Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT 2023 Online Môn Toán-Đề 3

Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx = \int {\left( { – 20{x^3} + 6x} \right)dx} } = – 5{x^4} + 3{x^2} + C\)

Gọi \(O = AC \cap BD\) và \(M,N\) lần lượt là trung điểm \(AB,CD\). Do \(AC = 6a \Rightarrow AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = 3a\sqrt 2 \). Đồng thời \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\parallel \,AB\parallel CD\)Dễ dàng chứng minh \(SM \bot AB\) và \(SN \bot CD\) (do \(\Delta SAB,\Delta SCD\)cân tại \(S\)).Suy ra \(\widehat {\left[ {\left( {SAB} \right),\left( {SCD} \right)} \right]} = \widehat {\left( {SM;SN} \right)} = {60^0}\). Từ đó suy ra \(\Delta SMN\) đều hay \(SO = \frac{{MN\sqrt 3 }}{2} = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 6 }}{2}\).Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a\sqrt 6 }}{2}.{\left( {3a\sqrt 2 } \right)^2} = 9\sqrt 6 {a^3}\).

+ TH1: Nếu \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} – \left( {5m – 9} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} – 7m + 10 > 0\)Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt, khi đó: \(\left| {{z_1}} \right| = \,\left| {{z_2}} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {z_1} = {z_2}\,(loai) \hfill \\ {z_1} = – {z_2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow {z_1} + {z_2} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {m – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = 1\)(thỏa mãn).+ TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 7m + 10 < 0 \Leftrightarrow m \in \left( {2;5} \right)\).Khi đó phương trình có 2 nghiệm phức \({z_1},\,{z_2}\) là 2 số phức liên hợp của nhau, ta luôn có \(\left| {{z_1}} \right| = \,\left| {{z_2}} \right|\).Với \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {1;3;4} \right\}\).

+ \(\left| {\frac{{\left( {2 – i} \right)z – 3i – 1}}{{z – i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {2 – i – \frac{i}{{z – i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {2 – i + \frac{1}{{iz + 1}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {{\text{w}} + 2 – i} \right| = 2\)Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức \({\text{w}}\)là đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( { – 2;1} \right)\), bán kính \(R = 2\).+ \({{\text{w}}_1},{{\text{w}}_2} \in S\) được biểu điễn bởi \(M,N\) nên \(M,N\) thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) và \(\left| {{{\text{w}}_1} – {{\text{w}}_2}} \right| = MN = 2\). Gọi \(A\left( {0;4} \right)\).

