Đề Luyện Thi Tốt Nghiệp 2023 Online Môn Toán Bám Sát Minh Họa-Đề 11

Đáp Án Gợi ý

Số phức $w = 5\bar z = 5\left( {3 + 4i} \right) = 15 + 20i$

Đáp Án Gợi ý

Ta có:$y' = {13^x}\ln 13$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có $y' = {\left( {{x^{\frac{1}{3}}}} \right)^\prime } = \frac{1}{3}.{x^{\frac{1}{3} – 1}} = \frac{1}{3}.{x^{ – \frac{2}{3}}} = \frac{1}{{3.{x^{\frac{2}{3}}}}}$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có ${\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} \leqslant {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{3 – x}} \Leftrightarrow 2x \leqslant 3 – x \Leftrightarrow 3x \leqslant 3 \Leftrightarrow x \leqslant 1$.Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { – \infty ;1} \right]$.

Đáp Án Gợi ý

Công bội của cấp số nhân là $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{{ – 3}} = – 2.$

Đáp Án Gợi ý

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có VTPT là $\vec n = \left( {2;0; – 1} \right).$

Đáp Án Gợi ý

Từ đồ thị, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tọa độ $\left( {0; – 2} \right)$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có $\int\limits_2^3 {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_2^1 {f\left( x \right){\text{d}}x + \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\text{d}}x = – 3 + 4 = 1} } $.

Đáp Án Gợi ý

Đường cong trong hình không phải đồ thị hàm đa thức bậc 3 nên loại đáp án $A$;Từ đồ thị ta thấy $\mathop {\lim y}\limits_{x \to \pm \infty } = + \infty \; \Rightarrow \;a > 0$ nên loại đáp án $C$;Thay tọa độ điểm $\left( {1; – 2} \right)$ vào hàm số $y = \;{x^4} – {x^2} – 1$ ta có $ – 2 = {1^4} – {1^2} – 1$ mệnh đề sai nên loại đáp án $D$;Vậy đường cong trong hình là đồ thị của hàm số $y = \;{x^4} – 2{x^2} – 1$

Đáp Án Gợi ý

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1\,;\,4\,;\,0} \right)$, bán kính bằng $IM = 2$ nên phương trình của mặt cầu $\left( S \right)$ là ${\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} + {z^2} = 4$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có $\overline z = 2 – 3i \Rightarrow 3\overline z = 6 – 9i$.Suy ra phần ảo của số phức $3\overline z $ bằng $ – 9$.

Đáp Án Gợi ý

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: $V = B.h = 7{a^2}.2a = 14{a^3}$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có: ${S_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}S: SA.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}}}{4}$

Đáp Án Gợi ý

Mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 5$ có tâm $I\left( {0;0; – 3} \right)$, bán kính $R = \sqrt 5 $.Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng $\left( P \right):$ $h = d(I,\left( P \right)) = \frac{{\left| {2.0 – 0 + 2.\left( { – 3} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2} + {{\left( 2 \right)}^2}} }} = 1$.Vậy mặt cầu $\left( S \right)$ cắt mặt phẳng $\left( P \right):2x – y + 2z + 3 = 0$ theo một đường tròn có bán kính $r$ là: $r = \sqrt {{R^2} – {h^2}} = \sqrt {5 – 1} = 2$.

Đáp Án Gợi ý

Sồ phức $z = – 3 + 5i$ có phần thực bằng $ – 3$ và phần ảo $5$ bằng nên tổng phần thực và phần ảo bằng $2$.

Đáp Án Gợi ý

Độ dài đường sinh $l = \frac{4}{{\sin 60^\circ }} = \frac{8}{{\sqrt 3 }}$.Diện tích xung quanh ${S_{xq}} = \pi rl = \pi .4.\frac{8}{{\sqrt 3 }} = \frac{{32\pi \sqrt 3 }}{3}$.

Đáp Án Gợi ý

Đường thẳng đi qua điểm ứng với .

Đáp Án Gợi ý

Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có điểm cực tiểu là $\left( {3\,;\, – 4} \right)$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 2$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là $y = 2$.$\left\{ \begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 1} \right)}^ + }} y = – \infty \hfill \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 1} \right)}^ – }} y = + \infty \hfill \\ \end{gathered} \right.$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là $x = – 1$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có: ${\log _2}(x – 1) > 5 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x – 1 > 0 \hfill \\ {\log _2}(x – 1) > 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x > 1 \hfill \\ x – 1 > 32 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow x > 33$.

