Hướng dẫn giải toán VDC trong các đề thi thử TN THPT 2024 môn Toán

NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG

ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN KHTN – HÀ NỘI Câu 47: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x tồn tại số thực   1;2 y  thỏa mãn 2 2 1 xy x y   ?

A. 3 . B. 6 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Cách 1: Trước hết ta xét 0 x  thì khi ấy phương trình luôn đúng với mọi số thực   1;2 y  nên nhận.

Tiếp đến với 0 x  ta xét hàm số 

2 2 1 xy xf y x y    trên khoảng   1;2 khi đó ta có: 

2 2 ln 2 xy xf y x x   

Điều kiện cần: để tồn tại   1;2 y  thỏa mãn thì   1 2 0 x x f f  .

Trường hợp 1: 0 x  thì ta giải  2 0 0 1 0 log 1 ln 2 2 ln 2 x xy x x f y y y x x

           

.

Khảo sát nhanh hàm số  2 1 log ln 2

x g x x  dễ thấy      2 1 ln 2 , 0; ln 2 g x g e x e     tức   0 1;2 y 

Cùng với    0, 1;2 xf y y    , khi ấy để   1;2 y  thì:    

2

2 2 1 0 2 1 0 2;3;4 2 0 2 2 1 0

x

x

x f x x f x

                  



Trường hợp 2: 0 x  thì khi ấy    0, 1;2 xf y y    . Suy ra để   1;2 y  thỏa mãn thì

 

2

2 2 1 0 2 1 0

2 0 2 2 1 0

x

x

x f x x f x

                  

 . (loại)

Vậy tóm lại   0;2;3;4 x tức có 4 giá trị nguyên x thỏa mãn. Chọn đáp án D.

Cách 2: Dễ thấy xét 0 x  thì hàm số 

2 2 1 xy yf x x y    có 



2

2 2

2 ln 2

2 ln 2 0

xy x

xy x

f y x x

f y x

        

Suy ra hàm  xf y là hàm lồi nghiêm ngặt và có tối đa 1 cực tiểu, khi ấy cùng với thì ta suy ra điều kiện cần và đủ

để  0 xf y  có nghiệm với mọi   1;2 y  là   1 2 0 x x f f 

Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 1 : 3 2 x d y z     . Xét mặt phẳng  P thay đổi và luôn chứa

đường thẳng  d . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm   2; 1;2 A  lên mặt phẳng  P . Khi  P thay

đổi thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng

A. 2 2

. B. 2 . C. 3 . D. 3 2

.

Lời giải Đầu tiên ta gọi C là hình chiếu của A lên  d , từ đó dễ dàng tính được tọa độ điểm   1;0;3 C

Khi ấy ta suy ra H thuộc mặt cầu  S đường kính AC có tâm là trung điểm AC và bán kính 3 2 R  .

Tiếp đến ta có            , 2;1;1 AHC d AH d P AC d d AHC n u          

tức suy ra   H AHC  .

Mà  AHC qua đường kính mặt cầu  S nên đường tròn cố định có bán kính 3 2 r R   . Chọn đáp án D.

NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG

Câu 50: Xét các số phức 1 2 , z z thỏa mãn 1 2 2 1 2, 1 z i z z i    và 1 2 1 2 z z

i  

là số thực. Khi ấy giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 1 2 z z  bằng

A. 3 5 . B. 2 5 . C. 5 5 . D. 5 . Lời giải

Đầu tiên ta đặt:   2 1

1

, ,

1 2, 1

w z A z B w

z i w w i

      

, bằng biến đổi đại số thông thường ta dễ dàng lần lượt suy ra

được:  A C  tâm   1; 1 I   , bán kính 2 R  và : 1 0 B d x y    .

Tiếp đến ta có:   1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 z z z z z w i i i        

là số thực tức   1 1 2 , z w k i k    , suy ra được BA ku   

với

  1; 2 u   

tức đường thẳng AB có vector pháp tuyến là   2;1 n  

. Từ đây ta có hình vẽ như sau:

Ta có:   

3 cos ; cos

10 u d    

và   1 2 1 2 1 z z z z z w      min khi    min min min

;

sin sin

d A d AC AB    

Khi ấy ta suy ra:       min

3 1 ; ; 2 2 2 d A d d I d R      tức min

10 5 2 AB   .

Vậy ta kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 z z  bằng 5 . Chọn đáp án D.