Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Năm 2023 Online Môn Toán-Đề 4

\({\log _{\sqrt 2 }}(x – 1).f'(f(x)) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x > 1 \hfill \\ \left[ \begin{gathered} x – 1 = 1 \hfill \\ f(x) = – 1\,(a) \hfill \\ f(x) = 2\,\,(b) \hfill \\ f(x) = 4\,\,(c) \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.\)
Theo đồ thị ta có:
-Phương trình (a) có 2 nghiệm thực phân biệt bé hơn 1;
-Phương trình (b) có 4 nghiệm thực phân biệt \({x_1} < {x_2} < 1 < {x_3} < 4 < {x_4}\);
-Phương trình (c) có 4 nghiệm thực phân biệt \({x_5} < 1 < {x_6} < {x_7} < 4 < {x_8}\)
Do đó, phương trình \({\log _{\sqrt 2 }}(x - 1).f'(f(x)) = 0\) có 6 nghiệm thực phân biệt là \(2;{x_3};{x_4};{x_6};{x_7};{x_8}.\)

Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx = \int {\left( {4\sin 2x + \cos x} \right)dx} } = – 2\cos 2x + \sin x + C\)
Với \(f\left( 0 \right) = – 2 \Rightarrow – 2.\cos 2.0 + \sin 0 + C = – 2 \Rightarrow C = 0\)
Vậy \(f\left( x \right) = – 2\cos 2x + \sin x\)
Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx = } \int {\left( { – 2\cos 2x + \sin x} \right)} dx = – \sin 2x – \cos x + C'\)
Với \(F\left( \pi \right) = 3 \Rightarrow – \sin 2\pi – \cos \pi + C' = 3 \Rightarrow C' = 2\)
Vậy \(F\left( x \right) = – \sin 2x – \cos x + 2\)
khi đó \(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = – \sin \pi – \cos \frac{\pi }{2} + 2 = 2\).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Dễ thấy \(AC \bot BD\) tại \(O\) và \(BD \bot CC'\)
Suy ra \(BD \bot \left( {ACC'A'} \right)\) \( \Rightarrow BD \bot OC'\).
Suy ra \(\widehat {\left[ {\left( {C'BD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right]} = \widehat {\left( {OC',OC} \right)} = {45^0}\).
Suy ra \(CC' = OC = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2 \).
Vậy, \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = CC'.{\left( {\frac{{AC}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = a\sqrt 2 .4{a^2} = 4\sqrt 2 {a^3}\).

+ TH1: Nếu \(\Delta ' \geqslant 0 \Leftrightarrow 9 – \left( {1 – m} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow m \geqslant – 8\)
Phương trình có nghiệm thực \(z\),
khi đó: \(\left| z \right| = \,5 \Leftrightarrow z = \pm 5\)
Phương trình có nghiệm \(z = 5\) hoặc \(z = – 5\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 25 – 30 + 1 – m = 0 \hfill \\ 25 + 30 + 1 – m = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m = – 4 \hfill \\ m = 56 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) (thỏa mãn).
+ TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow m + 8 < 0 \Leftrightarrow m < - 8\).Khi đó phương trình có nghiệm phức \(z = 3 \pm i.\sqrt { - \left( {m + 8} \right)} \)
Ta có: \(\left| z \right| = \,5 \Leftrightarrow 9 - \left( {m + 8} \right) = 25 \Leftrightarrow m = - 24\) (thỏa mãn).
Vậy có 3 giá trị của \(m\).

Đặt \(z = a + bi,\,a,b \in \mathbb{R}\). Gọi \(M\left( {a;b} \right)\) là điểm biểu diễn cho số phức \(z\).
Có \({\text{w}} = \frac{{z + 2}}{{z – 2i}} = \frac{{a + 2 + bi}}{{a + \left( {b – 2} \right)i}}\) \( = \frac{{\left( {a + 2 + bi} \right)\left[ {a – \left( {b – 2} \right)i} \right]}}{{{a^2} + {{\left( {b – 2} \right)}^2}}}\)\( = \frac{{a\left( {a + 2} \right) + b\left( {b – 2} \right) + \left[ { – \left( {a + 2} \right)\left( {b – 2} \right) + ab} \right]i}}{{{a^2} + {{\left( {b – 2} \right)}^2}}}\)\({\text{w}}\) là số thuần ảo \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a\left( {a + 2} \right) + b\left( {b – 2} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ {a^2} + {\left( {b – 2} \right)^2} \ne 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Có \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2a – 2b = 0\).
Suy ra \(M\) thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( { – 1;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 2 \).\({z_1},{z_2} \in S\) được biểu điễn bởi \(M,N\) nên \(M,N\) thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) và \(\left| {{z_1} – {z_2}} \right| = MN = \sqrt 3 \). Gọi \(A\left( { – 6;0} \right)\)

