Đề Luyện Thi Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Môn Toán Online-Đề 9

Ta có \(f'\left( x \right) = \sin x.{\sin ^2}2x,\forall x \in \mathbb{R}\) nên \(f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f'\left( x \right)\).Có \(\int {f'\left( x \right){\text{d}}x} = \int {\sin x.{{\sin }^2}2x{\text{d}}x} = \int {\sin x.\frac{{1 – \cos 4x}}{2}{\text{d}}x} = \int {\frac{{\sin x}}{2}{\text{d}}x – \int {\frac{{\sin x.\cos 4x}}{2}{\text{d}}x} } \)\( = \frac{1}{2}\int {\sin x} {\text{d}}x – \frac{1}{4}\int {\left( {\sin 5x – \sin 3x} \right){\text{d}}x = – \frac{1}{2}\cos x + \frac{1}{{20}}\cos 5x – \frac{1}{{12}}\cos 3x + C} \).Suy ra \(f\left( x \right) = – \frac{1}{2}\cos x + \frac{1}{{20}}\cos 5x – \frac{1}{{12}}\cos 3x + C,\forall x \in \mathbb{R}\). Mà \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0 \Rightarrow C = 0\).Do đó \(f\left( x \right) = – \frac{1}{2}\cos x + \frac{1}{{20}}\cos 5x – \frac{1}{{12}}\cos 3x,\forall x \in \mathbb{R}\). Khi đó:\(\begin{gathered} F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) – F\left( 0 \right) = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( { – \frac{1}{2}\cos x + \frac{1}{{20}}\cos 5x – \frac{1}{{12}}\cos 3x} \right){\text{d}}x} \hfill \\ = \left. {\left( { – \frac{1}{2}\sin x + \frac{1}{{100}}\sin 5x – \frac{1}{{36}}\sin 3x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = – \frac{{104}}{{225}} \hfill \\ \Rightarrow F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = F\left( 0 \right) – \frac{{104}}{{225}} = 0 – \frac{{104}}{{225}} = – \frac{{104}}{{225}} \hfill \\ \end{gathered} \)

Trong \(\Delta ABC\) kẻ \(CH \bot AB\)\( \Rightarrow CH \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow CH \bot SB{\kern 1pt} \left( 1 \right)\).\(BC = \sqrt {A{B^2} – A{C^2}} = a\sqrt 3 \),\(BH.BA = B{C^2}\),\( \Rightarrow BH = \frac{{3a}}{2}\), \(CH = \sqrt {B{C^2} – B{H^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).Trong \(\Delta SAB\)kẻ \(HK \bot SB\) \( \Rightarrow CK \bot SB{\kern 1pt} \left( 2 \right)\).Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow HK \bot SB\).Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(\widehat {CKH} = 60^\circ \).Trong vuông \(\Delta CKH\) có \(HK = CH.\cot 60^\circ = \frac{a}{2}\), \(BK = \sqrt {B{H^2} – H{K^2}} = a\sqrt 2 \). nên \(\frac{{SA}}{{HK}} = \frac{{AB}}{{BK}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow SA = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)
Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}}\)\( = \frac{1}{3}\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{1}{2}.a.\sqrt 3 .a = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

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.

Lấy điểm \(M \in \left( {{d_1}} \right)\): \(M\left( {2 + {t_1};1 + {t_1};1 + {t_1}} \right)\)\(N \in \left( {{d_2}} \right):\) \(N\left( {{t_2};7 – 3{t_2}; – {t_2}} \right)\)\(\overrightarrow {MN} = \left( {{t_2} – {t_1} – 2; – 3{t_2} – {t_1} + 6; – {t_2} – {t_1} – 1} \right)\)Đường thẳng \(MN\) là đường vuông góc chung \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {{u_1}} = 0} \\ {\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {{u_2}} = 0} \end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{t_2} + {t_1} = 1} \\ {11{t_2} + 3{t_1} = 19} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{t_2} = 2} \\ {{t_1} = – 1} \end{array}} \right.} \right.\)Suy ra \(M\left( {1;0;0} \right),N\left( {2;1; – 2} \right)\) và \(\overrightarrow {MN} \left( {1;1; – 2} \right)\)Phương trình đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) đi qua \(M,N\) là: \(\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z + 2}}{{ – 2}}\)

