Đề số 2 ôn giai đoạn cuối

Thời gian làm bài:

Câu 1. Phương trình $ z^2-2z+2=0 $ có các nghiệm phức $ z_1 $, $ z_2 $. Tính $ F=|z_1|+|z_2| $.
A. $ F=1 $.
B. $ F=2\sqrt{2} $.
C. $ F=2 $.
D. $ F=\sqrt{2} $.

Lời giải câu 1
Ta có $ z_2-2z+2=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&z_1=1+i\\&z_2=1-i \end{aligned}\right. $. Suy ra $ |z_1|+|z_2|=2\sqrt{2} $.

Câu 2. Nghiệm của phương trình $ \log_2{(4-x)}=1 $ là
A. $ x=3 $.
B. $ x=2 $.
C. $ x=1 $.
D. $ x=-2 $.

Lời giải câu 2
Ta có $ \log_2{(4-x)}=1\Leftrightarrow4-x=2^{1}\Leftrightarrow x=2 $.

Câu 3. Có bao nhiêu cách xếp $ 6 $ bạn nam và $ 4 $ bạn nữ vào $ 10 $ ghế kê thành hàng ngang?
A. $ 6!\cdot4! $.
B. $ 6!+4! $.
C. $ 10! $.
D. $ 88400 $.

Lời giải câu 3
Việc xếp $ 6 $ bạn nam và $ 4 $ bạn nữ vào $ 10 $ ghế kê thành hàng ngang là một hoán vị của $ 10 $phần tử.
Vậy số cách xếp $ 6 $ bạn nam và $ 4 $ bạn nữ vào $ 10 $ ghế kê thành hàng ngang là $ 10! $ (cách).

Câu 4. CHÈN HÌNH CÂU 4
{ Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?
A. $ y=2x^4-4x^2+1 $.
B. $ y=-2x^4+4x^2+1 $.
C. $ y=2x^3-3x+1 $.
D. $ y=-2x^3+3x+1 $.
}

Lời giải câu 4
Hình dạng đồ thị suy ra hàm số là hàm số trùng phương $ y=ax^4+bx^2+c $.
Ta có $\lim\limits_{x\to +\infty} y=-\infty\Rightarrow a< 0 $.

Câu 5. Với $ x $ là số thực dương tùy ý, $ \dfrac{x\sqrt{x^3}}{\sqrt[3]{x}} $ bằng
A. $ x^\frac{7}{6} $.
B. $ x^\frac{5}{6} $.
C. $ x^\frac{11}{6} $.
D. $ x^\frac{13}{6} $.

Lời giải câu 5
Ta có $ \dfrac{x\sqrt{x^3}}{\sqrt[3]{x}}=\dfrac{x\cdot x^\frac{3}{2}}{x^\frac{1}{3}}=x^{1+\frac{3}{2}-\frac{1}{3}}=x^\frac{13}{6} $.

Câu 6. Đồ thị của hàm số nào sau đây cắt trục tung tại điểm có tung độ âm?
A. $ y=\dfrac{4x+1}{x+2} $.
B. $ y=\dfrac{3x+4}{x-1} $.
C. $ y=\dfrac{-2x+3}{x+1} $.
D. $ y=\dfrac{2x-3}{x-1} $.

Lời giải câu 6
Đồ thị hàm số $ y=\dfrac{4x+1}{x+2} $ cắt trục tung tại điểm $ \left( 0;\dfrac{1}{2}\right) $.
Đồ thị hàm số $ y=\dfrac{-2x+3}{x+1} $ cắt trục tung tại điểm $ \left( 0;3\right) $.
Đồ thị hàm số $ y=\dfrac{3x+4}{x-1} $ cắt trục tung tại điểm $ \left( 0;-4\right) $.
Đồ thị hàm số $ y=\dfrac{2x-3}{x-1} $ cắt trục tung tại điểm $ \left( 0;3\right) $.

Câu 7. Cho số phức $ z=3+2i $. Giá trị của $ z\cdot \overline{z} $ bằng
A. $ 9 $.
B. $ \sqrt{13} $.
C. $ 13 $.
D. $ 5 $.

Lời giải câu 7
Ta có $ z\cdot\overline{z}=|z|^2=3^2+2^2=13 $.

Câu 8. Họ nguyên hàm của hàm số $ f(x)=3x^2-\sin x $ là
A. $ 3x^3-\cos x+C $.
B. $ x^3 +\cos x +C $.
C. $ 3x^3+\cos x +C $.
D. $ x^3-\cos x+C $.

Lời giải câu 8
Ta có $\displaystyle\int\limits_^ (3x^2-\sin x)\mathrm{\,d}x=x^3 +\cos x +C$.

Câu 9. CHÈN HÌNH CÂU 9
{ Biết điểm biểu diễn của hai số phức $ z_1 $ và $ z_2 $ lần lượt là các điểm $ M $ và $ N $ như hình vẽ. Số phức $ z_1+z_2 $ có phần ảo bằng
A. $ -1 $.
B. $ 1 $.
C. $ 2 $.
D. $ -4 $.
}

Lời giải câu 9
Từ hình vẽ ta có $ z_1=3-i $, $ z_2=-1-3i $, suy ra $ z_1+z_2=2-4i $ có phần ảo bằng $-4$.

Câu 10. Đạo hàm của hàm số $ y=\mathrm{e}^{2x} $ là
A. $ y'=\dfrac{\mathrm{e}^{2x}}{2} $.
B. $ y'=2\mathrm{e}^{2x} $.
C. $ y'=2x\mathrm{e}^{2x-1} $.
D. $ y'=\mathrm{e}^{2x}\ln2 $.

Lời giải câu 10
Ta có $ y'=2\mathrm{e}^{2x} $.

Câu 11. Trong không gian $ Oxyz $, cho mặt cầu $ (S)\colon (x-2)^2+(y+1)^2+(z-3)^2=16 $. Tâm $ I $ và bán kính $ R $ của mặt cầu là
A. $ I(2;-1;3) $; $ R=16 $.
B. $ I(-2;1;-3) $; $ R=4 $.
C. $ I(2;-1;3) $; $ R=4 $.
D. $ I(-2;1;-3) $; $ R=16 $.

Lời giải câu 11
Tâm của mặt cầu $ (S) $ là $ I(2;-1;3) $ và bán kính $ R=\sqrt{16}=4 $.

