Đề số 3 ôn giai đoạn cuối

Thời gian làm bài:

Câu 1. Có bao nhiêu cách chọn $2$ viên bi từ một hộp có $10$ viên bi?
A. $\mathrm{C}_{10}^2$.
B. $\mathrm{A}_{10}^2$.
C. $2!$.
D. $10^2$.

Lời giải câu 1
Số cách chọn $2$ viên bi từ một hộp có $10$ viên bi là số tổ hợp chập $2$ của $10$ phần tử hay $\mathrm{C}_{10}^2$.

Câu 2. Cho cấp số nhân $(u_n)$, biết $u_1=1$ và $u_4=64$. Công bội của cấp số nhân bằng
A. $-4$.
B. $4$.
C. $8$.
D. $64$.

Lời giải câu 2
Gọi $q$ là công bội.
Vì $u_4=u_1\cdot q^3$ nên $64=1\cdot q^3\Leftrightarrow q=4$.

Câu 3. Cho hàm số $y=\dfrac{x-3}{x+1}$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên $(-\infty;-1)$.
B. Hàm số đồng biến trên $(-\infty;-1)$.
C. Hàm số nghịch biến trên $(-\infty;+\infty)$.
D. Hàm số nghịch biến trên $(-1;+\infty)$.

Lời giải câu 3
Ta có $y'=\dfrac{4}{(x+1)^2}>0$, $\forall x\neq -1$.
Suy ra, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.
Do đó hàm số đồng biến trên $(-\infty;-1)$.

Câu 4. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\dfrac{2x-1}{x+2}$ là đường thẳng
A. $x=2$.
B. $x=-2$.
C. $y=2$.
D. $y=-2$.

Lời giải câu 4
Vì $\lim \limits_{x \to +\infty} \dfrac{2x-1}{x+2}=\lim \limits_{x \to -\infty} \dfrac{2x-1}{x+2}=2$.
Vậy $y=2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 5. Với $a\neq 0$ là số thực tùy ý, $\log_9 a^2$ bằng
A. $\log_3 |a|$.
B. $2\log_9 a$.
C. $\log_3 a$.
D. $2\log_3 a^2$.

Lời giải câu 5
Ta có $\log_9 a^2=\log_3 |a|$, $\forall a\neq 0$.

Câu 6. Với $a$ là số thực dương tùy ý, $a^{\tfrac{1}{3}}\sqrt[6]{a}$ bằng
A. $a^{\tfrac{1}{3}}$.
B. $\sqrt{a}$.
C. $a^{\tfrac{2}{9}}$.
D. $a^2$.

Lời giải câu 6
Với $a>0$, ta có $a^{\tfrac{1}{3}}\cdot \sqrt[6]{a}=a^{\tfrac{1}{3}}\cdot a^{\tfrac{1}{6}}=a^{\tfrac{1}{3}+\tfrac{1}{6}}=a^{\tfrac{1}{2}}=\sqrt{a}$.

Câu 7. Nguyên hàm của hàm số $f(x)=\sin3x$ là
A. $-\dfrac{\cos 3x}{3}+C$.
B. $\dfrac{\cos3x}{3}+C$.
C. $-\dfrac{\sin3x}{3}+C$.
D. $-\cos3x+C$.

Lời giải câu 7
Ta có $\displaystyle\int \sin3x\mathrm{\,d}x=-\dfrac{\cos3x}{3}+C$.

Câu 8. Cho $\displaystyle\int\limits_{-2}^5 f(x)\mathrm{\,d}x=8$ và $\displaystyle\int\limits_5^{-2} g(x)\mathrm{\,d}x=3$. Khi đó $I=\displaystyle\int\limits_{-2}^5 \left[f(x)-4g(x)\right]\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $20$.
B. $12$.
C. $11$.
D. $5$.

Lời giải câu 8
Ta có $I=\displaystyle\int\limits_{-2}^5 f(x)\mathrm{\,d}x+4\displaystyle\int\limits_5^{-2} g(x)\mathrm{\,d}x=8+4\cdot 3=20$.

Câu 9. Cho khối chóp $O.ABC$ có $OA$, $OB$, $OC$ đôi một vuông góc tại $O$ và $OA=2$, $OB=3$, $OC=6$. Thể tích khối chóp bằng
A. $6$.
B. $12$.
C. $24$.
D. $36$.

Lời giải câu 9
Thể tích khối chóp $OABC$ là $V=\dfrac{1}{3}S_{\triangle OAB}\cdot OC=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot OC=6$.

Câu 10. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ có $AB=2$ cm, $AD=3$ cm, $AA'=7$ cm. Tính thể tích khối hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$.
A. $12$ cm$^3$.
B. $42$ cm$^3$.
C. $24$ cm$^3$.
D. $36$ cm$^3$.

Lời giải câu 10
Thể tích khối hộp chữ nhật là $V=AB\cdot AD\cdot AA'=2\cdot 3\cdot 7=42$ cm$^3$.

Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình $\log_{0,5} (2-x)\ge -1$ là
A. $(0;+\infty)$.
B. $[0;2]$.
C. $[0;2)$.
D. $(0;2)$.

Lời giải câu 11
Ta có $\log_{0,5}(2-x)\ge -1\Leftrightarrow 0< 2-x\le 2\Leftrightarrow 0\le x< 2$.

Câu 12. Tích các nghiệm của phương trình $3^{2x^2+5x+4}=9$ là
A. $1$.
B. $-1$.
C. $2$.
D. $-2$.

Lời giải câu 12
Ta có $3^{2x^2+5x+4}=9\Leftrightarrow 2x^2+5x+4=2\Leftrightarrow 2x^2+5x+2=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}& x=-2 \\ & x=-\dfrac{1}{2}. \end{aligned}\right.$
Vậy tích các nghiệm là $1$.

