Đề thi thử thpt qg 2022 lần 7 đáp án

Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

LUYỆN THI QUỐC TẾ SAO VIỆT
CS1
CS2 283 K

ơ

r

ĐỀ THI THỬ THPT QG MƠN TỐN ĂM 2022 – LẦN 07
Câu 1:

Cho số phức z  3  2 i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z .
A. Phần thực bằng  3 và phần ảo bằng  2 .
B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2.
C. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng  2 .
D. Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 3.
Lời giải
Chọn B
Số phức z  3  2 i có số phức liên hợp z  3  2 i nên z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2.

Câu 2:

Phương trình mặt cầu có tâm I   1; 2 ;  3  , bán kính
A.  x  1 

2

C.  x  1 

2



y

 2   z  3  8

.

B.  x  1 

2



y

 2   z  3  8

.

D.  x  1 
Lời giải

2

2

2

2

2

Chọn C
Mặt cầu tâm I   1; 2 ;  3  , bán kính
Câu 3:

Trong khơng gian

O xyz

R  2

, cho hai điểm

Chọn A
Tọa độ trung điểm



y

 2   z  3  2

2

.



y

 2   z  3  2

2

.

2

A  1;1;1  ; B  1; 3;  5  .

C.

2

2

2

2



y

 2   z  3  8
2

2

I

2 y  6 z  16  0

của đoạn

AB

Mặt phẳng trung trực của đoạn

P  3;  1; 5  .

D.

Q  0; 6;1 

AB

.

hay

AB

là I  1; 2 ;  2  .

đi qua

AB 

 0 ; 2 ;  6  có phương

  .

y  3z  8  0

vậy

và có véctơ pháp tuyến

I

Xét đáp án A ta thấy

0 268  0

Xét đáp án B ta thấy

0  2  3  8  13  0

vậy

N

Xét đáp án C ta thấy

0  1  15  8  24  0

vậy

P

Xét đáp án D ta thấy

0  6  3  8  5  0

M

thuộc    .

vậy

Q

không thuộc    .
không thuộc    .

không thuộc    .

Cho mặt cầu có diện tích bằng S  1 6  có thể tích tương ứng bằng
A. 6 4  .

.

Lời giải

Mặt phẳng trung trực của đoạn

Câu 4:

là:

2

có phương trình:  x  1 

2

đi qua điểm nào trong các điểm sau:
A. M  0 ; 2 ;  2  .
B. N  1;  2 ;1  .

trình

R  2

B. 3 2  .

C. V 

3 2
3

Lời giải
Chọn C

1

.

D. V 

6 4
3

.


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Ta có

S  4 r

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167
2

4

, từ đó suy ra V 

 1 6  r  2

r 
3

3

Câu 5:

Họ nguyên hàm của hàm số

2

f (x) 

3 2

.

3

là:

 s in x

x

A. 

f ( x ) d x  2 ln x - c o s x  C

C. 

f ( x)dx  

2
x

2

- cos x  C

.

.

B. 

f ( x ) d x  2 ln x  c o s x  C

D. 

f ( x ) d x  2 ln x  c o s x  C

.
.

Lời giải
Chọn B
Ta có:  f
Câu 6:

.

( x ) d x  2 ln x  c o s x  C

Cho hàm số

y  f

 x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:
A. 1 .
Chọn B

B. 3 .

C.

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy
Câu 7:

Tập nghiệm của bất phương trình
A.

1

.

;

B.

 x  có

y  f

3

.

D.

.

4

điểm cực trị.

lo g 5 x

2

.

3 2;

2

là
C.

;

32

.

D.

;

25

1

.

25

Lời giải
Chọn A
Ta có
Câu 8:

lo g 5 x

2

A.

SA  a
a

3

2

5

1

x

. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

25

Cho khối chóp
và

x

có đáy

S .A B C D

là hình vng cạnh

S .A B C D

.

B.

a

3

.

C.

4

a

. Biết

SA

a

3

3

.

a

D.

6

3

3
3

Lời giải
Chọn D
Thể tích của khối chóp đã cho là V S . A B C D
Câu 9:

Tập xác định của hàm số
A.  0;    .

y  x





1
3

S A. S ABCD 

1

a

3

3 .a

2



a

3

3

.

3

1
5

.

vng góc với  A B C D 

là:

3

3

;

25

ABCD

. Thể tích của khối chóp

1

là

B.  0;    .

C.    ; 0  .
2

D.

.

.


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Lời giải
Chọn A

Do

1

là số không nguyên nên hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi

x  0

.

5

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là

D 

 0; 



.

Câu 10: Nghiệm của phương trình lo g  x  2 0 2 2   2 là
A. x  2 0 2 4 .