Đáp Án Gợi ý

Số tổ hợp chập 2 của 10 phần tử của $A$ là $C_{10}^2.$

Đáp Án Gợi ý

Ta có $F'\left( x \right) = {\left( {\ln x + x + 1} \right)^\prime } = \frac{1}{x} + x$.Do vậy $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{x} + x$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Đáp Án Gợi ý

$\begin{gathered} \int\limits_1^3 {\left[ {3f\left( x \right) – 1} \right]} {\text{d}}x = 2 \Leftrightarrow 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x – \int\limits_1^3 {\text{d}} x = 2 \Leftrightarrow 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x – \left. x \right|_1^3 = 2 \hfill \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \hfill \\ \end{gathered} $$\,\,\, \Leftrightarrow 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x – 2 = 2 \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} {\text{d}}x = \frac{4}{3}$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có : $\int {\left( {3{x^2} + \sin x} \right)dx = {x^3} – \cos x + C.} $

Đáp Án Gợi ý

Nhìn bảng biến thiên ta có kết quả.

Đáp Án Gợi ý

Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ nên giá trị cực đại của hàm số là $f\left( 0 \right) = – 1$.

Đáp Án Gợi ý

Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số có giá trị cực đại $y = – 1$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có $\lg \left( {10{a^2}} \right) = \lg 10 + \lg {a^2} = 1 + 2\lg a$.

Đáp Án Gợi ý

⬥ Xét các phương trình hoành độ giao điểm của $y = {x^2} – 4x + 4$, $y = 4x – 12$ và trục hoành.${x^2} – 4x + 4 = 4x – 12 \Leftrightarrow {x^2} – 8x + 16 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x – 4} \right)^2} = 0$ $x = 4$.${x^2} – 4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2$.$4x – 12 = 0 \Leftrightarrow x = 3$⬥ Khi cho hình phẳng $\left( H \right)$ quay quanh trục hoành ta được một khối tròn xoay có thể tích$V = \pi \int\limits_2^4 {{{\left( {{x^2} – 4x + 4} \right)}^2}{\text{d}}x – \,} \pi \int\limits_3^4 {{{\left( {4x – 12} \right)}^2}{\text{d}}x} $$ = \pi \int\limits_2^4 {{{\left( {x – 2} \right)}^4}{\text{d}}x – \,} \pi \int\limits_3^4 {{{\left( {4x – 12} \right)}^2}{\text{d}}x} $$ = \pi \left. {\frac{{{{\left( {x – 2} \right)}^5}}}{5}} \right|_2^4 – \pi \left. {\frac{{{{\left( {4x – 12} \right)}^3}}}{{12}}} \right|_3^4 = \frac{{32}}{5}\pi – \frac{{16}}{3}\pi = \frac{{16}}{{15}}\pi .$⬥ Suy ra $\left\{ \begin{gathered} a = 16 \hfill \\ b = 15 \hfill \\ \end{gathered} \right.$. Vậy $a + b = 31.$

Đáp Án Gợi ý

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, khi đó $AM \bot BC$ và $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.Ta có $BC \bot AM$ và $BC \bot AA'$ nên $BC \bot (A'AM)$. Suy ra $BC \bot A'M$.Vì $(A'BC) \cap (ABC) = BC$, $A'M \bot BC$, $AM \bot BC$ nên góc giữa hai mặt phẳng $(A'BC)$ và $(ABC)$ là góc giữa $A'M$và $AM$, nghĩa là là góc $A'MA$.$\Delta A'AM$ vuông ở $A$$ \Rightarrow \tan \widehat {A'MA} = \frac{{A'A}}{{AM}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}$.

Đáp Án Gợi ý

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = m$. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình đã cho có đúng ba nghiệm thực phân biệt thì $m \in \left( { – 4;2} \right)$

Đáp Án Gợi ý

Từ đồ thị ta thấy $f'\left( x \right) \leqslant 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x \leqslant – 1 \hfill \\ 1 \leqslant x \leqslant 4 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$f'\left( x \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} – 1 \leqslant x \leqslant 1 \hfill \\ x \geqslant 4 \hfill \\ \end{gathered} \right.$Do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { – 1;1} \right)$.