Câu 12. Tìm $ |z| $ biết $ z=-3-i $.
A. $ |z|=\sqrt{5} $.
B. $ |z|=4 $.
C. $ |z|=2 $.
D. $ |z|=\sqrt{10} $.

Lời giải câu 12
Ta có $ |z|=\sqrt{(-3)^2+(-1)^2}=\sqrt{10} $.

Câu 13. CHÈN HÌNH CÂU 13
{ Cho hàm số bậc ba $y=f(x)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số $ y=f(x) $ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $ (-\infty;0) $.
B. $ (-2;2) $.
C. $ (0;2) $.
D. $ (0;+\infty) $.
}

Lời giải câu 13
Từ đồ thị hàm số, ta có hàm số đồng biến trên $(0;2)$.

Câu 14. Thể tích khối cầu có bán kính bằng $ 6 $ là
A. $ 48\pi $.
B. $ 288\pi $.
C. $ 36\pi $.
D. $ 144\pi $.

Lời giải câu 14
Ta có $ V=\dfrac{4}{3}\pi r^3=288\pi $.

Câu 15. Trong không gian $ Oxyz $, cho $ \overrightarrow{a}=-3\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k} $. Tọa độ véc-tơ $ \overrightarrow{a} $ là
A. $ (0;-4;3) $.
B. $ (0;3;4) $.
C. $ (0;-3;4) $.
D. $ (-3;0;4) $.

Lời giải câu 15
Ta có $ \overrightarrow{a}=0\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k} $ nên $ \overrightarrow{a}=(0;-3;4) $.

Câu 16. Một khối chóp đáy là hình vuông có cạnh bằng $ 5 $ và chiều cao của hình chóp bằng $ 6 $. Thể tích của khối chóp đó bằng
A. $ 150 $.
B. $ 10 $.
C. $ 50 $.
D. $ 30 $.

Lời giải câu 16
Ta có $ V=\dfrac{1}{3}Bh=\dfrac{1}{3}\cdot5^2\cdot6=50 $.

Câu 17. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $ f(x)=x^3-8x^2+16x-9 $ trên đoạn $ [1;3].$
A. $ \max\limits_{x\in\mathscr [1;3]} f(x)=\dfrac{13}{27} $.
B. $ \max\limits_{x\in\mathscr [1;3]} f(x)=0 $.
C. $ \max\limits_{x\in\mathscr [1;3]} f(x)=5 $.
D. $ \max\limits_{x\in\mathscr [1;3]} f(x)=6 $.

Lời giải câu 17
Xét hàm số $ f(x)=x^3-8x^2+16x-9 $ trên đoạn $ [1;3] $.
Ta có $ f'(x)=3x^2-16x+16 $.
Xét $ 3x^2-16x+16=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&{x=4\quad (\text{loại})}\\&{x=\dfrac{4}{3}\quad (\text{nhận}).} \end{aligned}\right. $
Mà $ f(1)=0 $, $ f(3)=-6 $, $ f\left( \dfrac{4}{3}\right)=\dfrac{13}{27} $.
Vậy $ \max\limits_{x\in\mathscr [1;3]} f(x)=f\left(\dfrac{4}{3}\right) =\dfrac{13}{27} $.

Câu 18. CHÈN HÌNH CÂU 18
Cho hàm số $ f(x) $ có bảng biến thiên như sau Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. $ 3 $.
B. $ 1 $.
C. $ 2 $.
D. $ 0 $.

Lời giải câu 18
Quan sát bảng biến thiên ta có $ \lim\limits_{x\to0^-} f(x)=-\infty $ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $ x=0 $.

Câu 19. Trong không gian $ Oxyz $, cho đường thẳng $ d $ song song với trục $ Oy $. Đường thẳng $ d $ có một véc-tơ chỉ phương là
A. $ \overrightarrow{u}_1=(2021;0;0) $.
B. $\overrightarrow{u}_3=(0;0;2021) $.
C. $ \overrightarrow{u}_2=(0;2021;0) $.
D. $ \overrightarrow{u}_4=(2021;0;2021) $.

Lời giải câu 19
Trục $ Oy $ có véc-tơ chỉ phương $ \overrightarrow{j}=(0;1;0) $, mà $ d \parallel Oy $ nên $ d $ có một véc-tơ chỉ phương là $$ \overrightarrow{u}_2=2021 \overrightarrow{j}=(0;2021;0). $$

Câu 20. Cho hàm số $ y=f(x) $ có đạo hàm liên tục trên đoạn $ [0;2] $, $f(0)=1$ và $\displaystyle\int\limits_{0}^{2} f'(x)\mathrm{\,d}x=-3$. Tính $ f(2) $.
A. $ f(2)=-4 $.
B. $ f(2)=4 $.
C. $f(2)=-2$.
D. $ f(2)=-3 $.

Lời giải câu 20
Ta có $ -3=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} f'(x)\mathrm{\,d}x=f(x)\bigg|_0^2=f(2)-f(0) $. Suy ra $ f(2)=1-3=-2 $.

Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình $ \log_2(x^2-4x)\le\log_2(5x) $ là
A. $ (4;9] $.
B. $ [9;+\infty) $.
C. $ (0;9] $.
D. $ [0;9] $.

Lời giải câu 21
Ta có $ \log_2(x^2-4x)\le\log_2(5x)\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&{x^2-4x>0} \\&{x^2-4x\le 5x} \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&{x\in (-\infty;0)\cup (4;+\infty)} \\&{x\in [0;9]} \end{aligned}\right.\Leftrightarrow x\in (4;9] $.
Do đó bất phương trình có tập nghiệm là $ (4;9] $.

Câu 22. Một tổ có $ 6 $ học sinh nam và $ 4 $ học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên $ 4 $ học sinh. Xác suất để trong $ 4 $ học sinh được chọn luôn có học sinh nữ là
A. $ \dfrac{1}{14} $.
B. $ \dfrac{1}{210} $.
C. $ \dfrac{209}{210} $.
D. $ \dfrac{13}{14} $.

