Đề số 03 lời giải

Câu 1: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03
Câu 2: Môđun của số phức z 2  3i bằng
Câu 3:
Câu 4: A. 5 . B. 13 . C. 6 . D. 13 .
Câu 5: y 1
Lời giải
D. 3x ln 2 .
Chọn D D. y  5x 5 1 .

Ta có: z 2  3i  z  22    3 2  13 . D. S  3;  .

Trên khoảng  0;  , đạo hàm của hàm số y log8 x là

y 8 y 1 y 1
A. x . B. 3x ln 8 . C. x .

Lời giải

Chọn D

y '  Ta có  log8 x  1 x ln 8  1 3x ln 2 .

Trên khoảng  0;   , đạo hàm của hàm số là y = x 5 là

A. y  5x 5 . B. y  5x 2 1 . y 1
C. x ln 5 .

Lời giải

Chọn D

Ta có y  x 5   5.x 51 .

 1 2x1  1 3x2
   
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình  2   2  .

A. S   ;  3 . B. S   3;  . C. S   ;3 .

Lời giải

Chọn A

 1 2x 1  1 3x2
      2x  1 3x  2  x   3
Ta có  2   2  .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ;  3 .

Cho cấp số nhân  un  có u2 3, u3 6 . Số hạng đầu u1 là

A. 2 . B. 1. 3 D. 0 .
C. 2 .

Lời giải

q u3 6 2 u1 u2 3
Ta có cơng bội u2 3 . Suy ra q 2 .

Câu 6: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) : x  2 y  3z  1 0 . Một véc tơ pháp tuyến của
Câu 7:

(P) là

   
A. n (1; 2;3) . B. n (1;3;  2) . C. n (1;  2;3) . D. n (1;  2;  1) .

Lời giải

Chọn C
Từ phương trình mặt phẳng (P) : x  2 y  3z  1 0 suy ra một véc tơ pháp tuyến của


(P) là n (1;  2;3) .

Cho hàm số y ax4  bx2  c  a,b, c  R  có đồ thị là đường cong trong hình bên. Tọa độ giao

điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục tung là

A.  0;  2 . B.   2;0 . C.  0;  1 . D.   1;0 .

Lời giải

Chọn C

Từ đồ thị, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tọa độ  0;  1 .

1 1

Cho hàm số f (x), g(x) liên tục trên đoạn [0;1] và 0 f (x)dx  1, g(x)dx 2.
Câu 8: 0 Tính tích phân

1

I  2 f (x) 3g(x)dx.
0

A. I 4 . B. I 1. C. I  2 . D. I 5 .

Lời giải

Chọn A

1 1

2 f (x)dx.  2; 3g(x)dx 6
Ta có: 0 0

1

 I  2 f (x)  3g(x)dx.  2  6 4
0 .

Câu 9: Đồ thị của hàm số y  x4  2x2 1là hình nào dưới đây?

Hình 1 Hình 2 Hình 3 Hình 4

A. Hình 1. B. Hình 2. C. Hình 3. D. Hình 4.

Lời giải

Chọn D

+ Nhận dạng đồ thị ta loại B, C
+ Từ hàm số ta có a  1  0 nên chọn D.

Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x2  y2  z2  2 y  2z  7 0 . Bán kính của mặt cầu

đã cho bằng

A. 15 . B. 7 . C. 9 . D. 3 .
Chọn D Lời giải

Ta có R  12    1 2    7 3 .

Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P và  Q lần lượt có hai vectơ pháp tuyến là

    1
nP và nQ . Biết cosin góc giữa hai vectơ nP và nQ bằng 2 . Góc giữa hai mặt phẳng  P và

 Q bằng.

A. 30 B. 45 C. 60 D. 90
Lời giải

Chọn C

   11 
cos  P ; Q   cos nP; nQ       P ; Q  60 .
Ta có: 22

Câu 12: Cho số phức z 3  8i , phần thực của số phức z bằng 2

A. 55 . B.  55 . C. 48 . D.  48 .
Lời giải

Chọn B

Ta có z2  3  8i 2  55  48i nên phần thực của số phức z2 bằng  55 .

