Đề học sinh giỏi Toán THPT cấp tỉnh năm 2022 – 2023 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 môn Toán THPT cấp tỉnh năm học 2022 – 2023 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thanh Hóa; đề thi gồm 08 trang với 50 câu trắc nghiệm, thời gian làm bài 180 phút

29 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

43 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
1
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2022 – 2023
MÔN THI: TOÁN - THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1: Cho hàm số
( )
y fx
=
có đạo hàm liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ.
Tính giá trị của biểu thức
( ) ( )
5
4
3
21
2 6d 3 1dI fx x fx x
′′
= −− −
∫∫
.
A.
8
3
. B.
2
. C.
4
3
. D.
7
3
.
Câu 2: Cho mặt cầu
(
)
S
có tâm
và
là một điểm nằm trên
(
)
S
. Gọi
I
,
K
là hai điểm trên đoạn
OA
sao cho
OI IK KA= =
. Các mặt phẳng
( )
P
,
( )
Q
lần lượt đi qua
I
,
K
, cùng vuông góc
với
OA
và cắt mặt cầu
( )
S
theo các đường tròn có bán kính lần lượt là
1
r
và
2
r
. Tính tỷ số
2
1
r
r
.
A.
2
1
2 10
5
r
r
=
. B.
2
1
10
4
r
r
=
. C.
2
1
3 10
4
r
r
=
. D.
2
1
10
6
r
r
=
.
Câu 3: Cho
( )
=
∫
1
0
d2fx x
và
( )
=
∫
1
0
d5gx x
, khi đó
( )
( )

−

∫
1
0
2df x gx x
bằng
A.
−8
. B.
−3
. C.
12
. D.
1
.
Câu 4: Cho hàm số
2022 21
1
−
=
+
x
y
x
. Khẳng định nào dưới đây là sai?
A.
Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;1−∞ −
. B. Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
1;2022
.
C. Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;1−∞
. D. Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
1;2022−
.
Câu 5: Cho cấp số cộng hình chóp
( )
n
u
thỏa mãn
1
3u =
và tổng hai số hạng đầu bằng
9
. Số hạng
3
u
bằng
A.
15
. B.
6
. C.
9
. D.
12
.
Câu 6: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông có cạnh bằng
3a
. Hình chiếu vuông
góc của
S
lên mặt phẳng đáy là điểm
I
thuộc đoạn thẳng
AB
sao cho
2BI AI=
. Góc giữa
mặt bên
( )
SCD
với mặt phẳng đáy là
0
60
(tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng
AD
và
SC
.
y
x
O
2
-2
2
4
-2
4
Trang 2/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
9 31
31
a
. B.
6 31
31
a
. C.
3 93
31
a
. D.
6 93
31
a
.
Câu 7: Cho hình lập phương
.ABCD A B C D
′′′′
. Biết thể tích khối tứ diện
ACB D
′′
bằng
3
3a
, tính theo
a
tổng diện tích các mặt của hình lập phương
.
ABCD A B C D
′′′′
.
A.
2
12a
. B.
2
3a
. C.
2
18a
. D.
2
24
a
.
Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc đoạn
[ ]
100;100−
để đồ thị hàm số
(
)
2
1
4
y
xm xx
=
−−
có đúng hai đường tiệm cận?
A.
198
. B.
0
. C.
196
. D.
200
.
Câu 9: Cắt mặt trụ tròn xoay bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của mặt trụ đó ta xác được thiết diện
là
A. Một hình chữ nhật. B. Một đường tròn.
C. Một đường Parabol. D. Một đường elip.
Câu 10: Có bao nhiêu đường thẳng cắt đồ thị hàm số
4
3
x
y
x
=
+
tại hai điểm phân biệt mà cả hai điểm đó
đều có tọa độ nguyên?( điểm
(
)
;
M xy
có tọa độ nguyên nghĩa là
,xy∈
)
A.
15
. B.
12
. C.
66
. D.
28
.
Câu 11: Cho đồ thị hai hàm số
x
ya=
và
log
b
yx=
như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.
01ba< <<
. B.
01ab< <<
. C.
1, 1ab>>
. D.
0 1, 0 1ab<< <<
.
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên
x
thỏa mãn
( )
( )
2
3
2 4 log 79 4 0
xx
x− + −≤


A.
80
. B.
79
. C.
26
. D. Vô số.
A
D
B
C
S
I
Trang 3/43 - WordToan
Câu 13:
Từ các chữ số
1, 2,3, 4,5,6, 7,8
ta lập các số tự nhiên có
7
chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số vừa lập, tính xác suất để chọn được một số có đúng
3
chữ số lẻ và các chữ số lẻ
đứng kề nhau.
A.
3
14
. B.
4
35
. C.
1
35
. D.
1
14
.
Câu 14: Cho hàm số
(
)
2
( ) ln 1 sin 4
fx a x x b x
= + ++ +
, với
,ab∈
. Biết
( )
log(log ) 2fe=
. Tính
( )
log(ln10)f
.
A.
4
. B.
6
. C.
10
. D.
2
.
Câu 15: Tính số cách sắp xếp
4
nam sinh và
6
nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có
10
chỗ sao cho
tất cả nữ sinh luôn ngồi cạnh nhau.
A.
6! 4!×
. B.
7! 4!×
. C.
10!
. D.
6! 5!×
.
Câu 16: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A.
5
. B.
1
. C.
2
. D.
4
.
Câu 17: Tìm tập giá trị của hàm số
3 sin cos 2y xx= −−
?
A.
3 3; 3 1

−− −

. B.
2; 3

−

. C.
[ ]
4; 0−
. D.
[ ]
2; 0−
.
Câu 18: Cho hàm số
(
)
fx
có đạo hàm liên tục trên đoạn
[ ]
2; 4
và thỏa mãn
( )
22f =
,
( )
4 2022f =
. Tính
tích phân
( )
2
1
2df xx
′
∫
.
A.
2020
. B.
1010
. C.
1011
. D.
2022
.
Câu 19: Tính
2 22
2a bc
++
biết
55
16
ln 2 ln 5 ln11
9
dx
abc
xx
=++
+
∫
, với
,,abc
là các số hữu tỉ.
A.
4
9
. B.
1
. C.
10
9
. D.
7
9
.
Câu 20: Cho các số thực dương
,xy
thỏa mãn
( )
69 4
log log log 2 2x y xy= = +
. Tính tỉ số
x
y
.
A.
3
2
x
y
=
. B.
2
3
x
y
=
. C.
13
x
y
= +
. D.
31
x
y
= −
.
Câu 21: Cho hình đa diện đều loại
{ }
3;5
có cạnh bằng
4a
. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình
đa diện đó. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.
2
100 3
a
. B.
2
20 3a
. C.
2
43a
. D.
2
80 3a
.
Câu 22: Cho hai số tự nhiên
a
,
b
không lớn hơn
10
. Có bao nhiêu cặp số
( )
;ab
để
(
)
2
lim 7 0n bn a n− ++− =
?
A.
2
. B.
1
. C.
6
. D.
5
.
Câu 23: Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
′′′
có
; 4; 3
AB a A C a BB a
′′ ′
= = =
. Giá trị lớn nhất thể tích lăng trụ
bằng
A.
3
3a
. B.
3
6a
. C.
3
9a
. D.
3
2a
.
Câu 24: Cho hình nón có đường sinh
2la=
, góc giữa đường sinh và mặt đáy bằng
60°
. Diện tich xung
quanh của hình nón bằng
A.
2
3 a
π
. B.
2
a
π
. C.
2
4 a
π
. D.
2
2 a
π
.
Trang 4/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 25:
Cho hàm số
( )
y fx=
biết hàm số
( )
y fx
′
=
có đồ thị như hình vẽ .Hàm số
( ) ( )
2
2 1 2 2022gx f x x x= −− + +
có bao nhiêu điểm cực đại?
A.
3
. B.
2
. C.
5
. D.
4.
Câu 26: Cho hai hàm số bậc ba
( )
y fx=
và
( )
y gx=
có đồ thị như hình vẽ ( đồ thị hàm số
( )
y fx=
là đường nét liền ; đồ thị hàm số
( )
y gx=
là đường nét đứt ). Biết rằng hai đồ thị hàm số
( )
32yf x= −+
và
( )
3y g ax b= +
có chung khoảng đồng biến. Giá trị của biểu thức
2ab+
là:
A.
1
. B.
4
. C.
2
. D.
3
.
Câu 27: Cho hàm số
(
)
32
( ) ln 1f x ax bx c x x= +− ++
với
,,abc
là các số thực dương, biết
(1) 3, (5) 2ff=−=
. Xét hàm số
( ) 3 (3 2 ) 2 (3 2)gx f x f x m= − + −−
, gọi
S
là tập hợp tất cả các
giá trị thực của
m
sao cho
[
]
1;1
max ( ) 10gx
−
=
. Tổng các phần tử của
S
là
A.
11−
. B.
11
. C.
13−
. D.
13
Câu 28: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm
và tâm
'O
, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng
2a
.
Trên đường tròn đáy có tâm
O
lấy hai điểm
,AD
sao cho
15AD a=
; gọi
C
là hình chiếu
vuông góc của
D
lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm
( )
'O
; trên đường tròn tâm
( )
'O
lấy điểm
(
,AB CD
chéo nhau). Đặt
là góc giữa
AB
với đáy. Tính
tan
α
khi thể tích khối tứ diện
ABCD
đạt giá trị lớn nhất.
A.
15
.
4
B.
10
.
5
C.
15
.
5
D.
3
.
3
Trang 5/43 - WordToan
Câu 29:
Cho hình chóp
.S ABC
nội tiếp trong mặt cầu đường kính
SA
, tam giác
ABC
là tam giác vuông
tại
,
AC a=
. Góc giữa hai mặt phẳng
( )
SAB
và
( )
ABC
bằng
30°
, gọi
ϕ
là góc giữa hai mặt
phẳng
( )
SAB
và
( )
SAC
,
3
sin
3
ϕ
=
. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
.
A.
2
20
9
πα
. B.
2
3 a
π
. C.
2
4
3
a
π
. D.
2
4 a
π
.
Câu 30: Cho hình chóp đều
.S ABCD
có cạnh bên bằng
2a
, đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
a
. Gọi
M
là điểm thay đổi trên mặt phẳng
( )
SCD
sao cho tổng
22 2 2 2
2T MA MB MC MD MS=++++
nhỏ nhất. Gọi
1
V
là thể tích của khối chóp
.S ABCD
và
2
V
là thể tích của khối chóp
.M ACD
. Tỉ
số
1
2
V
V
bằng
A.
17
4
. B.
14
3
. C.
9
2
. D.
21
5
.
Câu 31: Cho hai số thực dương
,xy
thỏa mãn
( ) ( )(
)
2
2
log 4 2 2 8 2 2 2 .
y
x y xy x y
+
++ + =− − +
Giá trị nhỏ
nhất của
2P xy= +
là số có dạng
M ab c= −
với
, , , 2.abc a∈>
Tính
2.
S abc
= +−
A.
19S =
. B.
7S =
. C.
17S =
. D.
13S =
.
Câu 32: Cho hàm số
( )
3
2.fx x x= ++
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
( ) (
)
(
)
33
3
2
f f x fx m x x
+ + =− −+
có nghiệm
x
thuộc đoạn
[ ]
2; 2−
?
A.
2276
. B.
1749
. C.
1750
. D.
2277
.
Câu 33: Cho hàm số bậc bốn
()y fx
=
có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc đoạn
[ ]
0; 25
m ∈
sao cho giá trị nhỏ nhất của
hàm số
() ||2 () 4| () 3|
gx fx m fx= ++ − −
trên đoạn
[ 2; 2]−
không bé hơn 1 ?
A.
21.
B.
24.
C.
25.
D.
19.
Câu 34: Cho hình vuông kích cỡ 4 x 4 như hình vẽ. Sắp xếp ngẫu nhiên các số tự nhiên từ 1 đến 16 vào 16
ô vuông. Tính xác suất để có tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là
một số lẻ.
A.
1
14
. B.
46
6435
. C.
8
715
. D.
16
2145
.
Trang 6/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 35:
Biết
2
3
33
2 8 11
1
1 11
2d
a
x xc
x xx b

−+ − =



∫
với
,,abc
là các số nguyên dương,
a
b
tối giản và
.ca<
Tính
2.
S a bc
=++
A.
99.S =
B.
67.
S =
C.
51.S =
D.
88.S =
Câu 36: Cho hàm số
()y fx=
có đạo hàm liên tục trên
.
Hàm số
()y fx
′
=
có đồ thị như hình vẽ.
Xét hàm số
( )
3 3 23
() 3 ( 3 ) ( 3 ) 2 6 2 6.gx f x x m x x m x x m= −−+++− −−+−
Số giá trị nguyên
của tham số
m
thuộc đoạn
[
]
2022;2022−
để hàm số
()gx
nghịch biến trên khoảng
( 2; 2)−
là
A.
4027.
B.
4017.
C.
2023.
D.
2021.
Câu 37: Số nghiệm của phương trình
( )( )
21
2 2023
2023 2022 2022 1
2022
x
x
xx
−
−
− + +=
A.
3
. B.
2
. C.
0
. D.
1
.
Câu 38: Gọi
S
là tập các giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
(
)
12 2
4
9 4 2 1 3 6 33 1 0
+
− + ++ + − +=
xx
mx x mm
có nghiệm duy nhất . Tổng các phần tử của
S
bằng
A.
2
. B.
3−
. C.
2−
. D.
1−
.
Câu 39: Cho hình vuông
ABCD
có cạnh bằng
3
, trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
tại
ta lấy điểm
S
di động không trùng với
A
. Hình chiếu vuông góc của
A
lên
SB
,
SD
lần
lượt là
H
,
K
. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện
ACHK
.
A.
16
7
. B.
7
16
. C.
16
9
. D.
9
16
.
Câu 40: Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh bằng
3
a
, tam giác
SAB
đều, góc giữa hai mặt
phẳng
( )
SCD
và
( )
ABCD
bằng
60°
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
AB
. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng
SM
và
AC
, biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh
S
trên mặt phẳng
( )
ABCD
nằm trong hình vuông
ABCD
.
A.
35
10
a
. B.
53
3
a
. C.
5
10
a
. D.
5
5
a
.
Câu 41: Cho hàm số bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số
( )
( ) ( ) ( )
2
32
32 1
23
xx x
y
x f x f x fx
−+ −
=

−+

có bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
Trang 7/43 - WordToan
A.
8
. B.
4
. C.
5
. D.
6
.
Câu 42: Cho hàm số bậc ba
( )
fx
và hàm số
( )
( )
( )
2
,,g x f mx nx p m n p= ++ ∈
có đồ thị như hình vẽ
(đường nét liền là đồ thị hàm số
( )
fx
, nét đứt là đồ thị hàm số
( )
gx
), đường thẳng
1
2
x
= −
là
trục đối xứng của đồ thị hàm số
( )
gx
. Tính
( )
4g
A.
9198
. B.
7940
. C.
6802
. D.
1692
.
Câu 43: Cho hai hàm số
642
661
yx x x=+++
và
( )
3
15 3 15y x m xm x= − +−
có đồ thị lần lượt là
( )
1
C
và
( )
2
C
. Gọi
S
là tập hợp các giá trị nguyên của tham số
m
thuộc đoạn
[
]
2021;2022−
để
( )
1
C
và
( )
2
C
cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Tính tổng các phần tử của tập hợp
S
.
A.
2045187
. B.
2045162
. C.
2045208
. D.
2045117
.
Câu 44: Cho hàm số
( )
1
3
log 3 3
x
x
fx x= +−
. Tính tổng bình phương các giá trị của tham số
m
để phương
trình
( )
2
1
470
4 13
f fx x
xm