Lời giải câu 22
Số phần tử của không gian mẫu là $ n(\Omega)=\mathrm{C}_{10}^4=210 $.
Gọi $ A $ là biến cố \lq\lq trong $ 4 $ học sinh được chọn luôn có học sinh nữ\rq\rq.
Suy ra $ \overline{A} $ là biến cố \lq\lq$ 4 $ học sinh được chọn đều là nam\rq\rq.
Ta có $ n(\overline{A})=\mathrm{C}_6^4 $. Suy ra $ n(A)=n(\Omega)-n(\overline{A})=\mathrm{C}_{10}^4-\mathrm{C}_6^4=195 $.
Vậy $ \mathrm{P}(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}=\dfrac{13}{14} $.

Câu 23. Cho hàm số $ f(x)=2\mathrm{e}^{2x-1}+\dfrac{1}{x} $. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
A. $ \displaystyle\int\limits_^ f(x)\mathrm{\,d}x=\mathrm{e}^{2x-1}-\dfrac{1}{x^2}+C $.
B. $ \displaystyle\int\limits_^ f(x)\mathrm{\,d}x=4\mathrm{e}^{2x-1}-\dfrac{1}{x^2}+C $.
C. $ \displaystyle\int\limits_^ f(x)\mathrm{\,d}x=2\mathrm{e}^{2x-1}+\ln |x|+C $.
D. $ \displaystyle\int\limits_^ f(x)\mathrm{\,d}x=\mathrm{e}^{2x-1}+\ln |x|+C $.

Lời giải câu 23
Ta có $ \displaystyle\int\limits_^ f(x)\mathrm{\,d}x=\mathrm{e}^{2x-1}+\ln |x|+C $.

Câu 24. Trong không gian $ Oxyz $, cho điểm $ I(2;1;1) $ và mặt phẳng $ (P)\colon 2x-4+2z+1=0 $. Phương trình mặt cầu tâm $ I $ tiếp xúc với mặt phẳng $ (P) $ là
A. $ (x+2)^2+(y+1)^2+(z+1)^2=2 $.
B. $ (x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=4 $.
C. $ (x+2)^2+(y+1)^2+(z+1)^2=4 $.
D. $ (x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=2 $.

Lời giải câu 24
Ta có $ R=\mathrm{d}[{I},{(P)}]=\dfrac{|2\cdot2-1+2\cdot1+1|}{\sqrt{4+2+1}}=2 $.
Suy ra phương trình mặt cầu tâm $ I $ tiếp xúc với $ (P) $ có dạng $ (x-2)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=4 $.

Câu 25. Trong không gian $ Oxyz $, mặt phẳng $ (P) $ cắt ba trục tọa độ tại ba điểm phân biệt tạo thành một tam giác có trọng tâm $ G(3;2;-1) $. Phương trình mặt phẳng $ (P) $ là
A. $ \dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{2}-\dfrac{z}{1}=1 $.
B. $ \dfrac{x}{9}+\dfrac{y}{6}+\dfrac{z}{3}=1 $.
C. $ \dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{2}+\dfrac{z}{1}=1 $.
D. $ \dfrac{x}{9}+\dfrac{y}{6}-\dfrac{z}{3}=1 $.

Lời giải câu 25
Gọi $ A(a;0;0) $, $ B(0;b;0) $, $ C(0;0;c) $ là giao của mặt phẳng $ (P) $ với ba trục tọa độ.
Điểm $ G(3;2;-1) $ là trọng tâm của tam giác $ ABC $ nên ta có $ a=9 $, $ b=6 $, $ c=-3 $.
Vậy phương trình mặt phẳng $ (P)\colon \dfrac{x}{9}+\dfrac{y}{6}-\dfrac{z}{3}=1 $.

Câu 26. Đồ thị của hàm số $ y=\dfrac{x^2-1}{3-2x-5x^2} $ có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. $ 0 $.
B. $ 1 $.
C. $ 2 $.
D. $ 3 $.

Lời giải câu 26

Tập xác định của hàm số là $\mathsf{D}=\mathbb{R}\setminus\left\{\dfrac{3}{5};-1\right\}$.
Ta có $ y=\dfrac{x^2-1}{3-2x-5x^2}=\dfrac{x-1}{-5x+3} $.
Ta có $\lim\limits_{x\to \frac{3}{5}^+} y=+\infty$. Do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $ x=\dfrac{3}{5} $.

Câu 27. Xét phương trình $ 4^x-3\cdot 2^{x+1}+8=0 $. Biết phương trình có hai nghiệm phân biệt $ x_1 $, $ x_2 $. Giá trị của biểu thức $ x_1+x_2 $ bằng
A. $ 3 $.
B. $ 2 $.
C. $ 6 $.
D. $ 8 $.

Lời giải câu 27
Ta có $ 4^x-3\cdot 2^{x+1}+8=0\Leftrightarrow 4^x-6\cdot 2^x +8=0\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&{2^x=2}\\&{2^x=4} \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&{x=1}\\&{x=2.} \end{aligned}\right. $
Do đó $ x_1+x_2=3 $.

Câu 28. Xét tích phân $ I=\displaystyle\int\limits_{0}^{3} \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\mathrm{\,d}x $. Với phép đặt $ t=\sqrt{x+1} $ tích phân đã cho có dạng
A. $ I=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int\limits_{1}^{2} t\mathrm{\,d}t $.
B. $ I=2\displaystyle\int\limits_{1}^{2} \dfrac{\mathrm{\,d}t}{t} $.
C. $ I=2\displaystyle\int\limits_{1}^{2} \mathrm{\,d}t $.
D. $ I=\displaystyle\int\limits_{1}^{2} \dfrac{\mathrm{\,d}t}{t} $.

Lời giải câu 28
Đặt $ t=\sqrt{x+1} \Rightarrow t^2=x+1\Rightarrow 2t\mathrm{d}t=\mathrm{d}x $.
Với $ x=0\Rightarrow t=1 $, với $ x=3\Rightarrow t=2 $.
Do đó $ I=2\displaystyle\int\limits_{1}^{2} \mathrm{\,d}t $.