\(\Delta \) qua điểm \(M\left( { – 1;0;0} \right),\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2m; – {m^2} – 1;1 – {m^2}} \right),\left[ {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right] = \left( {0;1 – {m^2};{m^2} + 1} \right)\).Ta có:\(AB + AC + BC \geqslant BC + BC = 2BC \geqslant 2d\left( {\Delta ,\Delta '} \right) = 2d\left( {O,\Delta } \right) = \frac{{2\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}}\)\( = \frac{{2\sqrt {{{\left( {1 – {m^2}} \right)}^2} + {{\left( {{m^2} + 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt {4{m^2} + {{\left( {{m^2} + 1} \right)}^2} + {{\left( {1 – {m^2}} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {{m^4} + 1} }}{{{m^2} + 1}} = \sqrt 2 .\frac{{\sqrt {\left( {1 + 1} \right)\left( {{m^4} + 1} \right)} }}{{{m^2} + 1}}\)Dấu đạt tại \(\frac{{{m^2}}}{1} = \frac{1}{1} \Leftrightarrow m = \pm 1\), lúc này \(A \equiv C \equiv O\) và \(B\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên \(\Delta \)

Ta có \(\int\limits_0^3 {{1^2}dx.\int\limits_0^3 {\frac{{{{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}}}{{f\left( x \right) + 1}}} dx \geqslant {{\left( {\int\limits_0^3 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 1} }}dx} } \right)}^2}} \).Do đó: \({\int\limits_0^3 {\frac{{{{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}}}{{f\left( x \right) + 1}}dx \geqslant \frac{1}{3}{{\left( {\int\limits_0^3 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 1} }}} } \right)}^2} = \frac{1}{3}\left( {\mathop {\left. {2\sqrt {f\left( x \right) + 1} } \right|}\nolimits_0^3 } \right)} ^2} = \frac{4}{3}{\left( {\sqrt {f\left( 3 \right) + 1} – \sqrt {f\left( 0 \right) + 1} } \right)^2} = \frac{4}{3}\).Vì vậy dấuphải xảy ra tức là \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 1} }} = k \Rightarrow 2\sqrt {f\left( x \right) + 1} = kx + C\)Vì \(\left\{ \begin{gathered} f\left( 0 \right) = 3 \hfill \\ f\left( 3 \right) = 8 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} C = 4 \hfill \\ 3k + C = 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} k = \frac{2}{3} \hfill \\ C = 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow 2\sqrt {f\left( x \right) + 1} = \frac{2}{3}x + 4 \Rightarrow f\left( x \right)\)\( = \frac{1}{4}{\left( {\frac{2}{3}x + 4} \right)^2} – 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{55}}{9}\)

Có \({3^{f\left( x \right) + m}} \leqslant 4f\left( x \right) + 1 + 4m \Leftrightarrow {3^{f\left( x \right) + m}} – 4\left( {f\left( x \right) + m} \right) – 1 \leqslant 0\).Đặt \(t = f\left( x \right) + m\), bất phương trình trở thành : \({3^t} – 4t – 1 \leqslant 0 \Leftrightarrow 0 \leqslant t \leqslant 2 \Leftrightarrow 0 \leqslant f\left( x \right) + m \leqslant 2.\)Vậy \(ycbt \Leftrightarrow \)\(0 \leqslant f\left( x \right) + m \leqslant 2,\,\forall x \in \left[ { – 2\,;\,2} \right]\).\(\begin{gathered} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 2\,;\,2} \right]} \left( {f\left( x \right) + m} \right) \geqslant 0 \hfill \\ \mathop {\max }\limits_{\left[ { – 2\,\,;\,2} \right]} \left( {f\left( x \right) + m} \right) \leqslant 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 2\,;\,2} \right]} f\left( x \right) + m \geqslant 0 \hfill \\ \mathop {\max }\limits_{\left[ { – 2\,;\,2} \right]} f\left( x \right) + m \leqslant 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2 + m \geqslant 0 \hfill \\ 3 + m \leqslant 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow – 2 \leqslant m \leqslant – 1. \hfill \\ \hfill \\ \hfill \\ \end{gathered} \) Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0\,;\,5} \right]\) như sau:Suy ra \({\min _{\left[ {0\,;\,5} \right]}} = f\left( x \right) = f\left( 2 \right).\,\) Và \({\max _{\left[ {0\,;\,5} \right]}}f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( 0 \right),f\left( 5 \right)} \right\}\).Ta có \(f\left( 0 \right) + f\left( 3 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 5 \right) \Leftrightarrow f\left( 5 \right) – f\left( 0 \right) = f\left( 3 \right) – f\left( 2 \right)\).Vì \(f\left( x \right)\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {2\,;\,5} \right]\) nên \(f\left( 3 \right) > f\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( 5 \right) – f\left( 0 \right) > 0 \Rightarrow f\left( 5 \right) > f\left( 0 \right)\).Vậy \({\max _{\left[ {0\,;\,5} \right]}}f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( 0 \right),\,f\left( 5 \right)} \right\} = f\left( 5 \right)\).

