Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Môn Toán Online-Đề 2

Số phần tử không gian mẫu:\(n\left( \Omega \right) = 6.6 = 36\)Biến cố tổng hai mặt là \(11\): \(A = \left\{ {\left( {5;6} \right);\left( {6;5} \right)} \right\}\) nên \(n\left( A \right) = 2\).Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{2}{{36}} = \frac{1}{{18}}\).

Gọi \(M\)là trung điểm của \(BC\) \( \Rightarrow M\left( {2; – 4; – 4} \right)\).\(\overrightarrow {AM} \left( {1; – 1; – 8} \right)\).Phương trình đường trung tuyến \(AM\) của tam giác là: \(\left\{ \begin{gathered} x = 1 + t \hfill \\ y = – 3 – t \hfill \\ z = 4 – 8t \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\).

Ta có: \(f(x) < m - {e^{ - x}}\,,\,\forall x \in \left( { - 2;2} \right) \Leftrightarrow f(x) + {e^{ - x}} < m\,{\text{ }}\forall x \in \left( { - 2;2} \right){\text{ (*)}}\). Xét hàm số \(g(x) = f(x) + {e^{ - x}}\)Ta có: \(g'(x) = f'(x) - {e^{ - x}}\).Ta thấy với \(\forall x \in \left( { - 2;2} \right)\) thì \(f'(x) < 0\), \( - {e^{ - x}} < 0\) nên \(g'(x) = f'(x) - {e^{ - x}} < 0\), \(\forall x \in \left( { - 2;2} \right)\). Bảng biến thiênTừ bảng biến thiên ta có \(m \geqslant g( – 2) \Leftrightarrow m \geqslant f( – 2) + {e^2}\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {1 – 3x} \right) + 1\).Ta có \(g'\left( x \right) = – 3f'\left( {1 – 3x} \right)\) suy ra \(g'\left( x \right) = 0\) \( \Leftrightarrow f'\left( {1 – 3x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 1 – 3x = – 1 \hfill \\ 1 – 3x = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).\(g\left( {\frac{2}{3}} \right) = f\left( { – 1} \right) + 1 = 6\) ; \(g\left( { – \frac{2}{3}} \right) = f\left( 3 \right) + 1 = – 2\).Suy ra bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\)Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình \(\left| {f\left( {1 – 3x} \right) + 1} \right| = 3\) có \(4\) nghiệm.

Lấy đạo hàm hai vế biểu thức \(\int\limits_a^x {\frac{{f\left( t \right)}}{{{t^4}}}} dt = 2\sqrt x – 6\) ta được.\(\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^4}}} = \frac{1}{{\sqrt x }} \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3}\sqrt x \). Suy ra \(\int\limits_a^x {\frac{1}{{\sqrt t }}} dt = 2\sqrt x – 6 \Leftrightarrow 2\sqrt x – 2\sqrt a = 2\sqrt x – 6 \Leftrightarrow a = 9\).Vậy \(\int\limits_1^a {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^9 {{x^3}\sqrt x dx} = \frac{{39364}}{9}\).

Do tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên ta có \(AB = BC = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\) Và \(\widehat {\left( {SB,\,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB,\,AB} \right)} = {60^{\text{o}}}\) Do đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.AB\tan {60^{\text{o}}}\) \( = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{{{a^2}}}{2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}\).

Ta có \({z^2} + 4z + 5 = 0 \Leftrightarrow z = – 2 \pm i\).\({\left( {1 + {z_1}} \right)^{100}} = {\left( {1 – 2 + i} \right)^{100}} = {\left[ {{{\left( { – 1 + i} \right)}^2}} \right]^{50}} = {\left( { – 2i} \right)^{50}} = {2^{50}}{\left( { – 1} \right)^{25}} = – {2^{50}}\).\({\left( {1 + {z_2}} \right)^{100}} = {\left( {1 – 2 – i} \right)^{100}} = {\left( {1 + i} \right)^{100}} = {\left( {2i} \right)^{50}} = – {2^{50}}\).\(w = {\left( {1 + {z_1}} \right)^{100}} + {\left( {1 + {z_2}} \right)^{100}} = – {2^{50}} – {2^{50}} = – {2^{51}}\).

