Đề Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT 2023 Môn Toán Online-Đề 7

Có \({\log _2}x = 5{\log _2}a + 3{\log _2} = {\log _2}{a^5} + {\log _2}{b^3} = {\log _2}{a^5}{b^3} \Leftrightarrow x = {a^5}{b^3}\).

Ta có \(MN//A'C'\)mà \(A'C' \bot B'D'\)\( \Rightarrow MN \bot B'D'\).

\(\int\limits_0^5 {\left[ {4f\left( x \right) – 3{x^2}} \right]{\text{d}}x} = 4\int\limits_0^5 {f\left( x \right){\text{d}}x} – \int\limits_0^5 {3{x^2}{\text{d}}x} = – 8 – \left. {{x^3}} \right|_0^5 = – 8 – 125 = – 133\).

Véc tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {3; – 2;2} \right)\),\(\overrightarrow {{n_\beta }} = \left( {5; – 4;3} \right)\).\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2;1; – 2} \right)\)Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ \(O\),VTPT \(\vec n = \left( {2;1; – 2} \right)\): \(2x + y – 2z = 0.\)

Vì \(\bar z\left( {1 + 2i} \right) = 4 – 3i\) nên \(\bar z = \frac{{4 – 3i}}{{1 + 2i}}\)\( = \frac{{\left( {4 – 3i} \right)\left( {1 – 2i} \right)}}{{{1^2} + {2^2}}}\)\( = \frac{{ – 2 – 11i}}{5}\)\( = \frac{{ – 2}}{5} – \frac{{11}}{5}i\).Suy ra \({\text{z}} = \frac{{ – 2}}{5} + \frac{{11}}{5}i\).Vậy phần ảo của \(z\) là \(\frac{{11}}{5}\).

Vẽ \(OM \bot BC\)tại \(M\) thì \(\left( {SMO} \right) \bot BC\)\( \Rightarrow \left( {SMO} \right) \bot \left( {SBC} \right)\), vẽ \(OH \bot SM\) tại \(H\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OH\)Ta có \(AC = a\sqrt 3 \), \(OC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(OB = \frac{a}{2}\), \(OM.BC = OB.OC\)\( \Rightarrow OM = \frac{{OB.OC}}{{BC}}\)\( = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).\(OH = \frac{{SO.MO}}{{\sqrt {S{O^2} + M{O^2}} }}\)\( = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{{16}}} }}\)\( = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{{16}}} }}\)\( = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 30\).Gọi \(A\) là biến cố: “Thẻ lấy được là số lẻ và không chia hết cho \(3\)”.\( \Rightarrow A = \left\{ {1;5;7;11;13;17;19;23;25;29} \right\}\)\( \Rightarrow n\left( A \right) = 10\).Xác suất để thẻ lấy được mang số lẻ và không chia hết cho \(3\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\)\( = \frac{{10}}{{30}}\)\( = \frac{1}{3}\).

Gọi \(d\) là phương trình đường thẳng qua \(A\left( {1;2;0} \right)\) và song song với \(BC\).Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {1;2; – 1} \right)\)\( \Rightarrow d:\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{2} = \frac{z}{{ – 1}}\).

Ta có \(\left( {{4^x} – {{65.2}^x} + 64} \right)\left[ {2 – {{\log }_3}\left( {x + 3} \right)} \right] \geqslant 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} {4^x} – {65.2^x} + 64 \leqslant 0 \hfill \\ 2 – {\log _3}\left( {x + 3} \right) \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} {4^x} – {65.2^x} + 64 \geqslant 0 \hfill \\ 2 – {\log _3}\left( {x + 3} \right) \geqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} 1 \leqslant {2^x} \leqslant 64 \hfill \\ x \geqslant 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} {2^x} \geqslant 64 \hfill \\ {2^x} \leqslant 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ – 3 < x \leqslant 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.\left[ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} 0 \leqslant x \leqslant 6 \hfill \\ x \geqslant 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} x \geqslant 6 \hfill \\ x \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ - 3 < x \leqslant 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 6 \hfill \\ - 3 < x \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).\(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 2;\, - 1;\,0;\,6} \right\}\).Vậy tập nghiệm của bất phương trình có \(4\) giá trị nguyên.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\)có đạo hàm cấp 2 trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số \(f\left( x \right)\)và \(f'\left( x \right)\)xác định trên \(\mathbb{R}.\)Do đó, tập xác định của hàm số \(g\left( x \right)\)là \(D = \mathbb{R}.\)Ta có: \(g'\left( x \right) = f''\left( x \right).f'\left( {f'\left( x \right) – 1} \right),{\text{ }}g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f''\left( x \right) = 0 \hfill \\ f'\left( {f'\left( x \right) – 1} \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = \frac{{ – 1}}{3} \hfill \\ x = 1 \hfill \\ x = {x_0} \in \left( {1{\text{ ; 2}}} \right) \hfill \\ f'\left( x \right) – 1 = – 1 \hfill \\ f'\left( x \right) – 1 = 1 \hfill \\ f'\left( x \right) – 1 = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Từ đồ thị ta cũng có:  \(f'\left( x \right) – 1 = – 1 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1{\text{ }} \hfill \\ x = – 1 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.{\text{ }}.\) \(f'\left( x \right) – 1 = 1 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = {x_1} \in \left( { – \infty {\text{ ; – 1}}} \right) \hfill \\ x = {x_2} \in \left( {{\text{2 ; + }}\infty } \right) \hfill \\ \end{gathered} \right..\) \(f'\left( x \right) – 1 = 2 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = {x_3} \in \left( { – \infty {\text{ ; }}{x_1}} \right) \hfill \\ x = {x_4} \in \left( {{x_2}{\text{ ; + }}\infty } \right) \hfill \\ \end{gathered} \right..\)Vậy phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 9 nghiệm.