Vì \(g(x)\) là hàm số đạt cực trị tại điểm \( – 1;1\) (trùng cực trị của \(f(x)\)) và có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f(x)\) nên phương trình \(f(x) – g(x) = 0\) có nghiệm \( – 1\) (kép); \(1\) (kép).
Suy ra \(f\left( x \right) – g(x) = {\left( {x – 1} \right)^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\)
\(S = \int\limits_ – ^1 {\left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ – 2}^1 {{{\left( {{x^2} – 1} \right)}^2}dx = } \frac{{16}}{{15}}\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm; mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n \left( {1; – 2;1} \right)\)
Giả sử \(M\) là giao điểm của \(\Delta \) với trục \(Oy\)\( \Rightarrow \,M\left( {0;b;0} \right).\)
Khi đó, \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AM} \left( {1;b\, – 2;\,3} \right)\)
Do \(\Delta //\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow n = 0 \Leftrightarrow 1 – 2b + 4 + 3 = 0 \Leftrightarrow b = 4\)
Đường thẳng cần tìm đi qua \(A\left( { – 1;2; – 3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AM} \left( {1;\,2;\,3} \right)\), nên có phương trình là:
\(\left\{ \begin{gathered} x = – 1 + t \hfill \\ y = 2 + 2t \hfill \\ z = – 3 + 3t \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Xét hình nón đỉnh \(S\) có chiều cao \(h = SO = 2a\).Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón là tam giác \(SAB\) cân tại \(S\).
+ Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\).
Trong tam giác \(SOI\), kẻ \(OH \bot SI\), \(H \in SI\).
+ \(\left\{ \begin{gathered} AB \bot OI \hfill \\ AB \bot SO \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot OH\).
+\(\left\{ \begin{gathered} OH \bot SI \hfill \\ OH \bot AB \hfill \\ \end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O\,,\,\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \frac{{3a}}{2}\).
Xét tam giác \(SOI\)vuông tại \(O\), ta có \(\frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} – \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{4}{{9{a^2}}} – \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{7}{{36{a^2}}}\) \( \Rightarrow OI = \frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}\).và \(SI = \sqrt {O{I^2} + S{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}} \right)}^2}+ {{\left( {2a} \right)}^2}} = \frac{{8a\sqrt 7 }}{7}\).
Ta có \({S_{\Delta SAB}} = \frac{{24{a^2}\sqrt 3 }}{7} \Leftrightarrow \frac{1}{2}SI.AB = \frac{{24{a^2}\sqrt 3 }}{7} \Rightarrow AB = \frac{{6a\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow IA = \frac{{AB}}{2} = \frac{{3a\sqrt {21} }}{7}\)
Xét tam giác \(IAO\)vuông tại \(I \Rightarrow R = OA = \sqrt {O{I^2} + I{A^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{6a}}{{\sqrt 7 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a\sqrt {21} }}{7}} \right)}^2}} = 3a\).
Thể tích của khối nón giới hạn bởi hình nón là: \(V = \frac{1}{3}h.\pi {R^2} = \frac{1}{3}.2a.\pi .{\left( {3a} \right)^2} = 6\pi {a^3}.\)