Ta thấy đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) và đồ thị hàm số \(y = g'(x)\) cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt với các hoành độ \( – 1,{\text{ }}1,{\text{ }}2\) nên phương trình \(f'(x) – g'(x) = 0\) có đúng ba nghiệm phân biệt là \( – 1,{\text{ }}1,{\text{ }}2\). Do đó ta có\(f'(x) – g'(x) = 4a(x + 1)(x – 1)(x – 2)\).Theo đề\(AB = 4 \Leftrightarrow f'(0) – g'(0) = 4 \Leftrightarrow 8a = 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\).Suy ra\(f(x) – g(x) = \int {\left( {f'(x) – g'(x)} \right)} {\text{d}}x = \int 2 (x + 1)(x – 1)(x – 2){\text{d}}x = 2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) + C\)Theo đề \(f(0) – g(0) = – \frac{4}{3}\) nên \(C = – \frac{4}{3}\).Suy ra \(f(x) – g(x) = 2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) – \frac{4}{3}\).Đặt \(h(x) = g(x) + \frac{1}{3}{\left( {x – 2} \right)^2}\), xét phương trình \(f(x) – h(x) = 0\). Ta có\(\begin{gathered} f(x) – h(x) = 0 \Leftrightarrow f(x) – g(x) – \frac{1}{3}{\left( {x – 2} \right)^2} = 0 \hfill \\ {\text{ }} \Leftrightarrow 2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) – \frac{4}{3} – \frac{1}{3}{\left( {x – 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 2 \hfill \\ x = \frac{2}{3} \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.. \hfill \\ \end{gathered} \)ssDiện tích hình phẳng đã cho là\(S = \int\limits_{ – 2}^1 {\left| {f\left( x \right) – h\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ – 2}^2 {\left| {2\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – \frac{{2{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right) – \frac{4}{3} – \frac{1}{3}{{\left( {x – 2} \right)}^2}} \right|dx} \)\( = \int\limits_{ – 2}^{\frac{2}{3}} {\left| {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right|dx} + \int\limits_{\frac{2}{3}}^2 {\left| {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right|dx} \)\( = \left| {\int_{ – 2}^{\frac{2}{3}} {\left( {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right)dx} } \right| + \left| {\int_{\frac{2}{3}}^2 {\left( {\frac{{{x^4}}}{2} – \frac{{4{x^3}}}{3} – \frac{{4{x^2}}}{3} + \frac{{16x}}{3} – \frac{8}{3}} \right)} dx} \right|\)\( = \left| { – \frac{{14336}}{{1215}}} \right| + \left| {\frac{{512}}{{1215}}} \right| = \frac{{14848}}{{1215}}\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm; mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n \left( {1;1;1} \right)\)Giả sử \(M\) là giao điểm của\(\Delta \) với trục \(Ox\)\( \Rightarrow \,M\left( {a;0;0} \right).\) Khi đó, \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AM} \left( {a – 1;\, – 3;\,1} \right)\)Do \(\Delta {\text{//}}\left( \alpha \right)\)nên \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow n = 0 \Leftrightarrow a – 1 – 3 + 1 = 0 \Leftrightarrow a = 3\)Đường thẳng cần tìm đi qua \(A\left( {1;3; – 1} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AM} \left( {2;\, – 3;\,1} \right)\), nên có phương trình là: \(\left\{ \begin{gathered} x = 1 + 2t \hfill \\ y = 3 – 3t \hfill \\ z = – 1 + t \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Nhận thấy điểm \(M\left( { – 1;6; – 2} \right)\) thuộc phương trình đường thẳng \(\left\{ \begin{gathered} x = 1 + 2t \hfill \\ y = 3 – 3t \hfill \\ z = – 1 + t \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Xét hình nón đỉnh \(S\) có chiều cao \(h = SO = 3a\). Thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\)là tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(S\).Kẻ \(OH \bot AB\) và \(SO \bot AB\) nên \(AB \bot \left( {SHO} \right) \Rightarrow AB \bot SH\)Vậy góc giữa mặt phẳng \(\left( P \right)\)và mặt phẳng đáy bằng \(\widehat {SHO} = {60^0}\).Xét \(\Delta OHS\)vuông tại \(O\)có \(OH = SO.\cot \widehat {SHO} = 3a.\cot {60^0} = a\sqrt 3 \); \(SH = \sqrt {O{H^2} + S{O^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} = 2a\sqrt 3 \)Tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(S\)nên suy ra \(HA = HB = HS = 2a\sqrt 3 \).Xét tam giác \(HAO\) vuông tại \(H\), ta có:\(R = OA = \sqrt {O{H^2} + H{A^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a\sqrt {15} \)Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón là: \(V = \frac{1}{3}h.\pi {R^2} = \frac{1}{3}.3a.\pi .{\left( {a\sqrt {15} } \right)^2} = 15\pi {a^3}.\)