Câu 13. Tổng các nghiệm của phương trình $\ln\left(x^2-3x+1\right)=-9$ là
A. $-3$.
B. $9$.
C. $3$.
D. $\mathrm{e}^{-9}$.

Lời giải câu 13
Ta có $\ln\left(x^2-3x+1\right)=-9\Leftrightarrow x^2-3x+1=\mathrm{e}^{-9}\Leftrightarrow x^2-3x+1-\mathrm{e}^{-9}=0$.
Vì $\Delta =5+4\cdot \mathrm{e}^{-9}>0$ nên phương trình có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$ phân biệt.
Khi đó $x_1+x_2=3$.

Câu 14. Cho hàm số $f(x)=\dfrac{1}{(3x-2)^3}$. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{6(3x-2)^2}+C$.
B. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{1}{6(3x-2)^2}+C$.
C. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{1}{3(3x-2)^2}+C$.
D. $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{3(3x-2)^2}+C$.

Lời giải câu 14
Ta có $\displaystyle\int f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int \dfrac{1}{(3x-2)^3}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int (3x-2)^{-3}\mathrm{\,d}x=\dfrac{(3x-2)^{-2}}{-6}+C=-\dfrac{1}{6(3x-2)^2}+C$.

Câu 15. CHÈN HÌNH CÂU 15
{ Đồ thị được cho ở hình dưới là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
A. $y=x^4-2x^2$.
B. $y=x^4-2x^2-1$.
C. $y=2x^4-2x^2-2$.
D. $y=-x^4+2x^2+1$.
}

Lời giải câu 15
Đồ thị hàm số đi qua điểm $(0;-1)$ nên hàm số $y=x^4-2x^2-1$ thỏa mãn bài.

Câu 16. Số điểm chung của đồ thị hàm số $y=x^4-9x^2$ với trục hoành là
A. $1$.
B. $2$.
C. $3$.
D. $4$.

Lời giải câu 16
Phương trình hoành độ giao điểm là $x^4-9x^2=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}& x=0 \\ & x=\pm 3. \end{aligned}\right.$
Vậy số giao điểm của đồ thị với trục hoành là $3$.

Câu 17. Tính tích phân $I=\displaystyle\int\limits_1^{\mathrm{e}} \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\mathrm{\,d}x$.
A. $I=\dfrac{1}{\mathrm{e}}+1$.
B. $I=1$.
C. $I=\mathrm{e}$.
D. $I=\dfrac{1}{\mathrm{e}}$.

Lời giải câu 17
Ta có $I=\left(\ln|x|+\dfrac{1}{x}\right)\Bigg|_1^{\mathrm{e}}=1+\dfrac{1}{\mathrm{e}}-1=\dfrac{1}{\mathrm{e}}.$

Câu 18. Cho số phức $z=4+6i$. Tìm số phức $w=i \overline{z}+z$.
A. $w=10+10i$.
B. $w=10-10i$.
C. $w=-10+10i$.
D. $w=-2+10i$.

Lời giải câu 18
Ta có $\overline{z}=4-6i\Rightarrow w=i\cdot (4-6i)+4+6i=10+10i$.

Câu 19. Cho số phức $z=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$. Tìm số phức $w=1+z+z^2$.
A. $2-\sqrt{3}i$.
B. $0$.
C. $1$.
D. $-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$.

Lời giải câu 19
Ta có $z=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\Leftrightarrow z+\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\Leftrightarrow \left(z+\dfrac{1}{2}\right)^2=-\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow z^2+z+1=0$.

Câu 20. Trên mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức $z=x+yi$ thỏa mãn $|z+2+i|=|\overline{z}-3i|$ là đường thẳng có phương trình
A. $y=x+1$.
B. $y=-x+1$.
C. $y=-x-1$.
D. $y=x-1$.

Lời giải câu 20
Gọi $z=x+yi\Rightarrow \overline{z}=x-yi$. Do đó \begin{eqnarray*} &&|z+2+i|=|\overline{z}-3i|
&\Leftrightarrow&|(x+2)+(y+1)i|=|x-(y+3)i|
&\Leftrightarrow&(x+2)^2+(y+1)^2=x^2+(y+3)^2
&\Leftrightarrow& y=x-1. \end{eqnarray*}

Câu 21. Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm $f'(x)=5(x-1)^2(x+3)$, $\forall x\in \Bbb{R}$. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. $5$.
B. $2$.
C. $1$.
D. $3$.

Lời giải câu 21
Ta có $f'(x)=0$ tại $x=-3$ và $x=1$.
Vì chỉ qua $x=-3$ thì $f'(x)$ đổi dấu còn khi qua $x=1$ thì $f'(x)$ không đổi dấu nên số điểm cực trị của hàm số đã cho là $1$.

Câu 22. Hàm số $y=9^{x^2+1}$ có đạo hàm là
A. $y'=(x^2+1)\cdot 9^{x^2}$.
B. $y'=2x(x^2+1)\cdot 9^{x^2}$.
C. $y'=2x\cdot 9^{x^2}$.
D. $y'=36x\cdot 9^{x^2}\ln 3$.

Lời giải câu 22
Ta có $y'=9^{x^2+1}\cdot \ln 9\cdot (x^2+1)'=36x\cdot 9^{x^2}\ln 3$.

Câu 23. Cho khối nón có chiều cao bằng $24$ cm, độ dài đường sinh bằng $26$ cm. Tính thể tích $V$ của khối nón tương ứng.
A. $V=800\pi$ cm$^3$.
B. $V=1600\pi$ cm$^3$.
C. $V=\dfrac{1600\pi}{3}$ cm$^3$.
D. $V=\dfrac{800\pi}{3}$ cm$^3$.

