Giải Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 - Mã đề 104
-
17689 lượt thi
-
50 câu hỏi
-
60 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Số phức nào dưới đây có phần ảo bằng phần ảo của số phức w = 1 – 4i?
Đáp án đúng là: A
Số phức w = 1 – 4i có phần ảo bằng −4.
Trong các số phức đã cho, số phức z1 = 5 – 4i cũng có phần ảo bằng −4.
Câu 2:
Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới.
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có toạ độ là
Đáp án đúng là: C
Từ đồ thị hàm số bậc ba y = f(x), ta có điểm cực tiểu của đồ thị hàm số có toạ độ là (−1;−1).
Câu 3:
Phần ảo của số phức z = (2 – i)(1 + i) bằng
Đáp án đúng là: B
Ta có: z = (2 – i)(1 + i) = 2 + 2i – i – i2 = 3 + i.
Vậy phần ảo của số phức z bằng 1.
Câu 5:
Cho khối chóp S.ABC có chiều cao bằng 5, đáy ABC có diện tích bằng 6. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
Đáp án đúng là: B
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = = 10.
Câu 6:
Cho khối chóp và khối lăng trụ có diện tích đáy, chiều cao tương ứng bằng nhau và có thể tích lần lượt là V1, V2. Tỉ số bằng
Đáp án đúng là: D
Gọi đường cao, diện tích đáy lần lượt là h, B.
Khi đó áp dụng công thức thể tích khối chóp, khối lăng trụ ta được V1 = và V2 = B.h.
Suy ra: = = .
Câu 7:
Với a là số thực dương tuỳ ý, log(100a) bằng
Đáp án đúng là: B
Với a > 0, ta có
log(100a) = log100 + loga = log102 + loga = 2 + loga.
Câu 8:
Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như sau?
Đáp án đúng là: C
Dựa vào bảng biến thiên trên, ta nhận thấy đây là hàm số bậc ba có dạng y = ax3 + bx2 + cx + d với a ≠ 0.
Mà Þ a < 0.
Do đó trong các hàm số đã cho, có duy nhất hàm số y = −x3 + 3x thoả mãn.
Câu 9:
Số nghiệm thực của phương trình = 4 là
Đáp án đúng là: B
Ta có = 4 Û = 22
Û x2 + 1 = 2 Û x2 = 1 Û x = ±1.
Vậy có hai nghiệm thực thỏa mãn.
Câu 10:
Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng (Oxy) là
Đáp án đúng là: D
Phương trình của mặt phẳng (Oxy) là z = 0.
Câu 11:
Hàm số F(x) = cot x là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây trên khoảng ?
Đáp án đúng là: C
Ta có: = cot x + C.
Vậy hàm số cần tìm là f3(x) = .
Câu 12:
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Đáp án đúng là: D
Ta có đồ thị tăng trên khoảng (−1; 0) nên hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (−1; 0).
Câu 13:
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:. Điểm nào dưới đây thuộc d?
Đáp án đúng là: A
• Thay toạ độ điểm P(2; 1; −1) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:
Û (thoả mãn).
Do đó P ∈ d.
• Thay toạ độ điểm M(1; 2; 3) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:
Û (vô lí).
Do đó M ∉ d.
• Thay toạ độ điểm Q(2; 1; 1) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:
Û (vô lí).
Do đó Q ∉ d.
• Thay toạ độ điểm N(1; −2; 3) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:
Û (vô lí).
Do đó N ∉ d.
Vậy điểm P(2; 1; −1) thuộc đường thẳng (d).
Câu 14:
Trên mặt phẳng toạ độ, điểm biểu diễn số phức z = 2 + 7i có toạ độ là
Đáp án đúng là: D
Trên mặt phẳng toạ độ, điểm biểu diễn số phức z = 2 + 7i có toạ độ là (2; 7).
Câu 15:
Cho điểm M nằm ngoài mặt cầu S(O; R). Khẳng định nào dưới đây đúng?
Đáp án đúng là: C
M nằm ngoài mặt cầu S(O; R) Û OM > R.