Câu 13: Cho khối lập phương có cạnh bằng 6 . Thể tích của khối lập phương đã cho bằng

A. 18. B. 216 . C. 72 . D. 12 .
Lời giải:

Chọn B
Thể tích của lập phương là: V a3 216 .

Câu 14: : Cho tứ diện ABCD có AD vng góc với mặt phẳng  ABC  biết đáy ABC là tam giác

vuông tại B và AD 10, AB 10, BC 24 . Thể tích của tứ diện ABCD bằng

A. V 1200 . B. V 960 . C. V 400 . V 1300
Lời giải D. 3.

Chọn C

Ta có VABCD 13 AD. 12 AB.BC 1610.10.24 400 .

Câu 15: Số mặt cầu chứa một đường tròn cho trước là

A. 0. B. 1. C. 2. D. vô số.

Lời giải

Chọn D
Câu 16: Cho số phức z thỏa mãn z  3z 16  2i . Phần thực và phần ảo của số phức z là

A. Phần thực bằng  4 và phần ảo bằng  i .
B. Phần thực bằng  4 và phần ảo bằng 1 .
C. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng i .
D. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 1 .

Lời giải

Chọn D

Gọi z a  bi (a, b  )  z a  bi . Ta có z  3z 16  2i  a  bi  3(a  bi) 16  2i

4a 16 a 4
  .
 4a  2bi 16  2i  2b 2 b 1

Vây số phức z có phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 1 .

Câu 17: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 4 và bán kính bằng 2. Tính độ dài đường sinh

của hình nón

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải

Chọn B

Hình nón có diện tích xung quanh 4 và bán kính bằng 2. Vậy  rl 4  l 4 2
2 .

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm E 1;  2; 4 , F 1;  2;  3 . Gọi M là

điểm thuộc mặt phẳng  Oxy sao cho tổng ME  MF có giá trị nhỏ nhất. Tìm tọa độ

của điểm M .

A. M   1; 2;0 . B. M   1;  2;0 . C. M 1;  2;0 . D. M 1; 2;0 .

Lời giải

Chọn C

Hai điểm E 1;  2; 4 , F 1; 2; 3 nằm về hai phía mặt phẳng  Oxy .



Vì EF  0;0;  7  EF vng góc với  Oxy .

Vậy điểm M thuộc  Oxy sao cho tổng ME  MF có giá trị nhỏ nhất là giao điểm của
EF với  Oxy , hay chính là hình chiếu vng góc của E trên  Oxy .

Câu 19: Cho hàm số y ax có đồ thị là đường cong trong hình bên. Đồ thị hàm số đã 3  bx2  cx  d
cho có bao nhiêu điểm cực trị?

y

2
1

O1 x

A. Vô số điểm cực trị. B. 2 điểm cực trị. C. 1 điểm cực trị. D. Khơng có cực trị.
Lời giải

Chọn D

Từ đồ thị, ta có đồ thị hàm số đã cho khơng có cực trị.

y x2  x  2
x  2 là đường thẳng có phương trình
Câu 20: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

A. x 2 . B. y  2 . C. y 2 . D. x  2 .
Lời giải

Chọn A

lim x2  x  2 ; lim x2  x  2  

Ta có x 2 x  2 x 2 x  2

Suy ra hàm số có tiệm cận đứng là x 2 .

log1 (4x  2)  1

Câu 21: Tìm tập nghiệm T của bất phương trình 4 .

3  1 3  1 ; 3   1 3
 ;  ; C.  2 2  .  ;
A.  2  . B.  2 2  . Lời giải: D.  2 2 

Chọn D

 1 1 1 3
0  4x  2     x 
4 2 2
Bất phương trình tương đương

 1 3
T  ; 
Vậy tập nghiệm là  2 2  .

