Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 7)

Phương pháp:

Sử dụng các công thức logarit.

Cách giải:

Ta có logacb=1clogab nên đáp án A sai.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tìm đạo hàm của hàm số.

- Tìm nghiệm phương trình y' = 0.

Cách giải:

Ta có y=x4−2x2+3⇒y'=4x3−4x=0⇔x=0x=1x=−1.

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfx+gxdx=∫abfxdx+∫abgxdx,∫abkfxdx=k∫abfxdx.

Cách giải:

Ta có T=∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx=2−2.5=−8.

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính tổ hợp.

Cách giải:

Số tập con có 3 phần tử của tập hợp 7 phần tử là C73.

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính tổ hợp.

Cách giải:

Số tập con có 3 phần tử của tập hợp 7 phần tử là C73.

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính SHTQ của cấp số nhân: un=u1.qn−1 với  là công bội.

Cách giải:

Ta có u1=3u2=u1.q=12⇒q=u2u1=4.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức ∫abfxdx=Fb−Fa với F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x).

Cách giải:

Vì F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) nên ∫29fxdx=F9−F2=4−5=−1.

Chọn A.

Phương pháp:

Điểm M(a; b) là điểm biểu diễn cho số phức z = a + bi

Cách giải:

Ta có M(-2; 1) là điểm biểu diễn số phức z = -2 + i.

Chọn D.

Phương pháp:

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN y=ac.

Cách giải:

Đồ thị hàm số y=x+12x−4 có TCN y=12.

Chọn C.

Phương pháp:

Khối nón có đường cao h và bán kính r có thể tích V=13πr2h.

Cách giải:

Khối nón có đường cao h và bán kính r có thể tích V=13πr2h.

Chọn B.

Phương pháp:

Mặt phẳng α:Ax+By+Cz+D=0 có 1 VTPT là n→=A;B;C

Cách giải:

Mặt phẳng α:2x−y+3z−1=0 có 1 VTPT là n→=2;−1;3.

Chọn B.

Phương pháp:

Số phức liên hợp của z = a + bi là z¯=a−bi.

Cách giải:

Ta có z=3+4i⇒z¯=3−4i.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính modun số phức: z=a+bi⇒z=a2+b2.

Cách giải:

Ta có z=2+i⇒z=22+1=5.

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng các tính chất hàm số mũ và hàm logarit.

Cách giải:

Hàm số y=ax đồng biến trên ℝ khi a > 1 và nghịch biến trên ℝ khi 0 < a < 1 nên các đáp án B, D sai.

Với a>0;a≠1 thì đồ thị hàm số không luôn đi qua M(a; 1) nên đáp án C sai.

Chọn A.

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m.

Cách giải:

Số nghiệm của hàm số fx+3=0⇔fx=−3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = -3.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại 3 điểm phân biệt.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tính y'. Tìm các nghiệm xi∈−1;1 của phương trình y' = 0.

- Tính y−1;y1;yxi

- KL: max−1;1=maxy−1;y1;yxi

Cách giải:

Hàm số xác định trên [-1; 1]

Ta có y=2x+3x−2⇒y'=−7x−22<0∀x≠2 nên hàm số là hàm nghịch biến trên [-1; 1]

Ta có y−1=−13,y1=−5.

Vậy max−1;1y=y−1=−13.

Chọn C.

Hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng R có diện tích xung quanh Sxq cho bởi công thức Sxq=2πRl.

Cách giải:

Hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng R có diện tích xung quanh Sxq cho bởi công thức Sxq=2πRl.

Chọn B.

Phương pháp:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên các khoảng xác định của nó.

Cách giải:

TXĐ: D=ℝ\−2. Ta có y=2x+1x+2⇒y'=3x+22>0∀x∈D.

Vậy hàm số đồng biến trên −∞;−2; −2;+∞.

Chọn A.