Đáp Án Gợi ý

Số phần tử không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{15}^4$.Gọi $A$ là biến cố cần tìm. Khi đó: $n\left( A \right) = C_4^1.C_5^2.C_6^1$Xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_4^1.C_5^2.C_6^1}}{{C_{15}^4}}$.

Đáp Án Gợi ý

${4.9^x} – {13.6^x} + {9.4^x} = 0 \Leftrightarrow 4.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} – 13{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + 9 = 0,$ đặt $t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} > 0$.Phương trình trở thành: $4{t^2} – 13t + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} t = 1 \hfill \\ t = \frac{9}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$Khi đó vì $x < {x_2}$ nên ${x_1} = 0,{x_2} = 2$.Vậy $T = 2022{x_1} + 5{x_2} = 10.$

Đáp Án Gợi ý

Gọi $z = x + yi,\,\left( {x\,,\,y \in \mathbb{R}} \right)$. Ta có:$\left| {\left( {1 + i} \right)z – 5 + i} \right| = 2 \Rightarrow \left| {\left( {1 + i} \right)\left( {x + yi} \right) – 5 + i} \right| = 2$$ \Leftrightarrow \left| {\left( {x – y – 5} \right) + \left( {x + y + 1} \right)i} \right| = 2$$ \Leftrightarrow {\left( {x – y – 5} \right)^2} + {\left( {x + y + 1} \right)^2} = 4$$ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} – 8x + 12y + 22 = 0$$ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} – 4x + 6y + 11 = 0$.Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức $z$ là đường tròn tâm $I\left( {2\,;\, – 3} \right)$ và $R = \sqrt 2 $.

Đáp Án Gợi ý

Do $d$ vuông góc với $\left( P \right)$ nên VTPT của $\left( P \right)$ cũng là VTCP của $d$ $ \Rightarrow $ VTCP ${\vec u_d} = \left( {2; – 3;1} \right)$.Đường thẳng $d$ đi qua $A$ và vuông góc với $\left( P \right)$ có phương trình là: $\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{{z – 3}}{1}$.

Đáp Án Gợi ý

Gọi hình chiếu của điểm $A$ trên đường thẳng $d$ là $M\left( {6 – 4t\,;\, – 2 – t\,;\, – 1 + 2t} \right)$.Ta có: $\overrightarrow {AM} = \left( {5 – 4t\,;\, – 3 – t\,;\, – 2 + 2t} \right)$. Ta có $\overrightarrow {{u_d}} = \left( { – 4; – 1;2} \right).$$\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow – 4\left( {5 – 4t} \right) + \left( { – 3 – t} \right)\left( { – 1} \right) + \left( { – 2 + 2t} \right).2 = 0$$ \Leftrightarrow – 20 + 16t + 3 + t – 4 + 4t = 0 \Leftrightarrow 21t = 21 \Leftrightarrow t = 1.$ VậyX6o| hình chiếu của điểm $A$ trên $d$ là $M\left( {2;\, – 3;\,1} \right).$

Đáp Án Gợi ý

Gọi $M$ là hình chiếu của $O$ lên $CD$, $H$ là hình chiếu của $O$ lên SM. Suy ra đoạn $OH$là khoảng cách từ $O$ đến $mp\left( {SCD} \right)$Vậy $d = OH = \frac{{OM.OS}}{{\sqrt {O{M^2} + O{S^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$

Đáp Án Gợi ý

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{gathered}
2 – \log (4x) \geqslant 0 \hfill \\
x > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow 0 < x \leqslant 25$. Bpt tương đương $\left[ \begin{gathered} {4^x} - {5.2^{x + 2}} + 64 \geqslant 0 \hfill \\ 2 - \log (4x) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {\left( {{2^x}} \right)^2} - {20.2^x} + 64 \geqslant 0 \hfill \\ 4x = 100 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {2^x} \leqslant 4 \hfill \\ {2^x} \geqslant 16 \hfill \\ x = 25 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x \leqslant 2 \hfill \\ x \geqslant 4 \hfill \\ x = 25 \hfill \\ \end{gathered} \right.$. Kết hợp với điều kiện xác định ta được: $\left[ \begin{gathered} 0 < x \leqslant 2 \hfill \\ 4 \leqslant x \leqslant 25 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Vậy có $24$ giá trị nguyên của $x$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp Án Gợi ý