Ta có \(f'\left( x \right) = \cos x.{\cos ^2}2x,\forall x \in \mathbb{R}\) nên \(f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f'\left( x \right)\).Có \(\int {f'\left( x \right){\text{d}}x} = \int {\cos x.{{\cos }^2}2x{\text{d}}x} = \int {\cos x.\frac{{1 + \cos 4x}}{2}{\text{d}}x} = \int {\frac{{\cos x}}{2}{\text{d}}x + \int {\frac{{\cos x.\cos 4x}}{2}{\text{d}}x} } \)\( = \frac{1}{2}\int {\cos x} {\text{d}}x + \frac{1}{4}\int {\left( {\cos 5x + \cos 3x} \right){\text{d}}x = \frac{1}{2}\sin x + \frac{1}{{20}}\sin 5x + \frac{1}{{12}}\sin 3x + C} \).Suy ra \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\sin x + \frac{1}{{20}}\sin 5x + \frac{1}{{12}}\sin 3x + C,\forall x \in \mathbb{R}\). Mà \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\).Do đó \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\sin x + \frac{1}{{20}}\sin 5x + \frac{1}{{12}}\sin 3x,\forall x \in \mathbb{R}\). Khi đó: \(\begin{gathered} F\left( \pi \right) – F\left( 0 \right) = \int\limits_0^\pi {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_0^\pi {\left( {\frac{1}{2}\sin x + \frac{1}{{20}}\sin 5x + \frac{1}{{12}}\sin 3x} \right){\text{d}}x} \hfill \\ = \left. {\left( { – \frac{1}{2}\cos x – \frac{1}{{100}}\cos 5x – \frac{1}{{36}}\cos 3x} \right)} \right|_0^\pi = \frac{{242}}{{225}} \hfill \\ \Rightarrow F\left( \pi \right) = F\left( 0 \right) + \frac{{242}}{{225}} = – \frac{{121}}{{225}} + \frac{{242}}{{225}} = \frac{{121}}{{225}} \hfill \\ \end{gathered} \).

Kẻ \(AE \bot BD\)\(\left( {\widehat {\left( {SBD} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SEA} = {60^0}\)Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\)\(AE = \frac{{AD.AB}}{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)Xét \(\Delta SAE\) vuông tại \(A\)\(SA = AE.\tan {60^0} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\sqrt 3 = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}\)Khi đó thể tích \(S.ABCD\)\(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{2a\sqrt {15} }}{5}.2{a^2} = \frac{{4{a^3}\sqrt {15} }}{{15}}\)

Ta có: \({x^2} – 4x + \frac{c}{d} = 0\)có hai nghiệm phức\( \Leftrightarrow \) \(\Delta ' = 4 – \frac{c}{d} < 0\).Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức \({x_1} = 2 + \sqrt {\left| {\Delta '} \right|} \,i\); \({x_2} = 2 - \sqrt {\left| {\Delta '} \right|} \,i\).Gọi \(A\), \(B\) lần lượt là hai điểm biểu diễn của \({x_1}\); \({x_2}\) trên mặt phẳng \(Oxy\) ta có: \(A\left( {2\,;\,\sqrt {\left| {\Delta '} \right|} } \right)\); \(B\left( {2\,;\, - \sqrt {\left| {\Delta '} \right|} } \right)\).Ta có: \(AB = 2\sqrt {\left| {\Delta '} \right|} \); \(OA = OB = \sqrt {4 + \left| {\Delta '} \right|} \).Tam giác \(OAB\) đều khi và chỉ khi \(AB = OA = OB \Leftrightarrow 2\sqrt {\left| {\Delta '} \right|} = \sqrt {4 + \left| {\Delta '} \right|} \Leftrightarrow 4\left| {\Delta '} \right| = 4 + \left| {\Delta '} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {\Delta '} \right| = \frac{4}{3}\). Vì \(\Delta ' < 0\) nên \(\Delta ' = - \frac{4}{3}\) hay \(4 - \frac{c}{d} = - \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{c}{d} = \frac{{16}}{3}\).Từ đó ta có \(c = 16\); \(d = 3\).Vậy: \(P = c + 2d = 22\).

