Đề Ôn Thi TN THPT 2023 Môn Toán Online-Đề 12

Đặt \(t = 1 – 2\sin x\); \(t' = – 2\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2}\).Lập bảng biến thiênDựa vào bảng biến thiên, yêu cầu bài toán tương đương\( – 3 \leqslant m < 1 \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\} \Rightarrow \sum m = - 6\).

Lấy \(A\left( {2{t_1}; – 1 + {t_1}; – 3 – 2{t_1}} \right) \in {d_1}\) và \(B\left( { – 2 + {t_2};3 – 3{t_2};2{t_2}} \right) \in {d_2}\).Ta chọn \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {AB} = \left( {{t_2} – 2{t_1} – 2; – 3{t_2} – {t_1} + 4;2{t_2} + 2{t_1} + 3} \right)\).Vì \(\Delta \) song song với \(d\) nên\(\begin{gathered} \frac{{{t_2} – 2{t_1} – 2}}{1} = \frac{{ – 3{t_2} – {t_1} + 4}}{2} = \frac{{2{t_2} + 2{t_1} + 3}}{3} \hfill \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {t_1} = – 1 \hfill \\ {t_2} = 1. \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \)Suy ra \(A\left( { – 2; – 2; – 1} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1;2;3} \right)\).Phương trình đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{gathered} x = – 2 + t \hfill \\ y = – 2 + 2t \hfill \\ z = – 1 + 3t \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Chọn \(t = 6 \Rightarrow M\left( {4;10;17} \right)\).

Dựng \(BH \bot SC\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right) \Rightarrow SC \bot DH\)\( \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {BH,DH} \right)\)TH1: \(\cos \widehat {BHD} = – \frac{9}{{16}}\)Ta có: \(BD = AC\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) \(B{D^2} = B{H^2} + D{H^2} – 2BH \cdot DH \cdot \cos \widehat {BHD}\)Mà \(BH = DH\left( {\Delta SBC = \Delta SDC} \right)\)Nên \(B{D^2} = B{H^2} + B{H^2} – 2BH \cdot BH \cdot \frac{{ – 9}}{{16}} = \frac{{25}}{8}B{H^2}\) \( \Rightarrow B{H^2} = \frac{8}{{25}}2{a^2} \Leftrightarrow BH = \frac{4}{5}a\) \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{B^2}}} = \frac{1}{{B{H^2}}} – \frac{1}{{B{C^2}}} \Leftrightarrow SB = \frac{{BH \cdot BC}}{{\sqrt {B{C^2} – B{H^2}} }} = \frac{4}{3}a\) \(SA = \sqrt {S{B^2} – A{B^2}} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}a\)\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot AB \cdot AD = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 7 }}{3}a \cdot a \cdot a = \frac{{\sqrt 7 }}{9}{a^3}\)TH2: \(\cos \widehat {BHD} = \frac{9}{{16}}\)Ta có: \(B{D^2} = B{H^2} + D{H^2} – 2BH \cdot DH \cdot \cos \widehat {BHD} = B{H^2} + B{H^2} – 2BH \cdot BH \cdot \frac{9}{{16}} = \frac{7}{8}B{H^2}\) \( \Rightarrow B{H^2} = \frac{8}{7}2{a^2} \Leftrightarrow BH = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}a > BC\)(vô lý)

Ta có: Nhánh ngoài cùng bên phải của đồ thị đi xuống \( \Rightarrow a < 0\) Tại \(x = 0\) đồ thị đang đi xuống \( \Rightarrow y'\left( 0 \right) < 0 \Rightarrow c < 0\) Điểm uốn của đồ thị có hoành độ âm \( \Rightarrow \frac{{ - b}}{{3a}} < 0 \Leftrightarrow \frac{b}{{3a}} > 0\) mà \(a < 0\) nên \(b < 0\)

Đặt \(z = x + yi\), \(x,y \in \mathbb{R}\), từ giả thiết ta có hệ\(\left\{ \begin{gathered} {x^2} + {y^2} = 25 \hfill \\ {(x + 2)^2} + {y^2} = {(x + 2)^2} + {(y – 10)^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x^2} + {y^2} = 25 \hfill \\ y = 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ y = 5 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Vậy \(z = 5i\), suy ra \(z – 1 – 3i = – 1 + 2i\), do đó \(\left| {z – 1 – 3i} \right| = \sqrt 5 \).