Phương pháp:

Hàm số y=ax0<a≠1 xác định với mọi x∈ℝ.

Cách giải:

Hàm số y=ax0<a≠1 xác định với mọi x∈ℝ nên có tập giá trị là ℝ.

Chọn C.

Phương pháp:

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm Mx0;y0 là k=y'x0.

Cách giải:

TXĐ D=ℝ\2

Ta có y=2x−32−x=2x−3−x+2⇒y'=12−x2.

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = -1 là k=y'−1=19.

Chọn D.

Phương pháp:

- Mặt phẳng đi qua trục cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông ⇒h=2r.

- Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r là V=πr2h.

Cách giải:

Mặt phẳng đi qua trục của hình trụ cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh nên h=2r=2.2a=4a.

Khi đó thể tích khối trụ là V=πr2h=π.2a2.4a=16πa3.

Chọn A.

Phương pháp:

- Mặt phẳng (Q) song song với P:ax+by+cz+d=0 có dạng Q:ax+by+cx+d'=0d'≠d.

- Thay tọa độ điểm A vào phương trình (Q) tìm hệ số d'.

Cách giải:

Mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng Q:x+2y−3z+2=0 nên phương trình mặt phẳng (P) có dạng 

x+2y−3z+a=0a≠2.

Vì A2;−1;3∈P⇒2+2.−1−3.3+a=0⇔a=9.

Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: x+2y−3z+9=0.

Chọn B.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=fx,y=gx, đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfx−gxdx.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: x2−2x−1=−x2+3⇔x=−1x=2.

Diện tích phần hình phẳng gạch chéo là:

                                         S=∫−12−x2+3−x2−2x−1dx=∫−12−2x2+2x+4dx

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng các công thức tính đạo hàm của hàm số và quy tắc tính đạo hàm của tích: uv'=u'v+uv'.

Cách giải:

y=x2−x+1ex

⇒y'=2x−1ex+x2−x+1ex

        =x2+xex

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng: ∫fxdx=Fx+C⇒fx=F'x.

Cách giải:

∫fxdx=x33+ex+C⇒fx=x33+ex+C'=x2+ex.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình f'(x) = 0.

- Lập BXD f'(x)

Cách giải:

Ta có f'x=0⇒x2−1x−32x+2=0⇒x=1 nghiệm képx=−1 nghiệm đơnx=3 nghệm bội haix=−2 nghệm đơn

Bảng xét dấu f'(x):

Dựa vào BXD f'(x) ta thấy hàm số có 2 điểm cực tiểu x=−2,x=1.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện có cạnh bên vuông góc với đáy là R=h24+Rday2 trong đó h là độ dài cạnh bên vuông góc với đáy và Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp.

Cách giải:

Tam giác BCD vuông tại C có BD=BC2+CD2=3a2+4a2=5a.

Vì ΔBCD vuông tại C nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔBCD là Rday=12BD=5a2.

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R=AB24+Rday2=5a24+5a22=5a22.

Chọn B

Phương pháp:

Hàm phân thức không có tiệm cận đứng khi mẫu vô nghiệm hoặc bị rút gọn hết mẫu.

Cách giải:

Đồ thị hàm số y=2x2−3x+mx−m không có tiệm cận đứng khi phương trình 2x2−3x+m=0 có nghiệm là x = m.

Khi đó 2m2−3m+m=0⇔2m2−2m=0⇔m=0m=1.

⇒S=0;1. Vậy tập hợp S có 2 phần tử.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng: a//a'⇒∠a;b=∠a';b'.

Cách giải:

Ta có B'D' // BD nên ∠B'D';AC=∠BD;AC.

Gọi O=AC∩BD. Ta có AC=BD=AB2+AD2=2a⇒OA=OB=OC=OD=a.

⇒OA=OD=AD=a⇒ΔOAD đều ⇒∠AOD=600.

Vậy ∠B'D';AC=∠BD;AC=600.