Câu 22: Từ các số 1; 2;3; 4;5 lập được thành số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là

A. 225 B. 120 C. 210 D. 3125

Lời giải

Chọn B

Mỗi số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau được tạo bởi 5 số đã cho là một hoán

vị của 5 phần tử. Vậy lập được: 5! 120 (số).

Câu 23: Cho biết F  x là một nguyên hàm của hàm số f  x . Tìm I  3 f  x 1 dx .

A. I 3F  x 1 C . B. I 3F  x  x C . C. I 3xF  x 1 C . D. I 3xF  x  x  C .

Lời giải

Chọn B

I  3 f  x 1 dx 3f  x dx  dx 3F  x  x  C .

 

2 2

f  x dx 5 I  f  x  2sin x dx
Câu 24: Cho 0 . Tính 0 .

A. I 5 I 5   C. I 3 D. I 7.
2
B.

Lời giải

Chọn D

Ta có

   

2 2 2 2 

I  f  x  2sin x dx f  x dx +2sin x dx f  x dx  2 cos x 2 5  20 1 7
0

0 0 0 0 .

Câu 25: Cho hàm số f  x 4x  sin 3x . Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. f  x dx 2x2  cos 3x 3  C. B. f  x dx 2x2  sin 3x 3  C.
C. f  x dx 2x2  cos 3x 3  C. D. f  x dx 2x2  sin 3x 3  C.

Lời giải

Chọn C

Ta có f  x dx  4x  sin 3x dx 2x2  cos 3x 3 C.

Câu 26: Cho hàm số f  x có bảng biến thiên như hình vẽ bên.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.   1;0 . B.   1;  . C.   ; 1 . D.  0;1 .

Lời giải

Chọn A

Ta có x   1;0 1;  thì f '(x)  0 nên hàm số đồng biến biến trên khoảng   1;0 .

Câu 27: Cho hàm số f  x có bảng xét dấu của đạo hàm f  x như sau:

Giá trị cực đại của hàm số f  x bằng?

A. f   1 . B. f 1 . C. f  3 . D. f  4 .

Lời giải

Chọn B

Bảng biến thiên của hàm số f  x là:

Vậy giá trị cực đại của hàm số f  x là f 1 .

M 1 log12 x  log12 y
Câu 28: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn x2  9 y2 6xy . Tính 2 log12  x  3y .

M 1 M 1 M 1
2. 3. 4. D. M 1
A. B. C.

Lời giải

Chọn D

Ta có x2  9 y2 6xy   x  3y 2 0  x 3y .

M 1 log12 x  log12 y log12 12xy log12  36 y2 
 2 2 1
2 log12  x  3y log12  x  3y log12  36 y  .
Khi đó

Câu 29: Tính thể tích V của khối trịn xoay khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số

y x4  1 và trục Ox quanh trục Ox.

21 . B. 6. 64  . 10 .
A. 5 C. 45 D. 3
Chọn C Lời giải:

x4  1 0   x 1 .
 x  1
Phương trình hồnh độ giao điểm

1 1 2 1
V = pò y dx =pò( x - 1) dx =pò( x - 2x +1) dx =
2 4 8 4

Thể tích: -1 -1 -1

ỉx9 2x5 ÷ư1 64
ç
= pçç - + x÷÷ = p.
è 9 5 ÷ø- 1 45

Câu 30: Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Tính cơsin của góc giữa mặt bên và
mặt đáy.

1 1 1 1
A. 3 . B. 2 . C. 2 . D. 3 .
Lời giải

Chọn A

+ Gọi O là tâm của hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Ta có SO   ABCD , đáy ABCD là

hình vng cạnh a và các mặt bên là các tam giác đều cạnh a .
+ Gọi I là trung điểm cạnh CD .