B. x  2 0 4 2 .

C. x  2 1 2 2 .
Lời giải

Chọn C

D. x  e  2 0 2 2 .
2

lo g  x  2 0 2 2   2  x  2 0 2 2  1 0  x  2 1 2 2
2

π
2

Câu 11: Biết

F

x 

s in 2 x

là một nguyên hàm của hàm số

f

 x  trên

. Giá trị của   2 

f

 x   d x bằng

0

A. 

1.



B.

.

C. 

1.

D.



.

2

Lời giải
Chọn D
Ta có:
π

π

2

2



2  f

 x  d x 



0

π
2

2d x 



0

Câu 12: Cho hai số phức
2 z1  z 2

f

 x d x  2 x

π

π
2
0

x

 F

2
0

0

z1  1  i

và

z2  2  2i

 π

 π 
 2   0   F    F  0   π  s in π  s in 0  π
 2

 2 

. Trên mặt phẳng tọa độ

O xy

, điểm biểu diễn số phức

có tọa độ là

A.  0; 4  .

B.  4 ;1  .

C.  1; 4  .

D.  4; 0  .

Lời giải
Chọn D
Ta có

2 z1  z 2  2  2 i  2  2 i  4 .

Vậy điểm biểu diễn số phức
Câu 13: Trong không gian

O xyz

2 z1  z 2

có tọa độ là  4; 0  .

, đường thẳng

d :

x3



2

A.

u1   3 ;  1 ; 5 

.

B.

u2 

  3 ;1 ;  5  .

C.

Đường thẳng

d :

x3
2

Câu 14: Trong hệ tọa độ
m  2

4

u3 



z 5

có một vectơ chỉ phương là

3

 2 ;  4; 3  .

D.

u 4  1 ; 2 ; 3 

.

Lời giải

Chọn C

A.

y 1

.

O xyz



y 1
4

, cho
B.



z 5

có một vectơ chỉ phương là

3

a   1; m ;  1 

m  2

và

.

b   2 ; 1; 3 

3

2 ; 4 ;3 .

. Tìm giá trị của

C. m   1 .
Lời giải

Chọn D

u3 

D.

m

để

m  1.

a  b

.

Luyện thi Quốc tế Sao Việt
a  b  a .b  1 .2  m .1    1  .3  m  1  0  m  1 .

Ta có

Câu 15: Tìm số phức
A.

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

z  2i

z

.

thỏa mãn đẳng thức z  3 
B. z  2  3 i .

2i   z  6

?

C. z   1 
Lời giải

2i

.

D.

.

z  1  2i

Chọn A
Giả sử
Ta có

,

z  a  bi

z  a  bi

z 3  2i   z  6 

a

 bi  3  2i    a  bi   6  2a  2b   4b  2a  i  6

 2a  2b  6
a  2
 
 
 4b  2a  0
b  1

Vậy

là số phức cần tìm.

z  2i

Câu 16: Cho hàm số

y  f

 x  có bảng biến thiên như hình vẽ.

Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho lần lượt là
A. x  1, y  2 .
B. x  2 , y  1 .
C. x  2 , y  2 .
D. x

 1, y  1

.

Lời giải
Chọn A
TXĐ:

D 

\ 1

.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
Lại có:
Câu 17: Với
A.

a

lim f

x 

x

 2 

.



x

  

đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là

đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là

là số thực dương tùy ý,

5  lo g 5 a

lim f
x1

B.

lo g 5  5 a 

5  lo g 5 a

y  2

bằng

.

C. 1  lo g 5 a .
Lời giải

Chọn C
Ta có

.

lo g 5  5 a   lo g 5 5  lo g 5 a  1  lo g 5 a

.

Câu 18: Đường cong trong hình dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?

4

D. 1  lo g 5 a .

x 1

.


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

A.

y 

x 1
x 1

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

.

B.

y 

x 1
x 1

.

C.

y  x  3x  2
3

.

D.

y  x  2x 1.
4

2

Lời giải
Chọn B
Từ đồ thị, ta thấy đồ thị của hàm số có đường tiệm cận đứng
Câu 19: Trong không gian
A. Điểm

Q  2 ;1;  1 

O xyz

, mặt phẳng    :  2 x  3 y 

.

B. Điểm

N  5;1;  2 

.

z5  0

C. Điểm

M

x 1

, đường tiệm cận ngang

y  1.

đi qua điểm nào dưới đây?

 2 ; 2 ;  3  . D. Điểm

P   3; 2; 4  .

Lời giải
Chọn B
Thay tọa độ điểm

vào phương trình mặt phẳng    :  2 .5  3 .1    2   5

N  5;1;  2 

mãn). Ta có mặt phẳng    đi qua điểm
Câu 20: Với k và n là hai số nguyên dương (
A.

Cn 
k

n!

.