+ −+=


− ++

có đúng
3
nghiệm thực phân biệt.
A.
30
. B.
14
. C.
29
. D.
15
.
Câu 45: Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
,
( )
01f = −
. Biết
( )
( )
2
1
21
4
x
Fx x e= −
là
một nguyên hàm của hàm số
( ) ( )
'f x fx−
và
( )
1
2
0
f x dx a be= +
∫
với
,ab
là các số hữu tỉ.
Tính
33
Sa b= +
:
A.
7
64
S =
. B.
13
32
S =
. C.
9
64
S =
. D.
7
16
S =
.
Trang 8/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 46:
Cho hàm số
( )
32
( , , , 0)f x x ax bx c a b c c=+ ++ ∈ <
có đồ thị
( )
C
. Gọi
A
là giao điểm của
( )
C
và trục tung, biết
( )
C
có đúng hai điểm chung với trục hoành là
M
,
N
đồng thời tiếp
tuyến của
( )
C
tại
M
đi qua
A
và tam giác
AMN
có diện tích bằng 16. Tính
( )
1f
A.
3−
. B.
4−
. C.
1−
. D.
3
.
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị của tham số
m
thỏa mãn
10m ∈
để phương trình
22
2sin (5 1)sin 2 2 0x m xm m− + + +=
có đúng
8
nghiệm phân biệt thuộc khoảng
;3
2
π
π

−


A.
4
. B.
10
. C.
8
. D.
5
.
Câu 48: Cho hình hộp chữ nhật
.ABCD A B C D
′′′′
có
3, 5, 4
AB AD AA
′
= = =
. Một đường thẳng
d
đi qua
D
′
và tâm
I
của mặt bên
BCC B
′′
. Hai điểm
,MN
thay đổi lần lượt thuộc về các mặt phẳng
( )
BCC B
′′
và
(
)
ABCD
sao cho trung điểm
K
của
MN
thuộc đường thẳng
d
(tham khảo hình
vẽ). Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn
MN
là
A.
45
. B.
25
. C.
6 13
13
. D.
12 13
13
.
Câu 49: Xét các số nguyên dương
, ab
sao cho phương trình
2
ln ln 5 0a xb x+ +=
có hai nghiệm phân
biệt
12
,
xx
và phương trình
2
5log log 0xb xa
+ +=
có hai nghiệm phân biệt
34
,
xx
thỏa mãn
12 34
xx xx>
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
3
Sa b= +
.
A.
33
. B.
25
. C.
30
. D.
17
.
Câu 50: Cho hình chóp
.S ABCD
,
ABCD
là hình thoi tâm
O
cạnh
2a
, góc
0
60BAD =
. Đường thẳng
SO
vuông góc với mặt phẳng đáy, hai mặt phẳng
()SAB
và
()SCD
vuông góc với nhau. Gọi
M
,
N
,
P
,
Q
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
lên các mặt phẳng
()SAB
,
()SBC
,
()SDC
và
()SDA
. Thể tích của khối chóp
.O MNPQ
bằng
A.
3
64
81
a
. B.
3
2
3
a
. C.
3
3
64
a
. D.
3
4
3
a
.
HẾT
Trang 9/43 - WordToan
BẢNG ĐÁP ÁN
1.C
2.B
3.A
4.C
5.C
6.C
7.C
8.A
9.B
10.C
11.A
12.A
13.D
14.B
15.D
16.D
17.C
18.B
19.D
20.C
21.D
22.C
23.B
24.D
25.B
26.A
27.C
28.C
29.D
30.B
31.B
32.D
33.B
34.C
35.B
36.B
37.B
38.B
39.D
40.A
41.C
42.B
43.B
44.C
45.B
46.A
47.A
48.D
49.A
50.C
Câu 1: Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ.
Tính giá trị của biểu thức
( ) ( )
5
4
3
21
2 6d 3 1dI fx x fx x
′′
= −− −
∫∫
.
A.
8
3
. B.
2
. C.
4
3
. D.
7
3
.
Lời giải
Chọn C
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
55
44
33
21 2 1
11
26d 31d . 26d2 6 . 31d31
23
I fx x fx x fx x fx x
′′ ′ ′
= − − − = − −− − −
∫∫ ∫ ∫
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
5
4
3
21
111 1
.26 .31 .2 2 .4 2
232 3
fx fx ff ff= − − − = −−− −


( )
( )
1 1 24
.2 2 .4 2 2
2 3 33
= −− − − = − =


.
Câu 2: Cho mặt cầu
( )
S
có tâm
O
và
A
là một điểm nằm trên
(
)
S
. Gọi
I
,
K
là hai điểm trên đoạn
OA
sao cho
OI IK KA
= =
. Các mặt phẳng
( )
P
,
( )
Q
lần lượt đi qua
I
,
K
, cùng vuông góc với
OA
và cắt mặt cầu
( )
S
theo các đường tròn có bán kính lần lượt là
1
r
và
2
r
. Tính tỷ số
2
1
r
r
.
A.
2
1
2 10
5
r
r
=
. B.
2
1
10
4
r
r
=
. C.
2
1
3 10
4
r
r
=
. D.
2
1
10
6
r
r
=
.
Lời giải
Chọn B
y
x
O
2
-2
2
4
-2
4
Trang 10/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Gọi
R
là bán kính mặt cầu
( )
S
.
Trên đường tròn tâm
I
và tâm
K
lần lượt lấy điểm
C
và
D
bất kì. Khi đó:
KOD∆
vuông tại
K
và
IOC∆
vuông tại
I
.
Ta có:
2
22 2
1
8
33
RR
r IC OC IO R

== −= − =


;
2
22 2
2
25
33
RR
r KD OD KO R

== −=− =


.
2
1
5
10
3
4
8
3
R
r
r
R
= =
.
Câu 3: Cho
( )
=
∫
1
0
d2fx x
và
( )
=
∫
1
0
d5gx x
, khi đó
( ) ( )

−

∫
1
0
2df x gx x
bằng
A.
−8
. B.
−3
. C.
12
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
( ) ( ) ( ) ( )

− = − =−=−

∫ ∫∫
1 11
0 00
2 d d 2 d 2 2.5 8f x gx x f x x gx x
.
Câu 4: Cho hàm số
2022 21
1
−
=
+
x
y
x
. Khẳng định nào dưới đây là sai?
A.
Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;1−∞ −
. B. Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
1;2022
.
C. Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;1−∞
. D. Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
1;2022−
.
Lời giải
Chọn C
( )
2
2022 21 2043
0; 1
1
1
−
′
= ⇒ = > ∀ ≠−
+
+
x
y yx
x
x
.
O
r
1
(S)
A
I
K
r
2
(P)
(Q)
C
D
Trang 11/43 - WordToan
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng
( )
;1−∞ −
và
( )
1;
− +∞
nên nó cũng đồng biến
trên các khoảng
( )
1;2022
và
(
)
1;2022 .
−
Câu 5: Cho cấp số cộng hình chóp
( )
n
u
thỏa mãn
1
3u
=
và tổng hai số hạng đầu bằng
9
. Số hạng
3
u
bằng
A.
15
. B.
6
. C.
9
. D.
12
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( ) ( )
3 1 1 21 1 1 1
2 2 29u u du u u u u u=+=+ −=+ −−


31
18 3 9uu=−=
.
Câu 6: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông có cạnh bằng
3a
. Hình chiếu vuông góc
của
S
lên mặt phẳng đáy là điểm
I
thuộc đoạn thẳng
AB
sao cho
2
BI AI
=
. Góc giữa mặt
bên
( )
SCD
với mặt phẳng đáy là
0
60
(tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng
AD
và
SC
.
A.
9 31
31
a
. B.
6 31
31
a
. C.
3 93
31
a
. D.
6 93
31
a
.
Lời giải
Chọn C
(
)
SI ABCD SI CD⊥ ⇒⊥
. Dựng
IK CD⊥
suy ra
( )
CD SIK⊥
CD SK⇒⊥
.
Ta có
( ) ( )
SCD ABCD CD∩=
, do đó
( ) ( )
( )
0
, 60SCD ABCD SIK= =
.
3IK AD a= =
,
0
.tan 60 3SI IK a= =
.
Vì
//AD BC
nên
( )
//AD SBC
, do đó
( ) ( )
( )
( )
( )
,, ,d AD SC d AD SBC d A SBC= =
.
A
D
B
C
S
I
A
D
B
C
S
I
H
K
Trang 12/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Vì
(
)
AI SBC B∩=
nên
( )
(
)
( )
( )
,
3
2
,
d A SBC
AB
IB
d I SBC
= =
( ) ( )
( )
3
,,
2
d AD SC d I SBC⇒=
.
Ta có
( ) ( )
SBI SBC⊥
và
(
)
( )
SBI SBC SB
∩=
.
Dựng
( ) ( )
( )
,IH SB IH SBC d I SBC IH⊥⇒⊥ ⇒ =
.
22 2
22
2
2 23
. 3.
. 2 31
33
31
4
4
9
9
3
a
SI AB a
SI IB a
IH
SI IB a
SI AB
a
= = = =
+
+
+
.
Câu 7: Cho hình lập phương
.ABCD A B C D
′′′′
. Biết thể tích khối tứ diện
ACB D
′′
bằng
3
3a
, tính theo
a
tổng diện tích các mặt của hình lập phương
.
ABCD A B C D
′′′′
.
A.
2
12a
. B.
2
3a
. C.
2
18a
. D.
2
24a
.
Lời giải
Chọn C
Giả sử hình lập phương
.ABCD A B C D
′′′′
cạnh bằng
x
.
Ta có:
3
..
11
2 2. . . .
63
ACB D B ACD D ACD
V V V DA DC DD x
′′ ′ ′ ′
′
= = = =
33
1
33
3
x a xa
⇒ = ⇔=
.
Do đó tổng diện tích của các các mặt của hình lập phương
.ABCD A B C D
′′′′
là:
( )
2
2
6 6. 3 18Sa a= =
Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc đoạn
[ ]
100;100−
để đồ thị hàm số
( )
2
1
4
y
xm xx
=
−−
có đúng hai đường tiệm cận?
A.
198
. B.
0
. C.
196
. D.
200
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định:
2
4 00 4
xx x− ≥⇔≤≤
.
Vì
lim
x
y
→±∞
không tồn tại nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Vậy để đồ thị hàm số
( )
2
1
4
y
xm xx
=
−−
có đúng hai đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có
hai tiệm cận đứng.
Mặt khác,
( )
( )
22
00 44
11
lim lim lim lim
44
xx xx
y và y
xm xx xm xx
++ −−
→→ →→
= =∞= =∞
−− −−
Suy ra đồ thị hàm số đã có hai tiệm cận đứng là
04x và x= =
.
Trang 13/43 - WordToan
Yêu cầu bài toán
0
4
m
m
≤
⇔
≥
. Vì
m
nguyên thuộc đoạn
[ ]
100;100−
nên
{ }
100; 99;...;0;4;5;...;100m ∈− −
nên có
101 97 198
+=
giá trị nguyên của
m
thoả mãn.
Câu 9: Cắt mặt trụ tròn xoay bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của mặt trụ đó ta xác được thiết diện
là
A. Một hình chữ nhật. B. Một đường tròn.
C. Một đường Parabol. D. Một đường elip.
Lời giải
Chọn B
Câu 10: Có bao nhiêu đường thẳng cắt đồ thị hàm số
4
3
x
y
x
=
+
tại hai điểm phân biệt mà cả hai điểm đó
đều có tọa độ nguyên?( điểm
( )
;
M xy
có tọa độ nguyên nghĩa là
,
xy∈
)
A.
15
. B.
12
. C.
66
. D.
28
.
Lời giải
Chọn C
4 12
4
33
x
y
xx
= = −
++
với
3x
≠−
(
)
3yx
∈⇔ +
là ước của
12
(
) { } {
}
3 1;2;3;4;6;12 15;9;7;6;5;4;2;1;0;1;3;9
xx⇔ + ∈±±±±±± ⇒∈− −−−−−−−
.
Có 12 điểm có tọa độ nguyên thuộc đồ thị qua 2 điểm có một đường thẳng đi qua. Vậy số
đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm có tọa độ nguyên là
2
12
66C =
.
Câu 11: Cho đồ thị hai hàm số
x
ya=
và
log
b
yx=
như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.
01ba< <<
. B.
01ab< <<
. C.
1, 1ab>>
. D.
0 1, 0 1ab<< <<
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
Trang 14/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Trên đồ thị hàm số
x
ya
=
, xét tại điểm có hoành độ
1
x =
ta có tung độ
1
ya a= =
, vì hàm số
x
ya=
đồng biến nên
1a >
.
Trên đồ thị hàm số
log
b
yx=
, xét điểm có tung độ
1
y
=
thi hoành độ là
1
xb b
= =
, vì hàm số
log
b
yx=
nghịch biến nên ta có
1b <
.
Vậy
01ba
< <<
.
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên
x
thỏa mãn
( )
( )
2
3
2 4 log 79 4 0
xx
x
− + −≤


A.
80
. B.
79
. C.
26
. D. Vô số.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện
79x
>−
.
(
)
( )
2
3
2 4 log 79 4 0
xx
x
− + −≤


( )
( )
2
2
3
3
2 40
log 79 4 0
2 40
log 79 4 0
xx
xx
x
x
−≥
+ −≤
⇔
−≤
+ −≥
2
2
2
4
2
4
22
79 3
22
79 3
xx
xx
x
x
≥
+≤
⇔
≤
+≥
2
2
2
2
2
2
xx
x
xx
x
≥
≤
⇔
≤
≥
(
] [
)
; 0 2;
2
02
2
x
x
x
x
∈ −∞ ∪ +∞
≤
⇔
≤≤
≥
(
]
{ }
;0 2
2
x
x
∈ −∞ ∪
⇔
=
(
]
{ }
;0 2x⇔ ∈ −∞ ∪
.
Đối chiếu điều kiện
79x >−
ta có
Vậy có 80 số nguyên thỏa mãn.
Câu 13: Từ các chữ số
1, 2,3, 4,5,6, 7,8
ta lập các số tự nhiên có
7
chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số vừa lập, tính xác suất để chọn được một số có đúng
3
chữ số lẻ và các chữ số lẻ
đứng kề nhau.
A.
3
14
. B.
4
35
. C.
1
35
. D.
1
14
.
Giải
Trang 15/43 - WordToan
Số phần tử không gian mẫu
7
8
()nAΩ=
.
Ta chọn ra
3
chữ số lẻ: có
3
4
C
.
Tiếp theo ta chọn ra
4
chữ số chẵn
4
4
C
.
Xem
3
chữ số lẻ là một khối, kết hợp với
4
chữ số còn lại là xem như
5
chữ số, đồng thời
hoán vị.
Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn là:
34
44
. .5!.3!CC
.
Xác suất là
34
44
7
8
. .5!.3!
1
14
CC
A
=
.
Câu 14: Cho hàm số
(
)
2
( ) ln 1 sin 4
fx a x x b x
= + ++ +
, với
,ab∈
. Biết
(
)
log(log ) 2fe=
. Tính
( )
log(ln10)f
.
A.
4
. B.
6
. C.
10
. D.
2
.
Đặt
1
log(log ) log log(ln10) log(ln10)
ln10
te t

= = =−⇒=−


Với
() 2
ft=
.
Suy ra
( )
log(ln10) ( )f ft= −
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
( )
2
2
2
2
log(ln10) ln 1 sin( ) 4
1
log(ln10) ln sin 4
1
log(ln10) ln 1 sin 4
log(ln10) ln 1 sin 4 8
log(ln10) ( ) 8 6.
f a tt b t
f a bt
tt
f at t bt
f at t bt
f ft
⇔ = −+ + + − +

⇔ = −+

++

⇔ =− + +− +
⇔ =− + + − −+
⇔ =− +=
Câu 15: Tính số cách sắp xếp
4
nam sinh và
6
nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có
10
chỗ sao cho
tất cả nữ sinh luôn ngồi cạnh nhau.
A.
6! 4!×
. B.
7! 4!×
. C.
10!
. D.
6! 5!×
.
Lời giải
Chọn D
Coi
6
nữ sinh là
1
sinh, ta sẽ xếp
5
học sinh ( gộp
4
nam sinh và
1
nữ sinh vừa coi) có:
5!
(
cách).
Mỗi cách xếp trên có số cách xếp
6
nữ sinh là:
6!
( cách).
Vậy số cách xếp thỏa mán đề bài là:
6! 5!
×
.
Câu 16: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A.
5
. B.
1
. C.
2
. D.
4
.
Lời giải
Chọn D
Trang 16/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Hình chóp tứ giác đều có
4
mặt phẳng đối xứng là:
( ) ( ) ( ) ( )
, ,, .SAC SBD SIK SMN
Câu 17: Tìm tập giá trị của hàm số
3 sin cos 2y xx= −−
?
A.
3 3; 3 1