Phương trình \({d_1}:\left\{ \begin{gathered} x = 3 – {t_1} \hfill \\ y = 3 – 2{t_1} \hfill \\ z = – 2 + {t_1} \hfill \\ \end{gathered} \right.\) và \({d_2}:\left\{ \begin{gathered} x = 5 – 3{t_2} \hfill \\ y = – 1 + 2{t_2} \hfill \\ z = 2 + {t_2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \).Giả sử đường thẳng \(\Delta \) cắt đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt tại \(A\), \(B\).Gọi \(A\left( {3 – {t_1};3 – 2{t_1}; – 2 + {t_1}} \right)\), \(B\left( {5 – 3{t_2}; – 1 + 2{t_2};2 + {t_2}} \right)\).\(\overrightarrow {AB} = \left( {2 – 3{t_2} + {t_1}; – 4 + 2{t_2} + 2{t_1};4 + {t_2} – {t_1}} \right)\).Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\vec n = \left( {1;2;3} \right)\).Do \(\overrightarrow {AB} \) và \(\vec n\) cùng phương nên \(\frac{{2 – 3{t_2} + {t_1}}}{1} = \frac{{ – 4 + 2{t_2} + 2{t_1}}}{2} = \frac{{4 + {t_2} – {t_1}}}{3}\).\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{2 – 3{t_2} + {t_1}}}{1} = \frac{{ – 4 + 2{t_2} + 2{t_1}}}{2} \hfill \\ \frac{{ – 4 + 2{t_2} + 2{t_1}}}{2} = \frac{{4 + {t_2} – {t_1}}}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {t_1} = 2 \hfill \\ {t_2} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Do đó \(A\left( {1; – 1;0} \right)\), \(B\left( {2; – 1;3} \right)\).Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1; – 1;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec n = \left( {1;2;3} \right)\) là \(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{3}\).

Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến khi\(g'\left( x \right) = {f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) + mf\left( x \right)f'\left( x \right) + 3f'\left( x \right) \leqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right)\left[ {{f^2}\left( x \right) + mf\left( x \right) + 3} \right] \leqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)\)\( \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) + mf\left( x \right) + 3 \geqslant 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)\)\( \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) + mf\left( x \right) + 3 \geqslant 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\)Đặt \(t = f\left( x \right) \in \left[ {1;3} \right],\forall x \in \left[ {0;1} \right].\) Cần tìm điều kiện để \({t^2} + mt + 3 \geqslant 0,\forall t \in \left[ {1;3} \right] \Leftrightarrow m \geqslant g\left( t \right) = – t – \frac{3}{t},\forall t \in \left[ {1;3} \right] \Leftrightarrow m \geqslant \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( t \right) = g\left( {\sqrt 3 } \right) = – 2\sqrt 3 \)Vậy \(m \in \left\{ { – 3,…,10} \right\} \Rightarrow \) có \(14\) giá trị nguyên thỏa mãn.