Chọn B.

Phương pháp:

- Đặt z=a+bi⇒z¯=a−bi. Giải phương trình tìm a, b.

- Điểm biểu diễn số phức z = a + bi là M(a; b)

Cách giải:

Đặt z=a+bi⇒z¯=a−bi

Khi đó ta có:

z+2z¯=6+2i

⇔a+bi+2a−bi=6+2i

⇔3a−bi=6+2i

⇔3a=6b=−2⇔a=2b=−2

 

⇒z=2−2i

Vậy điểm biểu diễn số phức z = 2 - 2i là (2; -2)

Chọn C.

Phương pháp:

- Gọi Ma;b;0∈Oxy.

- Tính MA2−2MB2, sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB=xB−xA2+yB−yA2+zB−zA2.

- Đưa ra tổng các hằng đẳng thức và đánh giá.

Cách giải:

Gọi Ma;b;0∈Oxy.

Khi đó ta có:

     MA2−2MB2

=a−12+b−22+1−2a−22−2b+12−18

=−a2+6a−b2−8b−22

=−a−32−b+42+3≤3

Vậy MA2−2MB2max=3⇔a−3=0b+4=0⇔a=3b=−4.

Vậy M(3; -4; 0).

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng tích phân từng phần và phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Ta có A=∫02xf'xdx

Đặt x=udv=f'xdx⇒dx=duv=fx.

Khi đó A=x.fx20−∫02fxdx=2f2−∫02fxdx.

Xét B=∫02f2xdx. Đặt t=2x⇒dt=2dx. Đổi cận x=0⇒t=0x=1⇒t=2.

Khi đó ta có B=12∫02ftdt=12∫02fxdx=2⇒∫02fxdx=4.

Vậy A=2.1−4=−2.

Chọn A. 

Phương pháp:

- Hai khối chóp có cùng chiều cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số diện tích đáy.

- Sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra tỉ số diện tích đáy.

Cách giải:

Hai khối chóp A.BCD và A.MNP có cùng chiều cao là khoảng cách từ A đến (BCD) nên VAMNPVABCD=SΔMNPSΔBCD.

Dễ thấy tam giác MNP đồng dạng tam giác DBC theo tỉ số k=12 nên VAMNPVABCD=SΔMNPSΔBCD=122=14.

Mà VABCD=16AB.AC.AD=16.6.7.4=28.

Vậy VAMNP=14VABCD=14.28=7.

Chọn B.

Phương pháp:

- Đặt t=e−2x⇒t∈0;14, đưa hàm số về hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất ẩn t

- Hàm số y=ax+bcx+d đồng (nghịch) biến trên (a; b) khi y'>0y'<0−dc∉a;b

Cách giải:

Đặt t=e−2x. Với x∈ln2;+∞⇒t∈0;14, đồng thời x, t trái nhau về tính đơn điệu.

Do đó để hàm số y=e−2x+mme−2x+1 đồng biến trên ln2;+∞ thì hàm số y=t+mmt+1 nghịch biến trên 0;14.

Ta có y'=1−m2mt+12∀t≠−1m.

⇒1−m2<0−1m≤0−1m≥14⇒m>1m<−1m>0−4≤m<0⇒m>1−4≤m<−1.

Chọn A.

Phương pháp:

- Viết phương trình mặt phẳng (ABC) dạng mặt chắn.

- Thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng (ABC).

- Mặt phẳng (P) tiếp xúc với S(I; R) khi và chỉ khi dI;P=R.

- Khoảng cách từ điểm Mx0;y0;z0 đến mặt phẳng P:Ax+By+Cz+D=0 là:

                                         dM;P=Ax0+By0+Cz0+DA2+B2+C2.

Cách giải:

Phương trình mặt phẳng (ABC) có dạng xa+yb+zc=1.

Vì M17;27;37∈ABC nên ta có 17a+27b+37c=1⇒1a+2b+3c=7.