−− −

. B.
2; 3

−

. C.
[ ]
4; 0−
. D.
[ ]
2; 0−
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
3 sin cos 2 3 sin cos 2y xx xxy= − −⇔ − =+
.
Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi
( )
( ) ( )
2
22
22
3 1 2 31 4 4 4 0 4 0y yy y y y+− ≥ + ⇔ +≥ + + ⇔ + ≤ ⇔−≤ ≤
.
Vậy tập giá trị là
[ ]
4; 0
T
= −
.
Câu 18: Cho hàm số
(
)
fx
có đạo hàm liên tục trên đoạn
[ ]
2; 4
và thỏa mãn
( )
22f =
,
( )
4 2022f =
. Tính
tích phân
( )
2
1
2df xx
′
∫
.
A.
2020
. B.
1010
. C.
1011
. D.
2022
.
Lời giải
Chọn B
Ký hiệu
( )
2
1
2dI f xx
′
=
∫
.
Đặt
d
2 d 2d d
2
t
tx t x x= ⇒= ⇔ =
.
Đổi cận :
12xt=⇒=
,
24xt= ⇒=
.
Từ đó suy ra
( ) ( ) (
) ( ) ( )
4
4
2
2
1 11 1
d 4 2 2022 2 1010
2 22 2
|
I f t t ft f f
′
= = = − = −=


∫
.
Câu 19: Tính
2 22
2a bc++
biết
55
16
ln 2 ln 5 ln11
9
dx
abc
xx
=++
+
∫
, với
,,abc
là các số hữu tỉ.
A.
4
9
. B.
1
. C.
10
9
. D.
7
9
.
Lời giải
Trang 17/43 - WordToan
Chọn D
Ký hiệu
55
16
9
dx
I
xx
=
+
∫
. Đặt
2
9 92t x t x tdt dx= +⇒ =+⇒ =
Đổi cận:
x
16
55
t
5
8
Suy ra :
( )
(
)(
)
( )
(
)
88 8
2
55 5
8
5
2 22
2 2 11 1
3 33 3 3
9.
11
ln 3 ln 3 ln 5 ln11 ln 2 ln8
33
211
ln 2 ln 5 ln11
333
2
3
17
2
39
1
.
3
tdt dt
I dt
tt t t
tt
tt
a
b a bc
c

= = = −

−+ −+
−

= −− + = − − +
= +−
=
⇒ = ⇒+ +=
= −
∫∫ ∫
Câu 20: Cho các số thực dương
,xy
thỏa mãn
( )
69 4
log log log 2 2x y xy= = +
. Tính tỉ số
x
y
.
A.
3
2
x
y
=
. B.
2
3
x
y
=
. C.
13
x
y
= +
. D.
31
x
y
= −
.
Lời giải
Chọn C
( )
69 4
6 (1)
log log log 2 2 9 (2)
2 2 4 (3)
t
t
t
x
x y x yt y
xy
=
= = + =⇒=
+=
Thế (1), (2) vào (3) ta được:
( )
2
2
3
2
13
3
22
2.6 2.9 4 2. 2 0 log 1 3
33
2
13
3
t
tt
t tt
t
t

= −


 
+ = ⇔− + + = ⇔ ⇔ = +
 
 

= +


( )
2
3
log 1 3
2
13
3
x
y
+

⇒= =+


.
Câu 21: Cho hình đa diện đều loại
{ }
3;5
có cạnh bằng
4
a
. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình
đa diện đó. Khẳng định nào sau đây là đúng?
Trang 18/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
2
100 3a
. B.
2
20 3a
. C.
2
43a
. D.
2
80 3a
.
Lời giải
Chọn D
Hình đa diện đều loại
{ }
3;5
là hình hai mươi mặt đều, các mặt là các tam giác đều cạnh
4a
.
S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện.
Vậy
(
)
2
2
4 .3
20. 80 3
4
a
Sa= =
.
Câu 22: Cho hai số tự nhiên
a
,
b
không lớn hơn
10
. Có bao nhiêu cặp số
( )
;ab
để
(
)
2
lim 7 0n bn a n− ++− =
?
A.
2
. B.
1
. C.
6
. D.
5
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
(
)
2
lim 7n bn a n− ++−
( )
2
lim 7n bn n a

= − +− −

(
)
2
2
2
7
lim
7
n bn n a
n bn n a
− +− −
=
− ++−
2 22
2
72
lim
7
n bn n na a
n bn n a
− +− + −
=
− ++−
( )
2
2
27
lim
7
n ab a
n bn n a
− +−
=
− ++−
2
2
ab−
=
Theo giả thiết
202ab b a−=⇔=
.
Ta có
0 10b≤≤
nên
0 2 10 0 5aa≤ ≤ ⇔≤≤
.
Vậy có tất cả là 6 cặp số
( )
;ab
thỏa mãn.
Câu 23: Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
′′′
có
; 4; 3
AB a A C a BB a
′′ ′
= = =
. Giá trị lớn nhất thể tích lăng trụ
bằng
A.
3
3a
. B.
3
6a
. C.
3
9a
. D.
3
2a
.
Lời giải
Chọn B
Trang 19/43 - WordToan
Gọi
H
là hình chiếu của
B
′
trên
(
)
ABC
.
Trong tam giác
BB H
′
có
sin .sin
BH
B BH B H BB B BH
BB
′
′ ′ ′′
=⇒=
′
.
Khi đó
.'
11
. . . .sin .sin . . .sin
22
ABC A B C ABC
V BB S BB AB AC BAC BB B BH AB AC BAC
′′
∆
′ ′ ′′
= = =
.
3
.'
11
. . 3 . . .4 6
22
ABC A B C
V BB AB AC a a a a
′′
′
⇒≤ = =
.
Dấu “=” xảy ra khi
sin 1 90
sin 1 90
B BH B BH
BAC BAC

′′
= = °

⇔

= = °


.
Hay dấu “=” xảy ra khi lăng trụ
.ABC A B C
′′′
đứng và có đáy là tam giác
ABC
vuông tại
A
.
Giá trị lớn nhất thể tích lăng trụ bằng
3
6a
.
Câu 24: Cho hình nón có đường sinh
2la
=
, góc giữa đường sinh và mặt đáy bằng
60°
. Diện tich xung
quanh của hình nón bằng
A.
2
3 a
π
. B.
2
a
π
. C.
2
4 a
π
. D.
2
2 a
π
.
Lời giải
Chọn D
Góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy là góc
60SAO = °
.
Ta có:
2l SA a= =
⇒
2
.cos60
2
a
r OA SA a= = °= =
.
Diện tích xung quanh hình nón là:
2
. .2 2
xq
S rl a a a
ππ π
= = =
.
Câu 25: Cho hàm số
(
)
y fx=
biết hàm số
( )
y fx
′
=
có đồ thị như hình vẽ .Hàm số
( ) ( )
2
2 1 2 2022gx f x x x= −− + +
có bao nhiêu điểm cực đại?
Trang 20/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
3
. B.
2
. C.
5
. D.
4.
Lời giải
Chọn B
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 12 22 12 1
0 11
gx fx x fx x
gx f x x
′′ ′
= −− += −− −
′′
=⇔ −= −
Quan sát đồ thị đã cho ta thấy đồ thị hàm số
( )
y fx
′
=
cắt đường thẳng
yx=
tại 3 điểm có
hoành độ là
5
1; ; 3
4
−
nên phương trình
( )
1
5
4
3
x
fx x x
x
= −
′
=⇔=
=
Do đó phương trình
Ta có BBT của đồ thị hàm số
( )
y gx=
( )
11 0
59
11 1
44
13 4
xx
fx x x x
xx
−=− =



′
− = −⇔ −= ⇔ =


−= =

.
Vậy hàm số
( )
y gx=
có 2 cực đại.
Câu 26: Cho hai hàm số bậc ba
( )
y fx=
và
( )
y gx=
có đồ thị như hình vẽ ( đồ thị hàm số
( )
y fx=
Trang 21/43 - WordToan
là đường nét liền ; đồ thị hàm số
( )
y gx=
là đường nét đứt ). Biết rằng hai đồ thị hàm số
( )
32yf x= −+
và
( )
3y g ax b= +
có chung khoảng đồng biến. Giá trị của biểu thức
2ab+
là:
A.
1
. B.
4
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn A
Ta có :
( ) ( )
3
32 ' 3. 3200 3220
2
yf x y f x x x
′
= −+⇒=− −+>⇔<−+<⇔<<
Nên hàm số
( )
32yf x= −+
đồng biến trên khoảng
3
0;
2



Xét hàm số:
( ) ( )
3 ' 3. 0y g ax b y a g ax b
′
= +⇒= +>
.
• Th1 :
0a >
. Khi đó
(
) (
)
11
3. 0 0 1 1
bb
a g ax b g ax b ax b x
aa
−− −
′′
+ >⇔ + >⇔−< +<⇔ <<
Theo đề ta có hàm số
( )
3y g ax b= +
đồng biến trên khoảng
3
0;
2



Suy ra
1
0
1
12 3
3
b
b
a
ba
a
−−
=
= −
⇔

−=
=
nên
21ab+=
.
• Th 2 :
0a =
. Khi đó
( ) ( )
33y g ax b g b= +=
là hàm hằng nên không thỏa yêu cầu bài
toán.
• Th3:
0
a >
Khi đó
( ) ( )
1
1
3. 0 0
11
b
x
ax b
a
a g ax b g ax b
ax b b
x
a
−−
<
+ >−
′′
+ >⇔ + <⇔ ⇔
+< −
>
Do đó
( )
3y g ax b= +
không có cùng khoảng đồng biến với hàm số
( )
32yf x= −+
.
Trang 22/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 27: Cho hàm số
(
)
32
( ) ln 1f x ax bx c x x= +− ++
với
,,
abc
là các số thực dương, biết
(1) 3, (5) 2ff=−=
. Xét hàm số
( ) 3 (3 2 ) 2 (3 2)gx f x f x m= − + −−
, gọi
S
là tập hợp tất cả các
giá trị thực của
m
sao cho
[ ]
1;1
max ( ) 10gx
−
=
. Tổng các phần tử của
S
là
A.
11
−
. B.
11
. C.
13−
. D.
13
Lời giải
Xét hàm số
(
)
32
( ) ln 1f x ax bx c x x= +− ++
xác định trên
.
Ta có
(
)
(
)
3 23
2
1
ln 1 ln
1
f x ax bx c x x ax bx c
xx

−=− −− −++ =− −−

++

(
)
(
)
32
ln 1ax bx c x x f x
=− −+ ++ =−
, suy ra
( )
fx
là hàm số lẻ
( 5) (5)
ff⇒ −=−
Mặt khác ta lại có:
( )
2
2
3
1
c
f x ax b
x
′
= +−
+
Xét hàm số
( ) 3 (3 2 ) 2 (3 2)
hx f x f x m= − + −−
, có
'( ) 6 '(3 2 ) 6 '(3 2)
hx f x f x=− −+ −
[ ]
22
22
11
'( ) 6 '(3 2) '(3 2 ) 6 3 (3 2) (3 2 )
1 (3 2 ) 1 (3 2)
hx f x f x a x x c
xx




= −− − = − −− + −



+− + −


(
)
(
)
22 22
22
6 1 (3 2) 1 (3 2 ) 3 1 (3 2) 1 (3 2 )
1 (3 2) . 1 (3 2 )
c
x xa x x
xx

= + − − +− + − + +− +

+ − +−

2 2 22
3 2 32 1
'( ) 0 1 (3 2) 1 (3 2 ) 0 (3 2) (3 2 )
3223 1
x xx
hx t t x x
xx x
−=− =

=⇔ + − − +− =⇔ − =− ⇔ ⇔

−= − =−

Do
(1) 3 (1) 2 (1) 5 (1) 15; ( 1) 3 (5) 2 ( 5) (5) 2h f f mf mm h f f mf mm= + −= −=−− −= + −−= −=−+
cho nên
[ ]
1;1
max ( ) 2A gx m
−
= =−+
,
[
]
1;1
min ( ) 15B gx m
−
= =−−
.
Ta có
[ ]
( )
{ }
1;1
max max 15 , 2gx m m
−
= −− −+
.
Trường hợp 1:
[ ]
( )
1;1
15 2
max 15 15
mm
gx m m
−
−− ≥−+
=−− = +
15 2
15 10
mm
m
+ ≥− +
⇔
+=
5m⇔=−
.
Trường hợp 2:
[ ]
( )
1;1
2 15
max 2
mm
gx m
−
− + > +
=−+
2 15
2 10
mm
m
− + > +
⇔
−+ =
8m⇔=−
.
Vậy có 2 giá trị của tham số
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán là
5, 8
mm=−=−
.
Câu 28: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm
và tâm
'O
, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng
2a
.
Trên đường tròn đáy có tâm
O
lấy hai điểm
,AD
sao cho
15AD a=
; gọi
C
là hình chiếu
vuông góc của
D
lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm
( )
'O
; trên đường tròn tâm
( )
'O
lấy điểm
(
,AB CD
chéo nhau). Đặt
là góc giữa
AB
với đáy. Tính
tan
α
khi thể tích khối tứ diện
ABCD
đạt giá trị lớn nhất.
A.
15
.
4
B.
10
.
5
C.
15
.
5
D.
3
.
3
Lời giải
Trang 23/43 - WordToan
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm
.
Gọi
K
là hình chiếu vuông góc của
lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm
′
O
.
Ta có: hình lăng trụ đứng
.ADH KCB
Do đó:
(
)
.
1 1 11
22 ,
3 3 32
= =⋅⋅ =⋅⋅⋅ ⋅
ABCD ADH KCB ADH
V V a S a AD d H AD
( )
( )
2
1 15 15
2, ,
32 3
=⋅⋅ ⋅ = ⋅
a
a a d H AD d H AD
.
Khi thể tích khối tứ diện
ABCD
đạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách từ
H
đến
AD
lớn nhất nên
H
nằm chính giữa cung lớn chứa dây
AD
.
Áp dụng định lí sin cho tam giác
ADH
ta có:
15 15
2 sin
24 4
sin
AD AD a
R AHD
Ra
AHD
=⇔===
1
cos
4
AHD
⇒=
.
Áp dụng định lí cosin cho tam giác cân
ADH
ta có:
22 2 2 2
13
=2 2 cos 2 1
42

− = −=


AD AH AH AHD AH AH
2 2 15
33
⇒= =
a
AH AD
.
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông
ABH
ta có
2 15
tan
5
2 15
3
= = =
BH a
AH
a
α
.
Câu 29: Cho hình chóp
.S ABC
nội tiếp trong mặt cầu đường kính
SA
, tam giác
ABC
là tam giác vuông
tại
,
AC a=
. Góc giữa hai mặt phẳng
( )
SAB
và
( )
ABC
bằng
30
°
, gọi
ϕ
là góc giữa hai mặt
phẳng
( )
SAB
và
( )
SAC
,
3
sin
3
ϕ
=
. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
.
A.
2
20
9
πα
. B.
2
3 a
π
. C.
2
4
3
a
π
. D.
2
4 a
π
.
Lời giải
Trang 24/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Gọi
I
,
J
,
H
lần lượt là trung điểm
SA
,
BC
,
AB
.
Ta có
22
AC a
HJ = =
(tính chất đường trung bình).
Ta có
( )
( )
//HJ AC tinhchat duong tb
HJ AB
AC AB vi SAla duong kinh
⇒⊥
⊥
.
Tương tự
//HI SB
HI AB
AB SB
⇒⊥
⊥
.
( ) ( )
SAB ABC AB∩=
( )
( )
( )
( )
; ; 30SAB AB C HI HJ IHJ⇒===°
(do tam giác
IJH
vuông tại
J
).
Gọi
K
là hình chiếu của
J
trên
IH
( )
JK SAB⇒⊥
,
( )
( )
;d J SAB JK=
.
Gọi
M
là hình chiếu của
C
trên
( )
SAB
, kẻ
CN SA⊥
tại
N
.
Ta có
sin 30
4
a
KJ HJ= °=
.
(
)
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
( )
;
1
; 2;
22
;
d J SAB
JK BJ a
d C SAB d J SAB
CM BC
d C SAB
===⇒= =
.
(
) ( )
(
)
( )
;;SAB SAC MN CN CNM
ϕ
⇒===
.
Tam giác
CMN
vuông tại
M
3
sin 2
3
2
3
CM a a
CN
ϕ
⇒= = =
.
Tam giác
SAC
vuông tại
2 2 22 22 22
11 1 114 11
3
33
SC a
CA SC CN a SC a SC a
⇒+= ⇒+=⇒=⇒=
.
Bán kính mặt cầu là
2 2 22
3
22 2
SA SC AC a a
ra
++
= = = =
.
Diện tích mặt cầu là
22
44
Sr
π πα
= =
.
Câu 30: Cho hình chóp đều
.S ABCD
có cạnh bên bằng
2a
, đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
a
. Gọi
M
là điểm thay đổi trên mặt phẳng
( )
SCD
sao cho tổng
22 2 2 2
2T MA MB MC MD MS=++++
Trang 25/43 - WordToan
nhỏ nhất. Gọi
1
V
là thể tích của khối chóp
.S ABCD
và
2
V
là thể tích của khối chóp
.
M ACD
. Tỉ
số
1
2
V
V
bằng
A.
17
4
. B.
14
3
. C.
9
2
. D.
21
5
.
Lời giải
Chọn B
Gọi
G
là tâm của hình vuông
ABCD
I
là điểm thỏa mãn
20
IA IB IC ID IS++++ =
    