Đặt $t = 2x \Rightarrow dt = 2dx$. Đổi cận: $x = 0 \Rightarrow t = 0$ và $x = 1 \Rightarrow t = 2$.Vậy $I = \frac{1}{4}\int_0^2 t f'(t){\text{d}}t$.Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {u = t} \\ {dv = {f^\prime }(t){\text{d}}t} \end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{\text{d}}u = {\text{d}}t} \\ {v = f(t)} \end{array}} \right.} \right.$,khi đó $4I = \left. {[tf(t)]} \right|_0^2 – \int_0^2 f (t){\text{d}}t$ $ = 2f(2) – \int_0^2 f (x){\text{d}}x = 32 – 4 = 28 \Rightarrow I = 7$.

Đáp Án Gợi ý

Xét $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^3}\left[ {{x^2} + \left( {1 – 3m} \right)x + 2{m^2} – 2m} \right] = 0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {\left( {x – 1} \right)^3} = 0 \hfill \\ {x^2} + \left( {1 – 3m} \right)x + 2{m^2} – 2m = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = 2m \hfill \\ x = m – 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.$g\left( x \right)$có tối thiểu 3 điểm cực trị $ \Leftrightarrow h\left( x \right) = f\left( {x + m} \right)$ có tối thiểu 1 điểm cực trị dương.$ \Rightarrow h'\left( x \right) = f'\left( {x + m} \right) = 0$ có tối thiểu 1 nghiệm bội lẻ dương.Xét $f'\left( {x + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x + m = 1 \hfill \\ x + m = 2m \hfill \\ x + m = m – 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 – m \hfill \\ x = m \hfill \\ x = – 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Ta thấy $m \in \left\{ { – 5; – 4; – 3;…;5} \right\}$ thì $f'\left( {x + m} \right) = 0$ luôn có tối thiểu 1 nghiệm bội lẻ dương.Vậy có 11 giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp Án Gợi ý

Ta có: $\left| {z – 2 + 5i} \right| = \left| {z – i} \right| \Leftrightarrow \left| {a – 2 + \left( {b + 5} \right)i} \right| = \left| {a + \left( {b – 1} \right)i} \right|$$ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a – 2} \right)}^2} + {{\left( {b + 5} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {b – 1} \right)}^2}} $$ \Leftrightarrow 4a = 12b + 28 \Leftrightarrow a = 3b + 7$.Khi đó: $\left| {z + 1 – i} \right| = \sqrt {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {b – 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {3b + 8} \right)}^2} + {{\left( {b – 1} \right)}^2}} = \sqrt {10{b^2} + 46b + 65} $$ = \sqrt {10{{\left( {b + \frac{{23}}{{10}}} \right)}^2} + \frac{{121}}{{10}}} \geqslant \frac{{11\sqrt {10} }}{{10}}$.Suy ra $\left| {z + 1 – i} \right|$ nhỏ nhất bằng $\frac{{11\sqrt {10} }}{{10}}$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = \frac{1}{{10}} \hfill \\ b = – \frac{{23}}{{10}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Vậy $P = a.b = – \frac{{23}}{{100}}$.

Đáp Án Gợi ý

Gọi O là giao điểm của $AC$ và $BD$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AO\\
BD \bot AA’
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot A’O$.

Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A'BD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc của hai đường thẳng $A'O$ và $AO$ và là góc $\widehat {A'OA} = 60^\circ $.

Ta có $AC = BD = 4a \Rightarrow AO = 2a \Rightarrow A'A = AO\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3 $.
Thể tích của khối hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ là:$V = A' A.{S_{ABCD}} = A'A.\frac{1}{2}AC.BD = 2a\sqrt 3 .\frac{1}{2}.4a.4a = 16\sqrt 3 {a^3}$.