Lời giải câu 23
Bán kính đáy của khối nón là $r=\sqrt{l^2-h^2}=\sqrt{26^2-24^2}=10$ cm.
Vậy thể tích khối nón là $V=\dfrac{1}{3}\cdot \pi \cdot r^2\cdot h=\dfrac{1}{3}\cdot \pi\cdot 100\cdot 24=800\pi$ cm$^3$.

Câu 24. CHÈN HÌNH CÂU 24
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng $a$, chu vi của thiết diện qua trục bằng $10a$. Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A. $\pi a^3$.
B. $4\pi a^3$.
C. $3\pi a^3$.
D. $5\pi a^3$.

Lời giải câu 24
{ Thiết diện qua trục là một hình chữ nhật.
Giả sử chiều cao của khối trụ là $h$.
Ta có $2(2a+h)=10a\Leftrightarrow h=3a$.
Thể tích khối trụ là $V=S\cdot h=\pi a^2\cdot 3a=3\pi a^3$. }

Câu 25. Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A(1; 2;-1)$, $B(2;-1; 3)$, $C(-3; 5; 1)$. Tìm tọa độ điểm $D$ sao cho tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.
A. $D(-2;2;5)$.
B. $D(-4;8;-3)$.
C. $D(-4;8;-5)$.
D. $D(-2;8;-3)$.

Lời giải câu 25
Gọi $D(x;y;z)\Rightarrow \vec{AD}=(x-1;y-2;z+1)$, $\vec{BC}=(-5;6;-2)$.
Ta có $\vec{AD}=\vec{BC}\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x-1=-5\\&y-2=6\\&z+1=-2 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x-1=-5\\&y-2=6\\&z+1=-2 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x=-4\\&y=8\\&z=-3 \end{aligned}\right.\Rightarrow D(-4;8;-3)$.

Câu 26. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $(S)$ có phương trình $x^2+y^2+z^2-2x-4y-6z+5=0$. Diện tích của mặt cầu $(S)$ là
A. $9\pi$.
B. $36\pi$.
C. $36$.
D. $12\pi$.

Lời giải câu 26
Ta có $a=1$, $b=2$, $c=3$, $d=5\Rightarrow R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}=\sqrt{1^2+2^2+3^2-5}=3$.
Diện tích mặt cầu là $S=4\pi R^2=36\pi$.

Câu 27. Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng nào sau đây song song với trục $Ox$?
A. $(P)\colon z=0$.
B. $(Q)\colon x+y+1=0$.
C. $(P)\colon x+z+1=0$.
D. $(S)\colon y+z+1=0$.

Lời giải câu 27
Xét mặt phẳng $(S)\colon y+z+1=0$ có véc-tơ pháp tuyến $\vec{n}=(0;1;1)$.
Trục $Ox$ có véc-tơ chỉ phương là $\vec{i}=(1;0;0)$.
Ta thấy $\left\{\begin{aligned}&O(0;0;0)\not\in (\alpha)\\&\vec{n}\cdot\vec{i}=0 \end{aligned}\right.\Rightarrow (S)\parallel Ox$.

Câu 28. Trong không gian $Oxyz$, véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng $(P)$ chứa hai đường thẳng $\Delta_1\colon \dfrac{x}{1}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z+2}{-3}$ và $\Delta_2\colon \dfrac{x+2}{2}=\dfrac{y-1}{-2}=\dfrac{z+3}{1}$ là
A. $\vec{n}=(6;7;4)$.
B. $\vec{n}=(4;7;6)$.
C. $\vec{n}=(-4;7;6)$.
D. $\vec{n}=(-6;7;4)$.

Lời giải câu 28
Ta có $\vec{u}_1=(1;2;-3)$ và $\vec{u}_2=(2;-2;1)$ lần lượt là véc-tơ chỉ phương của $\Delta_1$ và $\Delta_2$.
Vì $\Delta_1$ và $\Delta_2$ là hai đường thẳng cắt nhau nên $\vec{n}=\left[\vec{u}_2;\vec{u}_1\right]=(4;7;6)$ là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng $(P)$.

Câu 29. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên $\Bbb{R}$?
A. $y=\dfrac{x+1}{x-1}$.
B. $y=-(x+1)^2$.
C. $y=-x^4-1$.
D. $y=-x^3+3x^2-3x+5$.

Lời giải câu 29
Xét $y=-x^3+3x^2-3x+5$ có $y'=-3x^2+6x-3=-3(x-1)^2\le 0$, $\forall x\in \Bbb{R}$.
Suy ra hàm số $y=-x^3+3x^2-3x+5$ nghịch biến trên $\Bbb{R}$.

Câu 30. Gọi $M$ và $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số $y=\sqrt{5-x}+\sqrt{x+3}$. Hiệu $M-m$ bằng
A. $4-2\sqrt{2}$.
B. $\sqrt{2}$.
C. $7-4\sqrt{2}$.
D. $8-5\sqrt{2}$.

Lời giải câu 30
Điều kiện $-3\le x\le 5$.
Ta có $y'=-\dfrac{1}{2\sqrt{5-x}}+\dfrac{1}{2\sqrt{x+3}}=\dfrac{-\sqrt{x+3}+\sqrt{5-x}}{2\sqrt{5-x}\cdot \sqrt{x+3}}$.
Suy ra $y'=0\Leftrightarrow \sqrt{x+3}=\sqrt{5-x}\Leftrightarrow x+3=5-x\Leftrightarrow x=1$ (thỏa mãn).
Vì $f(-3)=2\sqrt{2}$, $f(5)=2\sqrt{2}$, $f(1)=4$ nên $M=\max\limits_{[-3;5]} f(x)=4$; $m=\min\limits_{[-3;5]}=2\sqrt{2}$.
Vậy $M-m=4-2\sqrt{2}$.

Câu 31. Điểm cực đại của đồ thị hàm số $y=x^4-2x^2+9$ có tọa độ là
A. $(1;9)$.
B. $(2;9)$.
C. $(-2;9)$.
D. $(0;9)$.