B.

k!

Cn 

k  n

n!

k

k !( n  k ) !

N

 0

(thỏa

.

), công thức nào dưới đây đúng?
.

C.

Cn 
k

n!
(n  k )!

.

D.

Cn 
k

k!
n !( n  k ) !

.

Lời giải
Chọn B

Câu 21:Cho tứ diện O A B C có O A , O B , O C đơi một vng góc với nhau và
tích V của khối tứ diện O A B C .
A. V

 abc

.

B. V



1

abc

.

C. V



2

1
3

abc

.

O A  a,O B  b,O C  c

D. V



1

abc

.

6

Lời giải
Chọn D
Thể tích V của khối tứ diện
V 

1

.O A . O B . O C 

6

Câu 22: Trên tập

1

abc

OABC

có

O A,O B ,O C

.

6

, đạo hàm của hàm số

y  e

2

x x

là

5

đơi một vng góc với nhau là

. Tính thể


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167
 x
x  x2  x
y  

e
2 
 3
3

A.

y  e

.

2

x x

B.

y 

 x  1 e

2

x x

.

C.

y 

 2 x  1 e

2

x x

.

D.

2

.

Lời giải
Chọn C
Đạo hàm của hàm số

y  e

2

x x

Câu 23: Cho hàm số đa thức bậc ba

là

y    2 x  1 e

 

2

x x

.

có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề

y  f x

đúng?

A. Hàm số

f x

đồng biến trên

 1;    .

B. Hàm số

f x

nghịch biến trên

; 2  .

C. Hàm số

f x

đồng biến trên

 0;    .

D. Hàm số

f x

nghịch biến trên

  2; 1  .

Lời giải
Chọn A
Câu 24: Gọi l , h , r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện tích
xung quanh S x q của hình nón là
A.

S xq   r h

.

B.

S xq 

1

r h
2

.

C.

3

S xq  2 r l

.

D.

S xq   r l

.

Lời giải
Chọn D

Câu 25: Cho hàm số

f (x)

y  f ( x ), y  0 , x

liên tục trên . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
  1 và x  4 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

6


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

1

A.

S  

4



f (x) dx 

1

S 



f (x) dx

.

B.

S 



4



f (x) dx 

1

4

f (x) dx 

1

1

1

C.



1



1

f (x) dx

.

D.

S  

.



4

f (x) dx 

1

1

f (x) dx

1



f (x) dx

.

1

Lời giải
Chọn B
Theo lý thuyết ứng dụng tích phân, quan sát hình vẽ.
1

Ta có:



S 

4

f (x) dx 

1



f (x) dx

.

1

Câu 26: Cho cấp số nhân  u n  có u 1  3 , cơng bội
A.  6 .
B. 6 .
Chọn A
Ta có u 2

q  2.

Giá trị của

u2

bằng

C.  1 .
Lời giải

D. 5 .

 u 1 .q  3 .   2    6 .
2

Câu 27. Cho hàm số

liên tục trên   1 ; 2  ,

f ( x )

f (  1)  8 ; f ( 2 )   1 .

Tích phân 

f ( x ) d x

bằng

1

A. 1 .

B.

7

C.  9 .
Lời giải

.

D.

9

.

2



f ( x ) d x  f ( x )

2
1

 f ( 2 )  f (  1)   1  8   9

.

1

Câu 28: Cho hàm số

y  f

đại của hàm số

A.

y  1

.

x 

y  f

ax  bx  c,  a, b, c 
4

2

 có đồ thị là đường cong như hình bên. Điểm cực

 x  là :

B.

x  0

.

C.  0 ;  1  .
Lời giải

Chọn B
Câu 29: Trên đoạn  0 ; 3  , hàm số

y  x 2

1
x 1

đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm
7

D. .

x  2


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

A.

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

.

x  0

B.

x 1

.

C. x  2 .
Lời giải

D.

x  3

.

Chọn A
Cách 1: Dùng bất đẳng thức Cơ-si.
Ta có

y  x 2

1
x 1

1

 x 1

x 1

1.

Áp dụng đất đẳng thức Cô-si ta được:

y  2

 x  1 .

Dấu

1

 x  1

""

xảy ra khi và chỉ khi

Cách 2: Ta có

y  1 

1

 x  1

2



x 1

x 1

 x  1

2

 x  1

Do đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại

A.

y

x

3

x

2

.

B.

y 

2x 1

2

1 3.

x 1

2

x  2x

1 x 1 0  x  0

.

2



 x  1

 0,  x   0; 3 .

2

x  0  y  3

Câu 30: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên
x 1

1



1

.

.

.

C.

y  3x  4 x  5
3

.

D.

y  3x

4

.

