Đề học sinh giỏi tỉnh Toán THPT năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Thanh Hóa
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm học 2023 – 2024 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thanh Hóa (mã đề GỐC); đề thi gồm 08 trang, hình thức trắc nghiệm với 50 câu hỏi và bài toán, thời gian làm bài 90 phút, có đáp án và lời giải chi tiết.
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2023 - 2024 THANH HÓA
MÔN TOÁN - ĐỀ GỐC Câu 1:
Tập xác định của hàm số 1 y = là: cot x − 3 A. D =
\ + k | k . B. D =
\ + k , k | k . 6 6 C. D = \ + k ,
+ k | k . D. 2 D = \
+ k , + k | k . 3 2 3 2 Lời giải Chọn B x k s in x 0 Hàm số 1 y =
xác định khi và chỉ khi , k . cot x − 3 cot x 3 x + k 6 Câu 2:
Một lớp học có 20 học sinh nam và 26 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn 3 học sinh
làm ban cán sự lớp gồm 1 lớp trưởng, 1 lớp phó học tập và 1 lớp phó văn thể. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn sao cho trong ban cán sự đó có ít nhất một học sinh nam? A. 12460. B. 75480 . C. 12580. D. 75580 . Lời giải Chọn B Có 3 A
cách chọn ba học sinh trong lớp vào các chức vụ đã nêu. 46 Có 3 A
cách chọn ban cán sự không có nam (ta chọn nữ cả). 26 Do đó, có 3 3
A − A = 75480 cách chọn thoả mãn yêu cầu. 46 26 2 an −1 1 Câu 3:
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của a thuộc khoảng (0;20) sao cho lim 3 + − 2 3 + n 2n
là một số nguyên. Tính tổng các phần tử của S . A. 4 . B. 3 . C. 19 . D. 20 . Lời giải Chọn D 1 − 2 a 2 an −1 lim = lim n = a 2 2 3 + n 3 − Vì an 1 1 +1 2 lim 3+ − = 3+ a. 2 n 3 + n 2n n 1 1 lim = lim = 0 2n 2 a (0;20), a Ta có S = 1;6;1 3 . a + 3
Vậy tổng các phần tử của S bằng 20. Câu 4:
Tìm điều kiện của tham số thực m để hàm số 3 2
y = x − 3x + 3(m + )
1 x + 2 đồng biến trên .
A. m 2.
B. m 2.
C. m 0 .
D. m 0 . Lời giải Chọn D
Tập xác định: D = . Ta có: 2
y = 3x − 6x + 3(m + ) 1
YCBT y 0, x = 9
− m 0 m 0 . Câu 5: Cho a, ,
b c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số
y = log x, y = log ,
x y = log x . a b c Trang 1
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. a c b .
B. a b c .
C. c b a .
D. c a b . Lời giải Chọn D M N a,b 1
Theo hình dạng của đồ thị ta có . 0 c 1
Vẽ đường thẳng y =1 cắt đồ thị hai hàm số y = log ,
x y = log x lần lượt tại 2 điểm a b M (a ) ;1 , N (b )
;1 . Ta thấy điểm N bên phải điểm M nên b a .
Vậy c a b . Câu 6:
Cho khối đa diện đều loại 3;
4 . Tổng các góc phẳng tại 1 đỉnh của khối đa diện bằng: A. 180 . B. 240. C. 324 . D. 360 . Lời giải Chọn B
Khối đa diện đều loại 3;
4 là khối bát diện đều, mỗi mặt là tam giác đều. Tại mỗi đỉnh có 4
góc 60 nên tổng các góc phẳng bằng 240 . Câu 7:
Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , AB = a và ACB = 30 . Tính thể tích V
của khối nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC . 3 3 A. 3 3 a 3 a
V = a B. 3
V = 3 a C. V = D. V = 9 3 Lời giải Chọn D
Ta có AC = A .
B cot 30 = a 3 . 3
Vậy thể tích khối nón là 1 a 3 : 2
V = a .a 3 = . 3 3 Câu 8:
Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua
trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 18 . B. 36 . C. 54 . D. 27 . Lời giải Chọn B Trang 2
Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông ABCD .
Theo giả thiết ta có bán kính đáy của hình trụ r = 3 h = AD = DC = 2r = 6 = l .
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: S = 2rl = 2.3.6 = 36 . xq − x e x Câu 9:
Họ nguyên hàm của hàm số y = e 2 + là: 2 cos x
A. 2ex + tan x + C .
B. 2ex − tan x + C . C. x 1 2e − + C . D. x 1 2e + + C . cos x cos x Lời giải Chọn A − x Ta có: e x x 1 y = e 2 + = 2e + 2 2 cos x cos x x 1 = 2 + = 2 x ydx e dx
e + tan x + C . 2 cos x Câu 10: Giả sử ( ) = ( 2 + + )ex F x ax bx c (trong đó a, ,
b c là các hằng số) là một nguyên hàm của hàm số ( ) 2 = ex f x x
trên . Tính tích P = abc . A. P = 4 − .
B. P = 1.
C. P = 5 . D. P = 3 − . Lời giải Chọn A Ta có : ( ) = (
+ ) x + ( 2 + + ) x 2 2 = + (2 + ) x F x ax b e ax bx c e ax
a b x + b + c e . a =1 a =1
Do F( x) = f ( x), x
nên ta có hệ: 2a + b = 0 b = 2 − . b + c = 0 c = 2
Vậy P = abc = 4 − .
Câu 11: Cho tập S = 1; 2;...;39; 4
0 gồm 40 số tự nhiên từ 1 đến 40 . Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S .
Xác suất để ba số lấy được lập thành cấp số cộng là: 5 7 19 A. . B. . C. 1 . D. . 38 38 26 39 Lời giải Chọn C Ta có: 3 ( n ) = C . 40
Gọi A là biến cố: “ba số lấy được lập thành cấp số cộng “. Giả sử ba số a, ,
b c theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, khi đó ta có a + c = 2b . Hay a + c là
một số chẵn và mỗi cách chọn 2 số a và c thỏa mãn a + c là số chẵn sẽ có duy nhất cách chọn
b . Số cách chọn hai số có tổng chẵn sẽ là số cách chọn ba số tạo thành cấp số cộng.
TH1: Hai số lấy được đều là số chẵn, có: 2 C cách lấy. 20
TH2: Hai số lấy được đều là số lẻ, có: 2 C cách lấy. 20 2 2 ( n )
A = C + C 20 20 Trang 3 2 2 n( ) A C + C 1 20 20 P( ) A = = = . 3 n() C 26 40 Câu 12: Biết ( 2 lim