Câu 29. CHÈN HÌNH CÂU 29
{ Cho khối lăng trụ đều $ ABC.A'B'C' $ đáy là tam giác $ ABC $ có cạnh bằng $ a $. Biết $ AB' $ tạo với mặt phẳng $ (ABC) $ một góc có số đo bằng $ 60^\circ $. Thể tích khối lăng trụ bằng
A. $ \dfrac{3a^3\sqrt{3}}{4} $.
B. $ \dfrac{3a^3}{4} $.
C. $ \dfrac{a^3\sqrt{3}}{4} $.
D. $ \dfrac{a^3}{4} $.
}

Lời giải câu 29
Ta có $ AB $ là hình chiếu vuông góc của $ AB' $ lên mặt phẳng $ (ABC) $
Suy ra $(AB',(ABC))=\widehat{B'AB}=60^\circ$.
Ta có $ BB'=AB\cdot \tan 60^\circ=a\sqrt{3} $. Do đó $ V=BB'\cdot S_{\triangle ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\dfrac{3a^3}{4} $.

Câu 30. Cho cấp số cộng $ (u_n) $ có số hạng tổng quát là $ u_n=3n-2 $. Tìm công sai $ d $ của cấp số cộng đó.
A. $ d=-3 $.
B. $ d=3 $.
C. $ d=2 $.
D. $ d=-2 $.

Lời giải câu 30
Ta có $ u_{n+1}-u_n=3(n+1)-2-(3n-2)=3 $,$ \forall n\in \mathbb{N} $.
Suy ra công sai $ d $ của cấp số cộng đã cho là $ 3 $.

Câu 31. Tập xác định của hàm số $ y=\log_3 (5+4x-x^2) $ là
A. $ [-1;5] $.
B. $ (-1;5) $.
C. $ \mathbb{R}\setminus \{-1;5\} $.
D. $ (-5;1) $.

Lời giải câu 31
Hàm số $ y=\log_3 (5+4x-x^2)$ xác định khi $ 5+4x-x^2>0\Leftrightarrow x\in (-1;5) $.

Câu 32. Cho khối nón có độ dài đường sinh và chiều cao lần lượt là $ l=2a $, $ h=a\sqrt{3} $, thể tích khối nón bằng
A. $ \dfrac{\pi a^3\sqrt{2}}{3} $.
B. $ \dfrac{\pi a^3\sqrt{3}}{3} $.
C. $ \dfrac{2\pi a^3}{3} $.
D. $ \dfrac{\pi a^3}{3} $.

Lời giải câu 32
Ta có $ R=\sqrt{l^2-h^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a $. Suy ra $ V=\dfrac{1}{3}\pi R^2h=\dfrac{1}{3}\pi a^3\sqrt{3} $.

Câu 33. Trong các hàm số sau, hàm số nào có $ 3 $ điểm cực trị?
A. $ y=\dfrac{x+1}{x+2} $.
B. $ y=x^4-2x^3-3 $.
C. $ y=x^4+2x^2-3 $.
D. $ y=x^3-x^2-3x+1 $.

Lời giải câu 33
Trong các hàm số đã cho, chỉ có hàm số trùng phương là có thể có ba điểm cực trị.
Hàm số $ y=ax^4+bx^2+c $ có ba điểm cực trị khi $ ab< 0 $.
Vây hàm số có $ 3 $ điểm cực trị là $ y=x^4-2x^3-3 $.

Câu 34. CHÈN HÌNH CÂU 34
Cho hình chóp $ S.ABC $ có đáy là tam giác $ ABC $ vuông cân tại $ A $, $ BC=a $, $ SA\perp (ABC) $ và $ SA=\dfrac{a\sqrt{6}}{2} $. Số đo góc giữa đường thẳng $ SB $ và mặt phẳng $ (ABC) $ bằng
A. $ 30^\circ $.
B. $ 75^\circ $.
C. $ 45^\circ $.
D. $ 60^\circ $.

Lời giải câu 34
{ Hình chiếu vuông góc của $ SB $ lên $ (ABC) $ là $ AB $.
Do đó $ (SB,(ABC))=(SB,AB)=\widehat{SBA} $.
Do tam giác $ ABC $ vuông cân tại $ A $ nên $ AB=\dfrac{BC}{\sqrt{2}}=\dfrac{a}{\sqrt{2}} $.
Xét tam giác $ SAB $ vuông tại $ A $, ta có $$ \tan \widehat{B}=\dfrac{SA}{AB}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{6}}{2}}{\dfrac{a}{\sqrt{2}}}=\sqrt{3}. $$ Suy ra $ \widehat{SBA}=60^\circ $. }

Câu 35. Trong không gian $ Oxyz $, cho đường thẳng $ d\colon \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z+1}{-1} $ và mặt phẳng $ (\alpha)\colon x-2y+z-1=0 $. Tọa độ giao điểm của đường thẳng $ d $ và mặt phẳng $ (\alpha) $ là
A. $ (-9;-13;4) $.
B. $ (3;5;-2) $.
C. $ (-1;-1;0) $.
D. $ (1;2;-1) $.

Lời giải câu 35
Đường thẳng $ d $ có phương trình tham số là $ \left\{\begin{aligned}&{x=1+2t} \\&{y=2+3t}\\&z=-1-t. \end{aligned}\right. $
Gọi $ M=d\cap (\alpha) $ suy ra $ M(1+2t;2+3t;-1-t) $.
Vì $ M\in (\alpha) $ suy ra $(1+2t)-2(2+3t)+(-1-t)-1=0\Leftrightarrow t=-1$.
Vậy $ M(-1;-1;0) $.

Câu 36. Biết rằng $\displaystyle\int\limits_{0}^{9} {f(x)}\mathrm{\,d}x=37$ và $\displaystyle\int\limits_{0}^{3} {g(3x)}\mathrm{\,d}x=-\dfrac{16}{3}$. khi đó $I=\displaystyle\int\limits_{0}^{9} {\left[2f(x)+3g(x)\right]}\mathrm{\,d}x$ có giá trị là
A. $58$.
B. $122$.
C. $26$.
D. $143$.

Lời giải câu 36
Đặt $t=3x$, suy ra $\mathrm{d}t=3\mathrm{d}x$, khi đó \[-\dfrac{16}{3}=\displaystyle\int\limits_{0}^{3} {g(3x)}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{9} {g(t)}\dfrac{\mathrm{\,d}t}{3}\Rightarrow\displaystyle\int\limits_{0}^{9} {g(x)}\mathrm{\,d}x=-16.\] Vậy $I=2\displaystyle\int\limits_{0}^{9} {f(x)}\mathrm{\,d}x+3\displaystyle\int\limits_{0}^{9} {g(x)}\mathrm{\,d}x=2\cdot 37-3\cdot 16=26$.

