Đề Luyện Thi TN THPT 2023 Môn Toán Online-Đề 11

Ta có \(f'\left( x \right) = 12\sin 2x.{\cos ^2}3x,\forall x \in \mathbb{R}\) nên \(f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f'\left( x \right)\).Có \(\int {f'\left( x \right){\text{d}}x} = \int {12\sin 2x.{{\cos }^2}3x{\text{d}}x} = \int {12.\sin 2x.\frac{{1 + \cos 6x}}{2}{\text{d}}x} = \int {6.\sin 2x{\text{d}}x + \int {6\sin 2x.\cos 6x{\text{d}}x} } \)\( = 6\int {\sin 2x} {\text{d}}x + 3\int {\left( {\sin 8x – \sin 4x} \right){\text{d}}x = – 3\cos 2x – \frac{3}{8}\cos 8x + \frac{3}{4}\cos 4x + C} \).Suy ra\(f\left( x \right) = – 3\cos 2x – \frac{3}{8}\cos 8x + \frac{3}{4}\cos 4x + C\). Mà \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{{27}}{8} \Rightarrow C = 0\).Do đó. Khi đó:\(\begin{gathered} F\left( \pi \right) – F\left( 0 \right) = \int\limits_0^\pi {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_0^\pi {\left( { – 3\cos 2x – \frac{3}{8}\cos 8x + \frac{3}{4}\cos 4x} \right){\text{d}}x} \hfill \\ = \left. {\left( { – \frac{3}{2}\sin 2x – \frac{3}{{64}}\sin 8x + \frac{3}{{16}}\sin 4x} \right)} \right|_0^\pi = 0 \hfill \\ \Rightarrow F\left( \pi \right) = F\left( 0 \right) + 0 = – \frac{{21}}{8} + 0 = – \frac{{21}}{8} \hfill \\ \end{gathered} \)

Gọi \(O = AC \cap BD\).\(AO \bot BD \Rightarrow SO \bot BD\). Nên góc của \(\left( {SBD} \right)\) và \(ABCD\) là góc \(\widehat {SOA} = {60^0}\).\({V_{S.ADN}} = \frac{1}{2}.{V_{S.ADC}} = \frac{1}{4}.{V_{S.ABCD}}\) và \({V_{S.AMN}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}\).\( \Rightarrow {V_{S.ADMN}} = {V_{S.ADN}} + {V_{S.AMN}} = \frac{3}{8}{V_{S.ABCD}}\).\(SA = AO.\tan \widehat {SOA} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) \( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).\( \Rightarrow {V_{S.ADMN}} = \frac{3}{8}.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{16}}\).

Theo định lý Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{gathered} {z_1} + {z_2} = – 4a \hfill \\ {z_1}{z_2} = {b^2} + 2\, \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Theo yêu cầu bài toán, phương trình đã cho có hai nghiệm \({z_1},\,\,{z_2}\) thỏa mãn\({z_1} + 2i{z_2} = 3 + 3i\)\( \Leftrightarrow {z_1} + 2i{z_2} – 3 – 3i = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {{z_1} + 2i{z_2} – 3 – 3i} \right)\left( {{z_2} + 2i{z_1} – 3 – 3i} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow – 3{z_1}{z_2} – \left( {1 + 2i} \right)\left( {3 + 3i} \right)\left( {{z_1} + {z_2}} \right) + 18i + 2i\left( {z_1^2 + z_2^2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow – 3\left( {{b^2} + 2} \right) + \left( {3 – 9i} \right)\left( { – 4a} \right) + 18i + 2i\left[ {{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} – 2{z_1}{z_2}} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow – 3\left( {{b^2} + 2} \right) + \left( {3 – 9i} \right)\left( { – 4a} \right) + 18i + 2i\left[ {16{a^2} – 2\left( {{b^2} + 2} \right)} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} – 3\left( {{b^2} + 2} \right) – 12a = 0 \hfill \\ 36a + 18 + 32{a^2} – 4\left( {{b^2} + 2} \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {b^2} + 2 = – 4a \hfill \\ 36a + 18 + 32{a^2} + 16a = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {b^2} + 2 = – 4a \hfill \\ 32{a^2} + 52a + 18 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {b^2} + 2 = – 4a \hfill \\ \left[ \begin{gathered} a = – \frac{1}{2} \hfill \\ a = – \frac{9}{8} \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a = – \frac{1}{2};b = 0 \hfill \\ a = – \frac{9}{8};{b^2} = \frac{5}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a = – \frac{1}{2};b = 0 \hfill \\ a = – \frac{9}{8};b = \pm \frac{{\sqrt {10} }}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right..\)Vậy có \(3\) cặp số thực \(\left( {a;\,b\,} \right)\) thỏa mãn bài toán.