Mặt cầu S:x−12+y−22+z−32=727 có tâm I(1; 2;3) bán kính R=727.

Vì (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên dI;ABC=R.

⇒1a+2b+3c−11a2+1b2+1c2=727⇔61a2+1b2+1c2=727⇒1a2+1b2+1c2=72.

 

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ.

Cách giải:

Xét tam giác vuông ABC ta có: AB=AC.tan600=a3⇒SΔABC=12AB.AC=12.a3.a=3a22.

Ta có: AB⊥ACAB⊥AA'⇒AB⊥ACC'⇒AC' là hình chiếu vuông góc của BC' lên (ACC')

⇒∠BC';ACC'=∠BC';AC'=∠AC'B=300.

Vì AB⊥ACC'⇒AB⊥AC'⇒ΔABC' vuông tại A

⇒AC'=AB.cot300=a3.3=3a

⇒CC'=AC'2−AC2=9a2−a2=2a2

Vậy VABC.A'B'C'=CC'.SΔABC=2a2.3a22=a36.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tìm điều kiện xác định của phương trình.

- Đặt ẩn phụ log3x=t để phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t

- Từ điều kiện x1<x2 thỏa mãn x2−81x1<0 suy ra điều kiện của

- Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai.

Cách giải:

ĐKXĐ: x > 0

Đặt log3x=t, phương trình đã cho trở thành: t2−4t+m−3=0*

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1<x2 thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t1<t2.

Suy ra Δ'=4−m−3=7−m>0⇒m<7 **.

Khi đó áp dụng Vi-et ta có t1+t2=4t1.t2=m−3

Vì log3x1=t1log3x2=t2⇒x1=3t1x2=3t2.

Theo bài ra ta có:

     x2−81x1<0⇔3t2−81.3t1<0

⇔3t2<3t1+4⇔t2<t1+4⇔t2−t1<4

⇔t2−t12<16 (do t2−t1>0)

⇔t2+t12−4t1t2<16

⇔16−4m−3<16

⇔16−4m+12<0⇔m>3

Kết hợp điều kiện (**) và điều kiện đề bài ta có 3<m<7m∈ℤ⇒m∈4;5;6.

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Phương pháp:

- So sánh VB'.AEF,VB'.AA'MF.

- So sánh VB'.AA'MF,VABF.A'B'M, từ đó so sánh VB'.AA'MF,V.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của B'C' ta có: SΔAEF=12SAA'MF⇒VB'.AEF=12VB'.AA'MF.

Mà VB'.AA'MF=23VABF.A'B'M=23.12V=13V.

⇒VB'.AEF=12VB'.AA'MF=12.13V=16V.

Vậy V1V=16.

Chọn C.

Phương pháp:

- Nhân liên hợp.

- Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Cách giải:

Ta có

     ∫23x2−x+1x+x−1dx=∫23x−x−1x2−x+1x2−x+1dx

=∫23x−x−1dx=x22−23x−1x−132

=52−2322−1=19−826

Nên a = 19, b = 8, c = 6.

Vậy T=a+b=19+8=27.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng biến cố đối.

Cách giải:

Khối 10 có 8 em bí thư; khối 11 có 8 em bí thư; khối 12 có 7 em bí thư

Cả trường có 23 em bí thư.

Số cách chọn 9 em bí thư trong cả trường là C239⇒nΩ=C239.

Gọi A là biến cố: “9 em bí thư được chọn có đủ 3 khối” ⇒A¯: “9 em bí thư được chọn không đủ 3 khối”.

Vì mỗi khối có ít hơn 9 em bí thư, nên để 9 em bí thư được chọn không đủ 3 khối thì 9 em bí thư được chọntừ 2 khối.

Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 10 và 11 là C169 cách.

Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 11 và 12 là C159 cách.

Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 10 và 12 là C159 cách.

⇒nA¯=C169+C159+C159.