Câu 37. CHÈN HÌNH CÂU 37
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $SA=\sqrt{2}a$. Gọi $H,\,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB,\,SD$. Số đo của góc tạo bởi mặt phẳng $(AHK)$ và $(ABCD)$ bằng
A. $90^\circ$.
B. $30^\circ$.
C. $60^\circ$.
D. $45^\circ$.

Lời giải câu 37
{ Ta có $\left\{\begin{aligned}&AH\perp SB\\&AH\perp BC \end{aligned}\right.\Rightarrow AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC\quad (1)$.
Tương tự, ta có $AK\perp SC\quad (2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $SC\perp (AKH)$.
Do $SA\perp (ABCD)$ nên ta có góc giữa $(AHK)$ và $(ABCD)$ bằng góc giữa $SA$ và $SC$ và bằng $\widehat{ASC}$.
Ta có $AC=SA=a\sqrt{2}$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$.
Vậy $\widehat{ASC}=45^\circ$. }

Câu 38. CHÈN HÌNH CÂU 38
{Cho hàm số bậc ba $y=f(x)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ và đồ thị như hình vẽ. Xét hàm số $g(x)=f\left(2x^3+x-1\right)+m$. Tìm $m$ để $\max\limits_{[0;1]}g(x)=-10$.
A. $m=3$.
B. $m=-13$.
C. $m=-1$.
D. $m=-9$.
}

Lời giải câu 38
Ta có $g'(x)=\left(6x^2+1\right)f'\left(2x^3+x-1\right)$.
Vì $6x^2+1>0$ nên $g'(x)=0\Leftrightarrow f'\left(2x^3+x-1\right)=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&2x^3+x-1=-1\\&2x^3+x-1=1 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&x=0\\&x=a,\,a\in(0;1). \end{aligned}\right.$
Bảng biến thiên của hàm số $g(x)$ Dựa vào bảng biến thiên, ta được $\max\limits_{[0;1]}g(x)=3+m$. Suy ra $3+m=-10\Leftrightarrow m=-13$.

Câu 39. CHÈN HÌNH CÂU 39
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=a,\,BC=2a,\,SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $SB$ bằng
A. $\dfrac{2a}{3}$.
B. $\dfrac{a}{2}$.
C. $\dfrac{\sqrt{6}a}{2}$.
D. $\dfrac{a}{3}$.

Lời giải câu 39
{ Dựng hình bình hành $ACBE$, $AH\perp BE$, $AI\perp SH$.
Do $AC\perp (SBE)$ nên \[\mathrm{d}\left(AC,SB\right)=\mathrm{d}\left(AC,(SBE)\right)=\mathrm{d}\left(A,(SBE)\right)=AI.\] Ta có $\dfrac{1}{AI^2}=\dfrac{1}{AS^2}+\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{9}{4}$.
Suy ra $AI=\dfrac{2a}{3}$. Vậy khoảng cách giữa $AC$ và $SB$ bằng $\dfrac{2a}{3}$. }

Câu 40. CHÈN HÌNH CÂU 40
Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d\colon \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z+2}{-2}$ và mặt phẳng $(P)\colon x-2y+z-1=0$. Có bao nhiêu giá trị nguyên của $\alpha$ để tồn tại một mặt phẳng $(Q)$ chứa $d$ tạo với $(P)$ một góc $\alpha^\circ$?
A. $75$.
B. $75$.
C. $77$.
D. $74$.

Lời giải câu 40
{$\bullet$ \textbf{Cách 1:}
Ta có $0\le \alpha \le 90$ và $\alpha=90\Leftrightarrow $ mặt phẳng $(Q)$ chứa $d$ và vuông góc với $(P)$.
Ta tìm giá trị nhoe nhất của $\alpha$.
Gọi $C$ là giao điểm của $d$ và $(P)$. Trên $(P)$ lấy điểm $S$ khác $C$, gọi $A$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(P)$, $B$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên giao tuyến của $(P)$ và $(Q)$. Khi đó \[\alpha^\circ=\left((P),(Q)\right)=\widehat{SBC},\,\beta^\circ=\widehat{SCA}=\left(d,(P)\right).\] Dễ thấy $d$ có một véc-tơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=(2;1;-2)$ và $(P)$ có một véc-tơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=(1;-2;1)$ nên \[\sin\alpha^\circ=\dfrac{SA}{SB}\ge\dfrac{SA}{SC}=\sin\beta^\circ=\left|\cos\left(\overrightarrow{u};\overrightarrow{n}\right)\right|=\dfrac{2}{\sqrt{6}\cdot 3}=\dfrac{\sqrt{6}}{9}.\] } Đẳng thức xảy ra khi $B\equiv C$ hay $(Q)$ là mặt phẳng chứa $d$ và đường thẳng $\Delta$ nằm trong $(P)$ vuông góc với $d$ tại $C$. Hơn nữa, do $\alpha$ nguyên nên $\alpha\ge 16\Rightarrow \alpha\in\{16;17;\ldots;90\}$.
Vậy có $75$ giá trị nguyên của $\alpha$ thỏa mãn yêu cầu.
$\bullet$ \textbf{Cách 2:} Giả sử $\overrightarrow{n}=(a;b;c)$, $a^2+b^2+c^2$ là một véc-tơ pháp tuyến của $(Q)$.
Ta có $\overrightarrow{u}=(2;1;-2)$ là một véc-tơ chỉ phương của $d$; $\overrightarrow{n}_P=(1;-2;1)$ là một véc-tơ pháp tuyến của $(P)$.
Do $(Q)$ chứa $d$ suy ra $2a+b-2c=0\quad (1)$.
Ta có $\cos\alpha^{\circ}=\dfrac{|a-2b+c|}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$. Góc $\alpha^{\circ}$ lớn nhất khi $\alpha =90\Leftrightarrow$ mặt phẳng $(Q)$ chứa $d$ và vuông góc với $(P)$.
Góc $\alpha^{\circ}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $\cos\alpha^{\circ}$ lớn nhất.
Từ $(1)\Rightarrow b=2c-2a\Rightarrow \cos\alpha^{\circ}=\dfrac{|5a-3c|}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{a^2+(2a-2c)^2+c^2}}=\dfrac{|5a-3c|}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{5a^2-8ac+5c^2}}$.
Đặt $t=\dfrac{a}{c}$ ($c\ne 0$), ta có $\cos\alpha^{\circ}=\dfrac{|5t-3|}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{5t^2-8t+5}}$.
Xét hàm số $f(t)=\dfrac{5t-3}{\sqrt{5t^2-8t+5}}$. Khảo sát $f(t)$ và suy ra kết luận.