Lời giải câu 31
Ta có $y'=4x^3-4x$; $y''=12x^2-4$.
Xét $y'=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}& x=0 \\ & x=\pm 1. \end{aligned}\right.$
Ta có $y''(0)=-4< 0\Rightarrow$ hàm số đạt cực đại tại $x=0$ và giá trị cực đại $y(0)=9$.
Vậy tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số $(0;9)$.

Câu 32. Nếu $\displaystyle\int\limits_0^4 f(x)\mathrm{\,d}x=-3$ thì $\displaystyle\int\limits_0^2 f(2x)\mathrm{\,d}x$ bằng
A. $-6$.
B. $-\dfrac{3}{2}$.
C. $-3$.
D. $-2$.

Lời giải câu 32
Đặt $t=2x\Rightarrow \mathrm{d}t=2\mathrm{d}x\Rightarrow \displaystyle\int\limits_0^2 f(2x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^4 f(t)\mathrm{\,d}t=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^4 f(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{3}{2}$.

Câu 33. Trong mặt phẳng phức, biết điểm $M_1(1;-2)$ và điểm $M_2(-2;2)$ lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức $z_1$ và $z_2$. Khi đó $|z_1-z_2|$ bằng
A. $\sqrt{5}$.
B. $2\sqrt{2}$.
C. $5$.
D. $\sqrt{7}$.

Lời giải câu 33
Ta có $z_1=1-2i$ và $z_2=-2+2i\Rightarrow |z_1-z_2|=|3-4i|=5$.

Câu 34. CHÈN HÌNH CÂU 34
{ Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$; $AB=a\sqrt{3}$, $BB'=a$ (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng $AC'$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng
A. $60^\circ$.
B. $45^\circ$.
C. $30^\circ$.
D. $90^\circ$.
}

Lời giải câu 34
Gọi $\alpha$ là góc giữa $AC'$ và mặt phẳng $(ABC)$, khi đó $\widehat{CAC'}$.
Ta có $\tan\alpha=\dfrac{CC'}{AC}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \alpha=30^\circ$.

Câu 35. Trong không gian $Oxyz$, mặt cầu có tâm $I(1;-2;-3)$ và tiếp xúc với mặt phẳng $(P)\colon x+2y-2z+6=0$ có phương trình là
A. $(x-1)^2+(y+2)^2+(z+3)^2=3$.
B. $(x-1)^2+(y+2)^2+(z+3)^2=9$.
C. $(x+1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2=3$.
D. $(x+1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2=9$.

Lời giải câu 35
Do mặt cầu có tâm là $I$ và tiếp xúc với mặt phẳng $(P)$ nên $R=\mathrm{d}(I,(P))=\dfrac{|1-4+6+6|}{\sqrt{1+4+4}}=3$.
Vậy phương trình của mặt cầu là $(S)\colon(x-1)^2+(y+2)^2+(z+3)^2=9$.

Câu 36. Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $(d)$ đi qua $M(2;4;6)$ và song song với đường thẳng $\Delta\colon\left\{\begin{aligned}&x=1-t\\&y=2-3t\\&z=3+6t \end{aligned}\right.$ có phương trình chính tắc là
A. $\dfrac{x+1}{-1}=\dfrac{y+3}{-3}=\dfrac{z+5}{6}$.
B. $\dfrac{x+1}{1}=\dfrac{y+3}{2}=\dfrac{z+5}{3}$.
C. $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{z-3}{-6}=\dfrac{y-5}{3}$.
D. $\dfrac{x}{1}=\dfrac{y+2}{3}=\dfrac{z-18}{-6}$.

Lời giải câu 36
Do đường thẳng $d$ song song với $\Delta$ nên nhận $\overrightarrow{u}_{\Delta}=(-1;-3;6)$ làm véc-tơ chỉ phương.
Phương trình chính tắc của đường thẳng $d$ là $\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{y-4}{-3}=\dfrac{z-6}{6}$.
Trong phương trình vừa nêu, cho ba tỉ số cùng bằng $2$ ta được $$\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{y-4}{-3}=\dfrac{z-6}{6}=2\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&x=0\\&y=-2\\&z=18. \end{aligned}\right.$$ Vậy đường thẳng $d$ cũng đi qua điểm $N(0;-2;18)$ và có phương trình khác là $\dfrac{x}{1}=\dfrac{y+2}{3}=\dfrac{z-18}{-6}$.

Câu 37. Cho tập hợp $A=\{1, 2, 3, 4, 5\}$. Gọi $S$ là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau được chọn từ tập hợp $A$. Chọn ngẫu nhiên một số từ $S$. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho $3$.
A. $\dfrac{1}{5}$.
B. $\dfrac{2}{5}$.
C. $\dfrac{3}{5}$.
D. $\dfrac{4}{5}$.

Lời giải câu 37
Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega)=\mathrm{A}_5^3=60$.
Gọi $B$ là biến cố \lq\lq Số lập được chia hết cho $3$\rq\rq.
Có $4$ bộ ba số khác nhau có tổng chia hết cho $3$ chọn ra từ tập $A$ là $(1;2;3); (2;3;4); (3;4;5); (1;3;5)$.
Mỗi số tự nhiên có ba chữ số khác nhau, chia hết cho $3$ lập từ nhóm $A$ ứng với một hoán vị của ba phần tử trong bộ nói trên.
Do đó $n(B)=4\cdot 3!=24$.
Xác suất cần tìm là $\mathrm{P}(B)=\dfrac{24}{60}=\dfrac{2}{5}$.