Vậy xác suất cần tính là PA=1−nA¯nΩ=1−C169+C159+C159C239=72347429.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tham số hóa tọa độ các điểm A, B

- AB ngắn nhất khi AB là đoạn vuông góc chung của d, d'

- Giải hệ AB→.u→=0AB→.u'→=0 tìm tọa độ các điểm A, B với u→,u'→ lần lượt là VTCP của d, d'

- Phương trình đường thẳng ∆ đi qua AxA;yA;zA nhận AB→a;b;c là 1 VTCP: x−xAa=y−yAb=z−zAc.

Cách giải:

Gọi Δ∩d=At+1;2−t;t;Δ∩d'=2t';1+t';2+t'.

AB ngắn nhất khi AB là đoạn vuông góc chung của d, d'

Gọi u→=1;−1;1 và u'→=2;1;1 lần lượt là VTCP của d, d'

Vì AB là đoạn vuông góc chung của d, d' nên AB→.u→=0AB→.u'→=0

Ta có AB→2t'−t−1;t'+t−1;t'−t+2.

⇒2t'−t−1−t'−t+1+t'−t+2=04t'−2t−2+t'+t−1+t'−t+2=0

⇔2t'−3t=−26t'−2t=1⇔t'=12t=1⇒A2;1;1B1;32;52

⇒AB→=−1;12;32

Khi đó phương trình đường thẳng Δ đi qua A(2; 1; 1) và có 1 VTCP uΔ→=−2;1;3 là x−2−2=y−11=z−13.

Chọn D.

Phương pháp:

Đặt dạng tổng quát của số phức

Áp dụng công thức tính modun số phức.

Cách giải:

Đặt z = a + bi theo bài ra ta có:

z+2−iz+1−i=2⇔x+2+y−1i=2x+1+y−1i

⇔x+22+y−12=2x+12+2y−12

⇔x2+y−12=2.

⇒ Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(0; 1), bán kính R=2.

Gọi A(0; -1) là điểm biểu diễn số phức -i, M(a; b) là điểm biểu diễn số phức z khi đó ta có |z + i| = MA

Do đó z+imax⇔MAmax=IA+R=2+2.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đổi dM;SAC sang dH;SAC

- Trong (ABCD) kẻ HE⊥ACE∈AC, trong (SHE) kẻ HN⊥SEN∈SE, chứng minh HN⊥SAC

- Xác định góc giữa SC và (ABCD), từ đó tính SH.

- Sử dụng SHAC=12HE.AC=12SABC, từ đó tính HE.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính HN.

Cách giải:

Gọi H là trung điểm AB. Vì ΔSAB cân tại S nên SH⊥AB

Ta có: SAB∩ABCD=ABSH⊂ABCD,SH⊥AB⇒SH⊥ABCD.

Gọi K=HD∩AC. Áp dụng định lí Ta-lét ta có: DKHK=DCAH=2⇒DK=2HK.

Ta có MD∩SAC=S⇒dM;SACdD;SAC=SMSD=12

⇒dM;SAC=12dD;SAC.

Lại có DH∩SAC=K nên dD;SACdH;SAC=DKHK=2⇒dD;SAC=2dH;SAC.

Do đó dM;SAC=dH;SAC.

Trong (ABCD) kẻ HE⊥ACE∈AC, trong (SHE) kẻ HN⊥SEN∈SE ta có:

AC⊥HEAC⊥SH⇒AC⊥SHE⇒AC⊥HN

HN⊥SEHN⊥AC⇒HN⊥SAC⇒dH;SAC=HN

 

Vì SH⊥ABCD nên HC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD).

⇒∠SC;ABCD=∠SC;HC=∠SCH=450.

⇒ΔSHC vuông tại H⇒SH=HC=BC2+BH2=2a2+a22=a172

Ta có: SHAC=12HE.AC=12SABC

⇒HE.AC=12.AB.BC

⇒HE=12.AB.BCAC=12.a.2aa2+2a2=a5

 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHE ta có:

Nên HN=SH.HESH2+HE2=a172.a517a24+a25=a151389.