 SCD  ABCD CD


OI  CD
SI  CD
Theo giả thiết ta có: 

nên góc giữa mặt bên  SCD và mặt đáy  ABCD bằng góc giữa hai đường thẳng OI

 OI a  cos S IO  1
và SI bằng góc SIO . Khi đó: cos SIO   2 3.
SI
a3
2

Câu 31: Cho hàm số bậc ba y  f  x có đồ thị là đường cong trong hình bên.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2  x m2 có ba nghiệm

thực phân biệt? D. 4

A. 2 B. 1 C. 3

Lời giải

Chọn B

Ta có f 2  x m2   f  x m .
 f  x  m

Để phương trình f 2  x m2 có ba nghiệm thực  m 3 .

Câu 32: Cho hàm số f  x có đạo hàm f  x  x  2 2  x  1 3  x2  4  x2  1 ,x   . Số điểm cực

đại của hàm số đã cho là

A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 .

Lời giải

Chọn C

 x  2 0  x  2
 x  1 0  x  1
f  x 0   2 
 x  4 0  x 1
2 
Ta có  x  1 0  x 2 . Bảng biến thiên

Câu 33: Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số f  x có một điểm cực đại.

Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4
viên bi. Xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi đỏ nhiều nhất là

C41C52C61 C41C53C62 C41C52C61 C41C52C61
P 4 P 2 P 2 P 2
C15 . C15 . C15 . C15 .
A. B. C. D.

Lời giải

Chọn A

Số phần tử không gian mẫu: n   C145 .

Gọi A là biến cố cần tìm. Khi đó: n  A C41.C52.C61 (vì số bi đỏ nhiều nhất là 2 )

n  A C41.C52.C61
P A   4
Xác suất của biến cố A là n   C15 .

Câu 34: Biết rằng phương trình 3log22 x  log2 x  1 0 có hai nghiệm là a , b . Khẳng định nào sau đây

đúng?

a  b 1 ab  1 C. ab 3 2 . D. a  b 3 2 .
3. 3.
A. B.

Lời giải

Chọn C

x  0

 1 13
2 log2 x  6 1 13
* Ta có 3log2 x  log2 x  1 0 
6  x 2 .

 1 13   1 13  1
 2 6  . 2 6  23 3 2
  
* Vậy tích hai nghiệm là    .

Câu 35: Cho số phức z thỏa z  1 2i 3 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn của số phức

w 2z  i trên mặt phẳng  Oxy là một đường trịn. Tìm tâm của đường trịn đó.

A. I  2;  3 . B. I 1;1 . C. I  0;1 . D. I 1;0 .

Lời giải

Chọn A
Gọi M là điểm biểu diễn số phức w .

w 2z  i  z w  i
2.
Ta có

 w  i  1 2i 3
z  1 2i 3 2  w  2  3i 6  MI 6 I  2;  3
Do đó , với .

Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm I  2;  3 và bán kính R 6 .

Câu 36: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A 3;1;  5 , hai mặt phẳng  P : x  y  z  4 0 và
 Q : 2x  y  z  4 0 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A đồng thời  song song
với hai mặt phẳng  P và  Q .

x 3 y 1 z5 x 3  y 1 z  5
A.  : 2  1  3 . B.  : 2  1  3 .

x 3 y 1 z5 x 3 y 1 z5
C.  : 2 1  3 . D.  :  2  1 3 .

Lời giải

Chọn A 

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P là n1 1;  1;1  .
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  Q là n2  2;1;1 .

1 1  
 2  1  n1 và n2 không cùng phương.
   
Ta có: n  n1, n2    2;1;3 .

Đường thẳng  đi qua A 3;1;  5 và nhận vectơ làm vectơ chỉ phương.
n   2;1;3

x 3 y 1 z5
Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 2  1  3 .