Lời giải
Chọn C
C . y  x  4 x  5  y '  3 x  4  0  x.
3

Câu 31: Cho

2

lo g a b  2

T  lo g

a

2

b

6

 lo g a

với
b

a

,

b

Suy ra hàm số đồng biến trên

là các số thực dương và

B. 7 .

C. 5 .
Lời giải

Chọn B
a

2

b

6

 lo g a

b  3 lo g a b 

Câu 32: Cho hình hộp chữ nhật
khảo hình bên dưới).

Góc giữa đường thẳng
A.

90

.

khác

1.

Giá trị biểu thức

bằng

A. 8 .

T  lo g

a

.

1
2

7

lo g a b 

A B C D  A  B C D 

2

D. 6 .

lo g a b  7

có

ABCD

.

là hình vng cạnh

và mặt phẳng  A B C D  bằng :

B. 3 0  .
C. 4 5  .

a

AC '

8

D.

60

.

,

AA '  a

2

(tham


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Lời giải

Chọn C
Góc giữa đường thẳng
Tam giác

và math phẳng  A B C D  là góc

AC '

vng cân tại

C ' AC

5

Câu 33 : Cho 

 45

5

f

 x  dx

 2

. Tích phân   4 f  x   3 x 2  d x bằng

0

A.

nên 

C

  C ' AC

0

0

.

133

B.

120

.

C.  1 3 0 .
Lời giải

D.

140

.

Chọn A
5



5

 x  3x

4 f


2

0

 x  dx  3

0

Câu 34: Trong không gian
d :

5

 dx  4 f



x 1

y



2

1

z 1



5

x dx  4. 2    x
2

3



5

 8  125  133

.

0

0

O xyz

, cho mặt cầu  S  : x 2

và đường thẳng

 y  z  2x  4z  4  0
2

2

. Viết phương trình mặt phẳng    vng góc với

d

và cắt mặt cầu  S  theo

giao tuyến là một đường trịn có bán kính bằng 3 .
A.    : x  2 y  5 z  1 1  0 .

B.    : x  2 y  5 z  1 1  0 .

C.    : x 

D.    : x  2 y  5 z  5

z3 0

.

 0

.

Lời giải
Chọn B
Đường thẳng

có vectơ chỉ phương

d

Vì    vng góc với

d

u   1;  2 ;  5  .

nên    nhận

u   1;  2 ;  5 

Mặt cầu  S  có tâm I  1; 0 ;  2  và bán kính

R  3

làm vectơ pháp tuyến.

.

Do mặt phẳng    cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là một đường trịn có bán kính bằng
r  3  R

nên    đi qua điểm

I

.

Suy ra phương trình mặt phẳng    : 1  x  1   2  y  0   5  z  2  
Câu 35: Cho số phức z thỏa mãn 3  z
A. 3 .

B.

3

 i    2  3i  z  7  1 6 i

.

.

. Môđun của số phức z bằng

C. 5 .
Lời giải

Chọn D
Đặt z  a  b i , a , b  .
Khi đó ta được: 3  a  b i  i    2  3 i   a  b i  

0  x  2 y  5 z  11  0

7  16i 

D.

a

5

.

 3 b   (3 a  5 b  3 ) i  7  1 6 i

 a  3b  7
a  1
 
 
 z  1  2i
3a  5b  3  1 6
b  2

Vậy

z 

1  2
2

2



5

.

Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng A B C . A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông cân tại B và A B 
hình bên). Khoảng cách từ trung điểm M của C C ' đến mặt phẳng  A B B ' A '  là:
9

4

(tham khảo


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

A.

2

2

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

.

B. 2 .

C.

2

.

D. 4 .

Lời giải

Chọn D
C B  BA
 CB 

C B  BB '

Ta có:

4

 A B B ' A ' 

Mặt khác tam giác A B C vuông cân tại
Vậy d  C ,  A B B ' A '    C B  4 .

d  C ,  A B B ' A '   C B .

B  C B  BA  4.

Câu 37: Chi đồn lớp 12A có 20 đồn viên trong đó có 12 đồn viên nam và 8 đoàn viên nữ. Chọn ngẫu
nhiên 3 đoàn viên từ chi đồn. Tính xác suất để trong 3 đồn viên được chọn có ít nhất 1 đồn
viên nữ.
A.

46

.

B.

57

251

.

C.

11

285

.

D.

7

110

.

570

Lời giải
Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu:

C 20  1 1 4 0
3

Gọi A là biến cố chọn được ít nhất 1 đoàn viên nữ
Gọi A là biến cố chọn được 3 đoàn viên là nam:

 

 P A 

220

11

57


57

Câu 38: Trong không gian

A B   1; 3;  5 

+)

n  Q    1;1; 2  .

Suy ra

46

.

