Giải Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 - Mã đề 104

Đáp án đúng là: D

Phương trình của mặt phẳng (Oxy) là z = 0.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\int -\frac{1}{{\sin }^{2}x}dx$= cot x + C.

Vậy hàm số cần tìm là f₃(x) = $-\frac{1}{{\sin }^{2}x}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có đồ thị tăng trên khoảng (−1; 0) nên hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (−1; 0).

Đáp án đúng là: A

• Thay toạ độ điểm P(2; 1; −1) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

$\frac{2-2}{1}=\frac{1-1}{-2}=\frac{-1+1}{3}$ Û $\frac{0}{1}=\frac{0}{-2}=\frac{0}{3}=0$ (thoả mãn).

Do đó P ∈ d.

• Thay toạ độ điểm M(1; 2; 3) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

$\frac{1-2}{1}=\frac{2-1}{-2}=\frac{3+1}{3}$Û$\frac{-1}{1}=\frac{1}{-2}=\frac{4}{3}$  (vô lí).

Do đó M ∉ d.

• Thay toạ độ điểm Q(2; 1; 1) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

$\frac{2-2}{1}=\frac{1-1}{-2}=\frac{1+1}{3}$ Û $\frac{0}{1}=\frac{0}{-2}=\frac{2}{3}$ (vô lí).

Do đó Q ∉ d.

• Thay toạ độ điểm N(1; −2; 3) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

$\frac{1-2}{1}=\frac{-2-1}{-2}=\frac{3+1}{3}$ Û $\frac{-1}{1}=\frac{-3}{-2}=\frac{4}{3}$ (vô lí).

Do đó N ∉ d.

Vậy điểm P(2; 1; −1) thuộc đường thẳng (d).

Đáp án đúng là: D

Trên mặt phẳng toạ độ, điểm biểu diễn số phức z = 2 + 7i có toạ độ là (2; 7).

Đáp án đúng là: C

M nằm ngoài mặt cầu S(O; R) Û OM > R.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\int e^{x}dx$= e^x + C.

Đáp án đúng là: A

Với $\overrightarrow{u}$= (1; −4; 0) và $\overrightarrow{v}$= (−1; −2; 1) ta có:

$3\overrightarrow{v}$= (−3; −6; 3).

Do đó $\overrightarrow{u}+3\overrightarrow{v}$ = (−2; −10; 3).

Đáp án đúng là: D

Ta có u_n = u₁.q^{n – 1} = 3.2^{n – 1}.

Đáp án đúng là: D

Ta có 2 <$\sqrt{5}$<$\sqrt{6}$ 

Mà cơ số 3 > 1

Do đó 3² < $3^{\sqrt{5}}$< $3^{\sqrt{6}}$ 

Hay b < a < c.

Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối nón đã cho là:

V = $\frac{1}{3}.B.h$= $\frac{1}{3}.3a^2.2a$= 2a³.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left[\frac{1}{3}f\left(x\right)+2\right]dx$

= $\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$+ $\underset{0}{\overset{3}{\int }}2dx$

= $\frac{1}{3}$.6 + ${\left.2x\right|}_0^3$

= 2 + 2.3

= 2 + 6 = 8.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: x – 1 > 0 Û x > 1.

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = (1; +¥).

Đáp án đúng là: A

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 3.

Đáp án đúng là: A

Có ${\log }_{\frac{1}{2}}(2x-1)$= 0 Û $\left\{\begin{array}{c}2x-1>0\\ 2x-1=1\end{array}\right.$ 

Û $\left\{\begin{array}{l}x>\frac{1}{2}\\ x=1\end{array}\right.$ Û x = 1.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1.

Đáp án đúng là: C

Từ bảng biến thiên ta có $\underset{x\to {(-2)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)$= −¥ và $\underset{x\to {(-2)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)$= +¥.

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −2.

Đáp án đúng là: D

Mặt cầu (S): (x – 2)² + (y + 1)² + (z – 3)² = 4 có tâm I(2; −1; 3).

Đáp án đúng là: C

Số các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là hoán vị của 5 phần tử nên có 5! = 120 (số).

Đáp án đúng là: C

Ta vẽ đường thẳng y = 1

Đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số tại 3 giao điểm.

Đáp án đúng là: A

Hình chiếu của đường thẳng AC’ lên mặt phẳng (ABCD) là đường thẳng AC

Suy ra góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABCD).