Câu 41. Có bao nhiêu số phức $z$ thỏa mãn đồng thời $|z-1+2i|=\sqrt{10}$ và $\dfrac{2z+3-i}{z-i}$ là số thuần ảo?
A. $1$.
B. $0$.
C. $2$.
D. $3$.

Lời giải câu 41
Đặt $z=x+yi,\,x,\,y\in\mathbb{R}$ với $(x;y)\ne (0;1)$. Khi đó $\left|z-1+2i\right|=\sqrt{10}\Leftrightarrow \left(x-1\right)^2+\left(y+2\right)^2=10$.
Suy ra điểm biểu diễn của $z$ thuộc đường tròn có tâm $I_1(1;-2)$, bán kính $R_1=\sqrt{10}$. $\dfrac{2z+3-i}{z-i}$ là số thuần ảo nên \begin{eqnarray*} &&\dfrac{2z+3-i}{z-i}+\dfrac{2\overline{z}+3+i}{\overline{z}+i}=0
&\Leftrightarrow& 4z\cdot\overline{z}+(3+3i)z+(3-3i)\overline{z}+2=0
&\Leftrightarrow & 4\left(x^2+y^2\right)+3\left[(x-y)+(x+y]i\right)+3\left[(x-y)-(x+y)i\right]+2=0
&\Leftrightarrow &x^2+y^2+\dfrac{3}{2}x-\dfrac{3}{2}y+\dfrac{1}{2}=0. \end{eqnarray*} Ta có $x^2+y^2+\dfrac{3}{2}x-\dfrac{3}{2}y+\dfrac{1}{2}=0$ là phương trình đường tròn tâm $I_2\left(-\dfrac{3}{4};\dfrac{3}{4}\right)$ bán kính $R_2=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$.
Ta có $I_1I_2=\dfrac{\sqrt{170}}{4}$ nên có $\left|R_1-R_2\right|< I_1I_2< R_1+R_2$ nên hai đường tròn có hai điểm chung.
Mặt khác $I(0;1)$ thuộc hai đường tròn nên chỉ có một số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 42. Cho bất phương trình $\log_2^2x-m\log_2x< 4-2m$, với $m$ là tham số. Gọi $n$ là số nghiệm nguyên của bất phương trình. Có bao nhiêu giá trị nguyên $m$ để $n\in[1;251]$?
A. $10$.
B. $6$.
C. $9$.
D. $3$.

Lời giải câu 42
Điều kiện xác định $x>0$.
Bất phương trình đã cho tương đương $\left(\log_2x-2\right)\left[\log_2x-(m-2)\right]< 0$.
Dễ thấy với $m=4$ thì bất phương trình vô nghiệm. Khi đó Nếu $m< 4$ hay $m\in\{1;2;3\}$ thì bất phương trình tương đương \[m-2< \log_2x< 2\Leftrightarrow 2^{m-2}< x< 4.\] Ta có $x=3$ là nghiệm của bất phương trình và có không quá $251$ số nguyên $x$ thỏa mãn yêu cầu. Nếu $m>4$ thì bất phương trình tương đương \[2< \log_2x< m-2\Leftrightarrow 4< x< 2^{m-2}.\] Do có không quá $251$ số nguyên $x$ thỏa mãn bất phương trình nên $2^{m-2}\le 256$ hay $m\le 10$ tức $\{5;6;7;8;9;10\}$. Vậy có tất cả $9$ số nguyên dương $m$ thỏa mãn yêu cầu.

Câu 43. CHÈN HÌNH CÂU 43
Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ có bảng biến thiên như hình vẽ Số điểm cực trị của hàm số $g(x)=\left|f\left(|x|\right)-2019\right|$ là
A. $5$.
B. $9$.
C. $3$.
D. $7$.

Lời giải câu 43
Bảng biến thiên của $y=f\left(|x|\right)$ Phương trình $f\left(|x|\right)-2019=0$ có $4$ nghiệm là $x_1,\,x_2,\,x_3,\,x_4$ với $x_1< -4< x_2< 0< x_2< 4< x_4$.
Suy ra bảng biến thiên của $y=g(x)$ Vậy hàm số $y=g(x)$ có tất cả $7$ điểm cực trị.

Câu 44. Cho hàm số $f(x)=\left\{\begin{aligned}&x^2+1,\,\text{khi }x\ge 2\\&4x-3,\,\text{khi }x< 2 \end{aligned}\right.$. Tích phân $I=\displaystyle\int\limits_{0}^{\ln 5} {\mathrm{e}^{2x}f'\left(\mathrm{e}^x\right)}\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $126$.
B. $84$.
C. $63$.
D. $42$.

Lời giải câu 44
Đặt $t=\mathrm{e}^x\Rightarrow \mathrm{d}t=\mathrm{e}^x\mathrm{dx}$.
Đổi cận, với $x=0\Rightarrow t=1$; với $x=\ln 5\Rightarrow\ t= 5$.
Ta có \begin{eqnarray*} I&=&\displaystyle\int\limits_{1}^{5} {tf'(t)}\mathrm{\,d}t=tf(t)\Bigg|_1^5-\displaystyle\int\limits_{1}^{5} {f(t)}\mathrm{\,d}t
&=&5f(5)-f(1)-\displaystyle\int\limits_{1}^{2} {(4t-3)}\mathrm{\,d}t-\displaystyle\int\limits_{2}^{5} {\left(t^2+1\right)}\mathrm{\,d}t
&=&129-3-42
&=&84. \end{eqnarray*}

Câu 45. CHÈN HÌNH CÂU 45
Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng $(SAB)$ vuông góc với mặt phẳng $(SBC)$, góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ là $60^\circ,\,SB=\sqrt{2}a,\,\widehat{BSC}=45^\circ$. Thể tích của khối chóp $S.ABC$ theo $a$ là
A. $V=\dfrac{2\sqrt{3}a^3}{15}$.
B. $V=\dfrac{\sqrt{2}a^3}{15}$.
C. $V=2\sqrt{2}a^3$.
D. $V=\dfrac{\sqrt{3}a^3}{5}$.