4x + ax +1 + bx = − . Tính giá của biểu thức 2 3
P = a − 2b . →− ) 1 x
A. P = 32.
B. P = 0 .
C. P =16.
D. P = 8 . Lời giải Chọn B TH1: b = 2 1 + a + + + + ax 1 = a lim = lim x = − . →− ( 2 lim 4x ax 1 2x x ) x→− 2
4x + ax +1 − 2x x→− a 1 4 − 4 + + − 2 2 x x + + + a = 1 − − = 1 − a = 4 . →− ( 2 lim 4x ax 1 bx x ) 4
− khi b 2 TH2: a 1 b 2 + + + = lim x− 4 + + + b = →− ( 2 lim 4x ax 1 bx x ) 2 x→− x x
+ khi b 2
Vậy a = 4,b = 2 2 3
P = a − 2b = 0
Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B . Biết AB = AD = 2a ,
BC = a , SA = a 5 và SA vuông góc với mặt đáy. Khi đó giá trị tang của góc giữa mặt phẳng
(SCD) và mặt đáy bằng: A. 21 . B. 5 . C. 21 . D. 4 . 3 4 4 3 Lời giải Chọn B S A D H B C
Trong mặt phẳng ( ABCD) , kẻ AH ⊥ CD tại H CD ⊥ (SAH )
Suy ra góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt đáy là góc SHA
Ta tính được: CD = a 5 và 2 2 S = 3a ; S = a 2 S = 2a ABCD A BC A CD 2 2.S 4a 4a A CD AH = = = CD a 5 5 Khi đó SA 4a 5 tan SHA = = a 5 : = . AH 5 4 5x +1− x +1
Câu 14: Đồ thị hàm số y =
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? 3 2 x + 2x A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Trang 4 Lời giải Chọn C
Tập xác định của hàm số là D = 1 − ;+) \ 0 . Ta có: 2 25x + 9x 25x + 9 lim y = lim =
= − và lim y = + . − − − + x→ x→ ( lim 3 2 0 0
x + 2x )(5x +1+ x +1) x→0 x(x + 2)(5x +1+ x +1) x→0 lim y = 0 . x→+
Vậy đồ thị của hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y = 0 và 1 tiệm cận đứng x = 0 . Câu 15: Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. a 0,b 0,c 0, d 0.
B. a 0,b 0,c 0, d 0 .
C. a 0,b 0,c 0, d 0.
D. a 0,b 0,c 0, d 0. Lời giải Chọn D
Từ dạng đồ thị suy ra a 0 .Từ giao điểm của đồ thị với trục tung ta có d 0 . Mặt khác 2
y = 3ax + 2bx + c từ đồ thị ta có phương trình y = 0 có hai nghiệm trái dấu
ac 0 mà a 0 c 0 . Hơn nữa phương trình 2b
y = 0 có hai nghiệm phân biệt có tổng x + x = − = 1
− 0 b 0 . 1 2 3a
Vậy a 0,b 0,c 0, d 0. 1
Câu 16: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số 3 2 y = x − mx + ( 2
m − 4) x + 3 đạt cực đại tại x = 3. 3 A. m = 1 − .
B. m = 5 . C. m = 7 − .
D. m = 1. Lời giải Chọn B Ta có 2
y = x − mx + ( 2 2
m − 4) ; y = 2x − 2m . y (3) = 0 Hàm số 1 3 2 y = x − mx + ( 2
m − 4) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 khi và chỉ khi: 3 y (3) 0 m =1 2 2 9
− 6m + m − 4 = 0
m − 6m + 5 = 0
m = 5 m = 5. 6 − 2m 0 m 3 m 3
Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. m−
Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y (x x )3 3 2 m 1 3 2 + = + + có tập xác định là ? A. 8 . B. 6 . C. 7 . D. 4 . Lời giải Chọn B Trang 5 x 2 − − Ta thấy 2 m
x + 3x + 2 0
nên để hàm số có TXĐ là thì số mũ 3 3 là số nguyên x 1 − m +1 dương. − Ta có: 3m 3 6 = 3−
* m +1{− 6; 3 − ; 2 − ; 1 − ;3;6} m +1 m +1
Do đó có 6 giá trị là m{− 7; 4 − ; 3 − ; 2 − ;2;5}. 3x − 7
Câu 18: Bất phương trình log log
0 có tập nghiệm là (a;b . Tính giá trị P = 3a + b . 2 1 x + 3 3 A. P = 6 − .
B. P =10.
C. P = 4 . D. P = 7 . Lời giải Chọn B Ta có: 3x −7 − 3x 7 0 0 x + 3 x + 3 3x − 7 3x − 7 0 0 3x − 7 3x − 7 3x − 7 x +3 x + 3 log log 0 log 0 1 2 1 x + 3 x + 3 x + 3 3x − 7 1 8( x − 3) 3 1 3 0 3x − 7 3x − 7 1 x + 3 3 3 ( x + 3) log 1 1 + x + 3 x 3 3 3 7 x 3 7 7 x 3 hay 7 x
;3 . Suy ra a = ; b = 3 . x 3 − 3 3 3 3 − x 3 Vậy 7
P = 3a + b = 3. + 3 = 10 . 3 x
Câu 19: Cho hàm số f ( x) 2 = . Khi đó tổng f ( ) 1 2 22 23 0 + f + f +...+ f + f có giá 2x + 2 12 12 12 12 trị bằng: A. 71 . B. 65 . C. 59 . D. 28 . 6 6 6 3 Lời giải Chọn A a b
Với a + b = 2 , ta có f (a) + 2 2 f (b) = + 2a + 2 2b + 2 2 .
a 2b + 2.2a + 2 .
a 2b + 2.2b a+b a a+b b + + + a b + + + = 2 2.2 2 2.2 4 2.2 4 2.2 ( = = = . + 1 2a + 2)(2b + 2)
2a b + 2.2a + 2.2b + 4
4 + 2.2a + 2.2b + 4
Do đó với a + b = 2 thì f (a) + f (b) =1. Áp dụng ta được f ( ) 1 2 3 23 0 + f + f + f +...+ f 12 12 12 12 = f ( ) 1 23 2 22 11 13 0 + f + f + f + f +...+ f + f + f ( ) 1 12 12 12 12 12 12 1 2 71 = +11.1+ = . 3 4 6
Câu 20: Người ta ghép 5 khối lập phương cạnh a để được khối hộp chữ thập như hình dưới. Tính diện
tích toàn phần S của khối chữ thập đó. tp Trang 6 A. 2
S = 20a . B. 2
S = 12a . C. 2
S = 30a . D. 2 S = 22a . tp tp tp tp Lời giải Chọn D
Diện tích toàn phần của 5 khối lập phương là 2 2 5.6a = 30a .
Khi ghép thành khối hộp chữ thập, đã có 4.2 = 8 mặt ghép vào phía trong, do đó diện tích toàn phần cần tìm là 2 2 2
30a − 8a = 22a .
Câu 21: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , BAC = 120 , biết
SA ⊥ (ABC) và mặt (SBC) hợp với đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S.ABC . 3 3 3 A. a . a a B. 3 a 2 . C. . D. . 2 9 3 Lời giải Chọn C
➢ Gọi I là trung điểm BC . + Do ABC
cân tại A nên BC ⊥ AI
+ Mặt khác do SA ⊥ (ABC) BC ⊥ SA . Suy ra BC ⊥ SI .
Do đó góc giữa (SBC) và đáy chính là góc SIA = 45 . ➢ Xét IB a
AIB vuông tại I có IB = a , IAB = 60 , suy ra IA = = . tan 60 3 a a S
AI vuông tại A có IA =
, SIA = 45 nên S
AI vuông cân tại A , do đó SA = IA = . 3 3 3
➢ Thể tích của khối chóp 1 1 1 a
S.ABC là V = S .SA = . B . C AI.SA = . 3 ABC 3 2 9
Câu 22: Một khối lăng trụ tam giác có đáy là tam giác đều cạnh bằng 6a , cạnh bên bằng 2a 3 và tạo
với mặt phẳng đáy một góc 30 . Khi đó thể tích khối lăng trụ là: A. 3 9a . B. 3 27a . C. 3 27 3.a . D. 3 9 3.a . Lời giải Chọn B Trang 7
Gọi H là hình chiếu của A lên mặt đáy. Suy ra góc A A
H = 30 là góc giữa AA và mặt đáy. Ta có: A H 1 sin 30 = A H = A . A sin 30 = 2 3 . a = 3a . A A 2 Khi đó: V = = a a a . ABC A B C (6 )2 3 3 . . 3 27 . 4
Câu 23: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20 (cm) , bán kính đáy r = 25(cm) . Một thiết diện đi
qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12(cm) .