Từ đồ thị ta thấy hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(g(x)\) với trục hoành chính là điểm cực trị của hàm số \(f(x)\). Do đó: \(f'(x) = k.g(x)\). Hay: \(4a{x^3} – 3{x^2} + 2 = k\left( {b{x^3} – c{x^2} + 2} \right)\)Suy ra: \(\left\{ \begin{gathered} k = 1 \hfill \\ b = 3a \hfill \\ c = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Hay: \(g(x) = 4a{x^3} – 3{x^2} + 2\), suy ra: \(f(x) – g(x) = a{x^4} – {x^3} + 2x + 2 – 4a{x^3} + 3{x^2} – 2 = a{x^4} – \left( {1 + 4a} \right){x^3} + 3{x^2} + 2x\)Khi đó: \({S_1} = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left( {f(x) – g(x)} \right)dx} \)\( = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left( {a{x^4} – \left( {1 + 4a} \right){x^3} + 3{x^2} + 2x} \right)dx} = \frac{{221}}{{640}} \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}\)Vậy \({S_2} = \int\limits_{\frac{3}{2}}^2 {\left( {\frac{1}{4}{x^4} – {x^3} + 2x + 2} \right)} \,dx = \frac{{791}}{{640}}.\)

Ta có \({2^x} – {\log _2}\left( {{y^2} + 615} \right) = {y^2} – x + 615\)\( \Leftrightarrow x + {2^x} = {\log _2}\left( {{y^2} + 615} \right) + \left( {{y^2} + 615} \right)\)\( \Leftrightarrow x = {\log _2}\left( {{y^2} + 615} \right)\)\( \Leftrightarrow {2^x} = {y^2} + 615\)
Vì \(y \in [0;2023]\) nên \({y^2} + 615 \in [615;{2023^2} + 615] \Rightarrow {2^x} \in [615;{2023^2} + 615]\).\(\begin{gathered} \Rightarrow 615 \leqslant {2^x} \leqslant {2023^2} + 615 \Rightarrow 9,28 \leqslant x \leqslant 21,9 \hfill \\ \Rightarrow x \in [10;21] \hfill \\ \end{gathered} \)
Bảng giá trị tương ứng:
Vậy ta có một cặp duy nhất thoả mãn bài toán là \(x = 12\) và \(y = 59\).

Ta có: \(g(x) = {2^{ – \frac{1}{{{x^4}}}}}{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^3}.\)\( \Rightarrow g'(x) = {2^{ – \frac{1}{{{x^4}}}}}\frac{{4\ln 2}}{{{x^5}}}{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^3} + {2^{ – \frac{1}{{{x^4}}}}}.3.2f'\left( {2x + 1} \right){\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^2}\)\( \Leftrightarrow g'(x) = {2.2^{\frac{{ – 1}}{{{x^4}}}}}{\left[ {f\left( {2x + 1} \right)} \right]^2}\left( {\frac{{2\ln 2}}{{{x^5}}}f\left( {2x + 1} \right) + 3f'\left( {2x + 1} \right)} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {f^2}\left( {2x + 1} \right) = 0{\mkern 1mu} \hfill \\ \begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{2\ln 2}}{{{x^5}}}f\left( {2x + 1} \right) + 3f'\left( {2x + 1} \right) = 0}&{\left( * \right)} \end{array} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Do các nghiệm của phương trình \({f^2}\left( {2x + 1} \right) = 0{\mkern 1mu} \) là các nghiệm bội chẵn nên số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right)\) là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(\left( * \right)\).Xét phương trình \(\frac{{2\ln 2}}{{{x^5}}}f\left( {2x + 1} \right) + 3f'\left( {2x + 1} \right) = 0\).Đặt \(t = 2x + 1\) ta được \(\frac{{{2^6}.\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}}f(t) + 3f'(t) = 0\).Từ bảng biến thiên ta thấy được phương trình \(f\left( t \right) = 0\) có 4 nghiệm \({t_1}\),\({t_2}\),\({t_3}\),\({t_4}\).\( \Rightarrow f\left( t \right) = a\left( {t – {t_1}} \right)\left( {t – {t_2}} \right)\left( {t – {t_3}} \right)\left( {t – {t_4}} \right)\)\( \Rightarrow f'\left( t \right) = a\left[ {\left( {t – {t_2}} \right)\left( {t – {t_3}} \right)\left( {t – {t_4}} \right) + \left( {t – {t_1}} \right)\left( {t – {t_3}} \right)\left( {t – {t_4}} \right) + \left( {t – {t_1}} \right)\left( {t – {t_2}} \right)\left( {t – {t_4}} \right) + \left( {t – {t_1}} \right)\left( {t – {t_2}} \right)\left( {t – {t_3}} \right)} \right]\)Do 4 nghiệm \({t_1}\),\({t_2}\),\({t_3}\),\({t_4}\) không là nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) nên:\(\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{{2^6}.\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}}f(t) + 3f'(t) = 0 \Rightarrow \frac{{{2^6}.\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}} + 3\frac{{f'(t)}}{{f(t)}} = 0}&{\left( {**} \right)} \end{array}\)Thay \(f\left( t \right)\) và \(f'\left( t \right)\) vào \(\left( {**} \right)\) ta có:\(\frac{{{2^6}\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}} + \frac{3}{{t – {t_1}}} + \frac{3}{{t – {t_2}}} + \frac{3}{{t – {t_3}}} + \frac{3}{{t – {t_4}}} = 0\)Xét hàm số \(h\left( t \right) = \frac{{{2^6}\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^5}}} + \frac{3}{{t – {t_1}}} + \frac{3}{{t – {t_2}}} + \frac{3}{{t – {t_3}}} + \frac{3}{{t – {t_4}}}\) với \(t \ne 1,t \ne {t_i}\left( {i = \overline {1,4} } \right)\).\( \Rightarrow h'\left( t \right) = \frac{{ – {2^6}.5.\ln 2}}{{{{\left( {t – 1} \right)}^6}}} + \frac{{ – 3}}{{{{\left( {t – {t_1}} \right)}^2}}} + \frac{{ – 3}}{{{{\left( {t – {t_2}} \right)}^2}}} + \frac{{ – 3}}{{{{\left( {t – {t_3}} \right)}^2}}} + \frac{{ – 3}}{{{{\left( {t – {t_4}} \right)}^2}}} < 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\forall ^{}}t \ne 1,t \ne {t_i}\left( {i = \overline {1,4} } \right)\).Ta có bảng biến thiên của \(h\left( t \right)\):Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình \(h\left( t \right) = 0\) luôn có 4 nghiệm đơn phân biệt do đó hàm số \(g(x)\) có 4 điểm cực trị.