Vì \(\left| z \right| = 1\) và \(z.\bar z = {\left| z \right|^2}\) nên ta có \(\bar z = \frac{1}{z}\).Từ đó, \(P = \left| {{z^5} + {{\bar z}^3} + 6z} \right| – 2\left| {{z^4} + 1} \right|\)\( = \left| z \right|\left| {{z^4} + {{\bar z}^4} + 6} \right| – 2\left| {{z^4} + 1} \right|\)\( = \left| {{z^4} + {{\bar z}^4} + 6} \right| – 2\left| {{z^4} + 1} \right|\).Đặt \({z^4} = x + iy\), với \(x,\,y \in \mathbb{R}\). Do \(\left| z \right| = 1\) nên \(\left| {{z^4}} \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 1\) và \( – 1 \leqslant x,\,y \leqslant 1\).Khi đó \(P = \left| {x + iy + x – iy + 6} \right| – 2\left| {x + iy + 1} \right|\)\( = \left| {2x + 6} \right| – 2\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \)\( = 2x + 6 – 2\sqrt {2x + 2} \)\( = {\left( {\sqrt {2x + 2} – 1} \right)^2} + 3\).Do đó \(P \geqslant 3\). Lại có \( – 1 \leqslant x \leqslant 1\)\( \Rightarrow 0 \leqslant \sqrt {2x + 2} \leqslant 2\)\( \Rightarrow – 1 \leqslant \sqrt {2x + 2} – 1 \leqslant 1\)\( \Rightarrow P \leqslant 4\).Vậy \(M = 4\) khi \({z^4} = \pm 1\) và \(m = 3\) khi \({z^4} = – \frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\text{i}}\). Suy ra \(M – m = 1\).

Mặt khác
\(\int\limits_a^b {f'\left( x \right){\text{d}}x} > \int\limits_b^c {f'\left( x \right){\text{d}}x} \Rightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_a^b > – \left. {f\left( x \right)} \right|_b^c \Leftrightarrow f\left( b \right) – f\left( a \right) > – f\left( c \right) + f\left( b \right) \Leftrightarrow f\left( a \right) < f\left( c \right)\) Mà \(f\left( a \right) > 0\) nên phương trình vô nghiệm.

Phương trình tham số của \(d:\left\{ \begin{gathered} x = 2 + 3t \hfill \\ y = – 1 + t \hfill \\ z = – 5 – t \hfill \\ \end{gathered} \right.\) Tọa độ giao điểm \(M\) của \(d\) và \((P)\) \(2(2 + 3t) – 3( – 1 + t) – 5 – t – 6 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow M(8;1; – 7)\) VTCP của \(\Delta \) \(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {{n_{(P)}}} } \right] = ( – 2; – 5; – 11) = – 1.(2;5;11)\) \(\Delta \) nằm trong \((P)\) cắt và vuông góc với \(d\)suy ra \(\Delta \)đi qua \(M\) có VTCP \(\overrightarrow a = (2;5;11)\) nên có phương trình: \(\frac{{x – 8}}{2} = \frac{{y – 1}}{5} = \frac{{z – 7}}{{11}}\).

Gọi \(r\) là bán kính mặt đáy.\({S_{day}} = 16\pi \Leftrightarrow \pi {r^2} = 16\pi \Leftrightarrow r = 4\).\({S_{xq}} = 20\pi \Leftrightarrow \pi rl = 20\pi \).\( \Leftrightarrow \pi .4.l = 20\pi \Leftrightarrow l = 5\).Suy ra đường cao \(h\) của hình nón : \(h = \sqrt {{l^2} – {r^2}} = \sqrt {{5^2} – {4^2}} = 3\).Vậy thể tích của khối nón : \(V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h = \frac{1}{3}16\pi .3 = 16\pi \) \(\left( {{\text{d}}{{\text{m}}^{\text{3}}}} \right)\).

