Đề Luyện Thi TN THPT Năm 2023 Môn Toán Online-Đề 10

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AO\\
BD \bot AA’
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AOA’} \right) \Rightarrow A’O \bot BD\).
Khi đó
\(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AOA’} \right) \bot \left( {A’BD} \right)\\
\left( {AOA’} \right) \cap \left( {A’BD} \right) = A’O\\
Trong\,\left( {AOA’} \right):AH \bot A’O
\end{array} \right.\).

Xét \(I = \int\limits_{1/e}^{{e^2}} {\frac{{f\left( {\ln x – 1} \right)}}{x}} dx\).Đặt \(u = \ln x – 1 \Rightarrow du = \frac{1}{x}dx\). Đổi cận \(\left\{ \begin{gathered} x = \frac{1}{e} \Rightarrow u = – 2 \hfill \\ x = {e^2} \Rightarrow u = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Khi đó \(I = \int\limits_{ – 2}^1 {f\left( u \right)du} = \int\limits_{ – 2}^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \)\( = \int\limits_{ – 2}^0 {\left( {{x^2} – 2x + 2} \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} + 1} \right)dx} \)\( = \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} – {x^2} + 2x} \right)} \right|_{ – 2}^0 + \left. {\left( {{e^x} + x} \right)} \right|_0^1 = \frac{{32}}{3} + e\).Do đó \(a = 32,b = 3,c = 1 \Rightarrow a + b + c = 36\).

Gọi \(M\left( {x;\,y} \right)\) là điểm biểu diễn của số phức \(z = x + iy\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\), \(E\) là điểm biểu diễn của số phức \(w\). Từ giả thiết suy ra \(M\) thuộc đường tròn tâm \(O\left( {0;\,0} \right)\), bán kính \({R_1} = 2\); \(E\) thuộc đường tròn tâm \(I\left( {3;\, – 2} \right)\), bán kính \({R_2} = 1\);Ta có\(\begin{gathered} P = \left| {{z^2} – 2zw – 4} \right| = \left| {{z^2} – 2zw – {{\left| z \right|}^2}} \right| = \left| {{z^2} – 2zw – z.\overline z } \right| = \left| z \right|.\left| {z – 2w – \overline z } \right| \hfill \\ \,\,\,\,\, = 2.\left| {z – 2w – \overline z } \right| = 2.\left| {2y – 2w} \right| = 4\left| {y – w} \right| = 4KE \geqslant HN \hfill \\ \end{gathered} \)\( \Rightarrow P \geqslant 4\left( {HI + {R_2}} \right) \Leftrightarrow P \geqslant 24\)Trong đó \(K\left( {0;\,y} \right)\), \( – 2 \leqslant y \leqslant 2\), \(H\left( {0;\,2} \right),\,N\) là giao điểm của đường tròn \(\left( I \right)\) và đường thẳng \(IH\), \({x_N} > 3\).

Gọi bán kính đáy của cốc nước hình trụ là \(r\), suy ra chiều cao cốc nước bằng \(6r\).Khi đó thể tích khối trụ bằng lượng nước ban đầu: \({V_1} = \pi {r^2}.6r = 6\pi {r^3}\).Thể tích khối cầu bằng: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).Khối nón có chiều cao bằng \(h = 6r – 2r = 4r\) nên thể tích bằng \({V_3} = \frac{1}{3}\pi {r^2}.h = \frac{1}{3}\pi {r^2}.4r = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).Phần thể tích nước tràn ra đúng bằng thể tích chiếm chỗ của khối cầu và khối nón.Suy ra thể tích lượng nước còn lại bằng: \(V = {V_1} – \left( {{V_2} + {V_3}} \right) = 6\pi {r^3} – \left( {\frac{4}{3}\pi {r^3} + \frac{4}{3}\pi {r^3}} \right) = \frac{{10}}{3}\pi {r^3}\).Vậy tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu bằng \(\frac{{\frac{{10}}{3}\pi {r^3}}}{{6\pi {r^3}}} = \frac{5}{9}\).