Ta có \({5^{{a^2} + b}} \leqslant {4^{b – a}} + 26 \Leftrightarrow {5^{{a^2}}} – {4^{ – a}}.{\left( {\frac{4}{5}} \right)^b} – 26.{\left( {\frac{1}{5}} \right)^b} \leqslant 0\left( * \right)\)
Xét hàm số \(f\left( b \right) = {5^{{a^2}}} – {4^{ – a}}.{\left( {\frac{4}{5}} \right)^b} – 26.{\left( {\frac{1}{5}} \right)^b}\) có tập xác định \(\mathbb{R}\), và\(f'\left( b \right) = {4^{ – a}}\;{\left( {\frac{4}{5}} \right)^b}\;\ln \left( {\frac{5}{4}} \right) + 26\;{\left( {\frac{1}{5}} \right)^b}\;\ln 5 > 0\). Suy ra: \(f\left( b \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Ta có: * \(f\left( {2 – {a^2}} \right) = \frac{{{5^2} – {4^{2 – a – {a^2}}} – 26}}{{{5^{2 – {a^2}}}}} = \frac{{ – 1 – {4^{2 – a – {a^2}}}}}{{{5^{2 – {a^2}}}}} < 0\)* \(f\left( {3 - {a^2}} \right) = \frac{{{5^3} - {4^{3 - a - {a^2}}} - 26}}{{{5^{3 - {a^2}}}}} = \frac{{99 - {4^{3 - a - {a^2}}}}}{{{5^{3 - {a^2}}}}} > 0\)
Do đó \(b = 2 – {a^2}\) là số nguyên lớn nhất để \(\left( * \right)\) đúng.
Theo đề: tồn tại ít nhất bốn số nguyên \(b \in \left( { – 10;10} \right)\), ta xét:
\({b_1} = – 1 – {a^2};{b_2} = – {a^2};{b_3} = 1 – {a^2};{b_4} = 2 – {a^2}\) và \({b_1},{b_2},{b_3},{b_4} \in \left( { – 10;10} \right)\)
Suy ra: \({a^2} < 9\) mà \(a \in \mathbb{Z}\) nên \(a \in \left\{ {0; \pm 1; \pm 2} \right\}\).
Vậy có 5 giá trị nguyên \(a\) thỏa mãn đề bài.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có \(I\left( {1;\,2;\, – 2} \right)\), bán kính \(R = 5\).Vì \(M \in Oy\) nên \(M\left( {0;\,m;\,0} \right)\) Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và vuông góc với đường thẳng \(d\)\( \Rightarrow \) phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(9x + y + 4z – m = 0\).Khi đó \(\left( P \right)\) chứa hai tiếp tuyến với mặt cầu kẻ từ \(M\) và cùng vuông góc với \(d\)Để tồn tại các tiếp tuyến thỏa mãn bài toán điều kiện là\(\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) < R \hfill \\ IM > R \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{\left| {3 – m} \right|}}{{7\sqrt 2 }} < 5 \hfill \\ \sqrt {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + 5} > 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {3 – m} \right| < 35\sqrt 2 \hfill \\ {\left( {m - 2} \right)^2} > 20 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} – 35\sqrt 2 + 3 < m < 35\sqrt 2 + 3 \hfill \\ \left[ \begin{gathered} m > 2 + 2\sqrt 5 \hfill \\ m < 2 - 2\sqrt 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 2 + 2\sqrt 5 < m < 35\sqrt 2 + 3 \hfill \\ - 35\sqrt 2 + 3 < m < 2 - 2\sqrt 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \) Vì \(m\) nguyên dương nên \(m \in \left\{ {7;\,8;\,....;46} \right\}\). Vậy có \(40\) giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Ta có:\(g'\left( x \right) = \frac{{f'\left( x \right)\left( {2f\left( x \right) – 4} \right)\left( {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right)}}{{\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right|}}.f'\left( {\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right|} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {f'\left( x \right) = 0\,\,\left( 1 \right)} \\ {2f\left( x \right) – 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\,\,\,\left( 2 \right)} \\ {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m = 0 \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) = m\,\,\,\left( 3 \right)} \\ {\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right| = – 1\,\,\left( {vo\,ly} \right)} \\ {\left| {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m = 2} \\ {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) – m = – 2} \end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) = m + 2\,\,\left( 4 \right)} \\ {{f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) = m – 2\,\,\left( 5 \right)} \end{array}} \right.} \right.} \end{array}} \right.\)
Dễ thấy \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm đơn (vì có 2 cực trị) và \(\left( 2 \right)\) có 3 nghiệm đơn Vậy tổng số nghiệm đơn của phương trình \(\left( 3 \right);\,\left( 4 \right);\,\left( 5 \right)\) là 12 thì thỏa mãn
Đặt \(u = u\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right) \Rightarrow u' = 2f'\left( x \right)\left( {f\left( x \right) – 2} \right) \Rightarrow u' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x \in \left\{ { – 1;2} \right\} \hfill \\ x \in \left\{ {a;b;c} \right\} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).
Các nghiệm trên được sắp thứ tự từ nhỏ đến lớn như sau: \(a < - 1 < b < 2 < c\).
Bảng biến thiên của hàm số \(u = {f^2}\left( x \right) – 4f\left( x \right)\).Vậy số giao điểm của các đường thẳng \(y = m – 2;y = m;y = m + 2\) với đồ thị \(u\left( x \right)\) là 12 điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} – 3 \leqslant m – 2 < 60 \hfill \\ - 3 \leqslant m + 2 < 60 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow - 1 \leqslant m < 58 \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1;...;57} \right\} \Rightarrow S = 1652\).