2 04 2 02 0IA IB IC ID IS IG IS IG IS
++++=⇔ +=⇔ +=
        
3 03IG GS GI GS⇔ +=⇔ =
   
I⇒
thuộc đoạn
SG
sao chó
3
GS
IG =
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2 2
2T IA IM IB IM IC IM ID IM IS IM=−+−+−+−+−
         
( )
22 2 2 2 2
22 26T IA IB IC ID IS IM IA IB IC ID IS IM⇒= + + + + − + + + + +
     
22 2 2 2 2
26
T IA IB IC ID IS IM⇒= + + + + +
22 2 2 2 2
26T IA IB IC ID IS IH
⇒≥++++ +
(
H
là hình chiếu của
I
trên
( )
SCD
)
22 2 2 2 2
Min 2 6T IA IB IC ID IS IH⇒ =++++ +
T
MH⇔≡
22
1.
1 11
. ..
3 33
S ABCD ABC D
V V SG S SG a SG a= = = =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2. .
1 11
;. ;. ;.
3 3 26
M ACD H ACD ACD
a
V V V d H ACD S d H ACD d H ACD a= = = = =
2
22 2
6
2
22
aa
SG SA GA a= − = −=
,
26
33
a
SI SG= =
.
Gọi
E
là trung điểm
CD
,
22
22 22
37
24 2
aa a
SE SG OE SG OE= += += +=
.
Trang 26/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
( )
.SHI SGE g g∆∆
2
.4 7
73
SH SI SH SI SG EH
SG SE SE SE SE
⇒=⇒= =⇒ =
( )
( )
( )
( )
;
4
7
;
d H ACD
SH
SE
d S ABCD
= =
( )
( )
( )
( )
1
2
1
;.
2 14
3
1
3
;.
3
ABCD
ACD
d S ABCD S
V
SE
V EH
d H ABC D S
⇒= = =
.
Câu 31: Cho hai số thực dương
,xy
thỏa mãn
(
) (
)
( )
2
2
log 4 2 2 8 2 2 2 .
y
x y xy x y
+
++ + =− − +
Giá trị nhỏ
nhất của
2P xy
= +
là số có dạng
M ab c= −
với
, , , 2.abc a∈>
Tính
2.S abc= +−
A.
19S =
. B.
7S =
. C.
17S =
. D.
13S =
.
Lời giải
Chọn B
Giả thiết
( )
( )
( )
(
)(
)
2
2 log 2 2 1 8 2 2 2y y x xy⇔+ + + =− − +


( ) ( )
( )
22 2 2
8 81
log 2 log 2 1 2 2 log 2 1 2 1 log 3
2 22
y x x xx
y yy
⇔ + + + = − + ⇔ + + += + +
+ ++
( ) ( )
22
88
log 2 1 2 1 log * .
22
xx
yy
⇔ + + += +
++
Vì
,0xy>
nên
2 10x +>
và
8
0.
2y
>
+
Xét hàm số
(
)
2
log
ft t t
= +
trên
( )
0; +∞
ta có
( )
1
1 0, 0.
ln 2
ft t
t
′
= + > ∀>
Suy ra hàm số
( )
ft
đồng biến trên
( )
0; .+∞
Khi đó
( ) ( )
8 88
* 21 21 2 1.
2 22
fx f x x
y yy

⇔ + = ⇔ += ⇔ = −

+ ++

Ta có
88
2 1 23
22
P xy y y
yy

= += +−= ++ −

++

.
( )
8
2 . 2 3 42 3
2
y
y
≥ + −= −
+
(Theo BĐT Côsi cho hai số dương
8
2y +
và
2y +
).
Suy ra
min 4 2 3P = −
hay
4, 2, 3.abc= = =
Vậy
2 2.4 2 3 7.S abc= +−= +−=
Câu 32: Cho hàm số
( )
3
2.fx x x= ++
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
(
) ( )
(
)
33
3
2
f f x fx m x x+ + =− −+
có nghiệm
x
thuộc đoạn
[ ]
2; 2−
?
A.
2276
. B.
1749
. C.
1750
. D.
2277
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( )
2
3 1 0,fx x x
′
= +> ∀∈
suy ra hàm số
( )
fx
đồng biến trên
.
Phương trình
( )
( )
(
)
( ) ( ) ( )
33
33
f f x fx m f x f x fx m x⇔ ++=−⇔ ++=−
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 33 3
*.f x fx m x m f x fx x⇔ ++=−⇔−= ++
Trang 27/43 - WordToan
Xét hàm số
(
) ( ) ( )
33
gx f x f x x= ++
trên
[ ]
2; 2−
có
( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
22
3 3 0, 2; 2
gx fxf x fx x x
′′ ′
= + + > ∀∈−
Suy ra hàm số
( )
gx
đồng biến trên
[
]
2; 2 .
−
Khi đó
[ ]
( ) ( )
2;2
min 2 528gx g
−
= −=−
và
[
]
( ) ( )
2;2
max 2 1748.gx g
−
= =
Để phương trình ban đầu có nghiệm trên
[ ]
2; 2−
thì phương trình
( )
*
có nghiệm trên
[ ]
2; 2−
[
]
(
)
[
]
( )
2;2
2;2
min max 1748 528.gx m gx m
−
−
⇔ ≤− ≤ ⇔− ≤ ≤
Vì
m ∈
nên có
(
)
528 1748
1 2277
1
−−
+=
số nguyên
m
thỏa mãn bài toán.
Câu 33: Cho hàm số bậc bốn
()y fx=
có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc đoạn
[ ]
0; 25m ∈
sao cho giá trị nhỏ nhất của
hàm số
() ||2 () 4| () 3|gx fx m fx= ++ − −
trên đoạn
[ 2; 2]−
không bé hơn 1 ?
A.
21.
B.
24.
C.
25.
D.
19.
Lời giải
Chọn B
Do
[ ]
0; 25m ∈
và
( )
[ ]
2 2, 2; 2
fx x− ≤ ≤ ∀∈−
( )
2 () 4 2 () 4 () | 1|fx m fx m gx fx m⇒ ++= ++⇒ = ++
.
Nếu
[ ]
( )
2;2
1 min 0 1m gx
−
≤⇒ = ≥
không thoả mãn;
Nếu
(
)
2 12m gx m
≥ ⇒ ≥⇒ ≥
thỏa mãn.
Do
[ ]
2
2...25
0; 25
m
mm
m
≥
∈ ⇒= ⇒
∈
có
[ ]
25 2 1 24− +=
giá trị của
m
.
Câu 34: Cho hình vuông kích cỡ 4 x 4 như hình vẽ. Sắp xếp ngẫu nhiên các số tự nhiên từ 1 đến 16 vào 16
ô vuông. Tính xác suất để có tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là
một số lẻ.
Trang 28/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
1
14
. B.
46
6435
. C.
8
715
. D.
16
2145
.
Lời giải
Ta có
( )
16!n Ω=
Gọi
là biến cố: “tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là một số
lẻ”.
Từ 1 đến 16 có 8 số lẻ.
Để tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là một số lẻ thì mỗi hàng và
mỗi cột chỉ có 1 số lẻ hoặc 3 số lẻ.
TH1:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp.
TH2:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp.
TH3:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp.
TH4:
Trang 29/43 - WordToan
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp.
TH5:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp.
TH6:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp.
Từ đó ta có
( ) ( )
8
6.8!.8!.4!
715
nA PA= ⇒=
.
Câu 35: Biết
2
3
33
2 8 11
1
1 11
2d
a
x xc
x xx b

−+ − =



∫
với
,,
abc
là các số nguyên dương,
a
b
tối giản và
.ca<
Tính
2.S a bc=++
A.
99.S =
B.
67.S =
C.
51.S
=
D.
88.S
=
Bài làm
22
33 3
2 8 11 2 2
11
1 11 1 2
2 d 1 d.x xx x
x xx x x


−+ − = − +





∫∫
Đặt
32
3
22 3
11 2
3 d 1 d.t x t x tt x
xx x

= − ⇒=− ⇒ =+


Khi đó
7
2
4
34
3
3
3
22
10
7
1 2 3 21
1 d 3 d 14 .
4
4 32
0
a
x x tt t c
xx b


−+ = = = =





∫∫
Suy ra
21
32.
14
a
b
c
=
=
=
Vậy
2 21 2.32 14 67.S a bc=+ += + + =
Câu 36: Cho hàm số
()y fx=
có đạo hàm liên tục trên
.
Hàm số
()
y fx
′
=
có đồ thị như hình vẽ.
Trang 30/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Xét hàm số
( )
3 3 23
() 3 ( 3 ) ( 3 ) 2 6 2 6.gx f x x m x x m x x m= −−+++− −−+−
Số giá trị nguyên
của tham số
m
thuộc đoạn
[ ]
2022;2022−
để hàm số
()gx
nghịch biến trên khoảng
( 2; 2)−
là
A.
4027.
B.
4017.
C.
2023.
D.
2021.
Bài làm
Đặt
3
3
3
3
3.
26 2 62 6
u x xm
u x xm
u x xm
−= + −
=−− +⇒
−=− − + −
Ta có
2
3 3 0, ( 2; 2)ux x
′
=− − < ∀∈−
với
( 2; 2)x ∈−
thì
( 14; 14).
um m∈− +
Khi đó
()gx
trở thành
2 32
() 3 () (2 6) 3 () 2 6 .gu fu u u fu u u= + −= + −
22
() 3 (). (6 12). 3 () (2 4).gu f uu u uu u f u u u
′ ′ ′ ′ ′′

= +− = +−

Để hàm số
()gx
nghịch biến trên
( 2; 2)−
thì
2
( ) (2 4 ) 0, ( 14; 14).fu u u u m m
′
+ − > ∀∈ − +
Dựa vào ĐTHS ở trên ta thấy
14 1 13
.
14 2 16
mm
ycbt
mm
+ ≤ ≤−

⇔⇔

−≥ ≥


Vậy có
4017
giá trị nguyên thỏa mãn là
{ }
2022; 2021;...; 13;16;17;...;2022 .−− −
Câu 37: Số nghiệm của phương trình
( )( )
21
2 2023
2023 2022 2022 1
2022
x
x
xx
−
−
− + +=
A.
3
. B.
2
. C.
0
. D.
1
.
Lời giải
Chọn B
( )( )
( )( )
21
2 2023
2023 2022 2022 1
2022
1 2022
20222 2022
1 2022
11
2022 2022
2022 1
x
x
x
x
xx
xx
xx
xx
−
−
− + +=
−+ −
⇔ +=
−−
⇔ += +
−−
Xét hàm số
2022 2022
x
y = +
có
1a >
nên là hàm đồng biến và có
( )
2022;I = +∞
Xét hàm số
11
2022 1
y
xx
= +
−−
có
( ) ( )
22
11
0
2022 1
y
xx
−
′
= −<
−−
Trang 31/43 - WordToan
Ta thấy hàm số
2022 2022
x
y = +
lên tục trên
nên từ BBT suy ra đồ thị hàm số
2022 2022
x
y
= +
cắt ĐTHS
11
2022 1
y
xx
= +
−−
tại 2 điểm phân biệt.
Câu 38: Gọi
S
là tập các giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
(
)
12 2
4
9 4 2 1 3 6 33 1 0
+
− + ++ + − +=
xx
mx x mm
có nghiệm duy nhất . Tổng các phần tử của
S
bằng
A.
2
. B.
3−
. C.
2
−
. D.
1−
.
Lời giải
Ta có
(
)
( )
( )
( )
12 2
4
2
2
4
9 4 2 1 3 6 33 1 0
93 3 4 1 3 6 3 *
+
−
− + ++ + − +=
⇔⋅ + = + + + −
xx
xx
mx x mm
m x mm
Nhận xét: nếu
0
x
là nghiệm của
( )
*
thì
0
2−−x
cũng là nghiệm của
( )
*
. Thật vậy
( )
( )
( )
( )
00
00
2
22
2
4
0
2
2
4
0
93 3 4 2 1 3 6 3
3 93 4 1 3 6 3
−− +
−
⋅ + = − −+ + + −
⇔ +⋅ = + + + −
xx
xx
m x mm
m x mm
Do đó phương trình có nghiệm duy nhất
00 0
21⇔=−−⇔=−xx x
Thay
0
1= −x
vào
( )
*
ta được:
(
)
21
32
1 3 6 33 1 0
2
3 6 3 60 1
1
−
− + − +=
= −
⇔ + − −=⇔ =
= −
mm m
m
mmm m
m
Thử lại
Với
2= −m
ta được:
( )
( )
2
4
9.3 3 2 4 1 3
−
+=− +−
xx
x
Trang 32/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
( )
( )
2
4
9.3 3 6
2( ).
24 1 3 6
−
= +≥
⇒ = ⇒=−
=− + −≤
xx
VT
VT VP m tm
VP x
Với
1=m
ta được:
(
)
(
)
2
4
9.3 3 4 1 6
−
+= ++
xx
x
Ta thấy phương trình luôn có hai nghiệm
1; 0
=−=xx
do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với
1= −m
ta được:
( )
( )
2
4
9.3 3 4 1 6
−
+=− +−
xx
x
( )
( )
2
4
9.3 3 6
1( ).
4 1 66
−
= +≥
⇒ = ⇒=−
=− + −≤
xx
VT
VT VP m tm
VP x
Tổng các phần tử của
S
bằng
3
−
.
Câu 39: Cho hình vuông
ABCD
có cạnh bằng
3
, trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
tại
ta lấy điểm
S
di động không trùng với
A
. Hình chiếu vuông góc của
A
lên
SB
,
SD
lần
lượt là
H
,
K
. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện
ACHK
.
A.
16
7
. B.
7
16
. C.
16
9
. D.
9
16
.
Lời giải
Chọn D
Ta dễ dàng chứng minh được
( )
SC A HK⊥
,
// HK BD
,
AH AK=
;
gọi
{ }
AC BD O∩=
,
{ }
SO HK I∩=
,
{ }
AI SC E∩=
, thì ta có
AE SC⇒⊥
Cũng dễ chứng minh được
( ) ( )
BD SAC HI SAC⊥ ⇒⊥
;
Vậy ta suy ra
.
1
2. 2. . .
3
ACHK H IAC IAC
V V HI S= =
.
Đặt
0SA x= >
, ta dễ dàng sử dụng các hệ thức lượng trong các tam giác vuông để có các kết
quả
22
22
3
HI SH SA x
BO SB SB x
= = =
+
2
2
6
.
23
x
HI
x
⇒=
+
.
Trang 33/43 - WordToan
Gọi
N
là hình chiếu của
K
tới
AD
, gọi
M
là hình chiếu của
I
tới
AC
, ta dễ dàng có
IM KN
=
; còn dễ thấy
2
22
3
3
KN DK DA
SA DS DS x
= = =
+
2
3
3
x
IM KN
x
⇒==
+
; suy ra
( )
2
. 36
2
23
IAC
IM AC x
S
x
= =
+
.
Vật ta có
( )
( )
23
2
2
2
2
26 36 3
.. .
32 3
23
3
ACHK
xx x
V
x
x
x
= =
+
+
+
.
Xét hàm số
(
)
( )
3
2
2
3
3
x
fx
x
=
+
, có
(
)
( )
( )
22
3
2
39
3
xx
fx
x
−
′
=
+
; dễ thấy đạo hàm có nghiệm dương là
3x =
;
Ta có bảng biến thiên:
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện
ACHK
bằng
9
16
.
Câu 40: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh bằng
3
a
, tam giác
SAB
đều, góc giữa hai mặt
phẳng
( )
SCD
và
( )
ABCD
bằng
60°
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
AB
. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng
SM
và
AC
, biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh
S
trên mặt phẳng
( )
ABCD
nằm trong hình vuông
ABCD
.
A.
35
10
a
. B.
53
3
a
. C.
5
10
a
. D.
5
5
a
.
Lời giải
Chọn A
Gọi hình chiếu của
S
tới
( )
ABCD
là
H
; gọi
N
là trung điểm
CD
, thì góc giữa hai mặt phẳng
( )
SCD
và
( )
ABCD
là
SNH
bằng
60°
; đặt
NH x=
, dễ suy ra
3SH x=
,
3
MH x= −
Xét tam
giác vuông
SMH∆
có
22
27 3
3 69
44
xx x x+ − += ⇔=
.
Gọi tâm của đáy là
O
; gọi điểm
S
′
thuộc đoạn
SM
mà có
O
là hình chiếu của nó lêm mặt đáy;
ta có
2
3
S O MO
SO MH
′
= =
23 3
. .3
34 2
SO
′
⇒= =
.
Trang 34/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Lấy
M
′
là trung điểm của
BC
, dễ thấy
//A C MM
′
( )
//AC SMM
′
⇒
và
BO MM
′
⊥
;
Gọi
{
}
O BO MM
′′
= ∩
; kẻ
OK S O
′′
⊥
( )
OK SMM
′
⇒⊥
( )
(
)
( )
,,
OK d O SMM d AC SM
′
⇒= =
Dễ tính được
32
44
BD
OO
′
= =
và
30
4
SO
′′
=
; vậy ta có
. 35
10
OO OS
OK
OS
′′
= =
′′
.
Câu 41: Cho hàm số bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số
( )
(
)
( ) ( )
2
32
32 1
23
xx x
y
x f x f x fx
−+ −
=