Câu 38. CHÈN HÌNH CÂU 38
{Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có độ dài cạnh bằng $2$ (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ điểm $C$ đến mặt phẳng $\left(BDC'\right)$ bằng
A. $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.
B. $\dfrac{3\sqrt{2}}{5}$.
C. $\dfrac{2\sqrt{3}}{5}$.
D. $\dfrac{4\sqrt{2}}{3}$.
}

Lời giải câu 38
Ta có $V_{C'.BCD}=\dfrac{1}{3}\mathrm{d}(C,(BDC'))S_{BDC'}\Rightarrow\mathrm{d}(C,(BDC'))=\dfrac{3V_{C'.BCD}}{S_{BDC'}}$.
Thể tích khối chóp $C'.BDC$ là $V_{C'.BDC}=\dfrac{1}{3}CC'\cdot S_{BDC}=\dfrac{1}{3}\cdot2\cdot\dfrac{1}{2}\cdot2^2=\dfrac{4}{3}$.
Ta có $BD=BC'=C'D=2\sqrt{2}$ nên tam giác $BDC'$ đều và $S_{BDC'}=\dfrac{BD^2\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{3}$.
Từ đó suy ra $\mathrm{d}(C,(BDC'))=\dfrac{3\cdot\dfrac{4}{3}}{2\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.

Câu 39. CHÈN HÌNH CÂU 39
{Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm $f'(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và hàm số $y=f'(x)$ có đồ thị trên đoan $[-2;3]$ như hình vẽ bên. Gọi $M$ là giá trị lớn nhất và $m$ là giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=f(x)$ trên đoạn $[-2;3]$. Khi đó $M$, $m$ lần lượt là
A. $M=f(-2)$, $m=f(1)$.
B. $M=f(3)$, $m=f(1)$.
C. $M=f(1)$, $m=f(-2)$.
D. $M=f(3)$, $m=f(-2)$.
}

Lời giải câu 39
Từ đồ thị của đạo hàm $f'(x)$ ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn $[-2;3]$ như hình vẽ Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn $[-2;3]$ là $m=f(1)$.
Mặt khác, cũng từ đồ thị hàm số $y=f'(x)$ ta suy ra diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f'(x)$ với trục hoành trên đoạn $[-2;1]$ lớn hơn diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f'(x)$ với trục hoành trên đoạn $[1;3]$, do đó ta có $$-\displaystyle\int\limits_{-2}^1f'(x)\mathrm{\,d}x>\displaystyle\int\limits_1^3f'(x)\mathrm{\,d}x\Leftrightarrow f(-2)-f(1)>f(3)-f(1)\Leftrightarrow f(-2)>f(3).$$ Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên $[-2;3]$ là $M=f(-2)$.

Câu 40. CHÈN HÌNH CÂU 40
Số các giá trị nguyên của $m$ để phương trình $8^{x^2}-3\cdot4^{x^2+1}=m$ có không ít hơn ba nghiệm thực phân biệt là
A. $241$.
B. $242$.
C. $245$.
D. $247$.

Lời giải câu 40
Đặt $f(x)=8^{x^2}-3\cdot4^{x^2+1}=2^{3x^2}-12\cdot2^{2x^2}$.
Ta có $f'(x)=6x\cdot2^{3x^2}\ln2-48x\cdot2^{2x^2}\ln2=6x\cdot2^{2x^2}\ln2\left(2^{x^2}-8\right)$.
$$f'(x)=0\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&x=0\\&2^{x^2}=8 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&x=0\\&x^2=3 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&x=0\\&x=\sqrt{3}\\&x=-\sqrt{3}. \end{aligned}\right.$$ Bảng biến thiên của hàm số $f(x)$ như hình vẽ bên dưới Từ bảng biến thiên, phương trình $f(x)=m$ có không ít hơn $3$ nghiệm thực phân biệt khi $-256< m\le-11$. Vậy có $245$ giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn bài toán.

Câu 41. Cho $f(x)$ là hàm số liên tục trên tập số thực $\mathbb{R}$ và thỏa mãn $f\left(\mathrm{e}^x+x+1\right)=\dfrac{x^9}{\mathrm{e}^x+1}$. Tính $I=\displaystyle\int\limits_2^{\mathrm{e}+2}f(x)\mathrm{\,d}x$.
A. $\dfrac{1}{8}$.
B. $\dfrac{1}{9}$.
C. $\dfrac{1}{10}$.
D. $\dfrac{1}{11}$.

Lời giải câu 41
Đặt $x=\mathrm{e}^t+t+1$ suy ra $\mathrm{\,d}x=\left(\mathrm{e}^t+1\right)\mathrm{\,d}t$.
Do hàm số $g(t)=\mathrm{e}^t+t+1$ luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên ta có \begin{eqnarray*} &&x=2\Leftrightarrow\mathrm{e}^t+t+1=2\Leftrightarrow g(t)=g(0)\Leftrightarrow t=0.
&&x=\mathrm{e}+2\Leftrightarrow\mathrm{e}^t+t+1=\mathrm{e}+2\Leftrightarrow g(t)=g(1)\Leftrightarrow t=1. \end{eqnarray*} Thay vào tích phân cần tính, ta được \begin{eqnarray*} I&=&\displaystyle\int\limits_2^{\mathrm{e}+2}f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1f\left(\mathrm{e}^t+t+1\right)\left(\mathrm{e}^t+1\right)\mathrm{\,d}t
&=&\displaystyle\int\limits_0^1\dfrac{t^9}{\mathrm{e}^t+1}\left(\mathrm{e}^t+1\right)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^1t^9\mathrm{\,d}t=\dfrac{t^{10}}{10}\Bigg|_0^1=\dfrac{1}{10}. \end{eqnarray*}

Câu 42. Có bao nhiêu số phức $z$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện $|z-2020i|=2021$ và $z^2$ là số thuần ảo?
A. $1$.
B. $0$.
C. $4$.
D. $2$.