Câu 37: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vng góc của điểm M ( 2;1;- 1) trên trục Oz
có tọa độ là

A. ( 2;1;0) . B. ( 0;0;- 1) . C. ( 2;0;0) . D. ( 0;1;0) .

Lời giải

Chọn B

ìïïï M ( a;b;c) chieu len truc Ox M ¢( a;0;0)

ắắ ắ ắ ắđ

ïï M ( a;b;c) chieu len truc Oy M ¢( 0;b;0) .
í
ïï ¾¾ ¾ ¾ ¾®

ùùợ M ( a;b;c) ắắ ắ ¾ ¾® M ( 0;0;c) ¢
chieu len truc Oz

Ta có

Câu 38: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A , AC a 3 , ABC 600 . Gọi

M là trung điểm của BC . Biết SA SB SM 2a 3
3 . Tính khoảng cách d từ đỉnh S đến

 ABC 

d 2a 3 B. d a . C. d 2a . D. d a 3 .
3. Lời giải
A.

Chọn B

S

2a 3
3

A a3 C

N H 600 M

B

Vì ABC vng tại A , M là trung điểm của BC và ABC 600 suy ra ABM đều.

SA SB SM 2a 3
3 . Suy ra, hình chóp S.ABM đều.

Xét ABC : sin 600  AC  3 a 3  BC 2a  AM AB BM a
BC 2 BC
.

Gọi H là trọng tâm ABC nên H là chân đường cao kẻ từ S xuống  ABC  .

ABC đều cạnh a nên MH 2 MN 2 . a 3 a 3
3 3 2 3 (với N là trung điểm AB ).

Xét SHM vuông tại H :

d  S, ABC   SH  SM 2  MH 2    2a 3 2  a 3 2
    a
 3  3 .

Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng với mỗi số nguyên y có tối đa 100 số nguyên x thỏa

mãn 3y 2x log5  x  y2  ?

A. 17 . B. 18 . C. 13 . D. 20 .
Lời giải

Chọn D

Điều kiện: x  y2  0 .

x, y Z  2x y  ,* t x  y2  x t  y ,2 t  * có

Do đặt với mỗi giá trị một giá trị

x  Z, khi đó 3 trở thành 5 . y 2x log5  x  y2  log t  32 y2 y 2t 0

Xét hàm số f  t  log5 t  32 y2 y 2t có f  t   1  2.32 y2 y 2t.ln 3  0, t  * .

t ln 5

 f  t  đồng biến trên  1;  .

Ta có bảng biến thiên:

YCBT  f 100 log5 100  32 y2y 200 0 .

 2 y2  y  200  log3  log5 100 0

  10.28  y 9.78

 y   10;  9;...;9

Vậy có 20 số thỏa đề.

Câu 40: Cho hàm số f  x liên tục trên R . Gọi F  x , G  x , H  x là ba nguyên hàm của f  x trên

1

R F  3  G  3  H  3 4 F  0  G  0  H  0 1 f  3x dx
thỏa mãn và . Khi đó 0 bằng

A. 1 . B. 3 . 5 1
C. 3 . D. 3 .
Lời giải

Chọn D

Ta có: F  3  G  3  H  3  F  0  G  0  H  0 3

 F  3  F  0  G  3  G  0  H  3  H  0 3

3 3 3 3

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

1f  3x dx 1 3f  t  dt 1 3f  x dx
Lại có: 0 30 30 .

1f  3x dx 13.
Vậy: 0

Câu 41: Cho hàm số f  x có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị của hàm số y  f  5  2x như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng   9;9 thoả mãn 2m   và hàm số

y  2 f  4x3 1  m  1

2 có 5 điểm cực trị?

. 26 . B. 25 . C. 24 . D. 27 .
A Lời giải

Chọn A

Đặt t 5  2x . Khi y  f  5  2x có 3 điểm cực trị x 0, x 2, x 4 thì y  f  t  có 3
điểm cực trị t 5,t 1,t  3 f và  5 0, f 1 94 , f   3  4 .
Bảng xét dấu y  f  t  như sau:

 x2 0  x2 0

1  4x3 1 5  x 1
g  x 2 f  4x 1  m   g x 24x f  4x 1 0   3323 3

2  4x 1 1  x 0
Xét  4x3 1  3  x  1

 y g  x có 3 điểm cực trị.

