Đề thi THPT Quốc gia môn Toán - Mã đề: 102 - Năm học 2021 (Kèm lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi THPT Quốc gia môn Toán - Mã đề: 102 - Năm học 2021 (Kèm lời giải chi tiết)

1. Giải chi tiết mã đề 102 –THPT 2021 (Chia sẻ cho thầy cô nào cần ) BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 2.D 3.D 4.D 5.A 6.A 7.C 8.C 9.C 10.A 11.B 12.D 13.A 14.B 15.D 16.D 17.B 18.D 19.C 20.C 21.D 22.D 23.C 24.D 25.C 26.A 27.D 28.B 29.B 30.B 31.A 32.C 33.C 34.B 35.B 36.C 37.B 38.B 39.C 40.A 41.B 42.B 43.A 44.C 45.A 46.A 47.A 48.B 49.B 50.C 5 Câu 1. Trên khoảng (0;+ ¥ ), đạo hàm của hàm số y = x 4 là. 9 1 1 1 4 4 5 5 A. y x4 . B. y x 4 . C. y x 4 . D. y x 4 . 9 5 4 4 Lời giải 5 1 5 1 5 y x 4 y x 4 . 4 4 Câu 2. Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3a2 và chiều cao h = a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 1 A. a3 . B. 3a3 . C. a3 . D. a3 . 2 3 Lời giải 1 V = B.h = a3 . 3 4 4 4 é ù ò f (x)dx = 6 ò g(x)dx = - 5 ò ëf (x)- g(x)ûdx Câu 3. Nếu 1 và 1 thì 1 bằng A. 1. B. 11. C. 1. D. 11. Lời giải 4 4 4 é ù ò ëf (x)- g(x)ûdx = ò f (x)dx- ò g(x)dx = 6- (- 5)= 11. 1 1 1 Câu 4. Tập xác định của hàm số y = 7x là A. ¡ \ 0 . B. 0; . C. 0; . D. ¡ . Lời giải Hàm số y = 7x không có điều kiện xác định nên D = ¡ . Câu 5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau: Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 3 . B. 1. C. 5 . D. 1. Lời giải Dựa vào bảng biến thiên, Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 3.
2. Câu 6. Diện tích S của mặt cầu bán kính R được tính theo công thức nào dưới đây? 4 A. S 4 R2 . B. S 16 R2 . C. S R2 . D. S R2 . 3 Lời giải Ta có: S 4 R2 . Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d đi qua điểm M 2;2;1 và có một véctơ chỉ phương u 5;2; 3 . Phương trình của d là: x 2 5t x 2 5t x 2 5t x 5 2t A. y 2 2t . B. y 2 2t . C. y 2 2t . D. y 2 2t . z 1 3t z 1 3t z 1 3t z 3 t Lời giải Ta có: VTCP : u 5; 2; 3 Phương trình đường thẳng d có Qua : M 2; 2;1 x 2 5t d : y 2 2t . z 1 3t Câu 8. Cho hàm số y f x có đồ thị như đường cong hình bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 1;1 . B. ;0 . C. 0;1 . D. 0; . Lời giải Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trên các khoảng: ; 1 ; 0;1 . Câu 9. Với n là số nguyên dương bất kì, n 5 , công thức nào dưới đây đúng? n 5 ! 5 n! 5 5! 5 n! 5 A. An . B. A . C. A . D. A . 5! n 5 ! n n 5 ! n n 5 ! n n! Lời giải n! Ta có: A5 . n n 5 ! Câu 10. Thể tích khối lập phương cạnh 4a A. 64a3 . B. 32a3 . C. 16a3 . D. 8a3 . Lời giải