Đáp Án Gợi ý

Gọi $g\left( x \right) = mx{\text{ }}\left( {m > 0} \right)$. Ta có $A\left( { – 1\,;\, – m} \right)\,$; $B\left( {2\,;\,2m} \right)$.Khi đó $AB = \sqrt {9 + 9{m^2}} = 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m = \frac{4}{3}{\text{ }}\left( {tm} \right) \hfill \\ m = – \frac{4}{3}{\text{ }}\left( l \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Ta có$f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow a{x^3} + b{x^2} – x + c = 0$.Mặt khác $a{x^3} + b{x^2} – x + c = a\left( {{x^2} – 1} \right)\left( {x – 2} \right)$ $ \Leftrightarrow a{x^3} + b{x^2} – x + c = a{x^3} – 2a{x^2} – ax + 2a$,Đồng nhất hệ số ta đươc $a = 1$, $b = – 2$, $c = 2$. Vậy $y = f\left( x \right) = {x^3} – 2{x^2} + \frac{1}{3}x + 2$.Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1$, $x = 2$ bằng $S = \int\limits_1^2 {\left( {{x^3} – 2{x^2} + \frac{1}{3}x + 2} \right){\text{d}}x} = \frac{{19}}{{12}}.$

Đáp Án Gợi ý

Phương trình đã cho có $\Delta ' = {m^2} + m – 12$.Trường hợp 1: $\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} + m – 12 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m < - 4 \hfill \\ m > 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm thực ${z_1}$, ${z_2}$ phân biệt.Do đó, $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \sqrt 2 \left| {{z_1} – {z_2}} \right|$$ \Leftrightarrow {\left( {\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right|} \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 \left| {{z_1} – {z_2}} \right|} \right)^2}$$ \Leftrightarrow z_1^2 + z_2^2 + 2\left| {{z_1}{z_2}} \right| = 2\left( {z_1^2 + z_2^2 – 2{z_1}{z_2}} \right)$$ \Leftrightarrow {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} – 2{z_1}{z_2} + 2\left| {{z_1}{z_2}} \right| = 2\left[ {{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} – 4{z_1}{z_2}} \right]$$ \Leftrightarrow {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} – 6{z_1}{z_2} – 2\left| {{z_1}{z_2}} \right| = 0$$ \Leftrightarrow 4{m^2} – 6\left( { – m + 12} \right) – 2\left| { – m + 12} \right| = 0\;\left( * \right)$Nếu $m < - 4$ hoặc $3 < m < 12$ thì $\left( * \right) \Leftrightarrow 4{m^2} - 8\left( { - m + 12} \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m = - 6 \hfill \\ m = 4 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.Nếu $m \geqslant 12$ thì $\left( * \right) \Leftrightarrow 4{m^2} - 4\left( { - m + 12} \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 = 0$.Trường hợp 2: $\Delta ' < 0 \Leftrightarrow {m^2} + m - 12 < 0 \Leftrightarrow - 4 < m < 3$.Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${z_1}$, ${z_2}$ là hai số phức liên hợp:$ - m + i\sqrt { - {m^2} - m + 12} $ và $ - m - i\sqrt { - {m^2} - m + 12} $.Do đó, $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \sqrt 2 \left| {{z_1} - {z_2}} \right|$$ \Leftrightarrow 2\sqrt {{m^2} + \left( { - {m^2} - m + 12} \right)} = 2\sqrt { - {m^2} - m + 12} $$ \Leftrightarrow - m + 12 = - {m^2} - m + 12$$ \Leftrightarrow m = 0$.Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn đề bài.

Đáp Án Gợi ý

Ta có $\left[ {\overrightarrow {AO} ,\overrightarrow j } \right] = \left( {1;1;0} \right)$Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $A$ và chứa $oz$ suy ra $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;1;0} \right)$.Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):x + y = 0$Vậy ${\text{d}}\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {{x_M} + {y_M}} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \sqrt 2 $.