Do đó $\widehat{\left(C{A}^{\text{'}},\left(ABCD\right)\right)}$= $\widehat{\left(CA,C{A}^{\text{'}}\right)}$= $\widehat{CA{C}^{\text{'}}}$.

Gọi cạnh hình lập phương bằng 1, suy ra AC = $\sqrt{2}$.

Xét DCAC’ vuông tại C ta có:

AC’ = $\sqrt{C{C^{\text{'}}}^2+A{C}^2}$= $\sqrt{1^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2}$= $\sqrt{3}$.

Vậy: sin$\widehat{\left(CA\text{'},\left(ABCD\right)\right)}$  = sin $\widehat{CAC\text{'}}$ = $\frac{CC\text{'}}{AC\text{'}}$= $\frac{1}{\sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án đúng là: A

Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên thuộc đoạn [30; 50], nên ta có số phần tử của không gian mẫu: n(Ω) = 50 – 30 + 1= 21.

Gọi A “Biến cố để chọn được số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục”.

• TH₁: Chữ số hàng chục là 3, có 6 cách chọn số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục là {34, 35, 36, 37, 38, 39}.

• TH₂: Chữ số hàng chục là 4, có 5 cách chọn số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục là {45, 46, 47, 48, 49}.

Suy ra n(A) = 6 + 5 = 11.

Xác suất của biến cố A: P(A) = $\frac{11}{21}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{a}}\frac{1}{b^3}$= ${\log }_{a^{-1}}{b}^{-3}$= 3${\log }_{a}b$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\int f\left(x\right)dx$= $\int \left(1+e^{2x}\right)dx$= x + $\frac{1}{2}{e}^{2x}$+ C.

Đáp án đúng là: D

Vì z₁, z₂ là hai nghiệm của phương trình z² – 2z + 5 = 0 nên theo hệ thức Viet ta có:

$\left\{\begin{array}{c}{z}_1+z_2=-\frac{b}{a}=2\\ z_1.z_2=\frac{c}{a}=5\end{array}\right.$.

Ta có: z₁² + z₂² = (z₁ + z₂)² – 2.z₁.z₂ = 2² – 2.5 = −6.

Đáp án đúng là: A

Ta có: Hàm số nghịch biến Û f'(x) < 0

Û x + 1 < 0 Û x < −1.

Vậy hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (−¥; −1).

Đáp án đúng là: D

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng x – 2y + 2z + 3 = 0 là:

$d_{\left(A;mp\right)}=\frac{\left|1-2.2+2.3+3\right|}{\sqrt{1+4+4}}$= 2

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng đã cho nên mặt cầu đó có bán kính bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng.

Do đó R = 2.

Mặt cầu tâm có A(1; 2; 3) và bán kính R = 2 có phương trình là:

(x – 1)² + (y – 2)² + (z – 3)² = 4.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: (x – 1)² + (y – 2)² + (z – 3)² = 4.

Đáp án đúng là: A

Ta vẽ đường thẳng y = m (có hai trường hợp) thỏa mãn f(x) = m có hai nghiệm thực phân biệt như hình vẽ dưới đây:

 Do đó yêu cầu bài toán tương đương với $\left\{\begin{array}{c}m=-2\\ m>-1\end{array}\right.$.

Kết hợp điều kiện m ∈ [−2; 5] nên ta có: m ∈ (−1; 5] ∪ {−2}.

Mà m nguyên nên có 7 giá trị m cần tìm là −2, 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Đáp án đúng là: C

Mặt phẳng (P): 2x – 3y – z + 1 = 0 có ${\overrightarrow{n}}_{{}_{\left(P\right)}}$ = (2; −3; −1).

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nhận ${\overrightarrow{n}}_{{}_{\left(P\right)}}$ làm vectơ chỉ phương là  = (2; −3; −1).

Đường thẳng đi qua M(2; −2; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình là:$\left\{\begin{array}{c}x=2+2t\\ y=-2-3t\\ z=1-t\end{array}\right.$

Đáp án đúng là: C

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Do ABCD là hình vuông nên BD ^ AC tại O.

Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên AA’ ^ (ABCD) Þ AA’ ^ BD.

Ta có: BD ^ AA’, BD ^ AC

Þ BD ^ (ACC’A’)

Þ BO ^ (ACC’A’) tại O

Þ d(B; (ACC’A’)) = BO = $\frac{1}{2}$BD

Mà BD là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh bằng 3 nên BD = $3\sqrt{2}$

Vậy d(B; (ACC’A’)) = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án đúng là: D

* Cách 1:

- TH₁: a = 1 Þ (3^b – 3)(2^b – 16) < 0.

Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 4 không thoả mãn bất phương trình và b ∈ {2; 3} thoả mãn.

Vậy a = 1 thoả mãn.

- TH₂: a = 2 Þ (3^b – 3)(2.2^b – 16) < 0

Û (3^b – 3)(2^{b + 1} – 16) < 0

Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 3 không thoả mãn bất phương trình và b = 2 thoả mãn.

Vậy a = 2 không thoả mãn.

- TH₃: a = 3 Þ (3^b – 3)(3.2^b – 16) < 0.

Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 3 không thoả mãn bất phương trình và b = 2 thoả mãn.

Vậy a = 3 không thoả mãn.

- TH₄: a > 3.

Ta cần tìm a để bất phương trình (3^b – 3)(a.2^b – 16) < 0 có 2 nghiệm b.

• Nếu b ≥ 3 Þ (3^b – 3)(a.2^b – 16) ≥ 24.(3.8 – 16) > 0 không thoả mãn bất phương trình.

• Nếu b = 2 Þ (3^b – 3)(a.2^b – 16) ≥ 6(4.4 – 16) ≥ 0 không thoả mãn bất phương trình.

• Nếu b = 1 không thoả mãn.

• Nếu b < 1 Þ (3^b – 3) < 0.

Bất phương trình tương đương a.2^b – 16 > 0.

Hay a > $\frac{16}{2^b}$ có hai nghiệm b suy ra 33 ≤ a ≤ 64.

Kết hợp lại suy ra có tất cả 33 số nguyên dương a thoả mãn.

* Cách 2:

Xét (3^b – 3)(a.2^b – 16) = 0.

Do a Î ℕ^* nên $\left[\begin{array}{c}b=1\\ b={\log }_2\frac{16}{a}\end{array}\right.$.

• TH₁: ${\log }_2\frac{16}{a}$ > 1 Û a < 8.

Bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên b

Û 3 < ${\log }_2\frac{16}{a}$ ≤ 4 Û 1 ≤ a < 2 Þ a = 1 (thoả mãn).

• TH₂: ${\log }_2\frac{16}{a}$ < 1 Û a > 8.

Bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên b

Û −2 ≤ ${\log }_2\frac{16}{a}$< −14 Û 32 < a ≤ 64 Þ có 32 giá trị a.

Vậy có 33 giá trị của a thoả mãn.

Đáp án đúng là: D

Xét hàm f(x) = (a + 3)x⁴ – 2ax² + 1

Þ f '(x) = 4(a + 3)x³ – 4ax.

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 2 và liên tục trên đoạn [0; 3].

Þ f'(2) = 0 Û 4.(a +3).2³ – 4.a.2 = 0

Û 32(a + 3) – 8a = 0 Û a = −4.

Với a = −4 ta có f(x) = −x⁴ + 8x² + 1 với x Î [0; 3].

f'(x) = −4x³ + 16x.

Cho f'(x) = 0 Û $\left[\begin{array}{c}x=0\left(thoamãn\right)\\ x=2\left(thoamãn\right)\\ x=-2\left(loai\right)\end{array}\right.$

Khi đó f(0) = 1, f(2) = 17, f(3) = −8.

Suy ra $\underset{[0;3]}{\max }f\left(x\right)$= f(2) = 17 (thoả mãn giả thiết).

Vậy $\underset{[0;3]}{\min }f\left(x\right)$= f(3) = −8.

Đáp án đúng là: C

F(x) và G(x) là hai nguyên hàm của hàm số f(x) trên ℝ nên ta có

∀x Î ℝ: F(x) = G(x) + C (với C là hằng số).

Do đó F(0) = G(0) + C   (1).

Lại có $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx$= F(2) – F(0)

Û F(2) – G(0) + a = F(2) – F(0)

Û F(0) = G(0) – a                   (2).

Từ (1) và (2) suy ra C = −a.

Khi đó F(x) = G(x) – a, ∀x Î ℝ Û |F(x) – G(x)| = a, ∀x Î ℝ.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = F(x), y = G(x), x = 0 và x = 2 là

S = $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|F\left(x\right)-G\left(x\right)\right|.dx$= $\underset{0}{\overset{2}{\int }}a.dx$= 2a = 6 Þ a = 3.