Tính diện tích của thiết diện đó. A. S = ( 2 500 cm ). B. S = ( 2 400 cm ). C. S = ( 2 300 cm ). D. S = ( 2 406 cm ). Lời giải Chọn A
Theo bài ra ta có AO = r = 25; SO = h = 20; OK =12 (Hình vẽ). Lại có 1 1 1 = + OI =15 cm 2 2 2 ( ) OK OI OS 1 2 2
AB = 2AI = 2. 25 −15 = 40(cm) 2 2 ; SI =
SO + OI = 25(cm) S = .25.40 = 500 S AB ( 2 cm ). 2 1 Câu 24: Cho hàm số ( ) = ex f x + xf
(x).dx . Giá trị của f (ln2023) bằng: 0 A. 2025 . B. 4046 . C. 2024 . D. 2023. Lời giải Chọn A 1
Cách 1. Từ ( ) = ex f x
+ xf (x)dx
(1). Lấy đạo hàm hai vế của (1), suy ra ( ) = ex f x . 0 Khi đó ( ) =
( )d = exd = ex f x f x x x + C (2) 1 1 1 1
Từ (1) và (2) suyra: = ( )d = (ex + )d = ex C xf x x C x C x C
x dx + C d x x 0 0 0 0 1 = ( Cx C C ex x − ex ) 2 1 + C =1+ C = 2 . 0 2 2 0 Trang 8 Vậy ( ) x f x = + f ( ) ln2023 e 2 ln 2023 = e + 2 = 2023+ 2 = 2025. 1
Cách 2. Đặt = ( ).d ( ) = ex A xf x x f x + A 0 1 1 = ( x A A x ex + A) 1 1 .dx = .
x ex.dx + A . x dx =
( .xex −ex) 2 1 + A =1+ 0 2 2 0 0 0 0
A = 2 f (x) = ex + 2 f (ln 2023) ln 2023 = e + 2 = 2025.
Câu 25: Biết y = f ( x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên
và đạt cực đại tại x = 2
− . Đường thẳng d là
tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x) tại điểm có hoành độ x = 1
− (như hình vẽ). Tính tích 1 phân 2 . x f ( 2x −2)dx. 0 A. 1 − . B. 1 . C. −2 . D. 0 . 2 2 Lời giải Chọn A Đặt 2
t = x − 2 dt = 2 d x x .
Với x = 0 t = 2 − .
Với x =1 t = 1 − . 1 − − Ta có I = f
(t)dt = f (t) 1 = f (− )1− f ( 2 − ) ( ) 1 2 − 2 −
Vì hàm số đạt cực đại tại x = 2 − nên f ( 2 − ) = 0 (2).
Theo hình vẽ d đi qua điểm (2;0) và (0; )
1 nên phương trình đường thẳng d : 1 y = − x +1. 2
Vì đường thẳng d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x) tại điểm x = 1 − (như hình vẽ) nên 1 f (− )
1 là hệ số góc của đường thẳng d . Suy ra f (− ) 1 = − (3). 2 Từ ( ) 1 , (2), (3) ta có 1 I = − − 0 1 = − . 2 2
Câu 26: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( + x)( x − m x) 2 1 cos cos 4 cos = msin x 2
có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0; là nửa khoảng ;
a b) . Tính T = a + b . 3
A. T = 0 .
B. T = 1. C. 1 T = − . D. 1 T = . 2 2 Lời giải Chọn D Trang 9 Ta có: ( + x)( x − m x) 2 = m x ( + x)( x − m x) − m ( 2 1 cos cos 4 cos sin 1 cos cos 4 cos 1− cos x) = 0 = − ( cos x 1
1+ cos x) cos 4x − m cos x − m (1−cos x) = 0 . cos 4x = m
➢ Xét phương trình cos x = 1
− x = + k2 (k ) . 2
Phương trình cos x = 1
− không có nghiệm trong đoạn 0; . 3
➢ Xét phương trình cos 4x = m . Đặt f ( x) = cos 4x . Ta có: f ( x) = 4 − sin 4x .
Xét f (x) = 0 sin 4x = 0 4x = k x = k (k ) . 4 2 Xét trong đoạn 0;
thì ta có: x 0; ; . 3 4 2 Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình cos 4x = m có đúng 3 nghiệm phân biệt trong 2 đoạn 1 0; khi và chỉ khi 1 − m 1 hay 1
m − ;1 a = − , b = 1. 3 2 2 2 Vậy 1
T = a + b = . 2
Câu 27: Cho lăng trụ đứng AB . C A B C
có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a 3 . Biết
BC hợp với mặt phẳng ( ACC A
) một góc 30 và hợp với mặt phẳng đáy góc sao cho 6 sin =
. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh BB và A C
(tham khảo hình vẽ). 4
Khoảng cách giữa MN và AC bằng: N A' C' B' M A C B A. a 6 . a a a B. 3 . C. 5 . D. . 4 6 4 3 Lời giải Chọn A Trang 10
+) Ta có: (BC ;( ACC A )) = BC A
= 30; (BC ;(ABC)) = C B C = . ( 2 2 3 3a + x ) +) Đặt 2 2
AB = x 0 BC = 3a + x CC = BC.tan = 5 Và AC = A .
B cot 30 = x 3 . +) Mặt khác: 2 2 2
AC + CC = AC x = a 2 CC = a 3 AC = a 6 .
+) Gọi P là trung điểm của B C
(MNP)//( ABC) nên
d (MN AC) = d (MN ( ABC)) = d (N ( ABC)) 1 ; ; ;
= d (A ;(ABC)) . 2 +) Dựng A H
⊥ AC A H
⊥ ( ABC) d (A ( ABC)) 1 a 6 ; = A H = AC = 2 2
Vậy d (MN AC) a 6 ; = . 4
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng f ( 3
− ) = 2 f (5) = 4 . Gọi M,n lần lượt
là các giá trị nguyên lớn nhất và nhỏ nhất của tham số m để phương trình 1 f f
(x)−m = 2x + 2m
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Tính M − n . 2 A. 7 B. 4 C. 6. D. 9 Lời giải Chọn A 1 f
( x) = 2u + 2m Đặt
f ( x) − m = u
f (u) + 2u = f (x) + . f (u) 2x 2 = 2x + 2m
Xét hàm số g (t) = f (t) + 2t g(t) = f (t) + 2 2 − + 2 = 0 t . Trang 11 Do đó hàm số 1 1
g (t ) đồng biến trên u = x
f ( x) − m = x
f ( x) − x = m . 2 2
Xét hàm số h(x) 1
= f (x) − x h(x) 1
= f (x) −1. 2 2
x = − h(− ) 1 3 3 = f ( 3 − ) −( 3 − ) = 5 2 h(x) 1
= 0 f (x) =1 f (x) = 2 x = 0 . 2
x = h( ) 1 5 5 = f (5) − (5) = 4 − 2
Ta có bảng biến thiên của hàm số h(x) 1
= f (x) − x như sau: 2 h'(x) h(x)
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có 3 nghiệm khi 4 − m 5.
Do m m 3 − ; 2 − ; 1 − ;0;1;2;3;
4 M − n = 7 .
Câu 29: Cho hàm bậc ba y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực đại của hàm số
y = xf ( x − ) 2 1 là: y 3 1 1 O x 1 A. 7 . B. 3 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn B Đặt: ( ) 3 2
f x = ax + bx + cx + d f ( x) 2
= 3ax + 2bx + c .