57
O xyz

mặt phẳng  Q  : x 
A. S  2 .
C. S   2 0
+)

3

11



1140

 P  A  1

C 12  2 2 0

, mặt phẳng  P  đi qua hai điểm

y  2z 1  0

A  2 ;  1; 4 

,

B  3; 2 ;  1 

có phương trình là  Q  : a x  b y  c z  2 1 
B. S  2 0 .
D. S   2 .
Lời giải

.

n  P    A B ; n  Q     1 1;  7 ;  2  .



10

0

và vuông góc với

. Tính

S  a bc

.


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Vậy mặt phẳng  P  qua

A  2 ;  1; 4 

và có vtpt

n  P    1 1;  7 ;  2 

có phương trình là

11  x  2   7  y  1  2  z  4   0  11x  7 y  2 z  21  0  S  a  b  c  20

Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên

x

thỏa mãn  5 .2 x  2

 4  64 

lo g 1 8 x  7  0

x

.

?

2

A. 1 5 .

B. 1 6 .

C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C

 5 .2

x2

 4  64 

x

lo g 1 8 x  7  0 (1)
2

+ĐK:

x  0
x  0

 lo g 8 x  7  0  
1
 x  16


2

 T H 1 : x  1 6 ( tm )
 T H 2 : 0  x  1 6  (1)  4  5 .2
x

x2

 64  0  2  2
2

x

 2

4

 2  x  4

k h d k  x   2 ; 3; 4 

Vậy có 4 số nguyên thỏa mãn bất phương trình đã cho.
Câu 40: Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đồ thị như sau

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
A. 6 .

B. 7 .

lo g

2

 x  1 . f   f  x  

x  1

x 1  1

 0   f  x   1

f

 f


 x  1 . f ' f  x  

C. 8 .
Lời giải

Chọn A

lo g

2

a 

x

 2

b 

x

 4

c
11

 0

là

D. 9 .


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Theo đồ thị ta có:
- Phương trình (a) có 2 nghiệm thực phân biệt bé hơn 1;
- Phương trình (b) có 4 nghiệm thực phân biệt x1  x 2  1 
-

Phương trình (c) có 4 nghiệm thực phân biệt

Do đó, phương trình

lo g

2

 x  1 . f   f  x  

 0

x3  4  x 4

;

x5  1  x 6  x 7  4  x8

có 6 nghiệm thực phân biệt là

2; x 3 ; x 4 ; x 6 ; x 7 ; x 8

.

2

Câu 41. Cho hàm số

y  f

 x  có đạo hàm là

f ' x   xe ,  x 
x

và

f

0

 1.

Tính   f  x  

2  d x

.

0

A.

6

.

B.

.

6

C.

2 .

D.

2

.

Lời giải
Chọn D
x

f ' x  dx 



  xe  dx

Ta có

f

+ Đặt

 du  dx
u  x

x
x
dv  e dx  v  e

+

x

f



 xe 
x

Với

f

0

Vậy

f

x 

e

x

x

dx  xe  e  C
x

x

 1  0 .e  e  C  1  C  2
0

0

xe  e  2
x

x

2

2

Ta có :   f  x   2  d x



0

  x  1 e

x

dx  2

Câu 42: Trong khơng gian cho tam giác đều
mặt phẳng vng góc. Gọi
Thể tích của khối chóp
A.

V 

a

.

0

3

3
2

.

B.



S .A B C

V  a

3

SAB

và hình chữ nhật

ABCD

với A D

 2a

nằm trên hai

là góc giữa hai mặt phẳng  S A B  và  S C D  . Biết

ta n  

3

.

C.

V 

3

Lời giải
Chọn B

12

3
8

D.

V 

a

3

12

2

2
3

là
a

2

.

.


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng  S A B  và  S C D  là đường thẳng
và song song với

S

Gọi

Trong mặt phẳng  S A B  có
Vì

C D  H K
 CD 

C D  SH

Ta có

SK 

Xét tam giác vng
Xét tam giác đều

 SH K  

C D  SK  d  SK .

Do đó   S A B  ,  S C D  

có

SH K ,

ta n H S K 

HK

AB

có:

SH 

S .A B C

bằng

2

M

,

giá trị của tham số

a

z1

,

z2

. Gọi



2

SH

3

3a



2
V 

2

 SH , SK   H SK .

2

AB



để tam giác

2



2

3

6 .2 a .

3

2
2

 AB  a

3a

2

 a

3

3

2

.

6

.

z  a  2  z  2a  3  0
2

z1

,

z2

( a là tham số thực) có

2

trên mặt phẳng tọa độ. Biết rằng có

có một góc bằng

OMN

3a

 SH 

2

là điểm biểu diễn của

N

2a
SH

2
1 1

. a
3 2



3

Câu 43: Trên tập hợp các số phức, phương trình
nghiệm



 SC D 

SAB

Thể tích khối chóp

AB, CD.