Lời giải câu 45
{Kẻ $AH\perp SB$ tại $H\Rightarrow AH\perp (SBC)$.
Do $BC\perp SA$ và $BC\perp AH\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow\triangle ABC$ vuông tại $B$.
Kẻ $BI\perp AC$ tại $I\Rightarrow BI\perp SC$ và kẻ $BK\perp SC$ rại $K$ thì $SC\perp (BIK)$.
Do đó, góc giữa hai mặt $(SAC)$ và $(SBC)$ là $\widehat{BKI}=60^\circ$.
Do $\widehat{BSC}=45^\circ$ nên $SB=BC=\sqrt{2}a$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $BK=\dfrac{\sqrt{2}SB}{2}=a$. Ta có \begin{eqnarray*} &&BI=BK\cdot\sin 60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}a}{2},
&&\dfrac{1}{BI^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{BC^2}\Rightarrow AB=\dfrac{BI\cdot BC}{\sqrt{BC^2-BI^2}=\dfrac{a\sqrt{30}}{5}},
&&SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=\dfrac{2\sqrt{5}a}{5}. \end{eqnarray*} } { } Vậy $V=\dfrac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{6}AB\cdot BC\cdot SA=\dfrac{2\sqrt{3}a^3}{15}$.

Câu 46. CHÈN HÌNH CÂU 46
{Một vật thể $(H)$ có đáy dạng elip với trục lớn $MN=20$, trục nhỏ $PQ=12$. Biết rằng cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục lớn ta luôn được thiết diện là nửa lục giác đều. Tính thể tích $V$ của vật thể $(H)$.
A. $V=450\sqrt{3}$.
B. $V=360\sqrt{3}$.
C. $V=2$.
D. $V=3$.
}

Lời giải câu 46
{Dựng hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ. Xét trong mặt phẳng $Oxy$, phương trình của elip đáy là \[\dfrac{x^2}{100}+\dfrac{y^2}{36}=1.\] Xét một điểm thuộc trục lớn có hoành độ bằng $x$. Thiết diện tạo thành nửa lục giác đều $ABCD$.
Khi đó ta có $AD=12\sqrt{1-\dfrac{x^2}{100}}$, do đó $S_{ABCD}=27\sqrt{3}\left(1-\dfrac{x^2}{100}\right)$.
Thể tích của vật thể là $V=\displaystyle\int\limits_{-10}^{10} {27\sqrt{3}\left(1-\dfrac{x^2}{100}\right)}\mathrm{\,d}x=360\sqrt{3}$. }

Câu 47. CHÈN HÌNH CÂU 47
{Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $(S)\colon x^2+y^2+z^2=4$. Trên mặt cầu lấy $3$ đường tròn $\left(O_1\right),\,\left(O_2\right),\,\left(O_3\right)$ cùng bán kính bằng $1$ sao cho chúng đôi một tiếp xúc (có điểm chung duy nhất) như hình vẽ. Gọi $O_4\left(a;b;c\right)$ là tâm dường tròn bán kính nhỏ hơn $1$ tiếp xúc với cả ba đường tròn trên. Nếu $O_1$ thuộc tia $Oz$ và $O_2\in\left(Oxz\right)$, $O_2$ có hoành độ dương thì $a+b+c$ gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. $3{,}25$.
B. $3{,}24$.
C. $3{,}22$.
D. $3{,}23$.
}

Lời giải câu 47
Gọi tâm của ba đường tròn bán kính bằng $1$ là $O_1$, $O_2$ và $O_3$. Tâm đường tròn cần tìm là $O_4$.
Khi đó $MO_1=MO_2=1,\,OM=2$ nên $OO_1=OO_2=O_1O_2=\sqrt{3}$.
Dễ thấy, $OO_4$ là trục của tam giác $O_1O_2O_3$, $L$ là trọng tâm của tam giác $O_1O_2O_3$.
Ta có $O_2L=1$ và $OL=\sqrt{2}$.
Gọi $K$ là giao điểm của $\left(O_2\right)$ và $\left(O_4\right)$, $N$ là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $O_2L$.
Ta có $OO_2\perp O_2K$ nên hai tam giác $\triangle OO_2L$ và $\triangle O_2KN$ đồng dạng suy ra \[\dfrac{KN}{O_2L}=\dfrac{O_2K}{O_2O}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow KN=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow OO_4=\sqrt{2}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}.\] Do $O_1\in Oz\Rightarrow O_!\left(0;0;z\right),\,(z>0)$ và $OO_1=\sqrt{3}\Rightarrow z=\sqrt{3}\Rightarrow O_1(0;0;\sqrt{3})$.
Do $O_2\in(Oxz)\Rightarrow O_2(x;0;z)$ với $x>0$. Ta có \[\left\{\begin{aligned}&OO_2=\sqrt{3}\\&O_1O_2=\sqrt{3} \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x^2+z^2=3\\&x^2+\left(z-\sqrt{3}\right)^2=3 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&x=\dfrac{3}{2}\\&z=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned}\right.\Rightarrow O_2\left(\dfrac{3}{2};0;\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right).\] Khi đó $O_3$ có tọa độ là nghiệm của hệ \[\left\{\begin{aligned}&x^2+y^2+\left(z-\sqrt{3}\right)^2=3\\&\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2+y^2+\left(z-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2=3\\&x^2+y^2+z^2=3 \end{aligned}\right.\Rightarrow\left\{\begin{aligned}&x=\dfrac{1}{2}\\&y=\sqrt{2}\\&z=\dfrac{\sqrt{3}}{2}. \end{aligned}\right.\] Hay $O_3\left(\dfrac{1}{2};\sqrt{2};\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$. Do $L$ là trọng tâm của tam giác $O_1O_2O_3$ suy ra $L\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{\sqrt{2}}{3};\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)$.
Do đó đường thẳng $OL$ có phương trình $\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{\sqrt{2}}=\dfrac{z}{2\sqrt{3}}$.
Do $O_4\in OL$ nên $O_4\left(2t;\sqrt{2}t;2\sqrt{3}t\right),\,t>0$, do đó \[\sqrt{2}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}=OO_4=\sqrt{18t^2}=3\sqrt{3}t\Rightarrow t=\dfrac{6+\sqrt{6}}{18}.\] Do đó $O\left(\dfrac{6+\sqrt{6}}{9};\dfrac{3\sqrt{2}+\sqrt{3}}{9};\dfrac{2\sqrt{3}+\sqrt{2}}{3}\right)\Rightarrow a+b+c\approx 3{,}23$.