Ta có: đồ thị giao với trục Oy tại điểm (0; ) 1 d = 1.
Đồ thị hàm số y = f ( x) có hai điểm cực trị là ( 1 − ;3); (1;− ) 1 nên 3
a − 2b + c = 0 b = 0 3
a + 2b + c = 0
a =1 f (x) 3 = x − 3x +1.
a + b + c +1 = 1 − c = 3 −
−a + b − c +1 = 3
f (x − ) = (x − )3 − (x − ) 3 2
+ = x − x + f (x − ) 2 1 1 3 1 1 3 3 1 = 3x − 6x .
Đặt g (x) = xf (x − ) 2 1
g( x) = 2xf ( x − )
1 f ( x − )
1 + xf ( x − ) 1 . Trang 12
g(x) = x( 3 2 x − x + )( 3 2 2 3
3 4x − 9x + 3) . x = 0 x 2,532 x = 0 x 1,347 Suy ra g( x) 3 2
= 0 x − 3x + 3 = 0 x 0 − ,879 . 3 2
4x − 9x + 3 = 0 x 2, 076 x 0, 694 x 0 − ,52
Nhận thấy: g( x) là đa thức bậc 7 và có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số g ( x) có 7 điểm cực trị.
Vì lim (g(x)) = + và dựa vào bảng xét dấu của g ( x) suy ra g ( x) có 3 điểm cực đại. x→+
Câu 30: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên
. Gọi d , d lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 2
y = f ( x) và y = . x f (2x − )
1 tại điểm có hoành độ bằng 1. Biết hai đường thẳng d , d vuông 1 2
góc với nhau, khẳng định nào sau đây đúng? A. 2 f ( ) 1 2 2 . B. f ( ) 1 2 2 . C. 2 f ( ) 1 2 . D. f ( ) 1 2 . Lời giải Chọn B
Vì d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x) tại điểm có hoành độ bằng 1 nên d có hệ số 1 1
góc k = f 1 . 1 ( ) Ta có xf (2x − ) 1 = f (2x − )
1 + 2xf (2x − ) 1 .
Vì d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = xf (2x − )
1 tại điểm có hoành độ bằng 1 nên d có hệ 2 2
số góc k = f 1 + 2 f 1 . 2 ( ) ( )
Mặt khác, hai đường thẳng d , d vuông góc với nhau nên k .k = 1 − . 1 2 1 2 Suy ra f ( ) 2 2 1 + f ( ) 1 . f ( ) 1 = 1 − . 2 Suy ra f ( ) 1 + f ( ) 1 = f ( ) 2 1 2 1 1 1 −1 f ( ) 2 1 −1 0 f ( ) 1 2 2 . 4 8 8
Câu 31: Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 2 2
x + y − xy = 1 và hàm số f (t ) 3 2
= 2t − 3t +1. Gọi
x − y +
M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 2 Q = f . Giá trị
x + y + 4
M − m bằng: A. 4 − − 4 2 . B. 4 − −5 2 . C. 6 + 4 2 . D. 4 + 2 2 . Lời giải Chọn C − + Đặt 5x y 2 3 2 1 2 t = . Theo giả thiết, 2 2
x − xy + y = 1
(x − y) + (x + y) =1 x + y + 4 4 4 = − = + cos (x y) 1 3 2 x cos sin x − y = cos nên ta đặt 3 2 3 (0 2 ) . 1 sin = (x + y) 1
x + y = 2sin y = − cos + sin 2 3 + + Khi đó, 2 3 cos 4 sin 2 t =
(t − 2).sin − 3.cos =1− 2t ( ) 1 . 2 sin + 4 Trang 13 2 Phương trình ( ) 2 2
1 có nghiệm (t − ) + (− ) ( − t) 2 2 3 1 2
3t − 6 0 − 2 t 2 .
Xét hàm số Q = f (t) 3 2
= 2t −3t +1, t − 2 ; 2 .
t = 0 − 2 ; 2 f (t ) 2
= 6t − 6t . Cho f (t) = 0 .
t = 1 − 2 ; 2 f (− 2) = 5
− − 4 2 ; f (0) =1; f ( ) 1 = 0 ; f ( 2) = 5 − + 4 2 .
M = max Q = max f (t) = f (0) =1 − 2; 2 .
m = min Q = min f (t) = f (− 2) = 5 − − 4 2 − 2; 2
Vậy M − m = 6 + 4 2 .
Câu 32: Cho hàm số bậc ba ( ) 3 2
f x = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá ( 2 2
x − 2mx + m + m + ) 2 1 x − 3x
trị của tham số m để đồ thị hàm số y = ( có đúng 3 tiệm cận x − 4) 2
f (x) − 4 f (x)
đứng. Tính tổng các phần tử của tập S . y 4 1 O 2 3 x A. −2 . B. 3 − . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B ( 2 2
x − 2mx + m + m + ) 2 1 x − 3x
Xét hàm số y = g (x) = ( x − 4) 2
f (x) − 4 f (x) Biểu thức 2
x − 3x xác định khi 2
x − 3x 0 x (− ; 03;+) Xét phương trình: x = 4 x = 4 x = 4 x = 0 − = ( x 4 0 x = 3 x − ) 2
4 f ( x) − 4 f ( x) =0 = = f x 0 x 3 2 f
(x)− 4 f (x) ( ) = 0 = − f ( x) x 1 = x = 1 4 − x = 0 x = 2(KTM ) + Đặt h( x) 2 2
= x − 2mx + m + m +1 . Nếu h( x) không có nghiệm thuộc 1 − ;0;3; 4 thì đồ thị
hàm số y = g ( x) có 4 tiệm cận đứng. Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: x = 4 là nghiệm của h ( x) 2
m − 7m +17 = 0 (vô nghiệm.
Trường hợp 2: x = 3 là nghiệm của h ( x) 2
m − 5m +10 = 0 (vô nghiệm). Trang 14 m = −
Trường hợp 3: x = 1
− là nghiệm của h( x) 2 m + 3m + 2 = 1 0 . m = −2
Trường hợp 4: x = 0 là nghiệm của h ( x) 2
m + m +1 = 0 (vô nghiệm). m = 1 − Như vậy khi
thì đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng hay S = 2 − ;− 1 . m = 2 −
Vậy tổng các phần tử của S bằng 3 − .
Câu 33: Gọi M , n lần lượt là các giá trị nguyên dương lớn nhất và nhỏ nhất của m để phương trình: 3
cos x−2+ m−3cos x ( 3 2 x x x m
) cosx−2 cosx 1 2 cos 6sin 9 cos 6 2 2 + + + + + − =
+1 có nghiệm thực. Khi đó
M − n bằng: A. 20 . B. 28 . C. 18 . D. 21 . Lời giải Chọn A
Ta có PT tương đương với: 3 x− + m− x + ( x − )3 cos 2 3cos cos x−2 2 cos
2 + m − 3cos x 2 =1 3 3 m− x + ( 3 2 − 3cos ) = 2 − x m x + (2 − cos x)3 3cos 2 cos (vì 2−cos 2 x 0 ) 3
m − 3cos x = 2 − cos x (Xét hàm số ( ) 3 = 2u g u
+ u là hàm số đồng biến trên ). 3 2
−cos x + 6cos x −9cos x +8 = m .
Đặt cos x = t với điều kiện t −1;
1 , xét hàm số f (t ) 3 2 = t
− + 6t − 9t + 8.