SH  AB  SH  d .

 SAB    SC D   d

 SH  d , SH   SAB  .

 SK  d ,

đi qua

AB, CD.

lần lượt là trung điểm của

H, K

d

120

. Tổng các giá trị đó bằng

bao nhiêu?
A.

6

.

B.

4

.

C.

4

.

D.

6

.

Lời giải
Chọn A .
Vì

,

O

M

,

N

khơng thẳng hàng nên

thời là số thuần ảo

 z1

z  a  2  z  2a  3  0
2

Khi đó, ta có


2 a

 z1 

2

2 a


 z1 

2

OMN

z2

khơng đồng thời là số thực, cũng không đồng

là hai nghiệm phức, khơng phải số thực của phương trình

z2

 a  12a  16

  a

2



 12a  16  0  a  6  2

5; 6  2

5

.

2

i

2

.

 a  12a  16
2

i

2

2a  3

cân nên

 a  6a  7  0  a  3 
2

,

. Do đó, ta phải có

 O M  O N  z1  z 2 

Tam giác

,

z1

và

M N  z1  z 2 

M O N  120



OM

2

 a  12a  16

 ON

2

2

 MN

2 O M .O N

2

.
13

.

2

a  8a  10
2

 cos120



2 2a  3

 

1
2


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Suy ra tổng các giá trị cần tìm của
Câu 44: Gọi

.

6

W 

là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức

S

phức

z1 , z 2  S

A.

78

2

bằng

a

thỏa mãn

.

z1  z 2 

B. 4

3

, giá trị lớn nhất của

.

15

C.

78

z  2

là số thuần ảo. Xét các số

z  2i

2

P  z1  6

.

 z2  6

D. 2

2

.

15

Lời giải
Chọn A .
Đặt
Có



w 

z 2
z  2i

a  2  bi



a  b  2  i

a



M

 a ; b  là điểm biểu diễn cho số phức

z

.

 2  b i   a   b  2  i 
a  b  2 
2

2

a  a  2   b  b  2      a  2   b  2   a b  i
a  b  2
2

w

. Gọi

z  a  b i, a , b 

là số thuần ảo

Có  1  
Suy ra

 a  a  2   b  b  2   0
 
2
2
 a   b  2   0

a  b  2 a  2b  0
2

2

1 

.

thuộc đường tròn  C  tâm I   1;1  , bán kính

M

z1 , z 2  S

được biểu điễn bởi

z1  z 2  M N 

2

P  z1  6
 MI

2

2

 z2  6

2

3

 MA  NA

 2 M I .IA  IA  N I
2



2

M ,N

2

.

thuộc đường tròn  C  và

A   6; 0 

. Gọi

2

nên

M ,N

R 

2

2

 MA  NA

 2 N I .IA  IA

P  2 I A .M N  2 I A .M N . c o s I A , M N

2

  2 I A .M N

14

2



 M I  IA 


2



 N I  IA

 2 IA M I  N I



2

  2 I A .M N

bằng.


Luyện thi Quốc tế Sao Việt
''  ''

Dấu

Ta có.

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

xảy ra khi

IA 

cùng hướng với

IA

26  P  2. 26 . 3  2

Vậy giá trị lớn nhất của
Nếu HS nhầm

A  6; 0 

2

hai đồ thị hàm số

với

8

.

3

2

và

f (x)
a, q  0

y  f '( x )

hạn bởi hai đồ thị hàm số

A.

bằng

78
78

.

thì có đáp án là

Câu 45: Cho Cho hai hàm số
g '( x )  q x  n x  p

P

B.

và

15

4 15

liên tục trên

g (x)

và hàm số

f '( x )  a x  b x  c x  d
3

2

y  g '( x )

và

bằng

y  g(x)

.

C.

10

và

f (2)  g (2)

. Diện tích hình phẳng giới

bằng

16
3

.

D.

16
5

.

Lời giải
Chọn B.
Đặt

h(x)  f (x)  g (x) 

h ( x )  f ( x )  g ( x ) .

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:
Vì hai đồ thị

y  f  ( x ) và y  g  ( x )

h  ( x )  f  ( x )  g  ( x )  k x ( x  1)( x  2 )

f  x   g x   f  x   g x   0

k

x  0; x  1

và

x  2



. Do đó, ta có:

 0.

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số
S 

1

y  f  ( x ) và y  g  ( x ) :

2

f ( x )  g ( x ) d x  k  x  x  1   x  2  d x  k  x  x  1   x  2  d x 

0

Theo đề:

0

S  10

. Do đó:

. (*)

cắt nhau tại các điểm có hồnh độ lần lượt bằng

nên phương trình (*) có các nghiệm là

2

,

có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi

y  f (x)

8

MN

1

k  20.