Câu 17:
Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ = (1; −4; 0) và = (−1; −2; 1). Vectơ có toạ độ là
Đáp án đúng là: A
Với = (1; −4; 0) và = (−1; −2; 1) ta có:
= (−3; −6; 3).
Do đó = (−2; −10; 3).
Câu 18:
Cho cấp số nhân (un) có u1 = 3 và công bội q = 2. Số hạng tổng quát un (n ≥ 2) bằng
Đáp án đúng là: D
Ta có un = u1.qn – 1 = 3.2n – 1.
Câu 19:
Cho a = , b = 32 và c = . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Đáp án đúng là: D
Ta có 2 <<
Mà cơ số 3 > 1
Do đó 32 < <
Hay b < a < c.
Câu 20:
Cho khối nón có diện tích đáy 3a2 và chiều cao 2a. Thể tích của khối nón đã cho là
Đáp án đúng là: C
Thể tích của khối nón đã cho là:
V = = = 2a3.
Câu 22:
Tập xác định của hàm số y = log2(x – 1) là
Đáp án đúng là: D
Điều kiện: x – 1 > 0 Û x > 1.
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = (1; +¥).
Câu 23:
Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị là đường cong trong bình bên. Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
Đáp án đúng là: A
Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 3.
Câu 24:
Nghiệm của phương trình = 0 là
Đáp án đúng là: A
Có = 0 Û
Û Û x = 1.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1.
Câu 25:
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tiệm cận đứng của đồ thị đã cho là đường thẳng có phương trình:
Đáp án đúng là: C
Từ bảng biến thiên ta có = −¥ và = +¥.
Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −2.
Câu 26:
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 3)2 = 4. Tâm của (S) có toạ độ là
Đáp án đúng là: D
Mặt cầu (S): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 3)2 = 4 có tâm I(2; −1; 3).
Câu 27:
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau?
Đáp án đúng là: C
Số các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là hoán vị của 5 phần tử nên có 5! = 120 (số).
Câu 28:
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và đường thẳng y = 1 là
Đáp án đúng là: C
Ta vẽ đường thẳng y = 1
Đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số tại 3 giao điểm.
Câu 29:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ (tham khảo hình vẽ bên dưới).
Giá trị sin của góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABCD) bằng
Đáp án đúng là: A
Hình chiếu của đường thẳng AC’ lên mặt phẳng (ABCD) là đường thẳng AC
Suy ra góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABCD).
Do đó = = .
Gọi cạnh hình lập phương bằng 1, suy ra AC = .
Xét DCAC’ vuông tại C ta có:
AC’ = = = .
Vậy: sin = sin = = = .
Câu 30:
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên thuộc đoạn [30; 50]. Xác suất để chọn được số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục bằng
Đáp án đúng là: A
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên thuộc đoạn [30; 50], nên ta có số phần tử của không gian mẫu: n(Ω) = 50 – 30 + 1= 21.
Gọi A “Biến cố để chọn được số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục”.
• TH1: Chữ số hàng chục là 3, có 6 cách chọn số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục là {34, 35, 36, 37, 38, 39}.
• TH2: Chữ số hàng chục là 4, có 5 cách chọn số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục là {45, 46, 47, 48, 49}.
Suy ra n(A) = 6 + 5 = 11.
Xác suất của biến cố A: P(A) = .
Câu 31:
Với a, b là các số thực dương tuỳ ý và a ≠ 1, bằng
Đáp án đúng là: D
Ta có: = = 3.
Câu 32:
Cho hàm số f(x) = 1 + e2x. Khẳng định nào dưới đây là đúng?
Đáp án đúng là: D
Ta có: = = x + + C.
Câu 33:
Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 – 2z + 5 = 0. Khi đó z12 + z22 bằng
Đáp án đúng là: D
Vì z1, z2 là hai nghiệm của phương trình z2 – 2z + 5 = 0 nên theo hệ thức Viet ta có:
.
Ta có: z12 + z22 = (z1 + z2)2 – 2.z1.z2 = 22 – 2.5 = −6.