Gọi \(z = x + yi\,;\quad x;y \in \mathbb{R}.\)Xét \(\left| {z + \bar z – 2} \right| + 3\left| {z – \bar z + 4i} \right| \leqslant 6 \Leftrightarrow \left| {x – 1} \right| + \left| {3y + 6} \right| \leqslant 3.\quad \quad (1)\)Tập hợp những điểm biểu diễn \(z = x + yi\,;\quad x;y \in \mathbb{R}.\) thỏa mãn (1) là miền trong (tính cả biên) của hình thoi \(ABCD\) với \(A\left( { – 2; – 2} \right)\); \(B\left( {1; – 1} \right)\); \(C\left( {4; – 2} \right)\); \(D\left( {1; – 3} \right)\) tạo bởi 4 đường thẳng \(\left| {x – 1} \right| + \left| {3y + 6} \right| \leqslant 3.\) Ta có: \(\left| {z – 1 – i} \right| \leqslant \left| {z + 3 + i} \right| \Leftrightarrow 2x + y + 2 \geqslant 0\)Tập hợp những điểm biểu diễn \(z\) thỏa mãn (2) là nữa mặt phẳng chứa điểm \(O\)( kể cả bờ đường thẳng \(2x + y + 2 = 0\)). Suy ra tập hợp những điểm biểu diễn \(z = x + yi\,;\quad x;y \in \mathbb{R}.\) thỏa mãn (1) và \(\left( 2 \right)\) là miền trong (tính cả biên) của ngũ giác \(EBCDF\) với \(E\left( {\frac{{ – 2}}{7};\frac{{ – 10}}{7}} \right)\); \(B\left( {1; – 1} \right)\); \(C\left( {4; – 2} \right)\); \(D\left( {1; – 3} \right)\); \(F\left( {\frac{2}{5};\frac{{ – 14}}{5}} \right)\)Biểu thức \(P = 2x + 3y + 5\) sẽ đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên miền trong (tính cả biên) của ngũ giác \(EBCDF\) khi \(\left( {x;y} \right)\) là toạ độ của một trong các đỉnh \(E\left( {\frac{{ – 2}}{7};\frac{{ – 10}}{7}} \right)\); \(B\left( {1; – 1} \right)\); \(C\left( {4; – 2} \right)\); \(D\left( {1; – 3} \right)\); \(F\left( {\frac{2}{5};\frac{{ – 14}}{5}} \right)\).Ta có:Suy ra \(M = 7;\,m = – \frac{{13}}{5} \Rightarrow M + m = \frac{{22}}{5}\).

\(IH = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 + 2 + 5} \right|}}{3} = \frac{{11}}{3}\).Gọi \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(I\)xuống mặt phẳng \((P) \Rightarrow H\left( {\frac{{ – 4}}{9};\frac{{11}}{9};\frac{{13}}{9}} \right)\).Gọi \(K\)là hình chiếu vuông góc của \(A\)xuống mặt phẳng \((P) \Rightarrow K\left( {\frac{{ – 26}}{9};\frac{{ – 5}}{9};\frac{{ – 1}}{9}} \right)\).Do Điểm \(M\) thay đổi thuộc mặt phẳng \((P)\) và \(IM = 5\)nên \(M\) nằm trên đường tròn tâm \(H\), bán kính \(HM = \sqrt {I{M^2} – I{H^2}} = \sqrt {{5^2} – {{\left( {\frac{{11}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt {26} }}{3}\).\(\overrightarrow {HK} = \left( {\frac{{ – 22}}{9};\frac{{ – 16}}{9}; – \frac{{14}}{9}} \right) \Rightarrow HK = \frac{{2\sqrt {26} }}{3} \Rightarrow K \in \left( {H,HK} \right)\). Do đó để \(AM\)lớn nhất thì \(KM\) lớn nhất khí và chỉ khi \(M\) là điểm đối xứng với \(K\) qua \(H\). Khi đó tọa độ điểm \(M(2;3;3) \Rightarrow a = 2,b = 3,c = 3 \Rightarrow a + b + 2c = 11\).