15

1
2

k.

0 ; 1; 2


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167



h '( x )  2 0 x ( x  1) ( x  2 )



h(x) 

Vì

f (2)  g (2)

 x
3
2
3
2 
2 0 x ( x  1) ( x  2 )d x  2 0   x  3 x  2 x d x  2 0 
 x  x  C
 4

4



h (2)

 f (2)  g (2)  0

h( x)  5 x  20 x  20 x
4

Do đó:

3



2

f (x)  g(x) 

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:


C  0

f (x)  g(x)  0

h(x)  0

 5 x  20 x  20 x
4

3

 0

2

x  0
 
x  2

Diện tích hình phẳng cần tìm là:
2



S 

2



f ( x )  g ( x ) dx 

0



2

h ( x ) dx 

0



5 x  20 x  20 x dx 
4

3

2

16

0

Câu 46. Trong không gian với hệ trục tọa độ

.

3
O xyz

, cho điểm

 x ; y ; z  thuộc mặt phẳng  O x y  sao cho biểu thức
x  y  2 0 2 2 z bằng :
A. 5 .
B.  4 .
C. 9 .
M

A   1; 3; 0 

P  2MA  MB
2

và điểm
2

B  2 ;1;  4  .

Điểm

đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó

D. 1 .

Lời giải
Chọn D.

Gọi I  a ; b ; c  sao cho
Ta có
IB 

Vì

IA 

2 

1 

2 IA  IB  0

2

2 IA  IB  0

Vì 2 IA 2
 O xy 

 IB

2

.

a; 3  b;  c  .

a ;1  b ;  4  c 

P  2MA  MB

Do

2 IA  IB  0

nên

2

.

2 1  a   2  a   0
a  4


  b  5  I   4; 5; 4 
 2  3  b   1  b   0

c  4

2 c   4  c   0



 2 M I  IA

nên

P  MI

không đổi nên

2



2



 M I  IB

 2 IA  IB
2

P

2



2

 MI

2





 2 M I 2 IA  IB  2 IA  IB
2

2

.

nhỏ nhất khi

MI

16

nhỏ nhất hay

M

là hình chiếu của

I

trên mặt phẳng

Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Vậy

M

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

  4; 5; 0  

x  y  2022 z  1

.

Câu 47: Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy bằng r  3 m , chiều cao h  9 m . gười ta c n
chế tác từ khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng hình khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất
của khúc gỗ hình trụ sau khi chế tác. Tính V .

A. 1 2  .

B. 1 2 .

2

C.

.

D.

3

3

ờ

SO '  x  0  x  9   O O '  9  x

Đặt
ì

A ' B '/ / A B 

A 'O '



AO

SO '

.

2

ả

.

 A 'O ' 

S O '.A O

SO



SO

x

.

3

a có thể tích khối trụ là
 x 
2
V T   . A ' O ' . O O '=  .  9  x  .  
 3 

ậy

2





18

1 8  2 x  . x . x 

  18  2 x  x  x 


18 

3




3

 1 2 .

V  1 2  x  6  m  .

x
x
Câu 48: Xét các số nguyên dương a,b sao cho phương trình a .4  b .2  5 0  0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2
và phương trình 9 x  b .3 x  5 0 a  0 có 2 nghiệm phân biệt x 3 , x 4 thỏa mãn điều kiện

x 3  x 4  x 1  x 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3 a  4 b

A. 1 0 9 .
Đặt

B. 51.

t  2 (t  0 )
x

z  3 ( z  0)
x

C. 87.
Lời giải

. Phương trình (1) trở thành:

. Phương trình (2) trở thành:

at  bt  50  0
2

z  bz  50a  0
2

17

D. 49.


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Để 2 phương trình (1) và (2) đều có 2 nghiệm thì 2 phương trình (3) và (4) đều phải có 2 nghiệm
dương phân biệt.
Điều kiện để 2 phương trình đều có 2 nghiệm dương là

2
b  200a  0

b
""
2
(* )    0  a , b  Z
 b  200a, a,b  Z
a
 50
""
 0 a  Z

 a

  1  0 ; S 1  0 ; P1  0 ( * )

  2  0 ; S 2  0 ; P2  0 (* * )

""

b  200a  0

""
2
(* * )   b  0  a , b  Z

 b  200a, a, b  Z

""
50 a  0 a  Z

2

 b  200a,  a, b  Z
2

Theo Viet ta có:

""

""

(***)