Đặt \(t = {2^x},t > 0\).Khi đó bất phương trình trở thành \({t^2} – 1009mt + 3 – 1009m \leqslant 0\)\( \Leftrightarrow 1009m \geqslant \frac{{{t^2} + 3}}{{t + 1}}\) (do \(t > 0\)).Xét \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 3}}{{t + 1}}\), ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t – 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}\)\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 2t – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} t = 1 \hfill \\ t = – 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\(\mathop \Rightarrow \limits^{t > 0} t = 1\)ycbt\( \Leftrightarrow 1009m \geqslant \mathop {\min }\limits_{t > 0} f\left( t \right) = 2 \Leftrightarrow m \geqslant \frac{2}{{1009}}\).Vậy \(m = 1\) là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi điểm \(K\left( {x;y;z} \right)\) sao cho \(3\overrightarrow {KA} + 2\overrightarrow {KB} + \overrightarrow {KC} = \overrightarrow 0 \).Ta có \(\left\{ \begin{gathered} \overrightarrow {KA} = \left( { – x;1 – y;1 – z} \right) \hfill \\ \overrightarrow {KB} = \left( {3 – x; – y; – 1 – z} \right) \hfill \\ \overrightarrow {KC} = \left( { – x;21 – y; – 19 – z} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} – 3x + 2\left( {3 – x} \right) – x = 0 \hfill \\ 3\left( {1 – y} \right) – 2y + 21 – y = 0 \hfill \\ 3\left( {1 – z} \right) – 2\left( {1 + z} \right) – 19 – z = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ y = 4 \hfill \\ z = – 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow K\left( {1;4; – 3} \right)\).Khi đó \(\left\{ \begin{gathered} 3M{A^2} = 3{\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KA} } \right)^2} = 3M{K^2} + 6\overrightarrow {MK} .\overrightarrow {KA} + 3K{A^2} \hfill \\ 2M{B^2} = 2{\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KB} } \right)^2} = 2M{K^2} + 4\overrightarrow {MK} .\overrightarrow {KB} + 2K{B^2} \hfill \\ M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KC} } \right)^2} = M{K^2} + 2\overrightarrow {MK} .\overrightarrow {KC} + 2K{C^2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).\( \Rightarrow T = 3M{A^2} + 2M{B^2} + M{C^2}\)\( = 5M{K^2} + 2\overrightarrow {MK} \left( {3\overrightarrow {KA} + 2\overrightarrow {KB} + \overrightarrow {KC} } \right) + \left( {3K{A^2} + 2K{B^2} + K{C^2}} \right)\)\( = 5M{K^2} + \underbrace {\left( {3K{A^2} + 2K{B^2} + K{C^2}} \right)}_{const}\). Do đó \({T_{\min }}\) khi và chỉ khi \(M{K_{\min }}\).Suy ra \(M = IK \cap \left( S \right)\) và đồng thời \(M\) nằm giữa \(I\) và \(K\).Ta có \(\overrightarrow {IK} = \left( {0;3; – 4} \right) \Rightarrow IK:\left\{ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ y = 1 + 3t \hfill \\ z = 1 – 4t \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Suy ra toạ độ điểm \(M\) thoả mãn:\({\left( {3t} \right)^2} + {\left( {4t} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow t = \pm \frac{1}{5}\). Vì \(M\) nằm giữa \(I\) và \(K\) nên \(t = \frac{1}{5}\) và \(M\left( {1;\frac{8}{5};\frac{1}{5}} \right)\).Vậy \(S = a + b + c = 1 + \frac{8}{5} + \frac{1}{5} = \frac{{14}}{5}\).

Ta có \(g'\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 2} }}f'\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 2} } \right)\).Suy ra \(g'\left( x \right) = 0\left[ \begin{gathered} x + 1 = 0 \hfill \\ f'\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 2} } \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{gathered} x + 1 = 0 \hfill \\ \sqrt {{x^2} + 2x + 2} = – 1 \hfill \\ \sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 1 \hfill \\ \sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 1 \hfill \\ x = – 1 + 2\sqrt 2 \hfill \\ x = – 1 – 2\sqrt 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Bảng xét dấuTừ đó suy ra hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 2} } \right)\) có \(3\) điểm cực trị.Chú ý: Cách xét dấu \( – \) hay \( + \) của \(g'\left( x \right)\) để cho nhanh nhất ta lấy một giá trị \({x_0}\) thuộc khoảng đang xét rồi thay vào \(g'\left( x \right).\) Chẳng hạn với khoảng \(\left( { – 1; – 1 + \sqrt 2 } \right)\) ta chọn \({x_0} = 0 \Rightarrow g'\left( 0 \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}f'\left( {\sqrt 2 } \right) < 0\) vì dựa vào đồ thị ta thấy \(f'\left( {\sqrt 2 } \right) < 0\).