Đáp án đúng là: A

- Từ giả thiết ta được |z₁| = |z₂| = 1 và |z₃| = 2.

- Theo giả thiết (z₁ + z₂)z₃ = 2z₁z₂

Þ |z₁ + z₂||z₃| = 2|z₁||z₂|

Þ |z₁ + z₂|.2 = 2.1.1

Þ |z₁ + z₂| = 1.

- Từ đẳng thức |z₁ + z₂|² + |z₁ − z₂|² = 2$\left({\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2\right)$

Þ |z₁ – z₂| = $\sqrt{3}$Þ AB = $\sqrt{3}$.

- Theo giả thiết (z₁ + z₂)z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ + z₂z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ + z₂z₃ – 2z₂z₃ = 2z₁z₂  – 2z₂z₃

Û z₁z₃ – z₂z₃ = 2z₁z₂  – 2z₂z₃

Û (z₁ – z₂)z₃ = 2(z₁ – z₃)z₂

Þ |z₁ – z₂||z₃| = 2|z₁ – z₃||z₂|

Þ |z₁ – z₃| = $\sqrt{3}$ Þ AC = $\sqrt{3}$.

- Theo giả thiết (z₁ + z₂)z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ + z₂z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ – z₁z₂ = z₁z₂  – z₂z₃

Đáp án đúng là: C

Gọi I là trung điểm của BC.

Ta có:

+ DABC là tam giác vuông cân tại A nên AI ^ BC

+ ABC.A’B’C’ là khối lăng trụ đứng nên AA’ ^ BC

Suy ra BC ^ (AA’I) Þ BC ^ A’I.

Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng góc giữa A’I và AI.

Mà DAA’I vuông tại A nên ta có $\widehat{AIA\text{'}}$ là góc nhọn.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng $\widehat{AIA\text{'}}$= 60°

Trong tam giác vuông AA’I, ta có AI = $\frac{AA\text{'}}{\tan 60°}$= $\frac{2a}{\sqrt{3}}$.

ABC là tam giác vuông cân tại A nên:

BC = 2.AI = $\frac{4a}{\sqrt{3}}$, AB = AC = $\frac{BC}{\sqrt{2}}$= $\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:

V = AA’.S_∆ABC

= AA’.$\frac{1}{2}$AB.AC

= $\frac{1}{2}$.2a.${\left(\frac{2a\sqrt{6}}{3}\right)}^2$= $\frac{8a^3}{3}.$

Đáp án đúng là: C

Gọi hình nón đỉnh A, đường kính đáy hình nón là BC.

Gọi I là tâm mặt cầu (S).

Ta có ∆ABC cân tại A có $\widehat{BAC}$ = 120° và AI ^ BC tại O

Nên $\widehat{BAI}$ = 60° suy ra ∆IAB đều.

Tam giác IAB đều và OB ^ IA tại O.

Suy ra OB là đường trung tuyến của ∆IAB.

Do đó AI = 2AO

Mà OA = 2 suy ra AI = 2OA = 4.

Vậy diện tích mặt cầu (S) là: S = 4pAI² = 64p.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $8^{9-y^2}$≥ $a^{6x-{\log }_2{a}^3}$, ∀a > 0

Û log_2$8^{9-y^2}$≥ log₂ $a^{6x-{\log }_2{a}^3}$, ∀a > 0

Û log_{2$2^{3.\left(9-y^2\right)}$}≥ log_{2$a^{6x-{\log }_2{a}^3}$}, ∀a > 0

Û 3(9 – y²) ≥ (6x – 3log₂a).log₂a, ∀a > 0

Û 3${\log }_2^{2}a$ – 6x.log₂a + 27 – 3y² ≥ 0, ∀a > 0

Û ${\log }_2^{2}a$ – 2xlog₂a + 9 – y² ≥ 0, ∀a > 0

Û ∆’ = x² + y² – 9 ≤ 0.

Gọi M(x; y) thuộc hình tròn (C) tâm O, bán kính R = 3.

Gọi A(3; 4), ta có OA = 5 > R. Do đó A nằm ngoài hình tròn (C).

Khi đó MA² = (x – 3)² + (y – 4)²

Suy ra: P = x² + y² – 6x – 8y

= (x – 3)² + (y – 4)² – 25

= MA² – 25 ≥ (OA – R)² – 25 = (5 – 3)² – 25 = −21.