2 f Xét phương trình  4x3 1  m  12 0  f  4x3 1 14  m2 .

Đặt u 4x3 1 u  .

f Số nghiệm  4x3 1 14  m2 f bằng số nghiệm phương trình  u   f  t  14  m2 .

y  2 f  4x3 1  m  1 f Để 2 có 5 điểm cực trị thì  t  14  m2 có 2 nghiệm đơn phân biệt

 14  m2 94  m  4

 1 17
  4  1  m 0  2 m  2
Suy ra  4 2 . Vì m   9;9 và 2m   nên có 26 giá trị.

Câu 42: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  5 5 và z2 1 3i  z2  3  6i . Giá trị nhỏ nhất của
biểu thức z1  z2 bằng

1 3 5 7
A. 2 . B. 2 . C. 2 . D. 2 .

Lời giải

Chọn C
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn z1  5 5 là tập hợp các điểm

M  x; y thoả mãn phương trình:  x  5 2  y2 251 là đường tròn tâm I   5;0 , R 5

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z2 thỏa mãn z2 1 3i  z2  3  6i là tập hợp các

điểm N  x ; y thỏa mãn phương trình
 x 1 2   y  3 2  x  3 2   y  6 2  8x  6y  35 0  2

Khi đó z1  z2 là khoảng cách từ một điểm thuộc d : 8x  6y  35 0 tới một điểm

thuộc đường tròn  C  :  x  5 2  y2 25 .

d Vì  I , d  152  R  z1  z2 min MNmin d  I ,d   R 152  5 52 .

Câu 43: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vng, mặt bên  SAB là tam giác đều và nằm

trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

3 7a

 SCD bằng 7 . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng

3 a3 1 a3 2 a3 D. a3 .
A. 2 . B. 3 . C. 3 .
Lời giải

Chọn A

S

K

3 7a D
7 E
C
A

H
B

Gọi H là trung điểm của cạnh AB . Do SAB đều nên SH  AB .

 SAB   ABCD



 SAB  ABCD AB

SH  AB

SH   SAB  SH   ABCD .

 SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD .

AH // CD  AH //  SCD  d  A, SCD  d  H , SCD  .

Kẻ HE  CD , E CD , HK  SE , K  SE  HK   SCD  HK d  H , SCD  .

x3

Đặt AB x ,  x  0  HE x , SH  2 .

Trong tam giác vuông SHE , ta có:

 1 1 1
2 2
 3 7a  x x 3 2

1 1  1  
HK 2 HE 2 SH 2  7   2   x  3a  AB a 3 .

V Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là: S.ABCD 13 SABCD.SH 13 . 3a 2 . a 3. 3 2 3a3 2 .

Câu 44: Cho hàm số y  f  x xác định và liên tục trên đoạn   5;3 và có đồ thị như hình vẽ. Biết
rằng diện tích hình phẳng S1, S2, S3 giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x và đường cong
y g  x ax2  bx  c lần lượt là m, n, p.

3

f  x dx
Tích phân  5 bằng

m  n  p  208 . m  n  p  208 .  m  n  p  208 .  m  n  p  208 .
45 45 45 D. 45
A. B. C.

Hướng dẫn giải

Chọn B

Đồ thị hàm y g  x ax2  bx  c đi qua các điểm O  0;0 , A  2;0 , B  3; 2 nên suy ra

g  x  2 x2  4 x.

15 15

Dựa vào đồ thị, ta có

2 0 3

m  n  p  f  x  g  x  dx   g  x  f  x  dx   f  x  g  x  dx
5 2 0

3 3

f  x dx  g  x dx.
5 5

3 3 f  x dx m  n  p  g  x dx m  n  p  208 .
Suy ra  5 5 45

Câu 45: Trong tập các số phức, cho phương trình (z  3)2  9  m 0, m   (1) . Gọi m0 là một giá trị
của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt z1, z2 thỏa mãn z1.z1 z2.z2 .Hỏi trong
khoảng 0;20 có bao nhiêu giá trị m0   ?