Dễ thấy min f (t) = 4 và max f (t) = 24 nên PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m4;24 . t 1 − ; 1 t 1 − ; 1
Vậy M − n = 24 − 4 = 20 .
Câu 34: Cho m, n là các số thực lớn hơn 1, thay đổi và thỏa mãn 13 m + n =
. Gọi a,b là hai nghiệm 2
phân biệt của phương trình 8log .
x log x − 7 log x − 6 log x − 2023 = 0 . Biết giá trị lớn nhất m n m n của biểu thức c d
T = ln (ab) là 3 7 ln + ln
với c, d là các số nguyên dương. Tính tổng 4 2 8 2
S = 2c + 3d .
A. S = 2023 .
B. S = 33.
C. S = 25 .
D. S = 50 . Lời giải Chọn B ĐK: x 0 . Ta có: 8log .
x log x − 7 log x − 6 log x − 2023 = 0 m n m n m ( x)2 8 log . log
− (6log m + 7).log x − 2023 = 0 . n m n m Do ,
m n 1 nên 8log m 0 , do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, gọi là a,b . n Theo Vi-et ta có: 3 7 6 log m + 7 n a + b = ab = + n ab = m n m m m ( ) 3 7 log log log log log m m ( ) 4 8 log . 8 log m 4 8 m n 7 3 7 3 8 13 4 8 4
ab = m .n ab = m . − m
T = (ab) 3 7 13 ln = ln m + ln − m . 2 4 8 2
Xét hàm số: f (m) 3 7 13 = ln m + ln − m với 11 m 1; . 4 8 2 2 Có f (m) 3 7 11 = − = = m ( − m) f (m) 0 m 3 1; 4 4 13 2 2 Trang 15
f (m) = f ( ) 3 7 7 3 6 7 7 max 3 = ln 3 + ln T = ln + ln max 11 1; 4 8 2 4 2 8 2 2
Do đó: c = 6, d = 7 S = 2c + 3d = 33. 2 − − x + x y 2023 Câu 35: Cho 0 , x y 1 thỏa mãn 1 2022 =
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, 2 y − 2 y + 2024
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ( 2 x + y )( 2 5 3
5 y + 3x) + 25xy . Khi đó M − m bằng bao nhiêu? A. 9 . B. 121 . C. 19 . D. 9 . 16 100 16 100 Lời giải Chọn B 2 1− y 2 − − x + x + x y 2023 2022 2023 Ta có: 1 2022 = = 2 y − 2 y + 2024 2022x (1− y)2 + 2023 x ( + ) − y x = ( − y)2 2 1 2022 2023 2022 1
+ 2023 f (x) = f (1− y) Xét hàm số ( ) t f t = ( 2
2022 t + 2023) với t 0 . Có ( ) t = ( 2 2022 .
+ 2023)ln 2022 + 2 .2022t f t t t 0, t 0
Suy ra f (t) là hàm đồng biến trên (0;+) , f ( x) = f (1− y) x =1− y x + y =1 Khi đó: S = ( 2 x + y )( 2 y + x) 2 2 + xy = x y + xy + ( 3 3 5 3 5 3 25 25 9
15 x + y ) + 25xy = (xy)2 + xy +
(x + y)3 − xy(x + y) = (xy)2 25 34 15 3 25 −11xy +15 Mà 1
1 = x + y 2 xy xy , nên đặt 1 t = xy 0; , khi đó 2
S = 25t −11t +15 4 4 Xét hàm số 1379 f (t ) 2
= 25t −11.t +15 trên đoạn 1 0;
ta được : min f (t) =
, max f (t ) = 15 4 1 1 0; 100 0; 4 4 . Vậy 121 M − m = . 100
Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB//C ,
D CD = 2AB . Gọi M là điểm
di động trên cạnh AB (M ,
A M B) và N là trung điểm của cạnh SD . Mặt phẳng ( ) đi qua V 1
M , N và song song với AD chia khối chóp thành hai khối đa diện có tỉ lệ thể tích 1 = , V 3 2
trong đó V là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A , V là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B . Khi 1 2 m đó tỉ số MA m =
, trong đó: m và n là các số nguyên dương,
là phân số tối giản. Tổng CD n n
m + n bằng: A. 9 . B. 10. C. 13. D. 14 . Lời giải Chọn C Trang 16 S N Q A D M P B E C
Đặt AM = x . Kẻ MP// A ;
D NQ//AD ( P CD, Q SA) AB
( ) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang MPNQ (MP//NQ) .
Gọi E là trung điểm của CD ABED là hình bình hành.
Đặt S là diện tích hình bình hành ABED ; h là chiều cao của hình chóp S.ABCD .
Gọi thể tích khối chóp S.ABED là V 1 V = hS . 3
Diện tích hình bình hành AMPD là S = .
x S , d (Q ( AMPD)) 1 ; = h . AMPD 2 Thể tích khối chóp 1 1 1 1 hS 1 . Q AMPD là V = d ; Q AMPD .S = . . h xS = . x = . xV Q.AMPD ( ( )) 3 AMPD 3 2 2 3 2 3 V Lại có 1 3V V
= V d ( A (SED)) . 2 ; S AED = = . S.AED 2 S S S ED S ED 3 V Vì 1
Q là trung điểm SA nên d (Q (SED)) = d ( A (SED)) 4 ; ; = 2 S S ED Diện tích x D PN : 1 1 1 S = DN.D . P sin NDP = . DS.xD . E sin NDP = .S . D PN 2 2 2 2 SED Thể tích khối chóp . Q PDN là 3 V 1 1 x 1 3 4 x xV V = d ; Q SED .S = . . .S = . V. = . Q.PDN ( ( )) 3 DPN 3 S 2 SED 3 4 2 8 S ED xV xV 5xV V =V +V = + = . 1 Q. AMPD . Q PND 2 8 8 3 3 5x 3 5x V = V −V = V − V = − V . 2 1 2 2 8 2 8 5x V Theo giả thiết: V 1 1 5x 3 5x 3 MA 3 1 8 = = .3 = − x = = . V 3 3 5x 3 8 2 8 5 CD 10 2 − V 2 8 Vậy MA 3 =
m = 3, n =10 m + n =13 . CD 10 Trang 17
Câu 37: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2, AD = 2 3 và nằm trong măt phẳng ( P) . Quay ( P) một
vòng quanh đường thẳng BD . Khối tròn xoay được tạo thành có thể tích bằng: A. 28 28 56 B. C. 56 D. 3 3 9 9 Lời giải Chọn C BC.CD 2 3.2 B
CD vuông tại C có: BD = 2 + (2 3)2 2 = 4; CI = = = 3; ID =1 BD 4 IB = ( )2 −( )2 2 3 3
= 3 IO = OD − ID = 2 −1 =1 OM BO 2 = OM = CI BI 3
Thể tích khối nón có đỉnh D và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng: 1 1 2
V = .IC .ID = .3.1 = 1 3 3
Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng : .OI V = ( .1 4 2 19 2 2
IC + OM + IC.OM = 3 + + 3. = 2 ) 3 3 3 3 9
Thể tích cần tìm là: V = ( 19 56 2 V +V = 2 + = . 1 2 ) 9 9
Câu 38: Tính giá trị lớn nhất V của thể tích các khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính R = 3 3 .