−+

có bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
A.
8
. B.
4
. C.
5
. D.
6
.
Giải
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )( )
( ) ( ) ( )
2
32
32 1
12 1
12 1
23
xx x
xx x
gx
xfx fx fx
x f x f x fx
−+ −
−− −
= =
−−

−+


(
) ( )
( )
( )
( )
( )
0
0
12 1 0
1
1
2
x
fx
xfx fx fx
fx
fx
=
=
− −=⇔

=

=
Ta có:
Từ đồ thị hàm số ta suy ra:
Trang 35/43 - WordToan
+) Phương trình
( )
0fx=
1
2
xx
x
=
⇔
=
(trong đó
1
1xx
= <
là nghiệm đơn,
2
x =
là nghiệm kép).
+) Phương trình
( )
1fx=
2
3
1x
xx
xx
=
⇔=
=
(trong đó
2
xx=
,
3
xx=
là các nghiệm đơn lớn hơn
1
).
+) Phương trình
( )
4
5
6
1
2
xx
fx x x
xx
=
=⇔=
=
(với
14 25 63
1, 2xx x x x x
< < < << <
)
Đặt
(
)
32
f x ax bx cx d= + ++
( )
0a ≠
( )
( )
( )
(
)
( ) ( )
( )( )
( )( ) (
)( )( ) (
)
( )( ) (
)
2
3
1 23 6
3
16
12 1 12 1
12 1
2 1 ...
1
2 ...
xx x xx x
gx
xfx fx fx
axxx x x xx xx xx
x
axx xx xx
−− − −− −
⇒= =
−−

− − −− − −

−
=
−− −
Do điều kiện tồn tại của căn thức
1x ≥
, suy ra đồ thị có 4 tiệm cận đứng
25 63
, , 2, ,xxxxx xxxx= = = = =
.
( )( ) ( )
3
16
1
lim 0
2 ...
x
x
axx xx xx
→+∞
−
=
−− −
do bậc tử bé hơn bậc mẫu, nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận
ngang
0y =
.
Vậy đồ thị hàm số có 5 tiệm cận tất cả.
Câu 42: Cho hàm số bậc ba
( )
fx
và hàm số
( )
( )
( )
2
,,
g x f mx nx p m n p= ++ ∈
có đồ thị như hình vẽ
(đường nét liền là đồ thị hàm số
( )
fx
, nét đứt là đồ thị hàm số
( )
gx
), đường thẳng
1
2
x = −
là
trục đối xứng của đồ thị hàm số
( )
gx
. Tính
( )
4g
A.
9198
. B.
7940
. C.
6802
. D.
1692
.
Giải
Ta có
( ) ( )
32 2
'32f x ax bx cx d f x ax bx c= + + +⇒ = + +
Hàm số đạt cực trị tại
0, 2xx= =
và đồ thị hàm số qua điểm
( ) ( )
1; 0 , 0; 2
nên
Trang 36/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
( )
( )
( )
( )
( )
32
'0 0
1
'2 0
3
32
10
0
02
2
f
a
f
b
fx x x
f
c
f
d
=
=
=
= −

⇒ ⇒ =−+

=
=


=
=
Ta có
( )
( ) ( )
32
22
32g x mx nx p mx nx p
= ++ − ++ +
. Hệ số tự do bằng
32
32pp−+
Đồ thị hàm số
( )
gx
qua điểm
(
)
0; 0
nên
32
1
3 2 0 1 3, 1
13
p
pp p p p
p
=
− +=⇒ =− ∈ ⇒ =
= +
Đồ thị hàm số
( )
( )
2
g x f mx nx p= ++
có trục đối xứng
1
2
x = −
nên đồ thị hàm số
2
ymx nxp= ++
cũng có trục đối xứng
1
2
x = −
1
22
n
nm
m
⇒− =− ⇒ =
Đồ thị hàm số
( )
gx
qua điểm
(
)
2; 2−
nên
(
)
( )
(
)
(
)
32
1
20 2132122
1
2
mn
g gx m m
mn
= =
− =⇒ = + − + +=⇒
= = −
Do đồ thị có hướng quay lên trên suy ra
0m >
1
mnp⇒===
( )
( )
( )
2 32
4 4 4 1 21 21 3.21 2 7940gf f⇒ = ++ = = − +=
.
Câu 43: Cho hai hàm số
642
661yx x x=+++
và
( )
3
15 3 15y x m xm x= − +−
có đồ thị lần lượt là
( )
1
C
và
( )
2
C
. Gọi
S
là tập hợp các giá trị nguyên của tham số
m
thuộc đoạn
[ ]
2021;2022−
để
( )
1
C
và
( )
2
C
cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Tính tổng các phần tử của tập hợp
S
.
A.
2045187
. B.
2045162
. C.
2045208
. D.
2045117
.
Lời giải
Chọn B
Xét phương trình hoành độ giao điểm chung
( )
642 3
6 6 1 15 3 15x x x x m xm x+++= − +−
.
Từ phương trình đã cho ta thấy
0x =
, không là nghiệm của phương trình và
0x >
.
Đặt
15m xt−=
( )
0t ≥
. Khi đó, phương trình trở thành
( )
( )
3
642 3 3 2 3
3
61 1 1
661 3 6 3 3 3x x x xt t x x t t x x t t
xx x x

+++= +⇔+++= +⇔++ +=+


.
• Xét hàm số
3
3yt t= +
trên
( )
0; +∞
, hàm số đồng biến
2
2
11
15 2 15x m x x xm
xx
⇒+ = − ⇔ + ++ =
( )
1
.
Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi
( )
1
có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng
( )
0; +∞
.
Trang 37/43 - WordToan
• Xét hàm số
2
2
1
2 15yx x
x
= + ++
trên
( )
0; +∞
3
21
2 15 0
2
yx x
x
′
= − + =⇔=
BBT hàm số là :
Từ BBT suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt dương khi
55
4
m >
.
Vì
[ ]
2021;2022m∈−
nên
[ ]
14; 2022m
m
∈
∈
.
Vậy
2022
14
2045162
k
Sk
=
= =
∑
.
Câu 44: Cho hàm số
( )
1
3
log 3 3
x
x
fx x= +−
. Tính tổng bình phương các giá trị của tham số
m
để phương
trình
(
)
2
1
470
4 13
f fx x
xm

+ −+=


− ++

có đúng
3
nghiệm thực phân biệt.
A.
30
. B.
14
. C.
29
. D.
15
.
Lời giải
Ta có
( )
11
33
11
log 3 3 log 3 3 , 0
xx
xx
f x fx x
xx
 
= + − =− − + =− ∀>
 
 
.
Ta lại có
( )
1
2
11
3 ln 3 .3 ln 3 0, 0
ln 3
x
x
fx x
xx
′
= + + > ∀>
.
Suy ra
( )
fx
đồng biến trên khoảng
( )
0; +∞
.
Khi đó phương trình
( )
( )
( )
22
1
470 4 13 470
4 13
f fx x f x m fx x
xm

+ −+=⇔− −+++ −+=


− ++

( )
( )
2
4 7 4 13
fx x f x m⇔ − + = − ++
( )
( )
2
2
2
4 1 44
4 44 1
4 1 44
xm x x
x x xm
xm x x
−+= − +
⇔ − += − +⇔
−+=−+ −
( )
2
2
48
1
48
mx x
mx
=−+
⇔
= +
.
Trang 38/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
( )
1
có 3 nghiệm phân
biệt. Dựa vào đồ thị các hàm số
2
8
yx x=−+
và
2
8yx= +
ta có có 3 nghiệm phân biệt khi và
chỉ khi
48 2
4 12 3
4 16 4
mm
mm
mm
= =


=⇔=


= =

.
Vậy tổng bình phương các giá trị của tham số
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng
29
.
Câu 45: Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
,
( )
01f = −
. Biết
(
)
(
)
2
1
21
4
x
Fx x e
= −
là
một nguyên hàm của hàm số
( )
( )
'
f x fx−
và
( )
1
2
0
f x dx a be= +
∫
với
,
ab
là các số hữu tỉ.
Tính
33
Sa b= +
:
A.
7
64
S =
. B.
13
32
S =
. C.
9
64
S =
. D.
7
16
S
=
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 22
11 1
21 ' 2 212 .4
44 4
x x x xx
F x x e F x e x e xe xe

= − ⇒ = −+ = =

Nên
( ) ( )
2
'
x
f x f x xe−=
( ) ( )
'
x xx
f xe f xe xe
−−
⇔ −=
( )
( )
'
xx
f x e xe
−
⇔=
( )
( 1)
x xx
f x e xe dx e x C
−
⇔ = = −+
∫
mà
(0) 1 ( 1).1 1 0f CC=−⇒− =−+ ⇒ =
Vậy
( )
2
( 1)
x
fx x e= −
Trang 39/43 - WordToan
( )
( )
11
11
2 22 2
22
00
00
1 13
( 1) ( ) ( 1) 1
2 4 24444
xx
xx
e ee e
f x x e f x dx x e dx x= − ⇒ = − = − − =− +=−
∫∫
Vậy
33
33
3 1 13
4 4 32
Sa b
−

=+= + =


Câu 46: Cho hàm số
( )
32
( , , , 0)f x x ax bx c a b c c=+ ++ ∈ <
có đồ thị
(
)
C
. Gọi
A
là giao điểm của
( )
C
và trục tung, biết
( )
C
có đúng hai điểm chung với trục hoành là
M
,
N
đồng thời tiếp
tuyến của
( )
C
tại
M
đi qua
A
và tam giác
AMN
có diện tích bằng 16. Tính
( )
1f
A.
3−
. B.
4
−
. C.
1
−
. D.
3
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
( ) ( ) ( )( )
;0 , ;0 , 0; 0Mm Nn A c c<
.
Từ giả thiết ta có
( )
2
' 32f x x ax b=++
Do
( )
C
có đúng hai điểm chung với trục hoành là
M
,
N
đồng thời tiếp tuyến của
( )
C
tại
M
đi qua
A
nên
( )
C
tiếp xúc với trục hoành tại
N
(
) ( )(
)
32 2
( . 0 0)
f x x ax bx c x m x n m n doc⇒ = + + += − − ≠ <
( )
( )
32 2 2
2x ax bx c x m x nx n⇔ + + += − − +
2
2
2
2 (1)
.
a mn
b mn n
c mn
=−−
⇔= +
= −
Ta có phương trình tiếp tuyến tại
M
có dạng
( )
2
(3 2 )y m am b x m= ++−
Do tiếp tuyến tại
M
đi qua
(0; )Ac
nên
2
(3 2 )c m m am b=− ++
Kết hợp (1) và
0m ≠
ta có
22 2
. (3 2( 2 ) 2 ) 2m n m m m n m mn n m n− =− +−− + + ⇔ =
Ta có
23
1 11 1
( , ). . 2 16 2
2 22 2
AMN
S dAOxMN cmn mnmn nn n
∆
= = −=− −= = ⇔=±
mà
2n = −
loại do
0c <
32
8
20 ( ) 8 20 16 (1) 3
16
a
b fx x x x f
c
= −
⇒ = ⇒ =− + −⇒ =−
= −
.
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị của tham số
m
thỏa mãn
10m ∈
để phương trình
22
2sin (5 1)sin 2 2 0x m xm m− + + +=
có đúng
8
nghiệm phân biệt thuộc khoảng
;3
2
π
π

−


A.
4
. B.
10
. C.
8
. D.
5
.
Lời giải
Chọn A
Trang 40/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Đặt
( )
sin 1 1txt= −≤≤
với
;3
2

∈−


x
π
π
.
Khi đó ta có phương trình
( )
22
2 51 2 2 0t m tm m− ++ + =
với
11t−≤≤
. (1)
( )
2
1
1
2
tm
m
t
=
⇔
+
=
.
Ta xét đồ thị của hàm
( )
sinfx x
=
với
1
;3
2
x
ππ
−

∈


.
Để phương trình có 8 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
02 1
1
01
2
1
2
2
m
m
m
m
<<
+
<<
+
≠
, khi đó
1
0
2
1
3
m
m
<<
≠
.
Vì
10m
là số nguyên nên
{ }
1,2,3,4 .m ∈
Vậy
m
có 4 giá trị nguyên thỏa mãn.
Câu 48: Cho hình hộp chữ nhật
.ABCD A B C D
′′′′
có
3, 5, 4AB AD AA
′
= = =
. Một đường thẳng
d
đi qua
D
′
và tâm
I
của mặt bên
BCC B
′′
. Hai điểm
,MN
thay đổi lần lượt thuộc về các mặt phẳng
( )
BCC B
′′
và
( )
ABCD
sao cho trung điểm
K
của
MN
thuộc đường thẳng
d
(tham khảo hình
vẽ). Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn
MN
là
A.
45
. B.
25
. C.
6 13
13
. D.
12 13
13
.
Lời giải
Chọn D
x
y
-1
1
O
Trang 41/43 - WordToan
Kẻ
ME
vuông góc với
CB
, tam giác
MEN
vuông tại
E
nên
2MN EK=
.
Vậy
MN
bé nhất khi và chỉ khi
EK
bé nhất. Lúc này
EK
là đoạn vuông góc chung của hai
đường thẳng
d
và đường thẳng
CB
.
Qua
I
kẻ
PQ
song song với
BC
.
Khi đó
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
,, , ,d BC d d BC D PQ d C D PQ d C D PQ C H
′ ′ ′′ ′
= = = =
với
CH D P
′′
⊥
.
Ta có
2 2 2 22
1 1 1 1 1 13 6 13 12 13
2 3 36 13 13
C H MN
CH CP CD
′
= + =+=⇒ = ⇒ =
′ ′ ′′
.
Câu 49: Xét các số nguyên dương
, ab
sao cho phương trình
2
ln ln 5 0a xb x+ +=
có hai nghiệm phân
biệt
12
, xx
và phương trình
2
5log log 0
xb xa+ +=
có hai nghiệm phân biệt
34
,
xx
thỏa mãn
12 34
xx xx>
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
3
Sa b
= +
.
A.
33
. B.
25
. C.
30
. D.
17
.
Lời giải
Chọn A.
Điều kiện để hai phương trình
2
ln ln 5 0a xb x+ +=
và
2
5log log 0xb xa+ +=
có hai nghiệm
phân biệt là:
2
20 0
ba−>
.
Theo giả thiết ta có
( )
(
)
1 2 12
12
5
3 4 34
34
ln ln ln
log log log
10
55
b
a
b
bb
x x xx
xx e
aa
bb
x x xx
xx
−
−