Câu 34:
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f'(x) = x + 1 với mọi x Î ℝ. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Đáp án đúng là: A
Ta có: Hàm số nghịch biến Û f'(x) < 0
Û x + 1 < 0 Û x < −1.
Vậy hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (−¥; −1).
Câu 35:
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3). Phương trình của mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng x – 2y + 2z + 3 = 0 là
Đáp án đúng là: D
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng x – 2y + 2z + 3 = 0 là:
= 2
Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng đã cho nên mặt cầu đó có bán kính bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng.
Do đó R = 2.
Mặt cầu tâm có A(1; 2; 3) và bán kính R = 2 có phương trình là:
(x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 = 4.
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 = 4.
Câu 36:
Cho hàm số f(x) = ax4 + bx2 + c có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới.
Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [−2; 5] của tham số m để phương trình f(x) = m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt?
Đáp án đúng là: A
Ta vẽ đường thẳng y = m (có hai trường hợp) thỏa mãn f(x) = m có hai nghiệm thực phân biệt như hình vẽ dưới đây:
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với .
Kết hợp điều kiện m ∈ [−2; 5] nên ta có: m ∈ (−1; 5] ∪ {−2}.
Mà m nguyên nên có 7 giá trị m cần tìm là −2, 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Câu 37:
Trong không gian Oxyz, cho điểm M(2; −2; 1) và mặt phẳng (P): 2x – 3y – z + 1 = 0. Đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình là
Đáp án đúng là: C
Mặt phẳng (P): 2x – 3y – z + 1 = 0 có = (2; −3; −1).
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nhận làm vectơ chỉ phương là = (2; −3; −1).
Đường thẳng đi qua M(2; −2; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình là:
Câu 38:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 3 (tham khảo hình bên dưới).
Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’) bằng
Đáp án đúng là: C
Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
Do ABCD là hình vuông nên BD ^ AC tại O.
Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên AA’ ^ (ABCD) Þ AA’ ^ BD.
Ta có: BD ^ AA’, BD ^ AC
Þ BD ^ (ACC’A’)
Þ BO ^ (ACC’A’) tại O
Þ d(B; (ACC’A’)) = BO = BD
Mà BD là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh bằng 3 nên BD =
Vậy d(B; (ACC’A’)) = .
Câu 39:
Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho mỗi a có đúng hai số nguyên b thoả mãn (3b – 3)(a.2b – 16) < 0
Đáp án đúng là: D
* Cách 1:
- TH1: a = 1 Þ (3b – 3)(2b – 16) < 0.
Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 4 không thoả mãn bất phương trình và b ∈ {2; 3} thoả mãn.
Vậy a = 1 thoả mãn.
- TH2: a = 2 Þ (3b – 3)(2.2b – 16) < 0
Û (3b – 3)(2b + 1 – 16) < 0
Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 3 không thoả mãn bất phương trình và b = 2 thoả mãn.
Vậy a = 2 không thoả mãn.
- TH3: a = 3 Þ (3b – 3)(3.2b – 16) < 0.
Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 3 không thoả mãn bất phương trình và b = 2 thoả mãn.
Vậy a = 3 không thoả mãn.
- TH4: a > 3.
Ta cần tìm a để bất phương trình (3b – 3)(a.2b – 16) < 0 có 2 nghiệm b.
• Nếu b ≥ 3 Þ (3b – 3)(a.2b – 16) ≥ 24.(3.8 – 16) > 0 không thoả mãn bất phương trình.
• Nếu b = 2 Þ (3b – 3)(a.2b – 16) ≥ 6(4.4 – 16) ≥ 0 không thoả mãn bất phương trình.
• Nếu b = 1 không thoả mãn.
• Nếu b < 1 Þ (3b – 3) < 0.
Bất phương trình tương đương a.2b – 16 > 0.
Hay a > có hai nghiệm b suy ra 33 ≤ a ≤ 64.
Kết hợp lại suy ra có tất cả 33 số nguyên dương a thoả mãn.
* Cách 2:
Xét (3b – 3)(a.2b – 16) = 0.
Do a Î ℕ* nên .
• TH1: > 1 Û a < 8.
Bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên b
Û 3 < ≤ 4 Û 1 ≤ a < 2 Þ a = 1 (thoả mãn).
• TH2: < 1 Û a > 8.
Bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên b
Û −2 ≤ < −14 Û 32 < a ≤ 64 Þ có 32 giá trị a.
Vậy có 33 giá trị của a thoả mãn.
Câu 40:
Cho hàm số f(x) = (a + 3)x4 – 2ax2 + 1 với a là tham số thực. Nếu = f(2) thì bằng
Đáp án đúng là: D
Xét hàm f(x) = (a + 3)x4 – 2ax2 + 1
Þ f '(x) = 4(a + 3)x3 – 4ax.
Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 2 và liên tục trên đoạn [0; 3].
Þ f'(2) = 0 Û 4.(a +3).23 – 4.a.2 = 0
Û 32(a + 3) – 8a = 0 Û a = −4.
Với a = −4 ta có f(x) = −x4 + 8x2 + 1 với x Î [0; 3].
f'(x) = −4x3 + 16x.
Cho f'(x) = 0 Û
Khi đó f(0) = 1, f(2) = 17, f(3) = −8.
Suy ra = f(2) = 17 (thoả mãn giả thiết).
Vậy = f(3) = −8.
Câu 41:
Biết F(x) và G(x) là hai nguyên hàm của hàm số f(x) trên ℝ và = F(2) – G(0) + a (a > 0). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = F(x), y = G(x), x = 0 và x = 2. Khi S = 6 thì a bằng
Đáp án đúng là: C
F(x) và G(x) là hai nguyên hàm của hàm số f(x) trên ℝ nên ta có
∀x Î ℝ: F(x) = G(x) + C (với C là hằng số).
Do đó F(0) = G(0) + C (1).
Lại có = F(2) – F(0)
Û F(2) – G(0) + a = F(2) – F(0)
Û F(0) = G(0) – a (2).
Từ (1) và (2) suy ra C = −a.
Khi đó F(x) = G(x) – a, ∀x Î ℝ Û |F(x) – G(x)| = a, ∀x Î ℝ.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = F(x), y = G(x), x = 0 và x = 2 là
S = = = 2a = 6 Þ a = 3.
Câu 42:
Cho các số phức z1, z2, z3 thoả mãn 2|z1| = 2|z2| = |z3| = 2 và (z1 + z2)z3 = 2z1z2. Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của z1, z2, z3 trên mặt phẳng toạ độ. Diện tích tam giác ABC bằng
Đáp án đúng là: A
- Từ giả thiết ta được |z1| = |z2| = 1 và |z3| = 2.
- Theo giả thiết (z1 + z2)z3 = 2z1z2
Þ |z1 + z2||z3| = 2|z1||z2|
Þ |z1 + z2|.2 = 2.1.1
Þ |z1 + z2| = 1.
- Từ đẳng thức |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2
Þ |z1 – z2| = Þ AB = .
- Theo giả thiết (z1 + z2)z3 = 2z1z2
Û z1z3 + z2z3 = 2z1z2
Û z1z3 + z2z3 – 2z2z3 = 2z1z2 – 2z2z3
Û z1z3 – z2z3 = 2z1z2 – 2z2z3
Û (z1 – z2)z3 = 2(z1 – z3)z2
Þ |z1 – z2||z3| = 2|z1 – z3||z2|
Þ |z1 – z3| = Þ AC = .
- Theo giả thiết (z1 + z2)z3 = 2z1z2
Û z1z3 + z2z3 = 2z1z2
Û z1z3 – z1z2 = z1z2 – z2z3
Û (z3 – z2)z1 = (z1 – z3)z2
Û |z3 – z2|.|z1| = |z1 – z3|.|z2|
Þ |z3 – z2| = Þ BC = .
Suy ra tam giác ABC đều cạnh .
Suy ra S∆ABC = .
Câu 43:
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh bên AA’ = 2a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60°. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
Đáp án đúng là: C
Gọi I là trung điểm của BC.