Đáp Án Gợi ý

Điều kiện: $x > 0$.Đặt $t = {x^2} + {y^2} > 0$Ta có:${\log _4}\left( {t + 12y} \right) + {\log _3}\left( t \right) \leqslant {\log _4}y + {\log _3}\left( {t + 24y} \right)$$ \Leftrightarrow {\log _4}\left( {\frac{{t + 12y}}{y}} \right) \leqslant {\log _3}\left( {\frac{{t + 24y}}{t}} \right)$$ \Leftrightarrow {\log _4}\left( {12 + m} \right) \leqslant {\log _3}\left( {1 + \frac{{24}}{m}} \right)\quad \quad $ Đặt $m = \frac{t}{y}\quad \left( {m > 0} \right)$$ \Leftrightarrow {\log _4}\left( {12 + m} \right) – {\log _3}\left( {1 + \frac{{24}}{m}} \right) \leqslant 0$ $\left( * \right)$Đặt $f\left( m \right) = {\log _4}\left( {12 + m} \right) – {\log _3}\left( {1 + \frac{{24}}{m}} \right)$$f'\left( m \right) = \frac{1}{{\left( {12 + m} \right)\ln 4}} + \frac{{24}}{{{m^2}}}\frac{1}{{\left( {1 + \frac{{24}}{m}} \right)\ln 3}} > 0,\forall m > 0$Suy ra hàm số $f\left( m \right)$ đồng biến trên khoảng $(0; + \infty )$.Mà $f\left( 4 \right) = 0$ nên $f\left( m \right) \leqslant 0 \Leftrightarrow f\left( m \right) \leqslant f\left( 4 \right)$Từ đó suy ra: $0 < m \leqslant 4 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + {y^2}}}{y} \leqslant 4 \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \leqslant 4$.Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$Với $x = \pm 2 \Rightarrow {\left( {y - 2} \right)^2} \leqslant 0 \Rightarrow y = 2$ nên có 2 cặp.Với $x = \pm 1 \Rightarrow {\left( {y - 2} \right)^2} \leqslant 3 \Rightarrow y = 1;2;3$ nên có 6 cặp.Với $x = 0 \Rightarrow {\left( {y - 2} \right)^2} \leqslant 4 \Rightarrow y = 0;1;2;3;4$ nên có 5 cặp.Vậy có 13 cặp giá trị nguyên $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Đáp Án Gợi ý

Gọi thiết diện mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cắt hình nón là tam giác $SAB$. Do đó, $\Delta SAB$ đều có cạnh $AB = 10$.Gọi $O,R,h$ lần lượt là tâm, bán kính của đường tròn đáy và chiều cao của khối nón, $I$,$H$ lần lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB$,$SI$. Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$bằng $OH$.Ta có: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}.h = 96\pi \Rightarrow {R^2} = \frac{{3V}}{{\pi .h}} = \frac{{3.96\pi }}{{\pi .h}} = \frac{{288}}{h}$Xét tam giác vuông $SOA$ có: $S{O^2} + O{A^2} = S{A^2} \Leftrightarrow {h^2} + {R^2} = 100 \Leftrightarrow {h^2} + \frac{{288}}{h} = 100$$\begin{gathered} \Leftrightarrow {h^3} – 100h + 288 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} h = 8 \hfill \\ h = – 2.(2 + \sqrt {13} ) < 0(L) \hfill \\ h = 2.(\sqrt {13} - 2) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} h = 8 \hfill \\ h = 2.(\sqrt {13} - 2) \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} \left( {h;R} \right) = \left( {8;6} \right) \hfill \\ \left( {h;R} \right) = \left( {2.(\sqrt {13} - 2);4\sqrt {2 + \sqrt {13} } } \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} $TH1: $\left( {h;R} \right) = \left( {8;6} \right)$Xét tam giác vuông $OIA$ có: $I{O^2} = O{A^2} - I{A^2} = {6^2} - {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2} = {6^2} - {\left( {\frac{{10}}{2}} \right)^2} = 11$Trong tam giác vuông $SIO$có: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{{8^2}}} + \frac{1}{{11}} = \frac{{75}}{{704}} \Rightarrow OH = \frac{{8\sqrt {33} }}{{15}}$.TH2: $\left( {h;R} \right) = \left( {2.(\sqrt {13} - 2);4\sqrt {2 + \sqrt {13} } } \right)$Xét tam giác vuông $OIA$ có:$I{O^2} = O{A^2} - I{A^2} = 16.\left( {2 + \sqrt {13} } \right) - {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2} = 16.\left( {2 + \sqrt {13} } \right) - {\left( {\frac{{10}}{2}} \right)^2} = 7 + 16\sqrt 3 $Trong tam giác vuông $SIO$có:$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2.(\sqrt {13} - 2)} \right)}^2}}} + \frac{1}{{7 + 16\sqrt 3 }} \Rightarrow OH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{68 + 8\sqrt {13} }} + \frac{1}{{7 + 16\sqrt 3 }}} }}$.