3. Ta có: V 4a 3 64a3 . Câu 11. Cho hàm số f x x2 3. Khẳng định nào sau đây đúng? x3 A. f x dx x2 3x C . B. f x dx 3x C . 3 C. f x dx x3 3x C . D. f x dx 2x C . Lời giải x3 Ta có f x dx x2 3x dx 3x C . 3 Câu 12. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm M 3;2 là điểm biểu diễn số phức nào dưới đây? A. z3 3 2i . B. z4 3 2i . C. z1 3 2i . D. z2 3 2i . Lời giải Điểm M 3;2 biểu diễn số phức z 3 2i . Câu 13. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x 5y z 3 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của P ?     A. n2 2;5;1 . B. n1 2;5;1 . C. n4 2;5; 1 . D. n3 2; 5;1 . Lời giải  Vectơ pháp tuyến của P : 2x 5y z 3 0 là nP 2;5;1 .  Câu 14. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 4; 1;3 . Tọa độ vectơ OA là A. 4;1;3 . B. 4; 1;3 . C. 4;1; 3 . D. 4;1;3 . Lời giải   Trong không gian Oxyz, tọa độ điểm A cũng chính là tọa độ vector OA . Do đó OA 4; 1;3 . Câu 15. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. y x3 3x 1. B. y 2x4 4x2 1. C. y x3 3x 1. D. y 2x4 4x2 1. Lời giải Đường cong đề bài ra là đồ thị của hàm bậc 4 trùng phương có hệ số a 0 , và ab 0 . Do đó đây là đồ thị của hàm số y 2x4 4x2 1. Câu 16. Cho cấp số nhân un với u1 3 và u2 12 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng 1 A. 9 . B. 9 . C. . D. 4 . 4 Lời giải
4. u 12 Công bội của cấp số nhân đã cho là q 2 4 . u1 3 a 0 a 1 3 Câu 17. Cho và , khi đó loga a bằng 1 1 A. 3 . B. . C. . D. 3 . 3 3 Lời giải 1 1 1 Với a 0 và a 1, ta có log 3 a log a 3 log a . a a 3 a 3 Câu 18. Đồ thị hàm số y x4 2x2 3 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Đồ thị hàm số y x4 2x2 3 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 . Câu 19. Cho hai số phức z 5 2i và w 1 4i . Số phức z w bằng A. 6 2i . B. 4 6i . C. 6 2i . D. 4 6i . Lời giải Ta có: z w 5 2i 1 4i 6 2i . Câu 20. Cho hàm số f x ex 1. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. f x dx ex 1 C . B. f x dx ex x C . C. f x dx ex x C . D. f x dx ex C . Lời giải Ta có: f x dx ex 1 dx ex x C . Câu 21. Cho hàm số y f (x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 5. . B. 3. . C. 2 D. 4. Lời giải Theo bảng xét dấu, ta thấy đạo hàm đổi dấu 4 lần nên hàm số có 4 điểm cực trị. 3 3 f (x)dx 3 2 f (x)dx Câu 22. Nếu 0 thì 0 bằng A. 3. . B. 18. . C. 2 D. 6. Lời giải 3 3 Ta có 2 f (x)dx 2 f (x)dx 2.3 6. . 0 0 x 1 Câu 23. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y là đường thẳng có phương trình x 2 A. x 1. . B. x 2. . C. x 2 D. x 1. Lời giải
5. x 1 x 1 Từ lim y lim hoặc lim y lim nên suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 đứng là x 2 Câu 24. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(0; 2;1) và bán kính bằng 2. Phương trình của (S) là A. x2 (y 2)2 (z 1)2 2 B. x2 (y 2)2 (z 1)2 2 C. x2 (y 2)2 (z 1)2 4 D. x2 (y 2)2 (z 1)2 4. Lời giải Mặt cầu (S) có tâm I(0; 2;1) và bán kính bằng 2 có phương trình là x2 (y 2)2 (z 1)2 4 Câu 25. Phần thực của số phức z 6 2i bằng A. 2. . B. 2 C. 6 D. 6. Lời giải Số phức z 6 2i có phần thực là 6 Câu 26. Tập nghiệm của bất phương trình 2x 5 là A. ;log2 5 . B. log2 5; . C. ;log5 2 . D. log5 2; . Lời giải Ta có. x 2 5 x log2 5 x ;log2 5 Tập nghiệm của bất phương trình là ;log2 5 . Câu 27. Nghiệm của phương trình log5 3x 2 là 32 25 A. x 25 . B. x . C. x 32 . D. x . 