Câu 48. CHÈN HÌNH CÂU 48
{Cho hàm số $y=ax^4+bx^2+c$ có đồ thị như hình vẽ. Đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị hàm số tại $4$ điểm phân biệt (như hình vẽ) với $x_2=2x_1$. Gọi $S_1$ là diện tích phần hình phẳng nằm dưới đường thẳng $y=m$, giới hạn bởi đường thẳng $y=m$ và đồ thị hàm số đã cho; $S_2$ là tổng diện tích hai hình phẳng nằm phía trên đường thẳng $y=m$, giới hạn bởi đường thẳng $y=m$ và đồ thị hàm số đã cho. Tính tỉ số $\dfrac{S_1}{S_2}$.
A. $\dfrac{19}{8}$.
B. $\dfrac{30}{11}$.
C. $\dfrac{19}{11}$.
D. $\dfrac{30}{19}$.
}

Lời giải câu 48
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=m$ và đồ thị hàm số là $ax^4+bx^2+(c-m)=0$.
Đặt $t=x^2,\,t\ge 0$, ta được phương trình $at^2+bt+c'=0,\,(c'=c-m)$.
Do $x_2=2x_1$ nên ta có $\left\{\begin{aligned}&t_2=4t_1\\&t_1+t_2=-\dfrac{b}{a}\\&t_1t_2=\dfrac{c'}{a} \end{aligned}\right.\Rightarrow\left\{\begin{aligned}&t_1=-\dfrac{b}{5a}\\&ac'=\dfrac{4b^2}{25}. \end{aligned}\right.$
Khi đó \begin{eqnarray*} &&\dfrac{1}{2}S_1=-\displaystyle\int\limits_{0}^{x_1} {\left(ax^4+bx^2+c'\right)}\mathrm{\,d}x=-\left(\dfrac{ax_1^5}{5}+\dfrac{bx_1^3}{3}+c'x_1\right)=-\dfrac{19c'x_1}{30},
&&\dfrac{1}{2}S_2=-\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_{x_1}^{x_2} {\left(ax^4+bx^2+c'\right)}\mathrm{\,d}x=\left(\dfrac{ax_2^5}{5}+\dfrac{bx_2^3}{3}+c'x_2\right)-\left(\dfrac{ax_1^5}{5}+\dfrac{bx_1^3}{3}+c'x_1\right)=-\dfrac{11c'x_1}{30}. \end{eqnarray*} Vậy $\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{19}{11}$.

Câu 49. Với các số phức $z_1,\,z_2,\,z_3=iz_2$ thay đổi thỏa mãn $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=5$ thì giá trị lớn nhất của $\min\left|tz_2+(1-t)z_3-z_1\right|,\,t\in\mathbb{R}$ có dạng $a+\dfrac{b}{\sqrt{c}}$, ở đó $a,\,b$ là các số nguyên dương, $c$ là số nguyên tố. Giá trị của $b+c+c$ bằng
A. $15$.
B. $12$.
C. $13$.
D. $14$.

Lời giải câu 49
Với $t\in\mathbb{R}$, đặt $z=tz_2+(1-t)z_3$.
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$. Gọi $A_1,\,A_2,\,A_3,\,A$ lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức $z_1,\,z_2,\,z_3,\,z$.
Khi đó, theo cách xác định $A$ thì $A$ nằm trên đường thẳng $A_2A_3$.
Suy ra $\min\left|tz_2+(1-t)z_3-z_1\right|=\min A_1A=\mathrm{d}\left(A_1,A_2A_3\right)$.
Để ý rằng $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=\left|z_3\right|=5$. Mặt khác $z_2=iz_3$ nên $\widehat{A_2OA_3}=90^\circ$.
Ta có $\mathrm{d}\left(A_1,A_2A_3\right)\le OA_1+\mathrm{d}\left(O,A_2A_3\right)=5+\dfrac{5}{\sqrt{2}}$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $z_1=-\dfrac{5+5i}{\sqrt{2}},\,z_2=5,\,z_3=5i$.
Vậy $a=b=5,\,c=2$ và $a+b+c=12$.

Câu 50. CHÈN HÌNH CÂU 50
Có tất cả bao nhiêu số nguyên $a\in(-10;10)$ sao cho tồn tại số thực $x$ thỏa mãn $4^{x-2}=\log_2(x+a)+2a+5$?
A. $3$.
B. $9$.
C. $11$.
D. $8$.

Lời giải câu 50
Đặt $t=\log_2(x+a)$, phương trình đã cho trở thành \[2^{2x-4}=t+2\left(2^t-x\right)+5\Leftrightarrow 2\cdot 2^{2x-5}+2x-5=2\cdot 2^t+t.\] Xét hàm số $f(u)=2\cdot 2^u+u$, ta có $f'(u)=2\cdot 2^u\ln 2+1>0,\,\forall u$. Hàm $f(u)$ là hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Suy ra $f(2x-5)=f(t)\Leftrightarrow 2x-5=t\Leftrightarrow a=2^{2x-5}-x$.
Xét hàm số $g(x)=2^{2x-5}-x$, ta có $g'(x)=2\cdot 2^{2x-5}-1$. Do đó \[g'(x)=0\Leftrightarrow x=2-\dfrac{\log_2\left(\ln 2\right)}{2}=x_0.\] Bảng biến thiên của $g(x)$ Do đó, tồn tại $x$ thỏa mãn yêu cầu khi và chỉ khi $a\ge g\left(x_0\right)\approx -1{,}5$.
Do $a$ nguyên và $a\in(-10;10)$ suy ra có $11$ giá trị nguyên của $a$ thỏa mãn.

Họ và tên     Lớp    

Bạn đã nộp bài!