Ta có: \({\overrightarrow u _{{d_1}}} = \left( {1;4; – 2} \right)\)\({d_2}:\frac{{x – 2}}{1}\, = \,\frac{{y + 1}}{{ – 1}}\, = \frac{{z – 1}}{1}\) nên phương trình tham số của \({d_2}:\left\{ \begin{gathered} x = 2 + t \hfill \\ y = – 1 – t \hfill \\ z = 1 + t \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)Gọi đường thẳng \(d\) cắt đường thẳng \({d_2}\) tại \(M\left( {2 + t; – 1 – t;1 + t} \right)\)Ta có: \(\overrightarrow {AM} = \left( {1 + t; – t;t – 2} \right)\)Đường thẳng \(d\) đi qua \(A;M\) nên vectơ chỉ phương \({\overrightarrow u _d} = \left( {1 + t; – t;t – 2} \right)\)Theo đề bài \(d\) vuông góc \({d_1}\) \( \Rightarrow {\overrightarrow u _d} \bot {\overrightarrow u _{{d_1}}} \Leftrightarrow {\overrightarrow u _d}.{\overrightarrow u _{{d_1}}} = 0 \Leftrightarrow 1.\left( {1 + t} \right) + 4\left( { – t} \right) – 2\left( {t – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1\)\( \Rightarrow {\overrightarrow u _d} = \left( {2; – 1; – 1} \right)\)Phương trình đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {1; – 1;3} \right)\) và có \({\overrightarrow u _d} = \left( {2; – 1; – 1} \right)\) có dạng:\(\frac{{x – 1}}{2}\, = \,\frac{{y + 1}}{{ – 1}}\, = \,\frac{{z – 3}}{{ – 1}}\).

Ta có: \(\frac{{{V_{D.MNP}}}}{{{V_{D.HIK}}}} = \frac{{DM}}{{DH}}.\frac{{DN}}{{DI}}.\frac{{DP}}{{DK}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} \Rightarrow {V_{D.MNP}} = \frac{8}{{27}}{V_{D.HIK}} = \frac{8}{{27}}.\frac{1}{4}{V_{D.ABC}} = \frac{2}{{27}}.{V_{D.ABC}}\)Ta có: \({V_{D.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.AC.sinA.DE \leqslant \frac{1}{6}AB.AC.DE\)(\(DE\) là đường cao của hình chóp \(D.ABC\) )
Dấu bằng xảy ra khi: \(DA = DE\) và $ BAC=900