3 3 Lời giải Ta có 3x 0 25 log 3x 2 x 5 2 . 3x 5 3 Câu 28. Cho khối trụ có bán kính đáy r 4 và chiều cao h 3 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 16 . B. 48 . C. 36 . D. 12 . Lời giải Thể tích khối trụ bằng: V r 2h .42.3 48 . Câu 29. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình bên). Góc giữa hai đường thẳng AA'và B 'C bằng A. 900 . B. 450 . C. 300 . D. 600 Lời giải
6. ABC.A' B 'C ' là hình lăng trụ đứng nên suy ra tam giác BB 'C vuông cân tại B và AA', B 'C BB ', B 'C B· B 'C 450 . Câu 30. Trong không gianOxyz cho hai điểm A 0;0;1 và B 2;1;3 . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB có phương trình là. A. 2x y 2z 11 0. B. 2x y 2z 2 0 . C. 2x y 4z 4 0 . D. 2x y 4z 17 0 . Lời giải  Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB nhận AB 2;1;2 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là 2 x 0 y 0 2 z 1 0 2x y 2z 2 0 . Câu 31. Từ một hộp chứa 10 quả bóng gồm 4 quả màu đỏ và 6 quả màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả. Xác suất để lấy được 3 quả màu xanh bằng 1 1 3 2 A. . B. . C. . D. . 6 30 5 5 Lời giải Gọi A là biến cố lấy được 3 quả màu xanh 3 Số phần tử của không gian mẫu là: n C10 . 3 Số phần tử của biến cố A là: nA C6 . 3 C6 1 Xác suất của biến cố A là: P A 3 . C10 6 Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn iz 6 5i . Số phức liên hợp của z là: A. z 5 6i . B. z 5 6i . C. z 5 6i . D. z 5 6i . Lời giải 6 6i Ta có: iz 6 5i z 5 z 5 z 5 6i z 5 6i . i i2 x a Câu 33. Biết hàm số y ( a là số thực cho trước, a 1 ) có đồ thị như trong hình bên. Mệnh đề x 1 nào dưới đây đúng?
7. A. y 0,x ¡ . B. y 0,x 1. C. y 0,x 1. D. y 0,x ¡ . Lời giải ĐK: x 1. x a Đặt y f x . Từ đồ thị hàm số đã cho ta có: x 1 Với x1, x2 1; , x1 x2 f x1 f x2 . Do đó f x nghịch biến trên 1; . Với x1, x2 ; 1 , x1 x2 f x1 f x2 . Do đó f x nghịch biến trên ; 1 . Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên ; 1 và 1; . Vậy y 0,x 1. Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho điểm M 2;1; 1 và mặt phẳng P : x 3y 2z 1 0 . Đường thẳng đi qua M và vuông góc với P có phương trình x 2 y 1 z 1 x 2 y 1 z 1 A. . B. . 1 3 1 1 3 2 x 2 y 1 z 1 x 2 y 1 z 1 C. . D. . 1 3 1 1 3 1 Lời giải  P : x 3y 2z 1 0 n P 1; 3;2  u n P 1; 3;2 x 2 y 1 z 1 Đường thẳng đi qua M và vuông góc với P . 1 3 2 Qua M 2;1; 1 Câu 35. Trên đoạn  2;1, hàm số y x3 3x2 1 đạt giá trị lớn nhất tại điểm. A. x 2. B. x 0 . C. x 1. D. x 1. Lời giải y 3x2 6x 2 x 0 y 0 3x 6x 0 x 2 Với x 2 y 2 21 Với x 0 y 0 1 Với x 1 y 2 3 Vậy hàm số y x3 3x2 1 đạt giá trị lớn nhất tại điểm x 0 với y 0 1.
