Hướng dẫn giải toán VDC trong các đề thi thử TN THPT 2023 môn Toán

NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 CHUYÊN VINH – NGHỆ AN

Câu 40. Cho hàm số  y f x  có đạo hàm liên tục trên  và    3 2 g x f x    có bảng xét dấu như sau:

Có bao nhiêu số nguyên   2023;2023 m để hàm số   y f x m   đồng biến trên   ;0  ?

A. 2020 B. 2017 . C. 2018 . D. 2019 . Lời giải Đầu tiên ta có bảng xét dấu cho  f t  với 3 2 t x   theo x như sau:

Từ đó ta thực hiện ghép bảng biến thiên cho  f t  với t x m   như sau:

Từ bảng xét dấu trên, ta suy ra để thỏa yêu cầu đề bài, thì     ;0 ; 6 6 0 6 m m m        

Với   2023;2023 m , suy ra   6;7;...;2023 m tức có 2018 giá trị nguyên m thỏa mãn. Chọn đáp án C.

Câu 43. Có bao nhiêu số nguyên a để tồn tại số phức z thỏa mãn 16 z z z z     và 4 iz a   ?

A. 5 B. 9 . C. 10. D. 6 . Lời giải

Đầu tiên ta đặt   , z x yi x y   , khi đó ta có:

 

2 2 2 8 (1) 16

4 (2) 4

x y z z z z

x y a iz a

                    

. Ta biểu diễn

hệ phương trình vừa phân tích lên trên hệ trục Oxy , khi đó ta có hình vẽ như sau:

Để tồn tại số phức z thỏa mãn như trên thì đường tròn (2) phải tồn tại giao điểm với đường khép kín (1), khi đó

dựa vào hình vẽ trên, đoạn giá trị a để tồn tại là:     ; 2 12 3;4;...;12 a d I BC a IA a a        

Vậy có tất cả 10 giá trị nguyên a thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn đáp án C.

NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG

Câu 44. Xét các số thực dương ,x y thỏa mãn

2

2 2 2 1 4 log log 2 4 x xy y y    . Khi 4 x y  đạt giá trị nhỏ nhất thì giá

trị của x

y

bằng

A. 2 2

B. 1

2

. C. 2 . D. 2 .

Lời giải

Đầu tiên ta biến đổi phương trình sau:

2 2

2 2 2 2 2 2 1 4 8 2 log log log 2log 2 4 4 x xy x xy y y y y       

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 8 4 4 log 2 log 2 log 2 2 log log 2 log 2 x y x x x y x x y y y y                          

Xét hàm số  2 log 2 y f t t t    trên   0; có    1 2 0, 0; ln 2 f t t t      .

Khi đó ta suy ra hàm  f t luôn đồng biến trên   0; tức 2 4 2x y 

Suy ra: 3 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 3 2 .2 . 6 T x y y y y y y y y y          .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 1 2 2 x y y x y y       . Chọn đáp án D.

Câu 46.1 Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có       3;4;4 , 1;2;3 , 5;0; 1 A B C  . Điểm M thay đổi

trong không gian thỏa mãn   90 ABM AMC   . Mặt phẳng   đi qua B và vuông góc với AC cắt AM tại N .

Khoảng cách từ N đến   ABC có giá trị lớn nhất bằng

A. 4 10

5

B. 6 5

5

. C. 2 10

5

. D. 3 5

5

.

Lời giải Cách 1: Đầu tiên ta nhận thấy ba điểm , , A B C tạo thành một tam giác vuông tại B nên suy ra , M B đều thuộc mặt cầu

đường kính AC . Mà  90 ABM   nên suy ra M thuộc giao giữa mặt cầu đường kính AC và mặt phẳng qua B

vuông góc với AB tức đường tròn  C bán kính     2 2 ; 3 AC r R d I AC    .

Từ đó ta có được hình vẽ như sau:

Gọi E là hình chiếu của N lên   ABC , khi đó suy ra     ; d N ABC NE 

Đặt  

2 2 2 2 9 ; 3 3 9 18 6 a JK KM a BK a BM a a a            ;