+=− =−

=

⇒⇒


+=− =−
=


.
Mà
5
12 34
10
bb
a
xx xx e
−−
> ⇒>
ln10
5
bb
a
⇒− >−
5
3
ln10
aa⇒> ⇒≥
.
Trang 42/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Theo điều kiện có
22
20 0 20 60 8ba ba b
− >⇒ > ≥ ⇒≥
.
Từ và suy ra
2
3
3 33 33
8
a
S a b Min S
b
=
=+≥⇒ =⇔
=
.
Câu 50: Cho hình chóp
.S ABCD
,
ABCD
là hình thoi tâm
O
cạnh
2
a
, góc
0
60
BAD =
. Đường thẳng
SO
vuông góc với mặt phẳng đáy, hai mặt phẳng
()SAB
và
()
SCD
vuông góc với nhau. Gọi
M
,
N
,
P
,
Q
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
lên các mặt phẳng
()SAB
,
()SBC
,
()SDC
và
()
SDA
. Thể tích của khối chóp
.O MNPQ
bằng
A.
3
64
81
a
. B.
3
2
3
a
. C.
3
3
64
a
. D.
3
4
3
a
.
Lời giải
Chọn C
Ta nhận xét các tam giác
ABD
và tam giác
BCD
là đều, gọi
1
E
là trung điểm của
BC
thì
1
DE BC⊥
Gọi
,,,EFGH
lần lượt là các điểm thuộc cạnh
,,
AB BC CD
và
DA
sao cho
2
a
EB BF DG DH= = = =
. Theo tính chất đường trung bình, suy ra
,, ,OF BC OE AB OQ CD OH AD⊥⊥⊥ ⊥
. Gọi
, ,,M N PQ
lần lượt hình chiếu vuông góc của
lên các đường thẳng
,,,SE SF SG SH
ta suy ra
, ,,M N PQ
lần lượt hình chiếu vuông góc
của
O
mặt phẳng
( ),( ),( )SAB SBC SDC
và
()SDA
. Ta có
EFGH
là hình chữ nhật
2
3 1 31 33
. ( ).( ) 2 . 2 3
4 4 44 4
EFGH
a
S EF EH BD AC a a= = = =
hai mặt phẳng
()SAB
và
()SCD
vuông góc với nhau , suy ra
0
13
90
22
a
ESG SO EG=⇒= =
23
.
13 3 3 3
..
34 2 8
S EFGH
aa a
V = =
.
Các độ dài
22
6
2
a
SE SO OE= +=
.
Trong tam giác vuông
SOE
ta có
2
2
1
2
SM SO
SE SE
= =
suy ra
1
2
SN SP SQ
SF SG SH
= = =
.
Trang 43/43 - WordToan
Xét hai hình chóp
.
S EFGH
và
.O MNPQ
ta có hai đường cao
OO
′
và
SO
tương ứng tỷ lệ
1
2
OO
SO
′
=
, đồng thời diện tích đáy
2
1
4
MNPQ
EFGH
S
MN
S EF