A. V = 576 3 .
B. V = 512 3 .
C. V = 576. D. V = 64 3 . Lời giải Chọn D
Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I và bán kính R = 3 3 . Trang 18
Gọi H = AC BD , K là trung điểm SC . Ta có I SH , SI = R = 3 3 . Đặt AB = ;
x SH = h ( x, h 0) . 2 Ta có x x HC = 2
l = SC = h + . 2 2 2 Do SK SI x 2 S KI ∽ S HC =
SC = 2SH.SI 2 h + = 2 . h 3 3 2 2
x =12 3.h − 2h . SH SC 2
Diện tích đáy của hình chóp 1 1 2 S = x nên 2 V = . h x = h( 2
12 3.h − 2h ) . ABCD 3 3 + + − Ta có 1 h h h V = .
h (12 3.h − 2h ) 1 = . .
h h (12 3 − 2h) 3 1 12 3 2 2 . = 64 3 3 3 3 3
V 64 3 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi h = h =12 3 − 2h h = 4 3 . Vậy V = 64 3 . max Câu 39: Cho hàm số f ( x) liên tục trên khoảng (0;+) và thỏa mãn f x 17 2 ( ) 2 . x f ( x + ) 1 + = (2x + ) 1 ln ( x + ) 1 . Biết f
(x)dx = aln5−2lnb+c với a, ,bc . 2 x 1
Giá trị của a + 3b + 2c bằng: A. 37 . B. 9 . C. 11. D. 51. 2 Lời giải Chọn C f x 2 ( ) Ta có 2 . x f ( x + ) 1 + = (2x + ) 1 ln ( x + ) 1 . 2 x 4 f x 2 ( ) 4 Suy ra 2 . x f (x + )1+ d
x = (2x+ )1ln(x+ )1dx . 2 x 1 1 4 f x 2 ( ) 4 4 Ta có 2 . x f (x + )1+ d x = f
( 2x + )1d( 2x + )1+ f ( x)d( x) 2 x 1 1 1 17 2 17 = f
(x)dx+ f
(x)dx = f (x)dx . 2 1 1 4 4 4
(2x+ )1ln(x+ )1dx = ln
(x+ )1d(x + x) = (x + x)ln(x+ ) 4 1 2 2 1 − ( 2x + x) dx 1 x +1 1 1 1 4 2 x 15 = 20ln 5 − 2ln 2 − = 20ln 5 − 2ln 2 − . 2 2 1 17 Do đó f ( x) 15 15
dx = 20 ln 5 − 2 ln 2 −
a = 20,b = 2,c = − . 2 2 1
Vậy a + 3b + 2c =11.
Câu 40: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên 2; 4 và f ( x) 0, x 2;4 . Biết
4x f ( x) = f (x) 3 7 3 3 − x x 2;
4 , f (2) = . Giá trị của f ( 13) bằng: 4 − 65 63 A. 2 13 1 . B. . C. 13 . D. . 4 4 2 4 Trang 19 Lời giải Chọn D
Ta có: f ( x) 0, x
2;4 nên hàm số y = f (x) đồng biến trên 2;4 f (x) f ( ) 7 2 = 4
f (x) 0, x 2;4 .
Từ giả thiết ta có: x f (x) = f (x) 3
− x x f (x) + = f (x) 3 3 3 3 4 4 1 f x 3 .
x 4 f ( x) +1 = f ( x) ( ) = x . 3 4 f ( x) +1 f ( x) 1 d 4 f (x)+1 Suy ra: 3 x dx = d x x = d x x 4 f (x) 2 2 3 +1 = + C . 3 4 f ( x) +1 4 3 4 f ( x) +1 8 2 Do f ( ) 7 3 1 2 =
= 2 + C C = − . 4 2 2 f (x) 1 4 = . (x − ) 3 1 2 1 − 4 3 4 Vậy f ( ) 63 13 = . 4
Câu 41: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , trên tia Ox lấy 12 điểm phân biệt (khác O ) là A , A ,..., A và 1 2 12
trên tia Oy lấy 12 điểm phân biệt (khác O ) là B , B ,..., B thỏa mãn 1 2 12
OA = A A = ... = A A = OB = B B = ... = B B = 1(đơn vị). Chọn ngẫu nhiên một tam giác 1 1 2 11 12 1 1 2 11 12
có 3 đỉnh nằm trong 24 điểm A , A ,..., A , B , B ,..., B . Xác suất để tam giác chọn được có 1 2 12 1 2 12
đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với một trong hai trục Ox hoặc Oy là: A. 5 . B. 5 . C. 2 . D. 1 . 1584 792 225 135 Lời giải Chọn B
* Trường hợp 1: Hai đỉnh thuộc tia Ox có hoành độ lần lượt là a và c , với a ;
c a, c 1; 2;...;1
2 và một đỉnh thuộc tia Oy có tung độ b , với b 1; 2;...; 12 .
- Số tam giác có 3 đỉnh được chọn như trên là: 2 12.C (tam giác). 12
- Xét tam giác ABC có A( ; a 0), C ( ;
c 0), B (0;b) mà đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
tiếp xúc với trục tung Oy (như hình vẽ). + Gọi a c
M là trung điểm AC IM ⊥ AC và M ; 0 . 2 Trang 20 +
Đường tròn ngoại tiếp tam giác a c
ABC có tâm là I ;b . 2 2 2 − + Khi đó: c a a c
IA = IB = IC 2 2 2 2
IA = IB b + = b = ac . 2 2 Nhận thấy: ( ; a c) (
1;4),(1;9),(2;8),(3;12),(4;9), b tương ứng là 2; 3; 4; 6; 6. Có 5 tam giác thoả mãn. * Trường hợp 2:
- Hai đỉnh thuộc tia Oy và một đỉnh thuộc tia Ox : có 2 12.C tam giác. 12
- Lập luận tương tự như trường hợp 1 ta có 5 tam giác mà đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với trục Ox .
Do đó xác xuất cần tính là: 2.5 5 P = = . 2 2.12.C 792 12
Câu 42: Cho tứ diện ABCD . Gọi K là điểm thuộc cạnh CD sao cho 2KD = 3KC và I là điểm thuộc
đoạn thẳng BK sao cho IK = 2IB . Mặt phẳng ( ) đi qua I và luôn cắt các tia A , B AC, AD
lần lượt tại các điểm M , N, P (khác A ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 AB AC AD T = 4. + + 4. . 2 2 2 AM AN AP 60 7 45 7 A. . B. . C. . D. . 7 60 7 45 Lời giải Chọn C Ta có: + 3 2 2KD = 3
− KC AK = AC + AD ( ) 1 . 5 5 + 2 1 IK = 2
− IB AI = AB + AK (2) . 3 3 Từ ( ) AB AC AD 1 và (2) suy ra 2 1 2 2 1 2 AI = AB + AC + AD = . AM + . AN + . AP 3 5 15 3 AM 5 AN 15 AP Vì 4 điểm AB AC AD
I , M , N, P đồng phẳng nên suy ra 2 1 2 . + . + . =1. 3 AM 5 AN 15 AP
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có: 2 2 2 2 2 2 1 2AB 1 AC 1 2AD 1 1 1 AB AC AD 1 = . + . + . + + . 4. + + 4. 2 2 2 3 AM 5 AN 15 AP 3 5 15 AM AN AP 2 2 2 45 AB AC AD 4. + + 4. = T hay 45 T . 2 2 2 7 AM AN AP 7
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: Trang 21 AB 15 = 2AB 1 AC 1 2 AD 1 AM 14 : = : = :
AM 3 AN 5 AP 15 AC 9 = 2 AB 1 AC 2 AD AN 7 . . . 1 + + =
3 AM 5 AN 15 AP AD 3 = AP 14 Vậy 45 T = khi 14 7 14 AM = A ; B AN = AC; AP = AD . min 7 15 9 3 − − a Câu 43: Cho hàm số ( ) x 4 = + ( + ) 7 3 1 .2 x f x x