8. Câu 36. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C , AC 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC bằng 3 3 2 A. a . B. a . C. 3a . D. 3 2a . 2 2 Lời giải BC  AC ABC vuông cân C   BC  SAC BC  SA SA  ABC  . d B, SAC BC 3a 2 2 f x dx 3 2 f x 1 dx Câu 37. Nếu 0 thì 0 bằng A. 6 . B. 4 . C. 8 . D. 5 . Lời giải 2 2 2 2 f x 1 dx 2 f x dx dx 2.3 x 2 6 2 4 . 0 0 0 0 3 Câu 38. Với mọi a,b thỏa mãn log2 a log2 b 8. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. a3 b 64 . B. a3b 256 . C. a3b 64 . D. a3 b 256 . Lời giải 3 3 3 8 3 log2 a log2 b 8 log2 a b 8 a b 2 a b 256 . 2 Câu 39. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn x x 3 9 log2 x 30 5 0 A. 30 . B. Vô số. C. 31. D. 29 . Lời giải Điều kiện: x 30 x2 x x2 2x 2 x 0 3 9 0 3 3 x 2x x 0 TH1 x 2 x 30 32 x 2 log2 x 30 5 0 log2 x 30 5 x 2 30 x 0 Kết hợp điều kiện ta có: . Nên x 29, 28, 0,2 nên có 31 số nguyên x 2 TH2 2 2 3x 9x 0 3x 32x x2 2x 0 x 2 x 2 x 30 32 x 2 log2 x 30 5 0 log2 x 30 5 Vậy tổng cộng có 31 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2x 1 khi x 1 Câu 40. Cho hàm số f x . Giả sử F là nguyên hàm của f trên thỏa mãn 2 ¡ 3x 2 khi x 1 F 0 2 . Giá trị F 1 2F 2 A. 9 . B. 15 . C. 11. D. 6 Lời giải 2 x x C1 khi x 1 Ta có: F x . 3 x 2x C2 khi x 1 F 0 2 C2 2 .
9. 2 3 Hàm số liên tục tại x 1 nên ta có: 1 1 C1 1 2 2 C1 1. x2 x 1 khi x 1 Do đó F x . 3 x 2x 2 khi x 1 Vậy F 1 2F 2 1 3 2 1 2 2 22 2 1 9 . Câu 41. Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f f x 1 là A. 9 . B. 7 . C. 3 . D. 6 . Lời giải f x a a 1 Dựa vào đồ thị hàm số y f x ta có: f f x 1 f x 1 . f x b 1 b 2 Phương trình f x a a 1 có 1 nghiệm thực. Phương trình f x 1 có 3 nghiệm thực phân biệt. Phương trình f x b 1 b 2 có 3 nghiệm thực phân biệt. Các nghiệm trên phân biệt nên phương trình f f x 1 có 7 nghiệm thực phân biệt. z 1 w 2 Câu 42. Xét các số phức z, w thỏa mãn và . Khi z iw 6 8i đạt giá trị nhỏ nhất, z w bằng 221 29 A. 5 . B. . C. 3 . D. . 5 5 Lời giải
10. Ta có z iw 6 8i 6 8i z iw 10 1 2 7 z t 6 8i 1 3 4 z 6 8i z i 10 5 5 Dấu bằng xảy ra khi iw t 6 8i ;t,t 0 2 8 6 z 1; w 2 iw 6 8i w i 10 5 5 11 221 Do đó z w 2i . 5 5 Câu 43. Cho hàm số f x x3 ax2 bx c với a,b,c là các số thực. Biết hàm số g x f x f ' x f '' x có hai giá trị cực trị là 2 và 4 . Diện tích hình phẳng giới hạn f x bởi các đường y và y 1bằng. g x 6 A. 2ln 2 . B. ln 6 . C. 3ln 2 . D. ln 2 . Lời giải Ta có: f x x3 ax2 bx c, f ' x 3x2 2ax b, f '' x 6x 2a, f ''' x 6 . Ta có: g ' x f ' x f '' x f ''' x là hàm số bậc hai có dạng: g ' x x2 Bx C . Theo bài ra: g ' x 0 có 2 nghiệm x1, x2 x1 x2 thì g x1 2, g x2 4 . f x Xét phương trình hoành độ giao điểm: 1 g x 6 x x1 f x g x 6 f ' x f '' x f ''' x 0 g ' x 0 , x1 x2 . x x2 f x Khi đó diện tích hình phẳng dưới hạn bởi các đường y và y 1là: g x 6 x2 f x x2 g ' x x2 g x 6 ' S 1 dx dx dx ln g x 6 x2 g x 6 g x 6 g x 6 x1 x1 x1 x1 ln g x2 6 ln g x1 6 ln 4 2ln 2 . Câu 44. Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, BD 4a , góc giữa 2 mặt phẳng A' BD , ABCD bằng 30 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng: 16 3 16 3 A. a3 . B. 48 3a3 . C. a3 . D. 16 3a3 . 9 3 Lời giải
11. A' B' D' C' A B O C D Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , từ giả thiết ta có 4a 2 AC 4a, AB 2a 2 AO 2a, S 2a 2 8a2 2 ABCD ABCD là hình vuông AO  BD Ta có: AO  BD   BD  A' AO BD  A'O A' BD , ABCD ·A'OA AA'  BD gt  (tam giác A'OA vuông tại A ) A' A 3 2a 3 Từ giả thiết ·A'OA 30 tan 30 A' A .2a AO 3 3 2a 3 16 3a3 V A' A.S .8a2 . ABCD.A'B'C 'D' ABCD 3 3 1 3x2 xy 12x Câu 45. Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x ;4 thỏa mãn 27 1 xy 27 ? 3 A. 14. B. 27 . C. 12. D. 15. Lời giải 2 2 Ta có 273x xy 1 xy 2712x 273x xy 12x 1 xy 1 . 1 1 1 1 1 Suy ra 1 xy 0 y . Mà x ;4 x 4 3 , nên x 3 3 x 4 y 3 y 2; 1;0;1;2;3  . 2 2 1 273x xy 12x 1 xy 0 . Đặt f x 273x xy 12x 1 xy . 2 f ' x 6x y 12 273x xy 12x ln 27 y 2 2 2 f '' x 6.ln 27.273x xy 12x 6x y 12 273x xy 12x ln2 27 0,x, y ¡ 2 Suy ra đồ thị hàm số f x 273x xy 12x 1 xy là lõm trên ¡ , hay phương trình f x 0 có tối đa 2 nghiệm. Dễ thấy x 0 là một nghiệm của f x 0 .
12. 1 1 Mà yêu cầu bài toán là có nghiệm x ;4 , nên nghiệm còn lại phải thuộc ;4 . Hơn nữa 3 3 1 f x liên tục trên ¡ nên f . f 4 0 3 1 y 1 y 4 y Ta có f 27 3 3 1 ; f 4 27 1 4y 3 3 1 y 1 y 4 y Suy ra f . f 4 27 3 3 1 27 1 4y g y . 3 3 Dùng chức năng table của máy tính để tính các giá trị g y với y 2; 1;0;1;2;3  1 X X 4 X (nhập hàm 27 3 3 1 27 1 4X và chọn start X 2 , end X 15 , step là 1) 3 1 Ta nhận thấy g 2 ; g 1 ; g 1 ; g 2 ; ; g 12 đều nhận giá trị âm, tức là f . f 4 0 . 3 Nên y 2; 1;1;2;3; ;12 thỏa yêu cầu bài toán. Vậy y 2; 1;1;2;3; ;12 , hay có 14 giá trị y. x 1 y z 1 Câu 46. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng 1 1 2 P : 2x y z 3 0 . Hình chiếu vuông góc của d trên P là đường thẳng có phương trình x 1 y z 1 x 1 y z 1 A. . B. . 4 5 13 3 5 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1 C. . D. . 3 5 1 4 5 13 Lời giải x 1 y z 1 Đường thẳng d : có một vectơ chỉ phương u 1;1;2 và đi qua M 1;0;1 . 1 1 2 d Mặt phẳng P có một vectơ pháp tuyến n P 2;1; 1 . Gọi là mặt phẳng chứa d và vuông góc với P thì có một vectơ pháp tuyến là n u ,n 3;5; 1 d P Phương trình mặt phẳng : 3 x 1 5 y 0 1 z 1 0 3x 5y z 2 0. Gọi d  P A . Ta có A d A 1 t;t;2t 1 . A (P) nên 2( 1 t) t 1 2t 3 0 t 0 . Suy ra A 1;0;1 . Đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng P là giao tuyến của hai mặt phẳng và P , nên có u n ,n 4;5;13 và đi qua A 1;0;1 . d (P) x 1 y z 1 Phương trình của đường thẳng d : . 4 5 13 Câu 47. Cắt hình nón N bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa mặt đáy một góc bằng 60 , ta được thiết diện là tam giác đều cạnh (2a) . Diện tích xung quanh của (N) bằng