Vậy dM;SAC=a151389.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có mặt bên vuông góc với đáy R=Rb2+Rd2−gt24 với Rb,Rd lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp mặt bên vuông góc với đáy và bán kính mặt cầu ngoại tiếp đáy, gt là giao tuyến của mặt bên vuông góc đáy và mặt đáy.

Cách giải:

Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh 1 nên Rb=33, đáy là tam giác đều cạnh 1 nên Rd=33.

Ta có SAB∩ABC=AB và AB = 1.

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là: R=Rb2+Rd2−gt24=13+13−14=156.

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là V=43πR3=43π.1562=515π54.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đặt ẩn phụ x−2x=t, đưa phương trình về dạng m = f(t) với t∈a;b.

- Tìm đạo hàm và lập bảng biến thiên hàm số f(x) trên [a; b] và tìm các giá trị m thỏa mãn.

Cách giải:

Đặt x−2x=t ta có: t'=x−2x'=1+2x2>0⇒ Hàm số f(x) đồng biến trên [1; 2].

Do đó x∈1;2⇒t∈−1;1.

Ta có t2=x2+4x2−4⇒x2+4x2=t2+4x4+16x4=x2+4x22−8=t2+42−8

Khi đó phương trình đã cho có dạng

t2+42−8+4t2+4−12t=m có nghiệm t∈−1;1

⇔t4+8t2+16−8+4t2+16−12t=m có nghiệm t∈−1;1.

⇔t4+12t2−12t+24=m có nghiệm t∈−1;1*.

Xét ft=t4+12t2−12t+24⇒f't=4t3+24t−12=0⇒t≈0,48

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra *⇔21,06≤m≤49,m∈ℤ.

Vậy có 28 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Phương pháp:

- Xác định khoảng của x ứng với f'x+2021≤0.

- Hàm số y = g(x) nghịch biến trên khoảng (1; 2) nên g'x≤0 ∀x∈1;2.

- Đưa về bài toán giải các bất phương trình nghiệm đúng. Từ đó tìm m1.

- Tương tự với hàm số h(x) tìm m2.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f'x+2021≤0⇔a≤x+2021≤b⇒a−2021≤x≤b−2021

Xét hàm số y=gx=fx2−2x+m có g'x=2x−1.f'x2−2x+m

Vì y = g(x) nghịch biến trên khoảng (1; 2) nên

2x−1.f'x2−2x+m≤0 ∀x≤1;2

⇒f'x2−2x+m≤0 ∀x∈1;2

⇔a−2021≤x2−2x+m≤b−2021 ∀x∈1;2

Xét a−2021≤x2−2x+m ∀x∈1;2

⇒x2−2x+2021≥a−m

⇒min1;2x2−2x+2021≥a−m

Hàm số y=x2−2x+2021 đồng biến trên [1; 2] do đó min1;2x2−2x+2021=12−2.1+2021=2020

⇒2020≥a−m⇒m≥a−2020 1.

Tương tự x2−2x+m≤b−2021 ∀x∈1;2 ta có m≤b−2021 2

Từ (1) và (2) ta có a−2020≤m≤b−2021⇒m1=b−a.

Chứng minh tương tự với hàm h(x) ta có m2=b−a.

Vậy m1+m2=2b−2a.

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng hàm đặc trưng, tìm biểu diễn x3 theo y

- Thế vào biểu thức P sử dụng BĐT Cô-si tìm GTNN của biểu thức P

Cách giải:

Ta có 2x3−y+1=2x+y2x3+4x+4

⇔2x3+2x+2−2x−y−1=2x+y2x3+4x+4

⇔2x3+2x+222x+y.2=2x+y2x3+2x+2

⇔2x3+2x+2x3+2x+2=22x+y.2x+y*

Xét ft=2t.t,t>0 ta có f't=2t+t.2t.ln2>0;∀t>0. Do đó hàm số f(t) đồng biến trên 0;+∞

Do đó *⇔x3+2x+2=2x+y⇒x3=y−2.