Lời giải câu 42
Đặt $z=a+bi$, $a$, $b\in\mathbb{R}$.
Ta có $z^2=a^2-b^2+2abi$, $z^2$ là số thuần ảo khi $a^2-b^2=0\Leftrightarrow a^2=b^2$.
Ta có $|z-2020i|=2021\Leftrightarrow a^2+(b-2020)^2=2021^2\Leftrightarrow2b^2-4040b-4041=0\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&b^2\approx2020{,}99\\&b^2\approx-0{,}99. \end{aligned}\right.$
Do $a^2=b^2$ nên ứng với mỗi $b$, ta có hai giá trị $a$, vì vậy có tất cả $4$ số phức thỏa mãn bài toán.

Câu 43. CHÈN HÌNH CÂU 43
{Cho tứ diện $ABCD$ có thể tích $V$. Gọi $M$, $N$, $P$, $Q$, $R$, $S$ lần lượt là các điểm thuộc các cạnh $AB$, $BC$, $CD$, $AD$, $BD$, $AC$ sao cho $AM=MB$; $BN=NC$; $CP=PD$; $DQ=QA$; $BR=2021RD$; $AS=\dfrac{1}{2022}SC$ (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối bát diện $MNPQRS$ bằng
A. $\dfrac{1}{4}V$.
B. $\dfrac{1}{3}V$.
C. $\dfrac{1011}{2021}V$.
D. $\dfrac{1}{2}V$.
}

Lời giải câu 43
Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy $$V_{MNPQRS}=V_{ABCD}-V_{AMQS}-V_{BMNR}-V_{CNPS}-V_{DPQR}.$$ Theo công thức tỉ số thể tích ta có \begin{eqnarray*} &&\dfrac{V_{A.MSQ}}{V_{A.BCD}}=\dfrac{AM}{AB}\cdot\dfrac{AS}{AC}\cdot\dfrac{AQ}{AD}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2023}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8092}\Rightarrow V_{A.MSQ}=\dfrac{1}{8092}V_{ABCD}.
&&\dfrac{V_{B.MNR}}{V_{B.ACD}}=\dfrac{BM}{BA}\cdot\dfrac{BN}{BC}\cdot\dfrac{BR}{BD}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2021}{2022}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{2021}{8088}\Rightarrow V_{B.MNR}=\dfrac{2021}{8088}V_{ABCD}.
&&\dfrac{V_{C.NSP}}{V_{C.BAD}}=\dfrac{CN}{CB}\cdot\dfrac{CS}{CA}\cdot\dfrac{CP}{CD}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2022}{2023}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1011}{4046}\Rightarrow V_{C.NSP}=\dfrac{1011}{4046}V_{C.BAD}.
&&\dfrac{V_{D.PQR}}{V_{D.CAB}}=\dfrac{DP}{DC}\cdot\dfrac{DQ}{DA}\cdot\dfrac{DR}{DB}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2022}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8088}\Rightarrow V_{D.PQR}=\dfrac{1}{8088}V_{D.CAB}. \end{eqnarray*} Vậy ta có $V_{MNPQRS}=V_{ABCD}-\dfrac{1}{8092}V_{ABCD}-\dfrac{2021}{8088}V_{ABCD}-\dfrac{1011}{4046}V_{ABCD}-\dfrac{1}{8088}V_{ABCD}=\dfrac{1}{2}V$.
\textbf{CÁCH TRẮC NGHIỆM:} Thể tích khối bát diện đã cho bằng tổng thể tích hai khối chóp tứ giác $R.MNPQ$ và $S.MNPQ$, thể tích hai khối chóp này không phụ thuộc vào vị trí của $R$ và $S$ trên các cạnh $AC$ và $BD$. Vì vậy để đơn giản ta có thể chọn $S$ và $R$ lần lượt là các trung điểm của các cạnh $AC$ và $BD$. Khi đó dễ thấy thể tích của khối bát diện bằng thể tích tứ diện $ABCD$ trừ đi tổng thể tích của các khối chóp tam giác $A.MQS$; $B.MNR$; $C.NPS$; $D.PQR$. Suy ra thể tích khối bát diện là $V-4\cdot\dfrac{V}{8}=\dfrac{V}{2}$.

Câu 44. Ông Đức gửi ngân hàng số tiền $500.000.000$ đồng loại kỳ hạn $6$ tháng với lãi suất $5{,}6\%$ trên một năm theo thể thức lãi kép (tức là nếu đến kỳ hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kỳ kế tiếp). Hỏi sau $3$ năm $9$ tháng ông Đức nhận được số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng ông Đức không rút cả gốc lẫn lãi trong các định kỳ trước đó và nếu rút trước kỳ hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kỳ hạn $0{,}00027\%$ trên một ngày. (Một tháng tính $30$ ngày).
A. $606.627.000$ đồng.
B. $623.613.000$ đồng.
C. $606.775.000$ đồng.
D. $611.764.000$ đồng.

Lời giải câu 44
Sau $3$ năm $6$ tháng thì ông Đức nhận được số tiền là $$T_1=500.000.000(1+2{,}8\%)^7\text{ (đồng)}$$ Sau thêm $3$ tháng nữa thì ông Đức nhận được số tiền là \begin{eqnarray*} T&=&T_1(1+0{,}00027\%)^{90}
&=&500.000.000(1+2{,}8\%)^7(1+0{,}00027\%)^{90}=606.775.000\text{ (đồng)} \end{eqnarray*}

Câu 45. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $M(4;6;4)$ và hai đường thẳng $d_1\colon\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+3}{4}=\dfrac{z}{3}$, $d_2\colon\dfrac{x}{1}=\dfrac{y-2}{1}=\dfrac{z+4}{3}$. Đường thẳng đi qua $M$ đồng thời cắt cả $2$ đường thẳng $d_1$ và $d_2$ tại $A$ và $B$, độ dài đoạn thẳng $AB$ bằng
A. $2\sqrt{43}$.
B. $\sqrt{43}$.
C. $2\sqrt{13}$.
D. $\sqrt{13}$.