− 6x + 3 . Giả sử m = ( a,b
, a là phân số tối giản) 0 b b
là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình f ( 2
7 − 4 6x − 9x ) + 2m −1= 0 có
số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức P = a + . b
A. P =10.
B. P = 9.
C. P = 8. D. P = 7. Lời giải Chọn D − Đặt 2 36x 12 1 2
t = 7 − 4 6x − 9x , x 0; t =
t = 0 x = 2 3 − 3 6x 9x Bảng biến thiên
Ta có t 3;7 và t = 3 có 1 nghiệm; t (3;7 có hai nghiệm phân biệt. Khi đó f ( 2
7 − 4 6x − 9x ) + 2m −1= 0 trở thành f (t) + 2m −1 = 0 (t 3;7) . Xét hàm số ( ) t −4 = + ( + ) 7 3 1 .2 −t f t t − 6t + 3 f (t) t −4 7
= 3 .ln 3+ 2 −t − (t + ) 7 1 .2 −t.ln 2 − 6 f (t) t −4 2 7−t 7
= 3 .ln 3− 2 .ln 2 −.2 −t.ln 2 + (t + ) 7−t 2 1 .2 .ln 2 t −4 2 7
= 3 .ln 3+ 2 −t.( t + ) 2
1 .ln 2 − ln 4) 0 t 3;7
f (t) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn 3;7
Vì f (3). f (7) 0 f (t) = 0 có nghiệm t 3;7 0 ( ) Bảng biến thiên
Ta có: f (t) + 2m −1 = 0 f (t) =1− 2m Trang 22 5 1− f t
Phương trình có nhiều nghiệm nhất khi: f ( 5 t 1− 2m 4 − m m = 0 ) ( 0) 0 2 2 2
a = 5;b = 2 T = a + b = 7 .
Câu 44: Cho hàm số y = f ( x) , biết hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình dưới và f (− ) 1 = 0 . Gọi a S = ; −
(với a,b ,b 0 và a là phân số tối giản) là tập tất cả các giá trị thực của tham b b số x x
m để bất phương trình f ( x − ) 3 2sin 5cos 2 2 sin 2 − + sin x m + nghiệm đúng với mọi 3 4 x − ;
. Khi đó giá trị của a + b là: 2 2 A. 31. B. 7 − . C. 7 . D. 19 . Lời giải Chọn A Ta có f ( x − ) 3 2sin x 5cos 2x 2 sin 2 − + sin x m + 3 4 ( 2 3 5 1− 2sin 2sin x x )
m 2 f (sin x − 2) − + sin x − . 3 4
Đặt t = sin x − 2 ,với x − ; thì t ( 3 − ;− )
1 , khi đó bất phương trình được viết lại thành: 2 2 5 1 − 2 + t + (t 2 2 2 )2 3 2 3 65
m 2 f (t ) ( ) − + (t + 2) −
m 2 f (t) 3 2
− t − t + 3t + ( ) * . 3 4 3 2 12
Xét hàm số g (t) = 2 f (t) 2 3 65 3 2
− t − t + 3t + trên đoạn 3 − ;− 1 . 3 2 12 Ta có 3 3
g(t ) = f (t ) 2 2
− 2t − 3t + 3 . Do đó g(t) = 0 f (t) 2 = t + t − . 2 2 Trang 23
Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số 3 3
y = f (t ) và parabol 2 y = t + t − trên đoạn 2 2 3 − ;−
1 thì g(t ) = 0 t 3 − ;−
1 . Suy ra bảng biến thiên của hàm số g (t ) trên đoạn 3 − ;− 1 như sau:
Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x − ;
khi và chỉ khi bất phương trình 2 2
(*) nghiệm đúng với mọi t ( 3 − ;− ) 1 . Điều đó tương đương với
m g (− ) = f (− ) 19 19 1 2 1 + = 12 12 19 S = − ; a + b = 31 . 12
Câu 45: Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn 4
− ;4 và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới
Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m 4
− ;2 để hàm số y = f ( 3
x + 2x) + 3 f (m) có giá trị
lớn nhất trên đoạn 1 − ;1 bằng 8? A. 7 . B. 9 . C. 10 . D. 6 . Lời giải Chọn A Đặt 3 2
t = x + 2x t = x + 2 0, x
t (x) đồng biến trên 1 − ;1 x 1 − ;1 t (− )
1 t t ( ) 1 3 − t 3 Suy ra 6
− f (t) 5
Khi đó: y = f (t) + 3 f (m) có
max y = max5+3 f (m) ; 6 − +3 f (m)
5 + 3 f (m) − 6 + 3 f (m) + 5 + 3 f (m) + 6 − 3 f (m) 6 f (m) −1 +11 = = 2 2 = f (m) f (m) 1 6 −1 +11 Theo yêu cầu bài toán
= 8 6 f (m) −1 = 5 − f (m) 2 2 = 3
Đường thẳng y =1 cắt đồ thị hàm số f ( x) tại 3 điểm phân biệt, suy ra có 3 giá trị
m x , x , x 1 2 3 − Đường thẳng 2 y =
cắt đồ thị hàm số f ( x) tại 4 điểm phân biệt, suy ra có 4 giá trị 3
m x , x , x , x 4 5 6 7 Trang 24
Vậy có tổng cộng 7 giá trị thực của tham số m . 3 3 3
Câu 46: Cho hàm số f ( x) 3 2
= x + x − x −3 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của 8 4 2 3 3 3
x + x − x−2
tham số m để bất phương trình 2 f ( x) m + x (m− ) f ( x) 3 2 + − 8 4 2 2 2.2 3 2 − 2 0 nghiệm đúng x
. Số phần tử của tập hợp S là: A. 3 . B. 1. C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn C 3 3 3
x + x − x−2 Đặt g ( x) 2 f ( x)
= m + x(m − ) f ( x) 3 2 + − 8 4 2 2 2.2 3 2 − 2 .
Nhận thấy: g (x) 2 f ( x) = 2m + x (m−2 ) f (x) f (x) + 2.2 −3(1−2 ). x = Ta có: f ( x) − = f (x) 3 1 2 0
= 0 (x − 2)(x + 2)2 2 = 0 trong đó x = 2 − là nghiệm 8 x = 2 − kép. Nếu 2 f ( x)
m + x (m − 2 ) f (x) + 2.2
−3 = 0 không nhận x = 2 là nghiệm thì g ( x) sẽ đổi dấu khi x
đi qua 2, tức là không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó điều kiện cần là m = 2 f (2) m + 2(m − 2 ) f (2) + 2.2 −3 = 0 hay 2 m + 2 (m − ) 1 + 2 − 3 = 0 2
m + 2m −3 = 1 0 . m = 3 −
Vì m nguyên dương nên m =1. Điều kiện đủ:
- Với m = 1 thì g ( x) f ( x) = + x( − ) f ( x) f ( x) + − ( − )= (x− ) f ( x) ( − )2 2 1 1 2 2.2 3 1 2 2 2 1 2 sẽ đổi dấu
khi x qua 2 nên loại.
