x 2  6 x  12 0  
 x 2
•
 g  x  0
 2 x 3  3x 2  12  m
f  g  x   
 3
 1
2
g
x

3
2
x

2
x

12


m

3




•
Vẽ bảng biến thiên của hàm số

g  x

như sau:


Để hàm số

h  x

1
có 6 điểm cực trị thì   phải có 4 nghiệm nên:

  m  3  7

   20   m 7

   m  20

   20   m  3  7

  7  m  4
 20 m  23


Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A(3; 4; 4), B(1; 2; 3), C (5; 0;  1). Điểm M
0


thay đổi trong không gian thoả mãn ABM  AMC 90 . Mặt phẳng ( ) đi qua B và vng
góc với AC cắt AM tại N . Khoảng cách từ N đến ( ABC ) có giá trị lớn nhất bằng:

4 10
A. 5 .

3 5
B. 5 .

2 10
C. 5 .

6 5
D. 5 .

Lời giải
Chọn B




 
BA
(2;
2;
1),
BC
(4;

2;

4)
 BA.BC 0 do đó ABC vng tại B .
Ta có
 BA 3; BC 6 .
 AB  BC
 AB  ( MBC )

AB

BM

Từ giả thiết suy ra
.
Gọi K là hình chiếu của B lên AC nên ( BKN )  AC cố định.
Xét ABC vng tại B có đường cao BK:

1
1
1

1 1
5
6 5
 2
 2  2   BK 
2
2
BK
BA BC
3 6
36
5


 BN  AM


BN   AMC   BN  NK
BN

AC

Ta có
suy ra N chạy trên đường trịn đường kính

BK 
Trong

6 5
5 .

 BNK 

kẻ

NH  BK  NH   ABC   NH d  N ,  ABC  

1
3 5
NH  BK 
2
5 .
Trong tam giác vng BNK có


BA  2; 2; 1
(
BCM
)
Phương trình mặt phẳng
đi qua B và có vecto pháp tuyến
có dạng:

2 x  2 y  z  9 0
Tam giác BNK vuông cân tại N nên

BN 

3 2
5

Xét ABM vuông tại B có đường cao BN :

1
1
1
5 1 1


  2  
2
2
2
BM  6
BM
BN
BA 18 3
6
 BM  6
  
 AM .CM 0 
 M  BCM


M  a; b; c 
Gọi
, ta có 

 a  1 2   b  2  2   c  3 2 6


 a  3  a  5    b  4  b   c  4   c  1 0
2a  2b  c  9 0


a 2  b2  c 2  2a  4b  6c  8 0

 a 2  b2  c 2  8a  4b  3c  11 0 
2a  2b  c  9 0


 a  1 2   b  2  2   c  3 2 6

2a  c  1 0
2a  2b  c  9 0




5 5
5 5
a 
a 
3
3


52 5
5 2 5



 a  1 2   b  2  2   c  3 2 6
9a 2  30a  20 0  b  3   b  3




 c 2a  1
 c 2a  1


72 5
7 2 5
b 5  2a
b 5  2a
c 
c 
3
3




.
Vậy khoảng cách từ N đến ( ABC ) có giá trị lớn nhất bằng
khi

M  a; b; c 

3 5
5

với a; b; c như trên.

y  x 3  mx 2  12 x  2m
m
Câu 50: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của để hàm số
luôn đồng biến

trên khoảng
A. 18 .

 1;  ?
B. 19 .

C. 21 .
Lời giải

D. 20 .


Chọn D
Xét

f  x  x 3  mx 2  12 x  2m
3

. Ta có

f  x  3x 2  2mx  12

và

f  1 13  m

.

2

y  x  mx  12 x  2m

 1;   thì có hai trường hợp sau
đồng biến trên khoảng
f  x
 1;   và f  1 0 .
Trường hợp 1: Hàm số
nghịch biến trên
Để hàm số

Điều này khơng xảy ra vì
Trường hợp 2: Hàm số

lim  x3  mx 2  12 x  2m  

x  

f  x

đồng biến trên

.

 1;    và f  1 0 .

3
6

3 x 2  2mx  12 0, x  1  m  x  , x  1
2
x


13  m 0
 m  13
 * .

3
6
3 6
3 6
g  x  x 
g  x    2 g  x  0   2 0  x 2
1;



2
x trên khoảng
2 x ;
2 x
Xét

:
.

Bảng biến thiên:

3
6
m  x  , x  1
 m 6 .
2
x
Từ bảng biến thiên suy ra

 * suy ra  13 m 6 . Vì m nguyên nên m    13;  12;  11;...;5;6 . Vậy có 20 giá
Kết hợp
trị nguyên của m .