Lời giải câu 45
Gọi $d$ là đường thẳng cần tìm.
Do $A$ là giao điểm của $d$ và $d_1$ nên $A\in d_1\Rightarrow A(1+2a;-3+4a;3a)$.
Do $B$ là giao điểm của $d$ và $d_2$ nên $B\in d_2\Rightarrow B(b;2+b;-4+3b)$.
Ta có $\overrightarrow{MA}=(2a-3;4a-9;3a-4)$, $\overrightarrow{MB}=(b-4;b-4;3b-8)$.
Do $M\in d$ nên $\overrightarrow{MA}$ cùng phương với $\overrightarrow{MB}\Leftrightarrow\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}$. $$\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&2a-3=k(b-4)\\&4a-9=k(b-4)\\&3a-4=k(3b-8) \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&2a-kb+4k=3\\&4a-kb+4k=9\\&3a-3kb+8k=4 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&a=3\\&kb=-1\\&k=-1 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&a=3\\&b=1\\&k=-1. \end{aligned}\right.$$ Vậy ta có $A(7;9;9)$, $B(1;3;-1)$, suy ra $AB=\sqrt{6^2+6^2+10^2}=2\sqrt{43}$.

Câu 46. Goi $S$ là tập hợp tất cả các số thực $m$ sao cho đồ thị hàm số $y=\left|2x^4-4(m-1)x^2-m^2+3 m-2\right|$ có đúng $5$ điểm cực trị. Số phần tử $m\in[-2021,2021]\cap S$ có giá trị nguyên là
A. $2020$.
B. $2021$.
C. $4040$.
D. $4041$.

Lời giải câu 46
Hàm số $y=f(x)=2x^4-4(m-1)x^2-m^2+3m-2$ là hàm số trùng phương với hệ số $a=2>0$, nên đồ thị hàm số $y=|f(x)|$ có đúng $5$ điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số $y=f(x)$ có ba cực trị và giá trị cực đại của nó bé hơn bằng $0$. $$\left\{\begin{aligned}&2\cdot(-4(m-1))< 0\\&f(0)=-m^2+3m-2\le0 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&m>1\\&\left[\begin{aligned}&m\le1\\&m\ge2 \end{aligned}\right. \end{aligned}\right.\Leftrightarrow m\ge2.$$ Vì $m\in[-2021;2021]\cap S$ có giá trị nguyên nên $m\in\{2,3,\ldots,2021\}$. Vậy có $2020$ phần tử $m$ thỏa mãn yêu cầu bài ra.

Câu 47. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số $y=\dfrac{\ln(\sin x+\cos x)}{\sin^2x}$, $y=0$, $x=\dfrac{\pi}{4}$, $x=\dfrac{\pi}{2}$ là $S=\dfrac{\pi}{a}+b\ln\sqrt{c}$ vói $a\in\mathbb{Z}$ và $b$, $c$ là các số nguyên tố. Khi đó, $a+b+c$ bằng
A. $0$.
B. $1$.
C. $2$.
D. $3$.

Lời giải câu 47
Ta có $\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$, do $\dfrac{\pi}{4}\le x\le\dfrac{\pi}{2}$ nên $\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\in\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2};1\right]$.
Vậy ta có $\ln(\sin x+\cos x)=\ln\left(\sqrt{2}\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\ge0$, $\forall x\in\left[\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{2}\right]$.
Vậy diện tích cần tính là $S=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\left|\dfrac{\ln(\sin x+\cos x)}{\sin^2x}\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{\ln(\sin x+\cos x)}{\sin^2x}\mathrm{\,d}x$.
Đặt $\left\{\begin{aligned}&u=\ln(\sin x+\cos x)&\Rightarrow&\,\mathrm{\,d}u=\dfrac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}\\&\mathrm{\,d}v=\dfrac{1}{\sin^2x}\mathrm{\,d}x&\Rightarrow&\,v=-\cot x-1=\dfrac{-\cos x-\sin x}{\sin x}. \end{aligned}\right.$
Thay vào diện tích $S$ ta có \begin{eqnarray*} S&=&-\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin x}\ln(\sin x+\cos x)\Bigg|_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}+\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\left(\dfrac{\cos x}{\sin x}-1\right)\mathrm{\,d}x
&=&2\ln\sqrt{2}+(\ln|\sin x|-x)\bigg|_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}=\ln2-\ln\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{-4}+3\ln\sqrt{2}. \end{eqnarray*} Vậy $a=-4$, $b=3$, $c=2$ nên $a+b+c=1$.

Câu 48. Cho hai số phức $z$, $w$ thỏa mãn $|z+2w|=3$, $|2z+3w|=5$ và $|z+3w|=4$. Tính giá trị của biểu thức $P=z\cdot\overline{w}+\overline{z}\cdot w$.
A. $1$.
B. $2$.
C. $3$.
D. $4$.

Lời giải câu 48
Biến đổi các giả thiết bài toán ta được \begin{eqnarray*} &&|z+2w|=3\Leftrightarrow(z+2w)(\overline{z}+2\overline{w})=9
&\Leftrightarrow&z\overline{z}+2\left(z\cdot\overline{w}+\overline{z}\cdot w\right)+4w\cdot\overline{w}=9\Leftrightarrow|z|^2+2P+4|w|^2=9.\quad(1)
&&|2z+3w|=5\Leftrightarrow(2z+3w)(2\overline{z}+3\overline{w})=25
&\Leftrightarrow&4z\overline{z}+6\left(z\cdot\overline{w}+\overline{z}\cdot w\right)+9w\cdot\overline{w}=25\Leftrightarrow4|z|^2+6P+9|w|^2=25.\quad(2)
&&|z+3w|=4\Leftrightarrow(z+3w)(\overline{z}+3\overline{w})=16
&\Leftrightarrow&z\overline{z}+3\left(z\cdot\overline{w}+\overline{z}\cdot w\right)+9w\cdot\overline{w}=16\Leftrightarrow|z|^2+3P+9|w|^2=16.\quad(3)
\end{eqnarray*} Từ $(1)$, $(2)$, $(3)$ ta có hệ phương trình $\left\{\begin{aligned}&|z|^2+2P+4|w|^2=9\\&4|z|^2+6P+9|w|^2=25\\&|z|^2+3P+9|w|^2=16 \end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&|z|^2=1\\&P=2\\&|w|^2=1. \end{aligned}\right.$