Mặt phẳng \((P)\) song song với mặt phẳng \((Q):x + 2y + 2z – 3 = 0\) nên phương trình mp\((P):\,x + 2y + 2{\text{z}} + d = 0\).\(A\left( {3,0,0} \right) \in \left( Q \right)\).Mặt phẳng \((P)\) cách mặt phẳng `\((Q):x + 2y + 2z – 3 = 0\) một khoảng bằng 1 \( \Rightarrow d\left( {A,\left( P \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {3 + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 1 \Leftrightarrow \left| {d + 3} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} d = – 6 \hfill \\ d = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Vì \((P)\) không qua gốc tọa độ O nên \(d \ne 0\) \( \Rightarrow d = – 6\).Vậy pt mặt phẳng \(\left( P \right)\) : \(x + 2y + 2z – 6 = 0\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} – 3} \right)f'\left( {{x^3} – 3x + 2} \right)\), \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 3{x^3} – 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \hfill \\ f'\left( {{x^3} – 3x + 2} \right) = 0\,\,\,(2) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\((1) \Leftrightarrow x = \pm 1\).Dựa vào đồ thị đã cho thì \((2) \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {x^3} – 3x + 2 = a \in \left( { – 3; – 1} \right) \hfill \\ {x^3} – 3x + 2 = b \in \left( { – 1;0} \right) \hfill \\ {x^3} – 3x + 2 = c \in \left( {0;1} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} – 3x + 2 \Rightarrow g'\left( x \right) = 3{x^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = – 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\)Dựa vào bảng biến thiên ta có:phương trình \({x^3} – 3x + 2 = a \in \left( { – 3; – 1} \right)\) có 1 nghiệm đơnphương trình \({x^3} – 3x + 2 = b \in \left( { – 1;0} \right)\) có 1 nghiệm đơnphương trình \({x^3} – 3x + 2 = c \in \left( {0;1} \right)\) có 3 nghiệm phân biệtTa có \(5\) nghiệm đơn trên đôi một khác nhau và khác \( \pm 1\). Vậy hàm số có 7 điểm cực trị.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{gathered} x > 0 \hfill \\ {5^x} – m \geqslant 0\,\,\left( {m > 0} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x > 0 \hfill \\ x \geqslant {\log _5}m \hfill \\ \end{gathered} \right.\).\(\left( {2\log _3^2x – {{\log }_3}x – 1} \right)\sqrt {{5^x} – m} = 0\) (1)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 2\log _3^2x – {\log _3}x – 1 = 0 \hfill \\ {5^x} – m = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 3,x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \hfill \\ f\left( x \right) = {5^x} = m \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Xét \(f\left( x \right) = {5^x}\) hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì\(\left[ \begin{gathered} m = 1 \hfill \\ {5^{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} \leqslant m < 125 \hfill \\ \end{gathered} \right.\), \(m \in {\mathbb{Z}_ + }\) \( \Rightarrow \left[ \begin{gathered} 0 < m \leqslant 1 \hfill \\ 3 \leqslant m \leqslant 124 \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Nên có 123 giá trị m thoả mãn.

\(M = \int\limits_{ – 3}^1 {\left( { – x – 1 – f\left( x \right)} \right)} dx \Leftrightarrow M = \int\limits_{ – 3}^1 {\left( { – x – 1} \right)} dx – \int\limits_{ – 3}^1 {f\left( x \right)} dx \Leftrightarrow \int\limits_{ – 3}^1 {f\left( x \right)} dx = – M\)\(m = \int\limits_1^3 {\left( {f\left( x \right) + x + 1} \right)} dx \Leftrightarrow m = \int\limits_1^3 {\left( {x + 1} \right)} dx + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} dx \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} dx = m – 6\).\(\int\limits_{ – 3}^3 {f(x)dx} = \int\limits_{ – 3}^1 {f(x)dx} + \int\limits_1^3 {f(x)dx} = – M + m – 6\).

Đặt \(\widehat {BAN} = \alpha \) suy ra \(\widehat {MAD} = 45^\circ – \alpha \).Khi đó \(AN = \frac{{AB}}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{{\cos \alpha }}\) và \(AM = \frac{{AD}}{{\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}} = \frac{1}{{\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}}\).Do đó diện tích tam giác \(AMN\) bằng \({B_{AMN}} = \frac{1}{2}AM.AN.\sin 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\frac{1}{{\cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}}\).Thể tích \(S.AMN\) bằng \({V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}{B_{AMN}}.SA = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}.\frac{1}{{\cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)}}\).Thể tích của khối chóp \(S.AMN\) nhỏ nhất khi \(\cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)\) lớn nhất.Xét \(f\left( \alpha \right) = \cos \alpha .\cos \left( {45^\circ – \alpha } \right)\) trong đó \(\alpha \in \left( {0^\circ ;45^\circ } \right)\).Ta có \(f'\left( \alpha \right) = \sin \left( {45^\circ – 2\alpha } \right)\); \(f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow \alpha = \frac{{45^\circ }}{2}\).Bảng biến thiênTừ bảng biến thiên ta có \(\mathop {\max }\limits_{\alpha \in \left[ {0^\circ ;45^\circ } \right]} f\left( \alpha \right) = f\left( {\frac{{45^\circ }}{2}} \right) = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{4}\).Vậy thể tích nhỏ nhất của \(S.AMN\) bằng \({V_{S.AMN}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}.\frac{1}{{\frac{{2 + \sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{\sqrt 2 – 1}}{3}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; – 1;2} \right),R = 3,IM = 5\).Gọi \(A,B\) là các tiếp điểm. Khi đó các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ \(M\) tới mặt cầu đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(J\) là trung điểm của dây \(AB\).Xét \(\Delta IAM\) có \(I{A^2} = IJ.IM \Leftrightarrow I{J^2} = \frac{9}{{25}}\).Phương trình \(IM:\left\{ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ y = – 1 + 4t \hfill \\ z = 2 – 3t \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Vì \(J \in IM \Rightarrow J\left( {1;4t – 1;2 – 3t} \right),t \in \mathbb{R}\).Ta có: \(I{J^2} = \frac{9}{{25}} \Leftrightarrow {\left( {4t} \right)^2} + {\left( { – 3t} \right)^2} = \frac{{81}}{{25}} \Leftrightarrow {t^2} = \frac{{81}}{{{{25}^2}}} \Rightarrow \left[ \begin{gathered} t = \frac{9}{{25}} \hfill \\ t = – \frac{9}{{25}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).+) Với \(t = \frac{9}{{25}} \Rightarrow J\left( {1;\frac{{11}}{{25}};\frac{{23}}{{25}}} \right) \Rightarrow T = 2a + b + c = \frac{{84}}{{25}}\).+) Với \(t = – \frac{9}{{25}} \Rightarrow J\left( {1;\frac{{ – 61}}{{25}};\frac{{77}}{{25}}} \right) \Rightarrow T = 2a + b + c = \frac{{66}}{{25}}\). (loại)