Xét \(u\left( x \right) = f\left( {xf\left( x \right)} \right) + \frac{3}{4}\).
Ta có: \(f\left( x \right) + \frac{3}{4} = \frac{7}{{16}}x{\left( {x – 3} \right)^2} \Rightarrow u\left( x \right) = f\left( {xf\left( x \right)} \right) + \frac{3}{4} = \frac{7}{{16}}xf\left( x \right){\left( {xf\left( x \right) – 3} \right)^2}\) có 4 lần đổi dấu
Xét \(u'\left( x \right) = \left( {f\left( x \right) + xf'\left( x \right)} \right)f'\left( {xf\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( x \right) + xf'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 3{n_0}\;\left( 1 \right) \hfill \\ xf\left( x \right) = 1 \Rightarrow 4{n_0}\;\left( 2 \right) \hfill \\ xf\left( x \right) = 3 \Rightarrow 2{n_0}\;\left( 3 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\) có \(9\) lần đổi dấu.
Thật vậy:\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{7}{{16}}{x^3} – \frac{{21}}{8}{x^2} + \frac{{63}}{{16}}x – \frac{3}{4} + x\left( {\frac{{21}}{{16}}{x^2} – \frac{{21}}{4}x + \frac{{63}}{{16}}} \right) = 0 \Rightarrow 3{n_0}\).\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow x\left( {\frac{7}{{16}}{x^3} – \frac{{21}}{8}{x^2} + \frac{{63}}{{16}}x – \frac{3}{4}} \right) – 1 = 0 \Rightarrow 4{n_0}\)Và \(\left( 3 \right) \Leftrightarrow x\left( {\frac{7}{{16}}{x^3} – \frac{{21}}{8}{x^2} + \frac{{63}}{{16}}x – \frac{3}{4}} \right) – 3 = 0 \Rightarrow 2{n_0}\).
Do đó: \(u\left( x \right)\) có 9 điểm cực trị
Vậy hàm số \(g\left( x \right) = \left| {u\left( x \right)} \right|\) có \(9 + 4 = 13\) điểm cực trị.

Mặt cầu có tâm \(I\left( { – 2; – 1;2} \right)\), \(R = 3\).Ta có . Đường thẳng \(AB:\frac{{x – 5}}{4} = \frac{y}{{ – 3}} = \frac{{z – 3}}{1}\).Gọi \(H = AB \cap \left( {IMN} \right)\) khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {IM \bot \left( P \right) \supset AB} \\ {IN \bot \left( Q \right) \supset AB} \end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {IMN} \right)} \right.\).Do đó \(H\left( {1;3;2} \right)\) là tọa độ hình chiếu vuông góc của \(I\) trên đường thẳng \(AB\). Dễ thấy \(H \equiv A\) và \(IA \bot MN\) tại trung điểm \(K\) của \(MN\).Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có\(IK.IA = I{M^2} = {R^2} = 9 \Leftrightarrow IK = \frac{9}{{IA}} = \frac{9}{5} \Rightarrow AK = IA – IK = 5 – \frac{9}{5} = \frac{{16}}{5}\).\(MN = 2MK = 2\sqrt {{R^2} – I{K^2}} = 2\sqrt 9 \).Hình chóp \(.AMN\) có cạnh bên \(BA\) vuông góc với đáy nên \({R_{ABMN}} = \sqrt {R_{AMN}^2 + A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {104} }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {129} }}{2}\).Trong đó \({R_{AMN}} = {R_{IMN}} = \frac{{MN}}{{2\sin \widehat {MIN}}} = \frac{{\frac{{24}}{5}}}{{2\sqrt {1 – {{\left( {\frac{{{3^2} + {3^2} – {{\left( {\frac{{24}}{5}} \right)}^2}}}{{2.3.3}}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{2}\) (do tứ giác \(IMAN\)nội tiếp).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{\log }_2}x = t} \\ {{{\log }_3}y = \frac{1}{t}} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{r}} {x = {2^t}} \\ {y = {3^{\frac{1}{t}}}} \end{array} \Rightarrow m = g\left( t \right) = {4^t} + {{27}^{\frac{1}{t}}}} \right.} \right.\).Ta có \(g'\left( t \right) = {4^t}\ln 4 – \frac{1}{{{t^2}}}{27^{\frac{1}{t}}}\ln 27\).\(g''\left( t \right) = {4^t}{\ln ^2}4 + \frac{2}{{{t^3}}}{27^{\frac{1}{t}}}\ln 27 + \frac{1}{{{t^4}}}{27^{\frac{1}{t}}}{\ln ^2}27 > 0,\forall t > 0\)
Nếu \(t < 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {0 < x < 1} \\ {0 < y < 1} \end{array} \Rightarrow {x^2} + {y^3} < 1 + 1 = 2 \leqslant m} \right.\) (loại). Nếu \(t > 0 \Rightarrow g'\left( t \right) = 0\) có đúng một nghiệm \(t = {t_0} \approx 1,5419\); \(g\left( {{t_0}} \right) \approx 16,9568\).
Suy ra \(m \in \left\{ {17, \ldots ,2023} \right\}\).
Vậy có 2007 số nguyên thỏa mãn