Để ý \({z_1} + 2{z_2} = \left( {{z_1} – 2i} \right) + 2\left( {{z_2} + i} \right)\); \(2{z_1} – 3{z_2} – 7i = 2\left( {{z_1} – 2i} \right) – 3\left( {{z_2} + i} \right)\). Gọi \(A\left( {{z_1} – 2i} \right){,^{}}B\left( {{z_2} + i} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {{z_1} + 2{z_2}} \right| = 2 \hfill \\ \left| {2{z_1} – 3{z_2} – 7i} \right| = 4 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {\left( {\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} } \right)^2} = 4 \hfill \\ {\left( {2\overrightarrow {OA} – 3\overrightarrow {OB} } \right)^2} = 16 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {\overrightarrow {OA} ^2} + 4{\overrightarrow {OB} ^2} + 4\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = {4^{}}\left( 1 \right) \hfill \\ 4{\overrightarrow {OA} ^2} + 9{\overrightarrow {OB} ^2} – 12\overrightarrow {OA} \overrightarrow {OB} = {16^{}}\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Lấy \(3 \times \left( 1 \right) + \left( 2 \right) \Rightarrow 7O{A^2} + 21O{B^2} = 12 + 16 = 28 \Leftrightarrow O{A^2} + 3O{B^2} = 4\). Vì vậy \(P = OA + OB = 1.OA + \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\sqrt 3 OB \leqslant \sqrt {\left( {1 + {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}} \right)\left( {O{A^2} + 3O{B^2}} \right)} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có : \(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + 3\) và \(g'\left( x \right) = 3m{x^2} + 2nx – 1\).\(h\left( x \right) = f\left( x \right) – g\left( x \right)\) có ba điểm cực trị là \( – 1,\,2\) và \(3\) khi\(h'\left( x \right) = f'\left( x \right) – g'\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt là \( – 1,\,2\) và \(3\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) – g'\left( x \right) = t\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)\) \(\left( {t = 4a} \right)\)\(\left( * \right)\)Thay \(x = 0\) vào hai vế của \(\left( * \right)\) ta được: \(f'\left( 0 \right) – g'\left( 0 \right) = 6t \Leftrightarrow 3 – \left( { – 1} \right) = 6t \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\).Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường \(y = f'\left( x \right)\) và \(y = g'\left( x \right)\) là\(S = \int\limits_{ – 1}^3 {\left| {\frac{2}{3}\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)} \right|{\text{d}}x = } \frac{{71}}{9}\).

\(\begin{gathered} {3^{{x^2} + {y^2}}} = {4^{x + y}} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = {\log _3}{4^{x + y}} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = (x + y){\log _3}4 \hfill \\ \Leftrightarrow {y^2} – y{\log _3}4 + {x^2} – x{\log _3}4 = 0,\left( * \right) \hfill \\ \end{gathered} \)Ta xem phương trình \(\left( * \right)\) là phương trình ẩn\(y\), tham số \(x\).Phương trình \(\left( * \right)\)có nghiệm thực \(y\)\( \Leftrightarrow \Delta \geqslant 0 \Leftrightarrow {\left( { – {{\log }_3}4} \right)^2} – 4({x^2} – x{\log _3}4) \geqslant 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{(1 – \sqrt 2 ){{\log }_3}4}}{2} \leqslant x \leqslant \frac{{(1 + \sqrt 2 ){{\log }_3}4}}{2}\),\(\left( {*'} \right)\).Do đó có hai số nguyên \(x = 0\) và \(x = 1\) thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi \(K\) là tâm mặt cầu và \(I\) là trung điểm \(AB\)Ta có tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\) và \(I\) là trung điểm \(AB\) suy ra \(MI = \frac{1}{2}AB = OI\) (\(O\) là gốc tọa độ )\(\begin{gathered} O{I^2} = M{I^2} \Leftrightarrow O{I^2} = K{I^2} – M{K^2} \Leftrightarrow K{I^2} – O{I^2} = M{K^2} \hfill \\ \Leftrightarrow {\left( {{x_I} – 2} \right)^2} + {\left( {{y_I} – 3} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} – \left( {x_I^2 + y_I^2 + z_I^2} \right) = 1 \Leftrightarrow 6{x_I} + 4{y_I} + 2{z_I} = 13 \hfill \\ \Leftrightarrow 6{x_I} + 4{y_I} = 13\,\,(do\,{z_I} = 0) \Leftrightarrow 3{x_A} + 2{y_B} = 13 \Leftrightarrow 3a + 2b = 13 \hfill \\ \end{gathered} \)Mà \(a,b\)nguyên dương suy ra chỉ có hai cặp thỏa \(\left( {1;5} \right);\left( {3;2} \right)\). Ứng với mỗi cặp điểm\(A\), \(B\)thì có duy nhất một điểm \(M\)thỏa yêu cầu bài toán.

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} – 36{x^2} + 60x + 3 – m.\)Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có đúng \(7\) điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đúng 3 điểm cực trị dương phân biệt, hay phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm dương phân biệt.Khi đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 36{x^2} + 60x + 3 – m = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 36{x^2} + 60x + 3 = m\) \(\left( 1 \right).\)Yêu cầu bài toán là phương trình \(\left( 1 \right)\) có ba nghiệm dương phân biệt.Xét hàm số \(h\left( x \right) = 4{x^3} – 36{x^2} + 60x + 3\)\(h'\left( x \right) = 12{x^2} – 72x + 60\) suy ra \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = 5 \hfill \\ \end{gathered} \right..\)Bảng biến thiên của hàm số \(y = h\left( x \right)\)Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình \(\left( 1 \right)\) có ba nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi \(3 < m < 31\), vậy có 27 giá trị nguyên của \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.