= =


.
Do vậy
.
.
1
8
O MNPQ
S EFGH
V
V
=
hay
33
..
1 13 3
.
8 8 8 64
O MNPQ S EFGH
aa
VV= = =
.
HẾT
| 1/43
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN THI: TOÁN - THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. y 4 2 -2 O 2 4 x -2 5 4 3
Tính giá trị của biểu thức I = f ′(2x − 6)dx − f ′(3x − ∫ ∫ ) 1 dx . 2 1 A. 8 . B. 2 . C. 4 . D. 7 . 3 3 3
Câu 2: Cho mặt cầu (S ) có tâm O và A là một điểm nằm trên (S ) . Gọi I , K là hai điểm trên đoạn
OAsao cho OI = IK = KA . Các mặt phẳng (P) , (Q) lần lượt đi qua I , K , cùng vuông góc
với OA và cắt mặt cầu (S ) theo các đường tròn có bán kính lần lượt là r và r . Tính tỷ số r2 . 1 2 r1 A. r 2 10 r 10 r 3 10 r 10 2 = . B. 2 = . C. 2 = . D. 2 = . r 5 r 4 r 4 r 6 1 1 1 1 1 1 1
Câu 3: Cho f (x)dx = ∫
2 và g(x)dx = ∫ 5 , khi đó  ∫ f (x)− 
2g(x)dx bằng 0 0 0 A. −8. B. −3. C. 12. D. 1. x − Câu 4: Cho hàm số 2022 21 y =
. Khẳng định nào dưới đây là sai? x +1
A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( ; −∞ − ) 1 .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (1;2022) .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ;1 −∞ .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 1 − ;2022) .
Câu 5: Cho cấp số cộng hình chóp (u thỏa mãn u = 3 và tổng hai số hạng đầu bằng 9. Số hạng u n ) 1 3 bằng A. 15. B. 6 . C. 9. D. 12.
Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a 3 . Hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng đáy là điểm I thuộc đoạn thẳng AB sao cho BI = 2AI . Góc giữa
mặt bên (SCD) với mặt phẳng đáy là 0
60 (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng AD và SC . 1 S A D I B C A. 9 31 a . B. 6 31 a . C. 3 93 a . D. 6 93 a . 31 31 31 31
Câu 7: Cho hình lập phương ABC . D A′B C ′ D
′ ′ . Biết thể tích khối tứ diện ACB D ′ ′ bằng 3 3a , tính theo
a tổng diện tích các mặt của hình lập phương ABC . D A′B C ′ D ′ ′ . A. 2 12a . B. 2 3a . C. 2 18a . D. 2 24a .
Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ 100 −
;100] để đồ thị hàm số 1 y =
có đúng hai đường tiệm cận? (x − m) 2 4x − x A. 198. B. 0 . C. 196. D. 200 .
Câu 9: Cắt mặt trụ tròn xoay bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của mặt trụ đó ta xác được thiết diện là
A. Một hình chữ nhật.
B. Một đường tròn.
C. Một đường Parabol.
D. Một đường elip. x
Câu 10: Có bao nhiêu đường thẳng cắt đồ thị hàm số 4 y =
tại hai điểm phân biệt mà cả hai điểm đó x + 3
đều có tọa độ nguyên?( điểm M ( ;
x y) có tọa độ nguyên nghĩa là x, y ∈ ) A. 15. B. 12. C. 66 . D. 28 .
Câu 11: Cho đồ thị hai hàm số x
y = a và y = log x như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng? b
A. 0 < b <1< a .
B. 0 < a <1< b .
C. a >1,b >1.
D. 0 < a <1,0 < b <1.
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn ( 2
2x − 4x )log x + 79 − 4 ≤ 0  3 ( )  A. 80 . B. 79 . C. 26 . D. Vô số.
Trang 2/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 13: Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8 ta lập các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số vừa lập, tính xác suất để chọn được một số có đúng 3 chữ số lẻ và các chữ số lẻ đứng kề nhau. A. 3 . B. 4 . C. 1 . D. 1 . 14 35 35 14
Câu 14: Cho hàm số f x = a ( 2 ( )
ln x + x +1)+bsin x + 4, với a,b∈ . Biết f (log(loge)) = 2. Tính f (log(ln10)) . A. 4 . B. 6 . C. 10. D. 2 .
Câu 15: Tính số cách sắp xếp 4 nam sinh và 6 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ sao cho
tất cả nữ sinh luôn ngồi cạnh nhau. A. 6!× 4!. B. 7!× 4!. C. 10!. D. 6!×5!.
Câu 16: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5. B. 1. C. 2 . D. 4 .
Câu 17: Tìm tập giá trị của hàm số y = 3 sin x − cos x − 2 ?
A. − 3 − 3; 3 −1 −    . B. 2; 3   . C. [ 4; − 0]. D. [ 2; − 0].
Câu 18: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [2;4] và thỏa mãn f (2) = 2 , f (4) = 2022 . Tính 2 tích phân f ′ ∫ (2x)dx . 1 A. 2020 . B. 1010. C. 1011. D. 2022 . 55 dx Câu 19: Tính 2 2 2
a + 2b + c biết
= a ln 2 + bln 5 + c ln11 ∫
, với a,b,c là các số hữu tỉ. + 16 x x 9 A. 4 . B. 1. C. 10 . D. 7 . 9 9 9
Câu 20: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn log x = log y = log 2x + 2y . Tính tỉ số x . 6 9 4 ( ) y A. x 3 = . B. x 2 = . C. x =1+ 3 . D. x = 3 −1. y 2 y 3 y y
Câu 21: Cho hình đa diện đều loại {3; }
5 có cạnh bằng 4a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình
đa diện đó. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 2 100 3a . B. 2 20 3a . C. 2 4 3a . D. 2 80 3a .
Câu 22: Cho hai số tự nhiên a , b không lớn hơn 10. Có bao nhiêu cặp số (a;b) để ( 2
lim n − bn + 7 + a − n) = 0 ? A. 2 . B. 1. C. 6 . D. 5.
Câu 23: Cho khối lăng trụ ABC.A′B C ′ ′ có AB = ;
a A′C′ = 4a; BB′ = 3a . Giá trị lớn nhất thể tích lăng trụ bằng A. 3 3a . B. 3 6a . C. 3 9a . D. 3 2a .
Câu 24: Cho hình nón có đường sinh l = 2a , góc giữa đường sinh và mặt đáy bằng 60° . Diện tich xung quanh của hình nón bằng A. 2 3πa . B. 2 π a . C. 2 4π a . D. 2 2π a . Trang 3/43 - WordToan
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x) biết hàm số y = f ′( x) có đồ thị như hình vẽ .Hàm số
g (x) = f (x − ) 2 2
1 − x + 2x + 2022 có bao nhiêu điểm cực đại? A. 3. B. 2 . C. 5. D. 4.
Câu 26: Cho hai hàm số bậc ba y = f ( x) và y = g ( x) có đồ thị như hình vẽ ( đồ thị hàm số y = f ( x)
là đường nét liền ; đồ thị hàm số y = g (x) là đường nét đứt ). Biết rằng hai đồ thị hàm số y = f ( 3
− x + 2) và y = 3g (ax + b) có chung khoảng đồng biến. Giá trị của biểu thức a + 2b là: A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3. Câu 27: Cho hàm số 3
f x = ax + bx − c ( 2 ( )
ln x + 1+ x ) với a,b,c là các số thực dương, biết f (1) = 3
− , f (5) = 2 . Xét hàm số g(x) = 3 f (3− 2x) + 2 f (3x − 2) − m , gọi S là tập hợp tất cả các
giá trị thực của m sao cho max g(x) =10. Tổng các phần tử của S là [ 1 − ] ;1 A. 11 − . B. 11. C. 13 − . D. 13
Câu 28: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và tâm O ' , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a .
Trên đường tròn đáy có tâm O lấy hai điểm ,
A D sao cho AD = a 15 ; gọi C là hình chiếu
vuông góc của D lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm (O') ; trên đường tròn tâm (O') lấy điểm
B ( AB,CD chéo nhau). Đặt α là góc giữa AB với đáy. Tính tanα khi thể tích khối tứ diện
ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. 15 . B. 10 . C. 15 . D. 3 . 4 5 5 3
Trang 4/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 29: Cho hình chóp S.ABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SA , tam giác ABC là tam giác vuông
tại A , AC = a . Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABC) bằng 30° , gọi ϕ là góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC), 3 sinϕ =
. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . 3 2 20πα 2 A. . B. 2 3πa . C. 4π a . D. 2 4π a . 9 3
Câu 30: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a 2 , đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Gọi
M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (SCD) sao cho tổng 2 2 2 2 2
T = MA + MB + MC + MD + 2MS
nhỏ nhất. Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD và V là thể tích của khối chóp M.ACD . Tỉ 1 2 số V1 bằng V2 17 A. . B. 14 . C. 9 . D. 21 . 4 3 2 5
Câu 31: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log (4x + y + 2xy + 2)y+2 = 8 − 2x − 2 y + 2 . Giá trị nhỏ 2 ( )( )
nhất của P = 2x + y là số có dạng M = a b − c với a,b,c ∈,a > 2. Tính S = 2a + b − .c A. S =19 . B. S = 7 . C. S =17 . D. S =13.
Câu 32: Cho hàm số f ( x) 3
= x + x + 2. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
f ( 3f (x)+ f (x)+ m) 3 3
= −x − x + 2 có nghiệm x thuộc đoạn [ 2; − 2]? A. 2276 . B. 1749. C. 1750. D. 2277 .
Câu 33: Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn m∈[0;25] sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số g(x) |
= 2 f (x) + m + 4 | − f (x) − 3| trên đoạn [ 2; − 2] không bé hơn 1 ?
A. 21. B. 24. C. 25. D. 19.
Câu 34: Cho hình vuông kích cỡ 4 x 4 như hình vẽ. Sắp xếp ngẫu nhiên các số tự nhiên từ 1 đến 16 vào 16
ô vuông. Tính xác suất để có tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là một số lẻ. 46 8 A. 1 . B. . C. . D. 16 . 14 6435 715 2145 Trang 5/43 - WordToan 2  1 1 1  Câu 35: Biết 3 3
∫ − + 32 − d a x x = c
với a,b,c là các số nguyên dương, a tối giản và 2 8 11 x x x b b 1   c < .
a Tính S = a + 2b + . c A. S = 99. B. S = 67. C. S = 51. D. S = 88.
Câu 36: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên .
Hàm số y = f (′x) có đồ thị như hình vẽ. Xét hàm số 3 3 2
g x = f −x − x + m + x + x − m ( 3 ( ) 3 ( 3 ) ( 3 ) 2
− x − 6x + 2m − 6). Số giá trị nguyên
của tham số m thuộc đoạn [ 2022 −
;2022] để hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng ( 2; − 2) là A. 4027. B. 4017. C. 2023. D. 2021. x− 2x − 2023
Câu 37: Số nghiệm của phương trình ( 2
x − 2023x + 2022)( 1 2022 + ) 1 = 2022 A. 3. B. 2 . C. 0 . D. 1.
Câu 38: Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để phương trình x 1 9 + − ( 4 2 2 4 + 2 +1 + 3 + 6 − 3)3x m x x m m
+1 = 0 có nghiệm duy nhất . Tổng các phần tử của S bằng A. 2 . B. 3 − . C. 2 − . D. 1 − .
Câu 39: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3 , trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD)
tại A ta lấy điểm S di động không trùng với A . Hình chiếu vuông góc của A lên SB , SD lần
lượt là H , K . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK . A. 16 . B. 7 . C. 16 . D. 9 . 7 16 9 16
Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 3a , tam giác SAB đều, góc giữa hai mặt
phẳng (SCD) và ( ABCD) bằng 60°. Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng SM và AC , biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng
( ABCD) nằm trong hình vuông ABCD. A. 3a 5 . B. 5a 3 . C. a 5 . D. a 5 . 10 3 10 5
Câu 41: Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số
( 2x −3x+2) x−1 y =
có bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? 3
x 2 f (x) 2
− 3 f (x) + f (x)  
Trang 6/43 – Diễn đàn giáo viên Toán A.8 . B. 4 . C.5. D. 6 .
Câu 42: Cho hàm số bậc ba f ( x) và hàm số g ( x) = f ( 2
mx + nx + p) ( , m ,
n p ∈) có đồ thị như hình vẽ
(đường nét liền là đồ thị hàm số f (x) , nét đứt là đồ thị hàm số g (x) ), đường thẳng 1 x = − là 2
trục đối xứng của đồ thị hàm số g (x) . Tính g (4) A. 9198. B. 7940 . C. 6802 . D. 1692.
Câu 43: Cho hai hàm số 6 4 2
y = x + 6x + 6x +1 và 3
y = x m −15x (m + 3−15x) có đồ thị lần lượt là (C 1 )
và (C . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ 2021 − ;2022] để (C 1 ) 2 )
và (C cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Tính tổng các phần tử của tập hợp S . 2 ) A. 2045187 . B. 2045162 . C. 2045208 . D. 2045117 . 1
Câu 44: Cho hàm số ( ) = log + 3x − 3x f x x
. Tính tổng bình phương các giá trị của tham số m 3 để phương   trình 1 f   + f ( 2
x − 4x + 7) = 0 
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. 4 x m 1 3  − + +   A. 30. B. 14. C. 29 . D. 15.
Câu 45: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên  1 , f (0) = 1 − . Biết ( ) = (2 − ) 2 1 x F x x e là 4 1
một nguyên hàm của hàm số f '( x) − f ( x) và f ∫ (x) 2
dx = a + be với a,b là các số hữu tỉ. 0 Tính 3 3
S = a + b : A. 7 S = . B. 13 S = . C. 9 S = . D. 7 S = . 64 32 64 16 Trang 7/43 - WordToan
Câu 46: Cho hàm số f (x) 3 2
= x + ax + bx + c (a,b,c ∈,c < 0) có đồ thị (C) . Gọi A là giao điểm của
(C) và trục tung, biết (C) có đúng hai điểm chung với trục hoành là M , N đồng thời tiếp
tuyến của (C) tại M đi qua A và tam giác AMN có diện tích bằng 16. Tính f ( ) 1 A. 3 − . B. 4 − . C. 1 − . D. 3.
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị của tham số m thỏa mãn 10m∈ để phương trình 2 2 2sin  π
x − (5m +1)sin x + 2m + 2m = 0 có đúng 8 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ;3π  −  2    A. 4 . B. 10. C. 8 . D. 5.
Câu 48: Cho hình hộp chữ nhật ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có AB = 3, AD = 5, AA′ = 4. Một đường thẳng d đi qua
D′ và tâm I của mặt bên BCC B
′ ′. Hai điểm M , N thay đổi lần lượt thuộc về các mặt phẳng
(BCC B′′) và ( ABCD) sao cho trung điểm K của MN thuộc đường thẳng d (tham khảo hình
vẽ). Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN là A. 4 5 . B. 2 5 . C. 6 13 . D. 12 13 . 13 13
Câu 49: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình 2
a ln x + bln x + 5 = 0 có hai nghiệm phân
biệt x , x và phương trình 2
5log x + blog x + a = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn 1 2 3 4
x x > x x . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2
S = a + 3b. 1 2 3 4 A. 33. B. 25 . C. 30. D. 17 .
Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD , ABCD là hình thoi tâm O cạnh 2a , góc  0
BAD = 60 . Đường thẳng SO
vuông góc với mặt phẳng đáy, hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) vuông góc với nhau. Gọi M , N ,
P , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các mặt phẳng (SAB) , (SBC) , (SDC) và (S )
DA . Thể tích của khối chóp . O MNPQ bằng 3 3 3 3 A. 64a . B. 2a . C. 3a . D. 4a . 81 3 64 3 HẾT
Trang 8/43 – Diễn đàn giáo viên Toán BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 2.B 3.A 4.C 5.C 6.C 7.C 8.A 9.B 10.C 11.A 12.A 13.D 14.B 15.D 16.D 17.C 18.B 19.D 20.C 21.D 22.C 23.B 24.D 25.B 26.A 27.C 28.C 29.D 30.B 31.B 32.D 33.B 34.C 35.B 36.B 37.B 38.B 39.D 40.A 41.C 42.B 43.B 44.C 45.B 46.A 47.A 48.D 49.A 50.C
Câu 1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. y 4 2 -2 O 2 4 x -2 5 4 3
Tính giá trị của biểu thức I = f ′(2x − 6)dx − f ′(3x − ∫ ∫ ) 1 dx . 2 1 A. 8 . B. 2 . C. 4 . D. 7 . 3 3 3 Lời giải Chọn C 5 5 4 3 4 3
I = f ′( x − ) x − f ′( x − ) 1 x =
f ′( x − ) ( x − ) 1 2 6 d 3 1 d . 2 6 d 2
6 − . f ′(3x − ) 1 d(3x − ∫ ∫ ∫ ∫ )1 2 3 2 1 2 1 5 1
= . f (2x − 6) 4 1
− . f (3x − ) 1 1 3 1 = . f  (2) − f ( 2 − ) − . f   (4) − f (2) 2 1 2 3 2 3  1 =  −  (− ) 1  −  ( − ) 2 4 . 2 2 . 4 2 = 2 − = . 2 3 3 3
Câu 2: Cho mặt cầu (S ) có tâm O và A là một điểm nằm trên (S ) . Gọi I , K là hai điểm trên đoạn OA
sao cho OI = IK = KA . Các mặt phẳng (P) , (Q) lần lượt đi qua I , K , cùng vuông góc với
OA và cắt mặt cầu (S ) theo các đường tròn có bán kính lần lượt là r và r . Tính tỷ số r2 . 1 2 r1 A. r 2 10 r 10 r 3 10 r 10 2 = . B. 2 = . C. 2 = . D. 2 = . r 5 r 4 r 4 r 6 1 1 1 1 Lời giải Chọn B Trang 9/43 - WordToan A (Q) K r D 2 I r C 1 (P) O (S)
 Gọi R là bán kính mặt cầu (S ) .
Trên đường tròn tâm I và tâm K lần lượt lấy điểm C và D bất kì. Khi đó: K ∆ OD vuông tại K và IO
∆ C vuông tại I . 2 Ta có: 2 2 2 R R 8 r IC OC IO R   = = − = − = ; 1  3    3 2 2 2 2 2R R 5 r KD OD KO R   = = − = − = . 2  3    3 R 5 r 3 10  2 = = . r R 8 4 1 3 1 1 1 f (x)dx = ∫ 2 g(x)dx = ∫ 5  ∫ f (x) − 
2g(x)dx Câu 3: Cho 0 và 0 , khi đó 0 bằng A. −8. B. −3 . C. 12. D. 1. Lời giải Chọn A 1 1 1 
∫ f (x) − 2g(x)dx = ∫ f (x)dx −2∫ g(x)dx = 2 − 2.5 = −   8 . 0 0 0 x − Câu 4: Cho hàm số 2022 21 y =
. Khẳng định nào dưới đây là sai? x +1
A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( ; −∞ − ) 1 .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (1;2022) .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ;1 −∞ .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 1 − ;2022) . Lời giải Chọn C 2022x − 21 2043 y = ⇒ y′ = > 0;∀x ≠ 1 − . x +1 (x + )2 1
Trang 10/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( ; −∞ − ) 1 và ( 1;
− +∞) nên nó cũng đồng biến
trên các khoảng (1;2022) và( 1 − ;2022).
Câu 5: Cho cấp số cộng hình chóp (u thỏa mãn u = 3 và tổng hai số hạng đầu bằng 9. Số hạng u bằng n ) 1 3 A. 15. B. 6 . C. 9. D. 12. Lời giải Chọn C
Ta có u = u + 2d = u + 2 u − u = u + 2  9 − u − u  3 1 1 ( 2 1) 1 ( 1 ) 1  u =18 − 3u = 9 3 1 .
Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a 3 . Hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng đáy là điểm I thuộc đoạn thẳng AB sao cho BI = 2AI . Góc giữa mặt
bên (SCD) với mặt phẳng đáy là 0
60 (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng AD và SC . S A D I B C A. 9 31 a . B. 6 31 a . C. 3 93 a . D. 6 93 a . 31 31 31 31 Lời giải Chọn C S A D H I K B C
SI ⊥ ( ABCD) ⇒ SI ⊥ CD . Dựng IK ⊥ CD suy ra CD ⊥ (SIK ) ⇒ CD ⊥ SK .
Ta có (SCD) ∩( ABCD) = CD , do đó ((SCD) ( ABCD)) =  0 , SIK = 60 .
IK = AD = a 3 , 0
SI = IK.tan 60 = 3a .
Vì AD / /BC nên AD / / (SBC) , do đó d ( AD,SC) = d ( AD,(SBC)) = d ( , A (SBC)) . Trang 11/43 - WordToan d ( , A (SBC)) Vì AB 3 3