Câu 49. Giả sử tồn tại số thực $m$ sao cho phương trình $\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}=2\cos mx$ có $2021$ nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm phân biệt của phương trình $\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}=2\cos mx+4$ là
A. $2021$.
B. $2020$.
C. $4038$.
D. $4042$.

Lời giải câu 49
Biến đổi tương đương phương trình đề bài ta được \begin{eqnarray*} &&\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}=2\cos mx+4\Leftrightarrow\left(\mathrm{e}^{\tfrac{x}{2}}-\mathrm{e}^{-\tfrac{x}{2}}\right)^2=2(\cos mx+1)
&\Leftrightarrow&\left(\mathrm{e}^{\tfrac{x}{2}}-\mathrm{e}^{-\tfrac{x}{2}}\right)^2=4\cos^2\left(m\dfrac{x}{2}\right)\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&\mathrm{e}^{\tfrac{x}{2}}-\mathrm{e}^{-\tfrac{x}{2}}=2\cos\left(m\dfrac{x}{2}\right)&\quad(1)\\&\mathrm{e}^{\tfrac{x}{2}}-\mathrm{e}^{-\tfrac{x}{2}}=-2\cos\left(m\dfrac{x}{2}\right).&\quad(2) \end{aligned}\right. \end{eqnarray*} Phương trình $\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}=2\cos mx$ có $2021$ nghiệm, đặt $x=\dfrac{t}{2}$.
Suy ra phương trình $\mathrm{e}^{\tfrac{t}{2}}-\mathrm{e}^{-\tfrac{t}{2}}=2\cos\left(m\dfrac{t}{2}\right)$ có $2021$ nghiệm $t$.
Vậy phương trình $(1)$ cũng có $2021$ nghiệm. Biến đổi tương đương phương trình $(2)$ ta được $$(2)\Leftrightarrow\mathrm{e}^{-\tfrac{x}{2}}-\mathrm{e}^{\tfrac{x}{2}}=2\cos\left(m\dfrac{x}{2}\right)\Leftrightarrow\mathrm{e}^{-\tfrac{x}{2}}-\mathrm{e}^{\tfrac{x}{2}}=2\cos\left(-m\dfrac{x}{2}\right).$$ Phương trình $\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}=2\cos mx$ có $2021$ nghiệm, đặt $x=-\dfrac{t}{2}$.
Suy ra phương trình $\mathrm{e}^{-\tfrac{t}{2}}-\mathrm{e}^{\tfrac{t}{2}}=2\cos\left(-m\dfrac{t}{2}\right)$ có $2021$ nghiệm $t$.
Vậy phương trình $(2)$ cũng có $2021$ nghiệm. Nhận xét rằng nếu $x=0$ thì cả phương trình $(1)$ và $(2)$ đều không thỏa mãn, nên các nghiệm của phương trình $(1)$ và $(2)$ đều khác nhau. Từ đó suy ra phương trình đề bài có $4042$ nghiệm.

Câu 50. CHÈN HÌNH CÂU 50
Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d\colon\dfrac{x-2}{2}=\dfrac{y}{-1}=\dfrac{z}{4}$ và mặt cầu $(S)$ có phương trình $x^2+y^2+z^2-2x-4y-2z+4=0$. Hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ chứa $d$ và tiếp xúc vói $(S)$. Gọi $M$ và $N$ là tiếp điểm, $H(a;b;c)$ là trung điểm $MN$. Khi đó, tích $abc$ bằng
A. $\dfrac{8}{27}$.
B. $\dfrac{16}{27}$.
C. $\dfrac{32}{27}$.
D. $\dfrac{64}{27}$.

Lời giải câu 50
{Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;1)$, bán kính $R=\sqrt{2}$.
Gọi $K$ là giao điểm của $d$ và $(IMN)$.
Do $\left\{\begin{aligned}&IM\perp(P)\\&IN\perp(Q) \end{aligned}\right.\Rightarrow\left\{\begin{aligned}&IM\perp d\\&IN\perp d. \end{aligned}\right.$
Vậy $d\perp(IMN)$, suy ra $IK\perp d$.
Do vậy nên $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $d$.
Gọi $K(2+2t;-t;4t)\in d$, $\overrightarrow{IK}=(1+2t;-t-2;4t-1)$.} Ta có $\overrightarrow{IK}\cdot\overrightarrow{u}_d=0\Leftrightarrow2(1+2t)+t+2+4(4t-1)=0\Leftrightarrow t=0$.
Suy ra $K(2;0;0)$, $\overrightarrow{IK}=(1;-2;-1)$ và $IK=\sqrt{6}$.
Ta có $MN$ là dây cung nối hai tiếp điểm nên $MN\perp IK$ tại $H$.
Khi đó, $\dfrac{IH}{IK}=\dfrac{IH\cdot IK}{IK^2}=\dfrac{IM^2}{IK^2}=\dfrac{R^2}{IK^2}=\dfrac{1}{3}$.
Vậy nên $\overrightarrow{IH}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IK}\Rightarrow H\left(\dfrac{4}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{2}{3}\right)$, suy ra $abc=\dfrac{32}{27}$.

Họ và tên     Lớp    

Bạn đã nộp bài!