Vậy min P = −21 khi O, M, A theo thứ tự thẳng hàng.

Đáp án đúng là: A

Từ bảng biến thiên của g(x) ta có ln f(x) ≥ ln 4 Û f(x) ≥ 4; ∀x Î ℝ.

Ta có g'(x) = $\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}$.

Xét phương trình f'(x) = g'(x) Û f'(x) = $\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}$.

Û $\left[\begin{array}{c}f\text{'}\left(x\right)=0(*)\\ f\left(x\right)=1(**)\end{array}\right.$

Do f(x) ≥ 4; ∀x Î ℝ nên phương trình (**) vô nghiệm.

Từ đó suy ra f'(x) = 0 Û g'(x) = 0 Û $\left[\begin{array}{c}x=x_1\\ x=x_2\\ x=x_3\end{array}\right.$.

Mặt khác f'(x) – g'(x) = f'(x).$\left[1-\frac{1}{f\left(x\right)}\right]$.

Ta có bảng xét dấu

Vậy S = $\underset{x_1}{\overset{x_3}{\int }}\left|f\text{'}\left(x\right)-g\text{'}\left(x\right)\right|dx=\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\left[f\text{'}\left(x\right)-g\text{'}\left(x\right)\right]dx-\underset{x_2}{\overset{x_3}{\int }}\left[f\text{'}\left(x\right)-g\text{'}\left(x\right)\right]dx$

= $\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]\left|\begin{array}{c}{x}_2\\ x_1\end{array}-\right.\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]\left|\begin{array}{c}{x}_3\\ x_2\end{array}\right.$

= f(x₂) – g(x₂) – f(x₁) + g(x₁) – f(x₃) + g(x₃) + f(x₂) – g(x₂)

= 2f(x₂) – f(x₁) – f(x₃) – 2ln f(x₂) + ln f(x₁) + ln f(x₃)

= 2.$\frac{199}{16}$−12 – 4 – 2ln$\frac{199}{16}$+ ln 12 + ln 4 ≈ 7,704 Î (7; 8).

Đáp án đúng là: C

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên (P) và trục Oy.

Với A(2; 1; 1) ta có hình chiếu của A lên Oy là K(0; 1; 0).

Ta có d(A, (P)) = AH ≤ AK.

Do đó khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất khi H ≡ K(0; 1; 0).

Khi đó (P) đi qua K(0; 1; 0) và có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{AK}$= (−2; 0; −1) = −(2; 0; 1) nên có phương trình là 2x + z = 0.

Đáp án đúng là: A

Gọi z = a + bi, a, b Î ℝ

Þ $\overline{z}$ = a – bi

Þ z – $\overline{z}$ = 2bi

Þ |z –$\overline{z}$ | = $\sqrt{{\left(2b\right)}^2}=2\left|b\right|$

Ta có:

• $\left|z^2\right|=2\left|z-\overline{z}\right|$ Û a² + b² = 4|b| (1).

• $\left|\left(z+4\right)\left(\overline{z}+4i\right)\right|={\left|z-4i\right|}^2$ 

Û $\left|z+4\right|\left|\overline{z}+4i\right|={\left|z-4i\right|}^2$

Û |a + bi + 4|.|a – bi + 4i| = |a + bi – 4i|²

Û $\sqrt{{\left(a+4\right)}^2+b^2}.\sqrt{a^2+{\left(b-4\right)}^2}=a^2+{\left(b-4\right)}^2$

Û $\sqrt{a^2+{\left(b-4\right)}^2}.\left(\sqrt{{\left(a+4\right)}^2+b^2}-\sqrt{a^2+{\left(b-4\right)}^2}\right)=0$

+ TH₁: $\sqrt{a^2+{\left(b-4\right)}^2}=0$ 

Û a² + (b – 4)² = 0

Mà a² ≥ 0 và (b – 4)² ≥ 0 với mọi a, b Î ℝ

Do đó a² + (b – 4)² = 0

Û $\left\{\begin{array}{l}a=0\\ b-4=0\end{array}\right.$

Û $\left\{\begin{array}{c}a=0\\ b=4\end{array}\right.$ thoả (1).

Vậy z = 4i.

+ TH₂: $\sqrt{{\left(a+4\right)}^2+b^2}-\sqrt{a^2+{\left(b-4\right)}^2}=0$ 

$\iff \sqrt{{\left(a+4\right)}^2+b^2}=\sqrt{a^2+{\left(b-4\right)}^2}$

Û (a + 4)² + b² = a² + (b – 4)²

Û 8a = –8b

Û a = −b.