A. 13 B. 11. C. 12. D. 10.

Lời giải

Chọn D

Ta xét phương trình:  z  3 2 9  m0 .

TH1: Nếu m0 9  z 3 . Hay phương trình chỉ có một nghiệm. Trường hợp này

khơng thỏa điều kiện bài tốn.
TH2: Nếu m0  9 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thực

z1 3  9  m0 , z2 3  9  m0

Do: z1.z1 z2.z2  z1 2  z2 2   3  9  m0   2  3  9  m0  2

 3  9  m0 3  9  m0  9  m0 0  m0 9

 3  9  m0  3  9  m0 VN 
( thỏa mãn điều kiện).

TH3: Nếu m0  9 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phức liên hợp là:

z1 3  i m0  9, z2 3  i m0  9.

Khi đó z1.z1 z2.z2 32   m0  9  2

Do đó m0  9 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do bài tốn địi hỏi m  0; 20 nên m  10;11;...;19 .Vậy có 10 giá trị thỏa mãn.

Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;  3; 2 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt

các trục tọa độ tại A , B , C mà OA OB OC 0 ?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải

Chọn C

Gọi A a;0;0 , B  0;b;0 , C  0;0; c . Từ đó ta có OA  a , OB  b , OC  c

x  y  z 1  P
Mặt phẳng qua các điểm A , B , C có phương trình theo đoạn chắn: a b c .

Vì M  P nên a1  b3  c2 1. Vì OA OB OC  a  b  c

Từ đó ta có hệ phương trình

1 3 2
    1
a b c
 a b c
  1 3 2
   1
a b c
     a b  c
 1  3  2 1   1 3 2
a b c     1
1 3 2 a b c
 a  b  c 1  a b  a  b c
 1 3 2   a  b   1 3 2
   1  a  b  a b  c  4

a b c     1 
b c  b c   a b c   a  b c 6
 a  b  c   b c  a b c  a  b  c 2 .
   

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn.

Câu 47: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y thỏa mãn 0  y 2023 và 2x  2x 4  4 y  log2 y2 ?

A. 2022 . B. 10 . C. 11. D. 2023 .
Lời giải

Chọn C
Với 0  y 2023 ta có:

2x  2x 4  4 y  log2 y2  2x  2x  2 4 y  2  2 log2 y

 2x 1  x  1 2 y 1 log2 y

 2x 1  x  1 2 y  log2  2 y

Đặt 2x1 u  x  1 log2 u ,  u  0 , suy ra: u  log2 u 2 y  log2  2 y . 1

Xét hàm số f  t  t  log2 t trên khoảng  0;  .
f  Ta có:  t  1 t ln 2 1  0 , t  0 nên: 1  f  u  f  2y  u 2y

Khi đó ta có: 2 y 2x 1  y 2x 2  2

yZ  1 y 2023


Theo giả thiết: 0  y 2023
, suy ra:

xZ xZ
 
1 2 2023 0 x  2 log2 2023 10, 982x 2

xZ xZ  x  2;3; 4;5;6;7;8;9;10;11;12
 
0 x  2 10 2 x 12 (có 11 số)

Từ  2 ta có: Ứng với mỗi giá trị của x , cho duy nhất một giá trị của y nên có 11 cặp
số nguyên  x; y thỏa mãn 0  y 2023 .

Câu 48: Cho khối nón  N  có bán kính đáy r 4a và chiều cao lớn hơn bán kính đáy. Mặt phẳng
 P đi qua đỉnh nón và tạo với đáy nón một góc 60 cắt khối nón (N) theo thiết diện là một

tam giác có diện tích bằng 8 3a . Thể tích của khối nón (N) bằng 2

A. 64 a3 . B. 96 a3 C. 32 a3 . D. 192 a3
Lời giải

Chọn C