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0\,;\,5} \right]\) như sau:Suy ra \({\min _{\left[ {0\,;\,5} \right]}} = f\left( x \right) = f\left( 2 \right).\,\) Và \({\max _{\left[ {0\,;\,5} \right]}}f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( 0 \right),f\left( 5 \right)} \right\}\).Ta có \(f\left( 0 \right) + f\left( 3 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 5 \right) \Leftrightarrow f\left( 5 \right) – f\left( 0 \right) = f\left( 3 \right) – f\left( 2 \right)\).Vì \(f\left( x \right)\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {2\,;\,5} \right]\) nên \(f\left( 3 \right) > f\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( 5 \right) – f\left( 0 \right) > 0 \Rightarrow f\left( 5 \right) > f\left( 0 \right)\).Vậy \({\max _{\left[ {0\,;\,5} \right]}}f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( 0 \right),\,f\left( 5 \right)} \right\} = f\left( 5 \right)\).

Gọi \(A\left( {a;{a^2}} \right) \in \left( P \right)\left( {a > 0} \right)\) là điểm tiếp xúc của \(\left( C \right),\left( P \right)\) nằm bên phải trục tung. Phương trình tiếp tuyến của \(\left( P \right)\) tại điểm \(A\)là \({t_A}:y = 2a\left( {x – a} \right) + {a^2}\). Vì \(\left( C \right),\left( P \right)\) tiếp xúc với nhau tại \(A\) nên \({t_A}\)là tiếp tuyến chung tại \(A\) của cả \(\left( C \right),\left( P \right)\). Do đó \(IA \bot {t_A} \Rightarrow IA:y = – \frac{1}{{2a}}\left( {x – a} \right) + {a^2} \Rightarrow I\left( {0;{a^2} + \frac{1}{2}} \right)\).Vì \(IA = 1 \Leftrightarrow {a^2} + \frac{1}{4} = 1 \Leftrightarrow a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {a > 0} \right) \Rightarrow \left( C \right):{x^2} + {\left( {y – \frac{5}{4}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow y = \frac{5}{4} \pm \sqrt {1 – {x^2}} \).Diện tích hình phẳng cần tính bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi\(\left\{ \begin{gathered} y = {x^2} \hfill \\ y = \frac{5}{4} – \sqrt {1 – {x^2}} \hfill \\ x = – \frac{{\sqrt 3 }}{2};x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \int\limits_{ – \frac{{\sqrt 3 }}{2}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\left| {{x^2} – \left( {\frac{5}{4} – \sqrt {1 – {x^2}} } \right)} \right|dx = \frac{{9\sqrt 3 – 4\pi }}{{12}}} \)

Ta có:\(y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2ax – 3 = 0\) phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệt \(x = \frac{{ – a \pm \sqrt {{a^2} + 9} }}{3}\).Đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số là: \(y = \frac{2}{3}\left( { – 3 – \frac{a}{3}} \right)x + b + \frac{a}{3}\).Ta có \({y_{cd}} = y\left( {\frac{{ – a – \sqrt {{a^2} + 9} }}{3}} \right) = \frac{2}{3}\left( { – 3 – \frac{a}{3}} \right)\left( {\frac{{ – a – \sqrt {{a^2} + 9} }}{3}} \right) + b + \frac{a}{3} > 0,\forall a,b \in {\mathbb{Z}^ + }\).Do vậy ĐTHS cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi\({y_{ct}} = y\left( {\frac{{ – a – \sqrt {{a^2} + 9} }}{3}} \right) = \frac{2}{3}\left( { – 3 – \frac{a}{3}} \right)\left( {\frac{{ – a + \sqrt {{a^2} + 9} }}{3}} \right) + b + \frac{a}{3} = \frac{{2{a^3} – 2\sqrt {{{\left( {{a^2} + 9} \right)}^3}} + 27\left( {a + b} \right)}}{{27}} < 0\)\( \Leftrightarrow b < g\left( a \right) = \frac{{2\sqrt {{{\left( {{a^2} + 9} \right)}^3}} - 2{a^3} - 27}}{{27}}\).Ta có:\(g'\left( a \right) = \frac{1}{9}\left( {2a\left( {\sqrt {{a^2} + 9} - a} \right) - 9} \right) = \frac{{2a}}{{\sqrt {{a^2} + 9} - a}} - 1 < 0,\forall a \in {\mathbb{Z}^ + }\).Ta có: \(g\left( 1 \right) \approx 1,27;g\left( 2 \right) \approx 0.879.\) Do đó \(a = 1 \Rightarrow b < 1,27 \Rightarrow \left( {a;b} \right) = \left( {1;1} \right);\)nếu \(a \geqslant 2 \Rightarrow b < g\left( a \right) \leqslant g\left( 2 \right) \approx 0,879\) trường hợp này không có cặp sô nguyên dương \(\left( {a;b} \right)\) nào.Như vậy có cặp sô nguyên dương \(\left( {a;b} \right) = \left( {1;1} \right)\) duy nhất.