Ta có:
+ DABC là tam giác vuông cân tại A nên AI ^ BC
+ ABC.A’B’C’ là khối lăng trụ đứng nên AA’ ^ BC
Suy ra BC ^ (AA’I) Þ BC ^ A’I.
Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng góc giữa A’I và AI.
Mà DAA’I vuông tại A nên ta có là góc nhọn.
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng = 60°
Trong tam giác vuông AA’I, ta có AI = = .
ABC là tam giác vuông cân tại A nên:
BC = 2.AI = , AB = AC = = .
Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:
V = AA’.S∆ABC
= AA’.AB.AC
= .2a.=
Câu 44:
Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 120° và chiều cao bằng 2. Gọi (S) là mặt cầu đi qua đỉnh và chứa đường tròn đáy của hình nón đã cho. Diện tích của (S) bằng
Đáp án đúng là: C
Gọi hình nón đỉnh A, đường kính đáy hình nón là BC.
Gọi I là tâm mặt cầu (S).
Ta có ∆ABC cân tại A có = 120° và AI ^ BC tại O
Nên = 60° suy ra ∆IAB đều.
Tam giác IAB đều và OB ^ IA tại O.
Suy ra OB là đường trung tuyến của ∆IAB.
Do đó AI = 2AO
Mà OA = 2 suy ra AI = 2OA = 4.
Vậy diện tích mặt cầu (S) là: S = 4pAI2 = 64p.
Câu 45:
Xét tất cả các số thực x, y sao cho ≥ với mọi số thực dương a. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2 – 6x – 8y bằng
Đáp án đúng là: A
Ta có: ≥ , ∀a > 0
Û log2≥ log2 , ∀a > 0
Û log2≥ log2, ∀a > 0
Û 3(9 – y2) ≥ (6x – 3log2a).log2a, ∀a > 0
Û 3 – 6x.log2a + 27 – 3y2 ≥ 0, ∀a > 0
Û – 2xlog2a + 9 – y2 ≥ 0, ∀a > 0
Û ∆’ = x2 + y2 – 9 ≤ 0.
Gọi M(x; y) thuộc hình tròn (C) tâm O, bán kính R = 3.
Gọi A(3; 4), ta có OA = 5 > R. Do đó A nằm ngoài hình tròn (C).
Khi đó MA2 = (x – 3)2 + (y – 4)2
Suy ra: P = x2 + y2 – 6x – 8y
= (x – 3)2 + (y – 4)2 – 25
= MA2 – 25 ≥ (OA – R)2 – 25 = (5 – 3)2 – 25 = −21.
Vậy min P = −21 khi O, M, A theo thứ tự thẳng hàng.
Câu 46:
Cho hàm số bậc bốn y = f(x). Biết rằng hàm số g(x) = ln f(x) có bảng biến thiên như sau
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f'(x) và y = g'(x) thuộc khoảng nào dưới đây?
Đáp án đúng là: A
Từ bảng biến thiên của g(x) ta có ln f(x) ≥ ln 4 Û f(x) ≥ 4; ∀x Î ℝ.
Ta có g'(x) = .
Xét phương trình f'(x) = g'(x) Û f'(x) = .
Û
Do f(x) ≥ 4; ∀x Î ℝ nên phương trình (**) vô nghiệm.
Từ đó suy ra f'(x) = 0 Û g'(x) = 0 Û .
Mặt khác f'(x) – g'(x) = f'(x)..
Ta có bảng xét dấu
Vậy S =
=
= f(x2) – g(x2) – f(x1) + g(x1) – f(x3) + g(x3) + f(x2) – g(x2)
= 2f(x2) – f(x1) – f(x3) – 2ln f(x2) + ln f(x1) + ln f(x3)
= 2.−12 – 4 – 2ln+ ln 12 + ln 4 ≈ 7,704 Î (7; 8).
Câu 47:
Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; 1; 1). Gọi (P) là mặt phẳng chứa trục Oy sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất. Phương trình của (P) là
Đáp án đúng là: C
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên (P) và trục Oy.
Với A(2; 1; 1) ta có hình chiếu của A lên Oy là K(0; 1; 0).