Thay vào ta được (1):

2b² – 4|b| = 0 Û 2|b|.(|b| – 2) = 0

Û |b| = 0 hoặc |b| = 2.

• Với |b| = 0 Û b = 0

Þ $\left\{\begin{array}{c}b=0\\ a=0\end{array}\right.$ Þ z = 0.

• Với |b| = 2 Û b = ±2

Þ $\left\{\begin{array}{c}b=2\\ a=-2\end{array}\right.$ hoặc $\left\{\begin{array}{c}b=-2\\ a=2\end{array}\right.$ 

Þ z = −2 + 2i hoặc z = 2 – 2i.

Kết luận: có 4 số phức z.

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số g(x) = x⁴ – mx² – 64x; g'(x) = 4x³ – 2mx – 64; có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)$= +¥.

g(x) = 0 Û $\left[\begin{array}{c}x=0\\ x^3-mx-64=0\left(*\right)\end{array}\right.$

Với x = 0 thay vào phương trình (*) ta thấy vô lí

Þ g(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt.

Do đó hàm số y = |g(x)| có đúng 3 điểm cực trị

Û hàm số y = g(x) có đúng 1 cực trị

Û g'(x) đổi dấu đúng 1 lần (**).

Nhận xét nếu x = 0 Þ g'(0) = −64 < 0

Þ g(x) không có cực trị (hay x = 0 không thoả mãn).

Nên g'(x) = 0 Û m = 2x² − $\frac{32}{x}$.

Đặt h(x) = 2x² − $\frac{32}{x}$.

Có h'(x) = 4x + $\frac{32}{x}$= $\frac{4\left(x^3+8\right)}{x^2}$;

Ta có h'(x) = 0 Û x = −2.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra (**) Û m ≤ 24.

Kết hợp với điều kiện m nguyên dương suy ra m Î {1; 2; 3;…; 24}.

Đáp án đúng là: C

Gọi M(a; 0; 0) Î Ox, N(0, b, 0) Î Oy.

Ta có d(I; (Oxy)) = 2 = R nên (S) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) tại điểm A(1; 4; 0) và MN cũng đi qua A.

Lại có $\overrightarrow{AM}$= (a – 1; −4; 0), $\overrightarrow{AN}$= (−1; b – 4; 0) và 3 điểm A, M, N thẳng hàng nên ta được:

$\frac{a-1}{-1}=\frac{-4}{b-4}$Û (a – 1)(b – 4) = 4      (1).

Tứ diện OIMN có IA ^ (OMN) và ∆OMN vuông tại O

Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN thì J Î (IMN).

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IMN.

Ta có S_∆IMN = $\frac{\mathrm{I}M.IN.MN}{4r}$(với r = $\frac{7}{2}$ bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IMN).

Û $\frac{1}{2}IA.MN$= $\frac{\mathrm{I}M.IN.MN}{4.\frac{7}{2}}$

Û IM.IN = 7IA

Û IM.IN = 14

Û [(a – 1)² + 20].[(b – 4)² + 5] = 196                  (2).

Đặt $\left\{\begin{array}{c}m=a-1\\ n=b-4\end{array}\right.$.

Từ (1) và (2) ta có hệ $\left\{\begin{array}{c}mn=4\\ \left(m^2+20\right)\left(n^2+5\right)=196\end{array}\right.$ 

Û $\left\{\begin{array}{c}n=\frac{4}{m}\left(3\right)\\ \left(m^2+20\right)\left(\frac{16}{m^2}+5\right)=196\left(4\right)\end{array}\right.$

Từ (4) ta được: (m² + 20)(16 + 5m²) = 196m²

Û 5m⁴ – 80m² + 320 = 0 Û m² = 8

Û $\left[\begin{array}{c}m=2\sqrt{2}\\ m=-2\sqrt{2}\end{array}\right.$Þ $\left[\begin{array}{c}n=\sqrt{2}\\ n=-\sqrt{2}\end{array}\right.$.

Suy ra $\left[\begin{array}{c}a=1+2\sqrt{2},b=4+\sqrt{2}\\ a=1-2\sqrt{2},b=4-\sqrt{2}\end{array}\right.$.

Vậy AM.AN = $6\sqrt{2}$.