Đáp Án Gợi ý

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { – 2;2; – 1} \right),AB = 3$ và ${\overrightarrow n _P} = \left( {2;1; – 2} \right)$ nên $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow n = – 4 + 2 + 2 = 0$ hay $AB\parallel \left( P \right)$.
Gọi $I$ là trung điểm của $AB \Rightarrow I\left( {1;0; – \frac{5}{2}} \right)$. Xét mặt cầu $\left( S \right)$ đường kính $AB$.
Do $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \times 1 – 0 – 2 \times \left( { – \frac{5}{2}} \right) – 4} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2}} }} = \frac{3}{3} = 1 < \frac{{AB}}{2} = \frac{3}{2}$. Nên mặt cầu $\left( S \right)$ sẽ cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ theo một đường tròn có tâm $H$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$ và bán kính $r = \sqrt {\frac{{A{B^2}}}{4} - {d^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$. Xét điểm $M$ bất kỳ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ nằm ngoài đường tròn tâm $H$ bán kính $r = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$. Gọi $M'$là giao điểm của $IM$và mặt cầu $\left( S \right)$, khi đó $\widehat {AMB} < \widehat {AM'B} = {90^0}$. Vậy $M$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ nằm trong đường tròn tâm $H$ bán kính $r = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$. Ta có $\cot AMB = \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{4{S_{AMB}}}};M{A^2} + M{B^2} = 2M{I^2} + \frac{{A{B^2}}}{2}$.$ \Rightarrow \cot AMB = \frac{{2M{I^2} - \frac{{A{B^2}}}{2}}}{{4{S_{AMB}}}}$. Do $d\left( {M,AB} \right) \geqslant HI \Rightarrow {S_{AMB}} \geqslant {S_{AHB}} = \frac{1}{2}.1.3 = \frac{3}{2}$,$M{I^2} \geqslant H{I^2} = 1$ và $\cot AMB < 0$. Nên để $\widehat {AMB}$ lớn nhất thì $M \equiv H$ và $\cot AMB = \frac{{2 - \frac{9}{2}}}{{4 \times \frac{3}{2}}} = - \frac{5}{{12}} \Rightarrow \sin \widehat {AMB} = - \frac{5}{{13}}$.

Đáp Án Gợi ý

Xét $f\left( x \right) = {x^4} – {x^2} + \left( {a – 3} \right)x + 9 – {a^2}$$f'\left( x \right) = 4{x^3} – 2x + a – 3$Để $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$TH1:$\left\{ \begin{gathered} f'\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in \left( {1;2} \right) \hfill \\ f\left( 2 \right) \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 4{x^3} – {x^2} + a – 3 \geqslant 0,\forall x \in \left( {1;2} \right) \hfill \\ – {a^2} + 2a + 15 \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a \geqslant \mathop {max}\limits_{\left( {1;2} \right)} \left( { – 4{x^3} + {x^2} + 3} \right) \hfill \\ – {a^2} + 2a + 15 \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a \geqslant 0 \hfill \\ \left[ \begin{gathered} a \leqslant – 3 \hfill \\ a \geqslant 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow a \geqslant 5$Kết hợp với điều kiện bài toán $a \in \left\{ {5;6;…;29;30} \right\}$ → 26 giá trịTH2: $\left\{ \begin{gathered} f'\left( x \right) \leqslant 0,\forall x \in \left( {1;2} \right) \hfill \\ f\left( 2 \right) \geqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 4{x^3} – {x^2} + a – 3 \leqslant 0,\forall x \in \left( {1;2} \right) \hfill \\ – {a^2} + 2a + 15 \geqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a \leqslant \mathop {\min }\limits_{\left( {1;2} \right)} \left( { – 4{x^3} + {x^2} + 3} \right) \hfill \\ – {a^2} + 2a + 15 \geqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a \leqslant – 25 \hfill \\ – 3 \leqslant a \leqslant 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow a \in \emptyset $Vậy có 28 giá trị thoả mãn.