50
50
50
 x1 x 2


 t 1 .t 2 
 2 .2 
 x 1  x 2  lo g 2
 
a  
a

a

x
x
 z .z  5 0 a
 3 3 .3 4  5 0 a
 x  x  lo g 5 0 a
4
3
 1 2
 3


Theo giả thiết ta có:

x 3  x 4  x 1  x 2  lo g 3 5 0 a  lo g 2

50

 a  2, 4236

a

Vì a là số nguyên dương nên chọn a  3
Từ điều kiện (***) ta có:  b 2  6 0 0  b  2 4 , 4 9 hay b  2 5
Do đó S  3 a  4 b  3 .3  4 .2 5  1 0 9
Vậy m in S  1 0 9
Câu 49: Trong không gian Oxyz, cho mặt c u  S  có phương trình x 2 
đường thẳng

 x  10  t

  :  y  t ,
 z  10  t


2

y  z

2

 25.

Từ điểm A thay đổi trên

kẻ các tiếp tuyến AB, AC, AD tới mặt c u  S  với B, C, D là các tiếp

điểm. Biết rằng mặt phẳng  B C D  luôn chứa một đường thẳng cố định. Góc giữa đường thẳng cố
định đó với mặt phẳng  O x y  bằng
A. 9 0  .
B. 3 0  .

C.

6 0 .

Lời giải

18

D.

4 5 .


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

B

A

O
D

C
Mặt c u  S  có tâm

O  0 ; 0 ; 0  và

bán kính

R  5

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
AB

2

 R

2

 OA  AB
2

Gọi  S   là mặt c u tâm
2

 x   a  10  



y

Do các tiếp điểm

a

 OA  R
2

A

2



2

C

,

 10   a
2

(vuông tại điểm
2

 a  10   25

2

AB

.

), ta có :

B

2

và bán kính bằng độ dài đoạn

 a    z   a  1 0  

,

a

BOA

A      A  1 0  a ;  a ;1 0  a

.

, có phương trình là

  a  10   a   a  10   25
2

2

2

cùng thuộc hai mặt c u  S  và  S   nên  B C D  có phương trình

D

 10  x  ay   a  10  z  25  0

Đường thẳng

a

B

2

. Do

d

cố định mà  B C D  ln đi qua thì mọi điểm thuộc

 10  x  ay   a  10  z  25  0 ,  a  a


x  t
x  y  z  0

5


 
 d :y 
,t 
5
2
x

z



2


5

t
z 
2




Mặt phẳng  O x y  có một véc tơ pháp tuyến là
Gọi



x

d

đều có tọa độ thỏa mãn:

 y  z   1 0 x  1 0 z  2 5   0 ,  a

u d  1 ; 0 ;  1  .

n  O x y    0 ; 0 ;1 

.

là góc giữa đường thẳng cố định đó với mặt phẳng  O x y  . Khi đó



s in   s in  d ;  O x y    c o s u d ; n  O x y 



f x và
Câu 50: Cho hai hàm số bậc bốn y
(2 đồ thị chỉ có đúng 3 điểm chung)

1 .0  0 .0    1  .1



1  0    1 .
2

y

2

g x

19

2



0  0 1
2

2

2

1

   45

2

có các đồ thị như hình dưới đây

0


Luyện thi Quốc tế Sao Việt

Hotline: 096.986.1792 – 098.880.5167

Số điểm cực trị của hàm số

h x

A. 3 .

5

B.

Ta có :

h x

h' x

h' x

f

2

x

g

x

g

.

2

x

2f

x .g x

là :

C. 6 .
Lời giải

D. 4 .

2

2

x

2 f

2 f

x

g x . f

f

x

g x

x

x .g x

g x

f

'

2 f

x

x

g x

g x

. f ' x

g ' x

0

0
f ' x

+ Xét phương trình

g ' x

0

x

g x

f

Ta thấy hai đồ thị hàm số
x

2

f

1; x

3; x

k

với

Từ đồ thị ta có, hàm số
bội lẻ.
+ Xét phương trình f '
Theo giả thiết ta có :

y

y

k

f

0

1

x

và

f

x

x

g' x
f

x

và
y
y

1
0

có 3 nghiệm

1

0
y

là 2 hàm số bậc bốn mà phương trình

g x

f

x
f

x

điểm cực trị. Từ đó suy ra phương trình

h' x

cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ :

đổi dấu qua 3 nghiệm trên nên phương trình

g x

Đồ thị hàm số đa thức bậc ba

Vậy phương trình
có 5 điểm cực trị.

g x

1; 3

có 3 nghiệm bội lẻ nên hàm số

nghiệm của phương trình

y

g x
g x
f ' x

f

x

g x

0

là hàm đa thức bậc ba

cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt nên hàm số có 2
g' x

0

có 2 nghiệm phân biệt khơng trùng với 3

.
có 5 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua 5 nghiệm đó nên hàm số đã cho

-----------------------------------HẾT----------------------------------20