Khi đó P=7y+x37=7y+y−27=7y+y7−27≥27y.y7−27=127.

Dấu “=” xảy ra ⇔7y=y7⇔y=7 (do y > 0)

Vậy Pmin=127⇔x=53,y=7.

Chọn D.

Phương pháp:

- Từ giả thiết 2a=7b=14−c⇒2a=14−c7b=14−c, mũ b hai vế của mỗi phương trình và chứng minh ab+bc+ca=0.

- Khai triển a−22+b−22+c−22=8, sử dụng a2+b2+c2=a+b+c2−2ab+bc+ca.

- Tiếp tục sử dụng hằng đẳng thức và tìm a + b + c.

Cách giải:

Ta có 2a=7b=14−c⇒2a=14−c7b=14−c⇒2ab=14−cb7ba=14−ca⇒2ab=14−cb7ab=14−ca⇒14ab=14−cb−ca

⇒ab+bc+ca=0

Mà a−22+b−22+c−22=8⇒a2+b2+c2−4a+b+c+4=0.

Nên a+b+c2−2ab+bc+ca−4a+b+c+4=0

⇒a+b+c2−4a+b+c+4=0

⇔a+b+c−22=0

⇔a+b+c=2⇔2a+b+c=4

Chọn A.

Phương pháp:

Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(x) và y = g(x).

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên của y = f(x) như sau:

Đặt hx=f2x+4fx ta có: h'x=2f'x.fx+4f'x

h'x=0⇔2f'xfx+2=0

⇔f'x=0⇒x=ax=bfx=−2⇒x=c<a

 

⇒ Hàm số y = h(x) có 3 điểm cực trị ⇒ Hàm số y = h(x) + m cũng có 3 điểm cực trị.

Vì số điểm cực trị của hàm số gx=hx+m bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y = h(x) + m và số giao điểm của đồ thị hàm số y = h(x) + m với trục hoành (không tính tiếp xúc).

Nên để hàm số gx=hx+m có 5 điểm cực trị thì phương trình h(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt (không tính nghiệm kép).

Bảng biến thiên hàm số h(x) như sau:

hb=g2b+4fb=1+4=5,hc=f2c+4fc, với hc<1⇒hc≥−4.

Nếu h(c) > 5 thì phương trình h(x) = -m có 2 nghiệm phân biệt (không tính nghiệm kép)

⇔5<−m<hc⇔m<−5 (không thỏa mãn m∈−5;5).

Nếu hc≤5 thì phương trình h(x) = -m có 2 nghiệm phân biệt (không tính nghiệm kép)

⇔hc<−m≤5⇔−5≤m≤−hc≤4 (thỏa mãn m∈−5;5).

Mà m∈ℤ⇒m∈−5;−4;−3;−2;−1;0;1;2;3;4.

Vậy có 10 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Phương pháp:

Xét hàm đặc trưng

Cách giải:

Ta có

     11x+m=log11x−m

⇔11x+x=x−m+log11x−m

⇔11x+x=11log11x−m+log11x−m*

Xét hàm số ft=11t+t⇒y'=11t.ln11+1>0 ∀t. Khi đó hàm số y = f(t) đồng biến trên ℝ.

Do đó *⇔x=log11x−m⇔11x=x−m⇔m=x−11x.

Xét hàm số gx=x−11x ta có g'x=1−11x.ln11=0⇒x=log111ln11=x0.

Bảng biến thiên

Để phương trình đã cho có nghiệm thì m<gx0≈−0,78.

Kết hợp điều kiện đề bài ta có −205<m≤−1m∈ℤ.

Vậy có 204 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.