Vậy không có giá trị của m thỏa mãn. 2 bc
Câu 47: Cho a, ,
b c là ba số thực dương, a 1 thỏa mãn 2 bc + b c + + + − c = a ( ) 3 3 2 log log 4 9 0 a 4
. Khi đó giá trị của biểu thức T = a + 3b + 2c −1 gần với giá trị nào nhất dưới đây? A. 7 . B. 9 . C. 8 . D. 10. Lời giải Chọn A Điều kiện: 2
9 − c 0 0 c 3. Do a, ,
b c là ba số thực dương, a 1 nên ta có: 2 2 bc 2 = bc bc + b c + + + − c 2 bc + b c + + − c a ( ) 3 3 2 log log 2 . 4 9 a ( ) 3 3 2 P log log 4 9 a 4 a 4 2 (bc)+ (bc) 2 P log 4 log
+ 4 + 9 − c P ( bc + + − c a ( ) )2 2 log 2 9 0 a a . log bc + = 1 = a ( ) 2 0 bc 2 a 2 9 − c = 0 c = 3 a = 2 bc 3 3 1 1 Đẳng thức xảy ra b c = bc = b = . 4 2 6 a 1 a 1 c = 3 b 0 b 0 0 c 3 0 c 3 Trang 25 Vậy 1
T = a + 3b + 2c −1 = 2 + + 6 −1 6,91. 2 Câu 48: Có bao nhiêu cặp số nguyên
(x, y) thỏa mãn 0 x 2023 và 2 x −2 x y 2 384.128
− 6.8 + 6 = 3y − 7x +14x ? A. 2023. B. 675. C. 1349 . D. 1347 . Lời giải Chọn C Ta có 2 x −2 x y 2 384.128
− 6.8 + 6 = 3y − 7x + 2 14x 7 x 1 − 4x 2 3 384.2 + 7 −14 = 6.2 y x x + 3y − 6 2 2 7 7 x 1 − 4x 2 3 − + + 3.2 .2 + 7 −14 = 3.2.2 y x x + 3y − 6 7 x 14 x 7 2 3 y 1 3.2
+ 7x −14x + 7 = 3.2 + 3y +1 (*) Xét hàm ( ) = 3.2t f t + t Ta có ( ) = 3.2t f t .ln 2 +1 0, t
nên hàm số đồng biến trên . Khi đó ( ) f ( 2 x −
x + ) = f ( y + ) 2 * 7 14 7 3
1 7x −14x + 7 = 3y +1
(x − )2 = y + (x − )2 7 1 3 1 7 1 −1 = 3y
Ta có y khi và chỉ khi ( x − )2 7 1 −1 chia hết cho 3 .
(x − )2 − = (x − )2 +(x − )2 − = (x − )2 7 1 1 6 1 1 1 6
1 + x ( x − 2) , x = 3k Suy ra 7( x − )2
1 −1 3 x ( x − 2) 3 , k, m . x = 3m + 2 0 3k 2023 0 k 674
Theo giả thiết 0 x 2023
0 3m + 2 2023 0 m 673
Vậy có 2.674 +1 =1349 cặp số nguyên ( x, y) thỏa mãn đề bài.
Câu 49: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2 , SA = 2 và SA vuông góc với mặt
phẳng đáy ( ABCD) . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh A ,
B AD sao cho mặt phẳng
(SMC) vuông góc với mặt phẳng (SNC) . Khi thể tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn nhất thì 1 1 a +
= , a và b nguyên dương, a tối giản. Tính a + 2b . 2 2 AM AN b b
A. a + 2b = 4 .
B. a + 2b = 9.
C. a + 2b =13.
D. a + 2b = 22 . Lời giải Chọn C S H M A B E N O F D C
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của BD với CM và CN . Gọi O là tâm hình vuông ABCD .
Theo giả thiết, ta có BD ⊥ (SAC) .
Gọi H là hình chiếu của O lên SC .
SC ⊥ (HEF ). Trang 26
Vì (SMC) ⊥ (SNC) nên HE ⊥ HF .
HEF vuông tại H có chiều cao OH . 2 O . E OF = OH . 2 Trong đó: SA 2 2 2
OH = OC.sin SCA = OC. = O . E OF = = (1). SC 6 6 3 Đặt AM = ,
x (x 0) , AN = y, ( y 0) .
Xét ABC , gọi K là trung điểm của AM . A K O M E C B BE BM OB − OE 2 − x 2(2 − x)
Khi đó: OK//CM = = = OE MK OE x x 2 OB 4 − x 2x 2 = OE = . OE x 2 (4 − x) 2 y 2
Chứng minh tương tự, ta có: OF = . 2 (4 − y) 4xy 2 Từ (1) suy ra =
3xy = (4 − x)(4 − y) (x + 2)( y + 2) =12 (2)
2(4 − x)(4 − y) 3 Ta lại có: 1 o 1 S = S + S = A . C AM.sin 45 + A .
C AM.sin 45o = x + y AMCN AMC ANC ( ) . 2 2 1 2 V = S . A x + y = x + y S.AMCN ( ) ( ) . 3 3 2 12 Từ (2) suy ra V = x − 2 + . S .AMCN 3 x + 2 12 Từ (2) suy ra y = − 2 . x + 2 12
Vì N thuộc cạnh AD nên y 2
− 2 2 x 1 x, y 1;2 . x + 2 2 12
Xét hàm số: f (x) = x − 2 +
, với x 1;2 . 3 x + 2 2 2 12
2 x + 4x −8 Ta có: f ( x) = 1− = . . 3 (x 2)2 + 3 (x + 2)2 2 f ( )
x = 0 x + 4x −8 = 0 x = 2( 3 − ) 1 . 8 3 −1 Ta lại có: f ( )
1 = f (2) = 2 , f (2( 3 −1)) ( ) = . 3
Giá trị lớn nhất của V
= 2 khi x =1, y = 2 hoặc x = 2, y =1 . S .AMCN 1 1 4 1 5 T = + = +
= . a + 2b = 5+ 2.4 =13 2 2 2 2 AM AN 2 2 4 Trang 27
Câu 50: Cho hình chóp S.ABC có AB = ,
a AC = a 2 và CAB = 135 , tam giác SAB vuông tại B và
tam giác SAC vuông tại A . Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SAB) là thoả mãn 6 cos =
. Tính thể tích khối chóp S.ABC . 3 3 3 3 3 A. a 2 . a a 6 a 3 B. . C. . D. . 6 6 3 6 Lời giải Chọn A D C 45° a 2 a 2 45° a B A
- Gọi D là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng ( ABC ) . AB ⊥ SB Ta có:
AB ⊥ (SBD) AB ⊥ BD . AB ⊥ SD AC ⊥ SA Lại có:
AC ⊥ (SAD) AC ⊥ AD . AC ⊥ SD
- Do CAB = 135 BAD = 45 suy ra tam giác ABD vuông cân tại B AD = a 2 A
CD vuông cân tại A tứ giác ABDC là hình thang vuông tại B và D .
- Dựng DH ⊥ SB ( H SB) DH ⊥ (SAB) .
- Dựng DK ⊥ SA ( K SA) DK ⊥ (SAC ) .
- Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) ta có: = (DH,DK) = HDK (do tam
giác DHK vuông tại H ).
- Đặt SD = x , ( x 0) . 2 2 2 2 + + Do DH 6 ax 2a x 2a x DHK
vuông tại H nên có cos HDK = = . = 2 2 2 2 DK 3 a + x 2.ax 2 a + x 2 2 2 2 2 2 2 2
2 a + x = 3 2a + x 4a + 4x = 6a + 3x x = a 2 . 3 1 a 2 V = .S . D A . B AC.sin BAC = . S . ABC 6 6 3 Vậy a 2 V = . S . ABC 6 HẾT Trang 28
Document Outline
- ĐỀ GỐC-ĐÁP ÁN CHI TIẾT THPT (chuẩn)
- Thanh Hoa - ----ĐỀ GỐC-ĐÁP ÁN CHI TIẾT THPT (chuẩn)