Đặt \(t = a{x^2} – 1\) \(\left( {t > – 1} \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} = \frac{1}{a}\left( {t + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = \frac{1}{{\sqrt a }}\sqrt {t + 1} ,\,\left( {x > 0} \right) \hfill \\ x = – \frac{1}{{\sqrt a }}\sqrt {t + 1} ,\,\left( {x < 0} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( t \right) = \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {t + 1} }} \hfill \\ f\left( t \right) = - \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {t + 1} }} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Vẽ thêm đồ thị hai hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {x + 1} }}\); \(h\left( x \right) = - \frac{{\sqrt a }}{{b\sqrt {x + 1} }}\).Vậy phương trình có 7 nghiệm khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{gathered} g\left( 1 \right) < 1 \hfill \\ h\left( 3 \right) > \frac{3}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt 2 b}} < 1 \hfill \\ - \frac{{\sqrt a }}{{2b}} > – \frac{3}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \sqrt a < \sqrt 2 b\)\( \Leftrightarrow a < 2{b^2}\).+ Nếu \(2{b^2} > 15\)\( \Rightarrow b \in \left\{ {3;…;15} \right\}\)\( \Rightarrow a \in \left\{ {1;…;16 – b} \right\}\)\( \Rightarrow \sum\limits_{b = 3}^{15} {\left( {16 – b} \right)} = 91\) cặp.+) Nếu \(2{b^2} \leqslant 15\)\( \Rightarrow \left[ \begin{gathered} b = 1 \Rightarrow a < 2 \Rightarrow a = 1 \hfill \\ b = 2 \Rightarrow a < 8 \Rightarrow a \in \left\{ {1;...;7} \right\} \hfill \\ \end{gathered} \right.\) có 8 cặp.Vậy tất cả có 99 cặp số nguyên dương thỏa mãn.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c;f''\left( x \right) = 6ax + 2b \Rightarrow f''\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 12a + 2b = 0 \Leftrightarrow b = – 2a\)Vậy \(f\left( x \right) = a{x^3} – 6a{x^2} + cx – 1\).Do \(f\left( x \right)\) là hàm số bậc ba và \(g\left( x \right)\) là hàm số bậc hai và quan sát đồ thị đã cho tại các điểm cực trị \({x_0}\)của \(f\left( x \right)\) thì \(g\left( {{x_0}} \right) = 0\)Do đó: \(g\left( x \right) = k.f'\left( x \right) \Leftrightarrow m{x^2} + nx + 1 = k\left( {3a{x^2} – 12ax + c} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m = 3ka \hfill \\ n = – 12ka \hfill \\ 1 = kc \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow g\left( x \right) = 3ka\left( {{x^2} – 4x} \right) + 1\)\(\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} g\left( x \right) = g\left( 2 \right) = 1 – 12ka = – \frac{1}{3} \Leftrightarrow ka = \frac{1}{9} \Rightarrow g\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)\).Phương trình hoành độ giao điểm:\(f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + 3x – 1 = \frac{1}{3}\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{5 – \sqrt {13} }}{2};x = \frac{{5 + \sqrt {13} }}{2}.\)Vậy diện tích cần tính cần tính là:\(S = – \int\limits_0^{\frac{{5 – \sqrt {13} }}{2}} {\left( {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right)} dx = – \int\limits_0^{\frac{{5 – \sqrt {13} }}{2}} {\left( {\frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + 3x – 1 – \frac{1}{3}\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)} \right)} dx = \frac{{89 – 13\sqrt {13} }}{{72}} \approx 0,5851\)