13. A. 7 a2 . B. 13 a2 . C. 2 7 a2 . D. 2 13 a2 . Lời giải Gọi S là đỉnh của hình nón N và thiết diện qua đỉnh S thỏa đề bài là tam giác đều SAB . Gọi O là tâm mặt đáy của N và H là hình chiếu của O trên dây cung AB . Ta có · · SAB  SHO SH, HO (SAB),(OAB) 60 . SA 3 · · 3a SHO vuông tại O, SH a 3 SHO SH, HO 60 và SO SH.sin 60 . 2 2 3a a 7 Hình nón N có chiều cao h SO , bán kính đáy r OA SA2 SO2 . 2 2 a 7 Vậy diện tích xung quanh của N bằng S rl . .2a 7 a2 xq 2 Câu 48. Trên tập số phức, xét phương trình z2 2 m 1 z m2 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0 5. A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Lời giải Ta có ' 2m 1. 1 TH1: ' 2m 1 0 m , khi đó phương trình có nghiệm z ¡ . 2 0 z0 5 z0 5 . 2 +) z0 5 m 10m 15 0 m 5 10 ( TM). 2 +) z0 5 m 10m 35 0 m  . 1 TH2: m , khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phức z và z ; 2 0 0 m 5 KTM 2 z0 5 z0.z0 25 m 25 . m 5 TM Câu 49. Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x 8 x2 9 ,x ¡ . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g x f x3 6x m có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 5 . B. 7 . C. 8 . D. 6 .
14. Lời giải g x f x3 6x m g x x3 6x m . f x3 6x m x3 6x . 3x2 6 . f x3 6x m . 3 x 6x x 0 g x 0 f x3 6x m 0 x3 6x m 8 x3 6x 8 m Ta có: f x3 6x m 0 x3 6x m 3 x3 6x 3 m . 3 3 x 6x m 3 x 6x 3 m Xét hàm số h x x3 6x , vì h x 3x2 6 0,x ¡ nên h x đồng biến trên ¡ . Ta có bảng biến thiên của hàm số k x h x x3 6x như sau: Hàm số g x f x3 6x m có ít nhất 3 điểm cực trị khi phương trình f x3 6x m 0 có ít nhất hai nghiệm khác 0. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 8 m 0 hay m 8 . Kết hợp điều kiện m nguyên dương, ta được m 1;2;3 ;7. Vậy có 7 giá trị của m thoả mãn. Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 3;2 và B 2;1; 3 . Xét hai điểm M và N thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN 1. Giá trị lớn nhất của AM BN bằng A. 17 . B. 41 . C. 37 . D. 61 . Lời giải
15. Ta thấy A, B nằm khác phía đối với mặt phẳng Oxy Gọi P là mặt phẳng đi qua A 1; 3;2 và song song với Oxy nên P : z 2 Gọi H là hình chiếu của B lên P H 2;1;2 Gọi K thuộc P là điểm sao cho AMNK là hình bình hành Gọi B là điểm đối xứng của B qua Oxy B 2;1;3 Ta có: AM BN AM B N KN B N KB 1 Mà KB B H 2 HK 2 B H 2 HA AK 2 2 Ta có: B H 02 02 12 1, HA 32 4 2 02 5 , AK MN 1 ( vì AMNK là hình bình hành) Theo 1 và 2 ta có: AM BN KB 12 5 1 2 37 . Vậy giá trị lớn nhất của AM BN là 37 .