Chia cả hai vế cho \({4^b}\), ta được\(\frac{1}{{{3^a}}}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^b} + 65{\left( {\frac{1}{4}} \right)^b} – {4^{{a^2}}} \geqslant 0.\)
Đặt \(f\left( b \right) = \frac{1}{{{3^a}}}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^b} + 65{\left( {\frac{1}{4}} \right)^b} – {4^{{a^2}}}\), với \(b \in \left[ { – 11;11} \right]\).
Ta có\(f'\left( b \right) = \frac{1}{{{3^a}}}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^b}\ln \frac{3}{4} + 65{\left( {\frac{1}{4}} \right)^b}\ln \frac{1}{4} < 0,\forall b \in \left[ { - 11;11} \right].\)
Do đó \(f\left( b \right)\) nghịch biến trên \(\left[ { - 11;11} \right]\).
Điều này dẫn đến yêu cầu bài toán trở thành \(f\left( { - 8} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow {4^{{a^2} - 8}} \leqslant {3^{ - a - 8}} + 65.\)
Nếu \(a \leqslant - 8\) thì \({a^2} - 8 > – a – 8 + 4\).
Suy ra\({4^{{a^2} – 8}} > {4^{ – a – 8}} \cdot {4^4} \geqslant {3^{ – a – 8}} \cdot {4^4} = {3^{ – a – 8}} + \left( {{4^4} – 1} \right){3^{ – a – 8}} > {3^{a – 8}} + 65.\)
Nếu \(a > – 8\) thì do thì \({3^{ – a – 8}} < 1\), mà \(a \in \mathbb{Z}\) nên \({4^{{a^2} - 8}} \leqslant 66 \Leftrightarrow {a^2} \leqslant 8 + {\log _4}66 \Rightarrow a \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}.\)
Thử lại tất cả \(7\) giá trị nguyên trên đều thỏa mãn yêu cầu.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2; – 3;3} \right),R = 5\).
Ta có: \(M \in Oy \Rightarrow M\left( {0;\,a;\,0} \right)\)Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa hai tiếp tuyến từ \(M\) đến \(\left( S \right)\).
Khi đó \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {0;\,a;\,0} \right)\), vuông góc với đường thẳng \(d\), phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(4x – 2\left( {y – a} \right) + z = 0 \Leftrightarrow 4x – 2y + z + 2a = 0\).
Ta có điểm \(M\) thoả mãn giả thiết là điểm nằm ngoài mặt cầu, suy ra \(IM > R \Leftrightarrow {\left( { – 2} \right)^2} + {\left( {a + 3} \right)^2} + 9 > 25 \Leftrightarrow {\left( {a + 3} \right)^2} > 12\) (1)
Các mặt phẳng \(\left( P \right)\) thoả mãn giả thiết phải cắt mặt cầu nên ta có: \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) < R \Leftrightarrow \frac{{\left| {8 + 6 + 3 + 2a} \right|}}{{\sqrt {21} }} < 5 \Leftrightarrow \left| {2a + 17} \right| < 5\sqrt {21} \) (2)
Từ (1) và (2), suy ra: \(\left\{ \begin{gathered} {\left( {a + 3} \right)^2} > 12 \hfill \\ \left| {2a + 17} \right| < 5\sqrt {21} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{a^2} + 6a - 3 > 0} \\ { – 14 < 2a < 1} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} a > – 3 + 2\sqrt 3 \hfill \\ a < - 3 - 2\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \frac{{ - 5\sqrt {21} - 17}}{2} < a < \frac{{5\sqrt {21} - 17}}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} - 3 + 2\sqrt 3 < a < \frac{{5\sqrt {21} - 17}}{2} \hfill \\ \frac{{ - 5\sqrt {21} - 17}}{2} < a < - 3 - 2\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) do \(a \in \mathbb{Z}\) nên có \(2 + 17 = 19\) giá trị của thoả mãn.
Vậy có 19 điểm \(M\) thoả mãn.

Ta có \(g'\left( x \right) = 2\left( {x – 4} \right)f'\left( {{x^2} – 8x + m} \right)\)\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x – 4} \right)f'\left( {{x^2} – 8x + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 4 \hfill \\ {x^2} – 8x + m = 1{\text{ }}\left( {{\text{nghiem boi 2}}} \right) \hfill \\ {x^2} – 8x + m = 0{\text{ }}\left( 1 \right) \hfill \\ {x^2} – 8x + m = 2{\text{ }}\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right..\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0\) có \(5\) nghiệm bội lẻ \( \Leftrightarrow \) mỗi phương trình \(\left( 1 \right),{\text{ }}\left( 2 \right)\) đều có hainghiệm phân biệt khác \(4.\) \(\left( * \right)\)
Cách 1: \(\left( * \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 16 – m > 0 \hfill \\ 16 – m + 2 > 0 \hfill \\ m \ne 16 \hfill \\ m \ne 18 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow m < 16\).Vậy có \(15\) giá trị \(m\) nguyên dương thỏa mãn điều kiện.
Cách 2: Xét đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số \(y = {x^2} - 8x\) và hai đường thẳng \({d_1}:y = - m,{\text{ }}{d_2}:y = - m + 2\) (hình vẽ).Khi đó \(\left( * \right){\text{ }} \Leftrightarrow {\text{ }}{d_1},{\text{ }}{d_2}\) cắt \(\left( C \right)\) tại bốn điểm phân biệt \( \Leftrightarrow – m > – 16 \Leftrightarrow m < 16.\)
Vậy có \(15\) giá trị \(m\) nguyên dương thỏa mãn điều kiện.