Ta có d(A, (P)) = AH ≤ AK.
Do đó khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất khi H ≡ K(0; 1; 0).
Khi đó (P) đi qua K(0; 1; 0) và có một vectơ pháp tuyến là = (−2; 0; −1) = −(2; 0; 1) nên có phương trình là 2x + z = 0.
Câu 48:
Có bao nhiêu số phức z thoả và .
Đáp án đúng là: A
Gọi z = a + bi, a, b Î ℝ
Þ = a – bi
Þ z – = 2bi
Þ |z – | =
Ta có:
• Û a2 + b2 = 4|b| (1).
•
Û
Û |a + bi + 4|.|a – bi + 4i| = |a + bi – 4i|2
Û
Û
+ TH1:
Û a2 + (b – 4)2 = 0
Mà a2 ≥ 0 và (b – 4)2 ≥ 0 với mọi a, b Î ℝ
Do đó a2 + (b – 4)2 = 0
Û
Û thoả (1).
Vậy z = 4i.
+ TH2:
Û (a + 4)2 + b2 = a2 + (b – 4)2
Û 8a = –8b
Û a = −b.
Thay vào ta được (1):
2b2 – 4|b| = 0 Û 2|b|.(|b| – 2) = 0
Û |b| = 0 hoặc |b| = 2.
• Với |b| = 0 Û b = 0
Þ Þ z = 0.
• Với |b| = 2 Û b = ±2
Þ hoặc
Þ z = −2 + 2i hoặc z = 2 – 2i.
Kết luận: có 4 số phức z.
Câu 49:
Có bao nhiêu số nguyên dương của tham số m để hàm số y = |x4 – mx2 – 64x| có đúng 3 điểm cực trị?
Đáp án đúng là: C
Xét hàm số g(x) = x4 – mx2 – 64x; g'(x) = 4x3 – 2mx – 64; có = +¥.
g(x) = 0 Û
Với x = 0 thay vào phương trình (*) ta thấy vô lí
Þ g(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt.
Do đó hàm số y = |g(x)| có đúng 3 điểm cực trị
Û hàm số y = g(x) có đúng 1 cực trị
Û g'(x) đổi dấu đúng 1 lần (**).
Nhận xét nếu x = 0 Þ g'(0) = −64 < 0
Þ g(x) không có cực trị (hay x = 0 không thoả mãn).
Nên g'(x) = 0 Û m = 2x2 − .
Đặt h(x) = 2x2 − .
Có h'(x) = 4x + = ;
Ta có h'(x) = 0 Û x = −2.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra (**) Û m ≤ 24.
Kết hợp với điều kiện m nguyên dương suy ra m Î {1; 2; 3;…; 24}.
Câu 50:
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) tâm I(1; 4; 2), bán kính bằng 2. Gọi M, N là hai điểm lần lượt thuộc hai trục Ox, Oy sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với (S), đồng thời mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN có bán kính bằng . Gọi A là tiếp điểm của MN và (S), giá trị AM.AN bằng
Đáp án đúng là: C
Gọi M(a; 0; 0) Î Ox, N(0, b, 0) Î Oy.
Ta có d(I; (Oxy)) = 2 = R nên (S) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) tại điểm A(1; 4; 0) và MN cũng đi qua A.
Lại có = (a – 1; −4; 0), = (−1; b – 4; 0) và 3 điểm A, M, N thẳng hàng nên ta được:
Û (a – 1)(b – 4) = 4 (1).
Tứ diện OIMN có IA ^ (OMN) và ∆OMN vuông tại O
Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN thì J Î (IMN).
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IMN.
Ta có S∆IMN = (với r = bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IMN).
Û =
Û IM.IN = 7IA
Û IM.IN = 14
Û [(a – 1)2 + 20].[(b – 4)2 + 5] = 196 (2).
Đặt .
Từ (1) và (2) ta có hệ
Û
Từ (4) ta được: (m2 + 20)(16 + 5m2) = 196m2
Û 5m4 – 80m2 + 320 = 0 Û m2 = 8
Û Þ .
Suy ra .
Vậy AM.AN = .