AI ∩(SBC) = B nên =
= ⇒ d ( AD, SC) = d (I,(SBC)).
d (I,(SBC)) IB 2 2
Ta có (SBI ) ⊥ (SBC) và (SBI ) ∩(SBC) = SB .
Dựng IH ⊥ SB ⇒ IH ⊥ (SBC) ⇒ d (I,(SBC)) = IH . 2 2a 3 SI. AB 3 . . a SI IB 3 3 2a 31 IH = = = = . 2 2 2 SI + IB 4 4a 31 2 2 2 SI + AB 9 9 a + 3
Câu 7: Cho hình lập phương ABC . D A′B C ′ D
′ ′ . Biết thể tích khối tứ diện ACB D ′ ′ bằng 3 3a , tính theo
a tổng diện tích các mặt của hình lập phương ABC . D A′B C ′ D ′ ′ . A. 2 12a . B. 2 3a . C. 2 18a . D. 2 24a . Lời giải Chọn C
Giả sử hình lập phương ABC . D A′B C ′ D
′ ′ cạnh bằng x . Ta có: 1 1 3 V = = = ′ = ′ ′ V ′ ′ V ′ DA DC DD x ACB D B ACD 2 D ACD 2. . . . . . 6 3 1 3 3
⇒ x = 3a ⇔ x = a 3 . 3
Do đó tổng diện tích của các các mặt của hình lập phương ABC . D A′B C ′ D ′ ′ là: S = (a )2 2 6 6. 3 =18a
Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ 100 −
;100] để đồ thị hàm số 1 y =
có đúng hai đường tiệm cận? (x − m) 2 4x − x A. 198. B. 0 . C. 196. D. 200 . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: 2
4x − x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4.
Vì lim y không tồn tại nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. x→±∞
Vậy để đồ thị hàm số 1 y =
có đúng hai đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có (x − m) 2 4x − x hai tiệm cận đứng. Mặt khác, 1 1 lim y = lim
= ∞ và lim y = lim = ∞ x 0+
x 0+ ( x − m) 2 x 4− x 4 4x − x − → → → → (x − m) 2 4x − x
Suy ra đồ thị hàm số đã có hai tiệm cận đứng là x = 0 và x = 4 .
Trang 12/43 – Diễn đàn giáo viên Toán m ≤ 0 Yêu cầu bài toán ⇔ 
. Vì m nguyên thuộc đoạn [ 100 − ;100] nên m ≥ 4 m∈{ 100 − ; 99 − ;...;0;4;5;...; }
100 nên có 101+ 97 =198 giá trị nguyên của m thoả mãn.
Câu 9: Cắt mặt trụ tròn xoay bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của mặt trụ đó ta xác được thiết diện là
A. Một hình chữ nhật.
B. Một đường tròn.
C. Một đường Parabol.
D. Một đường elip. Lời giải Chọn B x
Câu 10: Có bao nhiêu đường thẳng cắt đồ thị hàm số 4 y =
tại hai điểm phân biệt mà cả hai điểm đó x + 3
đều có tọa độ nguyên?( điểm M ( ;
x y) có tọa độ nguyên nghĩa là x, y ∈ ) A. 15. B. 12. C. 66 . D. 28 . Lời giải Chọn C 4x 12 y = = 4 − với x ≠ 3 − x + 3 x + 3
y ∈ ⇔ (x + 3) là ước của 12 ⇔ (x + 3)∈{ 1 ± ; 2 ± ; 3 ± ; 4 ± ; 6 ± ; 1 ± } 2 ⇒ x ∈{ 1 − 5; 9 − ; 7 − ; 6 − ; 5 − ; 4 − ; 2 − ; 1 − ;0;1;3; } 9 .
Có 12 điểm có tọa độ nguyên thuộc đồ thị qua 2 điểm có một đường thẳng đi qua. Vậy số
đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm có tọa độ nguyên là 2 C = 66 . 12
Câu 11: Cho đồ thị hai hàm số x
y = a và y = log x như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng? b
A. 0 < b <1< a .
B. 0 < a <1< b .
C. a >1,b >1.
D. 0 < a <1,0 < b <1. Lời giải Chọn A Ta có Trang 13/43 - WordToan Trên đồ thị hàm số x
y = a , xét tại điểm có hoành độ x =1 ta có tung độ 1
y = a = a , vì hàm số x
y = a đồng biến nên a >1.
Trên đồ thị hàm số y = log x , xét điểm có tung độ y =1 thi hoành độ là 1
x = b = b , vì hàm số b
y = log x nghịch biến nên ta có b <1. b
Vậy 0 < b <1< a .
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn ( 2
2x − 4x )log x + 79 − 4 ≤ 0  3 ( )  A. 80 . B. 79 . C. 26 . D. Vô số. Lời giải Chọn A
Điều kiện x > 79 − . 2
2x − 4x ≥ 0 2  x 2 2 ≥ 2 x   (
log x + 79 − 4 ≤ 0  4 3 ( ) x + 79 ≤ 3 2
2x − 4x )log x + 79 − 4 ≤ 0  ⇔ ⇔ 3 ( )    2
2x − 4x ≤ 0 2 x 2 2 ≤ 2 x    4
log x + 79 − 4 ≥ 0   + ≥ 3 ( ) x 79 3 2 x ≥ 2x x∈( ; −∞ 0]∪[2;+∞)   x ≤ 2 x ≤ 2 x ∈( ;0 −∞ ]∪{ } 2 ⇔  ⇔ ⇔  ⇔ x ∈( ;0 −∞ ]∪{ } 2 . 2 x ≤ 2x   0 ≤ x ≤ 2 x = 2     x ≥ 2 x ≥ 2
Đối chiếu điều kiện x > 79 − ta có
Vậy có 80 số nguyên thỏa mãn.
Câu 13: Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8 ta lập các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số vừa lập, tính xác suất để chọn được một số có đúng 3 chữ số lẻ và các chữ số lẻ đứng kề nhau. A. 3 . B. 4 . C. 1 . D. 1 . 14 35 35 14 Giải
Trang 14/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Số phần tử không gian mẫu 7 n(Ω) = A . 8
Ta chọn ra 3 chữ số lẻ: có 3 C . 4
Tiếp theo ta chọn ra 4 chữ số chẵn 4 C . 4
Xem 3 chữ số lẻ là một khối, kết hợp với 4 chữ số còn lại là xem như 5 chữ số, đồng thời hoán vị.
Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn là: 3 4 C .C .5!.3!. 4 4 3 4
Xác suất là C .C .5!.3! 1 4 4 = . 7 A 14 8
Câu 14: Cho hàm số f x = a ( 2 ( )
ln x + x +1)+bsin x + 4, với a,b∈ . Biết f (log(loge)) = 2. Tính f (log(ln10)) . A. 4 . B. 6 . C. 10. D. 2 . Đặt  1 t log(log e) log  = = = − 
log(ln10) ⇒ log(ln10) = t −   ln10 
Với f (t) = 2.
Suy ra f (log(ln10)) = f ( t − )
⇔ f (log(ln10)) = a ln ( 2 t
− + t +1)+bsin( t−)+ 4   ⇔ f ( ) 1 log(ln10) = a ln 
 − bsin t + 4 2  t + t +1 
⇔ f (log(ln10)) = −a ln ( 2
t + t +1)−bsint + 4
⇔ f (log(ln10)) = −a ln ( 2
t + t +1)−bsint −4+8
⇔ f (log(ln10)) = − f (t) + 8 = 6.
Câu 15: Tính số cách sắp xếp 4 nam sinh và 6 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ sao cho
tất cả nữ sinh luôn ngồi cạnh nhau. A. 6!× 4!. B. 7!× 4!. C. 10!. D. 6!×5!. Lời giải Chọn D
Coi 6 nữ sinh là 1 sinh, ta sẽ xếp 5 học sinh ( gộp 4 nam sinh và 1 nữ sinh vừa coi) có: 5! ( cách).
Mỗi cách xếp trên có số cách xếp 6 nữ sinh là: 6!( cách).
Vậy số cách xếp thỏa mán đề bài là: 6!×5!.
Câu 16: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5. B. 1. C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn D Trang 15/43 - WordToan
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng là: (SAC),(SBD),(SIK ),(SMN ).
Câu 17: Tìm tập giá trị của hàm số y = 3 sin x − cos x − 2 ?
A. − 3 − 3; 3 −1 −    . B. 2; 3   . C. [ 4; − 0]. D. [ 2; − 0]. Lời giải Chọn C
Ta có y = 3 sin x − cos x − 2 ⇔ 3 sin x − cos x = 2 + y .
Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi
( )2 +(− )2 ≥( + y)2 2 2 3 1 2
⇔ 3+1≥ 4 + 4y + y ⇔ y + 4y ≤ 0 ⇔ 4 − ≤ y ≤ 0 .
Vậy tập giá trị là T = [ 4; − 0] .
Câu 18: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [2;4] và thỏa mãn f (2) = 2 , f (4) = 2022 . Tính 2 tích phân f ′ ∫ (2x)dx . 1 A. 2020 . B. 1010. C. 1011. D. 2022 . Lời giải Chọn B 2
Ký hiệu I = f ′ ∫ (2x)dx . 1 Đặt d = 2 ⇒ d = 2d ⇔ d t t x t x x = . 2
Đổi cận : x =1⇒ t = 2, x = 2 ⇒ t = 4 . 4 Từ đó suy ra 1 I = f ′ ∫ (t) 1
t = f (t) 4 1
| =  f ( )− f ( ) 1 d 4 2  =  (2022− 2) =1010. 2 2 2 2 2 2 55 dx Câu 19: Tính 2 2 2
a + 2b + c biết
= a ln 2 + bln 5 + c ln11 ∫
, với a,b,c là các số hữu tỉ. + 16 x x 9 A. 4 . B. 1. C. 10 . D. 7 . 9 9 9 Lời giải
Trang 16/43 – Diễn đàn giáo viên Toán Chọn D 55 Ký hiệu dx I = ∫ . Đặt 2
t = x + 9 ⇒ t = x + 9 ⇒ 2tdt = dx + 16 x x 9 Đổi cận: x 16 55 t 5 8 Suy ra : 8 8 8 2tdt 2dt 1  1 1 I  = ∫ ( = = − ∫ ∫ dt 2 t − 9 .t t 3 t 3
3  t 3 t 3  − + − + 5 ) 5 ( )( ) 5  1
= ( t − − t + ) 8 1 ln 3 ln 3
= (ln 5 − ln11− ln 2 + ln8) 3 5 3 2 1 1 = ln 2 + ln 5 − ln11 3 3 3  2 a =  3   1 2 2 2 7 ⇒ b  =
⇒ a + 2b + c = 3 9   1 c = − .  3
Câu 20: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn log x = log y = log 2x + 2y . Tính tỉ số x . 6 9 4 ( ) y A. x 3 = . B. x 2 = . C. x =1+ 3 . D. x = 3 −1. y 2 y 3 y y Lời giải Chọn C x = 6t (1) 
log x = log y = log 2x + 2y = t ⇒ y = 9t (2) 6 9 4 ( )
2x+ 2y = 4t (3) 
Thế (1), (2) vào (3) ta được:  2 t  = − t t   1 3 2 t t t  2   2   3 2.6 + 2.9 = 4 ⇔ − + 2. + 2 = 0  ⇔ ⇔ t = log 1+     3 2  t ( )  3   3   2  3  = 1+   3  3  log2 (1+ 3) x  2  3 ⇒ = =1+   3 . y  3 
Câu 21: Cho hình đa diện đều loại {3; }
5 có cạnh bằng 4a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình
đa diện đó. Khẳng định nào sau đây là đúng? Trang 17/43 - WordToan A. 2 100 3a . B. 2 20 3a . C. 2 4 3a . D. 2 80 3a . Lời giải Chọn D
Hình đa diện đều loại {3; }
5 là hình hai mươi mặt đều, các mặt là các tam giác đều cạnh 4a .
S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện. (4a)2 . 3 Vậy 2 S = 20. = 80 3a . 4
Câu 22: Cho hai số tự nhiên a , b không lớn hơn 10. Có bao nhiêu cặp số (a;b) để ( 2
lim n − bn + 7 + a − n) = 0 ? A. 2 . B. 1. C. 6 . D. 5. Lời giải Chọn C Ta có ( 2
lim n − bn + 7 + a − n)  2
lim n bn 7 (n a) = − + − −   2
n − bn + 7 − (n − a)2 2 2 2 − + − + − = lim n bn 7 n 2 = lim na a 2
n − bn + 7 + n − a 2
n − bn + 7 + n − a
n(2a − b) 2 + 7 − a − a b = lim 2 = 2
n − bn + 7 + n − a 2
Theo giả thiết 2a − b = 0 ⇔ b = 2a .
Ta có 0 ≤ b ≤10 nên 0 ≤ 2a ≤10 ⇔ 0 ≤ a ≤ 5 .
Vậy có tất cả là 6 cặp số (a;b) thỏa mãn.
Câu 23: Cho khối lăng trụ ABC.A′B C ′ ′ có AB = ;
a A′C′ = 4a; BB′ = 3a . Giá trị lớn nhất thể tích lăng trụ bằng A. 3 3a . B. 3 6a . C. 3 9a . D. 3 2a . Lời giải Chọn B
Trang 18/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Gọi H là hình chiếu của B′ trên ( ABC). ′ Trong tam giác B H BB H ′ có  ′ = ⇒ ′ = ′  sin B BH B H BB .sin B B ′ H . BB′ Khi đó 1 = ′ = ′  = ′  1 ′  V ′ ′ BB S . ∆ BB AB AC BAC BB B BH AB AC BAC ABC A B C . ABC . . .sin .sin . . .sin . ' 2 2 1 1 3 ⇒ V ≤ ′ = = ′ ′ BB AB AC a a a a . ABC A B C . . 3 . . .4 6 . ' 2 2    ′ =  sin B BH 1 B B ′ H = 90° Dấu “=” xảy ra khi  ⇔ .    =  sin BAC 1 BAC = 90°
Hay dấu “=” xảy ra khi lăng trụ ABC.A′B C
′ ′ đứng và có đáy là tam giác ABC vuông tại A .
Giá trị lớn nhất thể tích lăng trụ bằng 3 6a .
Câu 24: Cho hình nón có đường sinh l = 2a , góc giữa đường sinh và mặt đáy bằng 60° . Diện tich xung quanh của hình nón bằng A. 2 3πa . B. 2 π a . C. 2 4π a . D. 2 2π a . Lời giải Chọn D
Góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy là góc  SAO = 60° . Ta có: a
l = SA = 2a ⇒ 2
r = OA = S . A cos60° = = a . 2
Diện tích xung quanh hình nón là: 2
S = π rl = π a a = π a . xq . .2 2
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x) biết hàm số y = f ′( x) có đồ thị như hình vẽ .Hàm số
g (x) = f (x − ) 2 2
1 − x + 2x + 2022 có bao nhiêu điểm cực đại? Trang 19/43 - WordToan A. 3. B. 2 . C. 5. D. 4. Lời giải Chọn B
g′(x) = 2 f ′(x − )
1 − 2x + 2 = 2 f ′(x − ) 1 − 2(x − ) 1
g′(x) = 0 ⇔ f ′(x − ) 1 = (x − ) 1
Quan sát đồ thị đã cho ta thấy đồ thị hàm số y = f ′(x) cắt đường thẳng y = x tại 3 điểm có x = 1 −  hoành độ là 5 1; −
;3 nên phương trình f ′(x) 5 = x ⇔  x = 4  4  x = 3  Do đó phương trình x −1 = 1 −  x = 0  
Ta có BBT của đồ thị hàm số y = g (x) f ′(x − ) 5 9
1 = x −1 ⇔  x −1 = ⇔ x = .  4  4  x 1 3  − = x = 4  
Vậy hàm số y = g (x) có 2 cực đại.
Câu 26: Cho hai hàm số bậc ba y = f ( x) và y = g ( x) có đồ thị như hình vẽ ( đồ thị hàm số y = f ( x)
Trang 20/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
là đường nét liền ; đồ thị hàm số y = g (x) là đường nét đứt ). Biết rằng hai đồ thị hàm số y = f ( 3
− x + 2) và y = 3g (ax + b) có chung khoảng đồng biến. Giá trị của biểu thức a + 2b là: A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn A
Ta có : y = f (− x + ) ⇒ y = − f ′(− x + ) 3 3 2 ' 3. 3 2 > 0 ⇔ 0 < 3
− x + 2 < 2 ⇔ 0 < x < 2
Nên hàm số y = f ( 3
− x + 2) đồng biến trên khoảng  3 0;   2   
Xét hàm số: y = 3g (ax + b) ⇒ y ' = 3 .
a g′(ax + b) > 0 .
• Th1 : a > 0 . Khi đó ′( + ) > ⇔ ′( + ) 1 − − 1 3 . 0 > 0 ⇔ 1 − < + < 1 b − b a g ax b g ax b ax b ⇔ < x < a a
Theo đề ta có hàm số y = 3g (ax + b) đồng biến trên khoảng  3 0;   2     1 − − b = 0  a b  = 1 − Suy ra  ⇔ 1 b 2  −   a = 3 =  a 3 nên a + 2b =1.
• Th 2 : a = 0 . Khi đó y = 3g (ax + b) = 3g (b) là hàm hằng nên không thỏa yêu cầu bài toán.  1 − − b  + > 1 x ax b < − 
• Th3: a > 0 Khi đó 3 . ′( + ) > 0 ⇔ ′( + ) < 0 a a g ax b g ax b ⇔ ⇔  
ax + b < 1  1− b x >  a
Do đó y = 3g (ax + b) không có cùng khoảng đồng biến với hàm số y = f ( 3 − x + 2) . Trang 21/43 - WordToan Câu 27: Cho hàm số 3
f x = ax + bx − c ( 2 ( )
ln x + 1+ x ) với a,b,c là các số thực dương, biết f (1) = 3
− , f (5) = 2 . Xét hàm số g(x) = 3 f (3− 2x) + 2 f (3x − 2) − m , gọi S là tập hợp tất cả các
giá trị thực của m sao cho max g(x) =10. Tổng các phần tử của S là [ 1 − ] ;1 A. 11 − . B. 11. C. 13 − . D. 13 Lời giải Xét hàm số 3
f x = ax + bx − c ( 2 ( )
ln x + 1+ x ) xác định trên  .  1  Ta có f (−x) 3
= −ax − bx − cln ( 2 −x + 1+ x ) 3
= −ax − bx − cln   2
x + 1+ x  3
= −ax − bx + c ( 2
ln x + 1+ x ) = − f (x) , suy ra f (x) là hàm số lẻ ⇒ f ( 5) − = − f (5)
Mặt khác ta lại có: ′( ) 2 = 3 c f x ax + b − 2 1+ x
Xét hàm số h(x) = 3 f (3− 2x) + 2 f (3x − 2) − m , có h'(x) = 6
− f '(3− 2x) + 6 f '(3x − 2)    
h x = [ f x − − f − x ] 2 2 1 1 '( ) 6 '(3 2)
'(3 2 ) = 63a (3x − 2) − (3− 2x)  + c  −      2 2 1 (3 2x) 1 (3x 2)   + − + −        = 6( 2 2
1+ (3 − 2) − 1+ (3− 2 ) )3 ( 2 2 1+ (3 − 2) + 1+ (3− 2 ) ) c x x a x x +  2 2 
1+ (3x − 2) . 1+ (3− 2x)   
3x − 2 = 3− 2xx =1 2 2 2 2
h'(x) = 0 ⇔ 1+ (3t − 2) − 1+ (3− 2t) = 0 ⇔ (3x − 2) = (3− 2x) ⇔ ⇔  3x 2 2x 3  − = − x = 1 − Do
h(1) = 3 f (1) + 2 f (1) − m = 5 f (1) − m = −m −15;h( 1)
− = 3 f (5) + 2 f ( 5
− ) − m = f (5) − m = −m + 2
cho nên A = max g(x) = −m + 2 , B = min g(x) = −m −15. [ 1 − ] ;1 [ 1 − ] ;1
Ta có max g (x) = max{ −m −15 , −m + 2}. [ 1 − ; ] 1
Trường hợp 1:
 −m −15 ≥ −m + 2 
m +15 ≥ −m +  2
max g(x) = −m−15 = m+15 ⇔  ⇔ m = 5 − .  [  m +15 = 10 1 − ; ] 1 
Trường hợp 2:
 −m + 2 > m +15 
 −m + 2 > m +  15
max g(x) = −m+ 2 ⇔  ⇔ m = 8 − .  [  −m + 2 = 10 1 − ; ] 1 
Vậy có 2 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m = 5, − m = 8 − .
Câu 28: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và tâm O ' , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a .
Trên đường tròn đáy có tâm O lấy hai điểm ,
A D sao cho AD = a 15 ; gọi C là hình chiếu
vuông góc của D lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm (O') ; trên đường tròn tâm (O') lấy điểm
B ( AB,CD chéo nhau). Đặt α là góc giữa AB với đáy. Tính tanα khi thể tích khối tứ diện
ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. 15 . B. 10 . C. 15 . D. 3 . 4 5 5 3 Lời giải
Trang 22/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm ′ O .
Ta có: hình lăng trụ đứng ADH.KCB Do đó: 1 1 1 1 V = V = ⋅ 2a ⋅ S
= ⋅ 2a ⋅ ⋅ AD ⋅d H AD ABCD ADH KCB ADH , . ( ) 3 3 3 2 2 1 15 = ⋅ ⋅ ⋅ ( ) 15 2 , = a a a d H AD
⋅d (H, AD) . 3 2 3
Khi thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách từ H đến AD lớn nhất nên
H nằm chính giữa cung lớn chứa dây AD .
Áp dụng định lí sin cho tam giác ADH ta có:
AD = ⇔  AD a 15 15  2R sin AHD = = = ⇒  1 cos AHD = . sin AHD 2R 4a 4 4
Áp dụng định lí cosin cho tam giác cân ADH ta có: 2 2 2 2  1  3 2
AD =2AH − 2AH cosAHD = 2AH 1− =  AH 4    2 2 2 15 ⇒ = = a AH AD . 3 3 BH 2a 15
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ABH ta có tanα = = = . AH 2 15a 5 3
Câu 29: Cho hình chóp S.ABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SA , tam giác ABC là tam giác vuông
tại A , AC = a . Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABC) bằng 30° , gọi ϕ là góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC), 3 sinϕ =
. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . 3 2 20πα 2 A. . B. 2 3πa . C. 4π a . D. 2 4π a . 9 3 Lời giải Trang 23/43 - WordToan
Gọi I , J , H lần lượt là trung điểm SA , BC , AB . Ta có AC a HJ =
= (tính chất đường trung bình). 2 2
HJ // AC (tinhchat duong tb)  Ta có  . ⊥ (
) ⇒ HJ ⊥ AB
AC AB vi SAla duong kinh  HI // SB  Tương tự
 ⇒ HI ⊥ AB . AB ⊥ SB
(SAB)∩( ABC) = AB
⇒ ((SAB) ( ABC))  = (HI HJ )  =  ; ;
IHJ = 30° (do tam giác IJH vuông tại J ).
Gọi K là hình chiếu của J trên IH ⇒ JK ⊥ (SAB) , d (J;(SAB)) = JK .
Gọi M là hình chiếu của C trên (SAB) , kẻ CN ⊥ SA tại N . Ta có = sin 30 a KJ HJ ° = . 4
d (J;(SAB)) JK BJ 1 a = = = ⇒ = = . d (
d (C; SAB ) 2d (J; SAB ) C;(SAB)) ( ) ( ) CM BC 2 2
⇒ ((SAB) (SAC))  = (MN CN)  =  ; ; CNM = ϕ . Tam giác CM a 3a
CMN vuông tại M ⇒ CN = = = . sinϕ 3 2 2 3
Tam giác SAC vuông tại C 1 1 1 1 1 4 1 1 ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = ⇒ SC = a 3 . 2 2 2 2 2 2 2 2 CA SC CN a SC 3a SC 3a 2 2 2 2 Bán kính mặt cầu là SA SC + AC 3a + a r = = = = a . 2 2 2 Diện tích mặt cầu là 2 2
S = 4π r = 4πα .
Câu 30: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a 2 , đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Gọi
M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (SCD) sao cho tổng 2 2 2 2 2
T = MA + MB + MC + MD + 2MS
Trang 24/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
nhỏ nhất. Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD và V là thể tích của khối chóp M.ACD . Tỉ 1 2 số V1 bằng V2 17 A. . B. 14 . C. 9 . D. 21 . 4 3 2 5 Lời giải Chọn B
Gọi G là tâm của hình vuông ABCD
     
I là điểm thỏa mãn IA + IB + IC + ID + 2IS = 0
           
IA + IB + IC + ID + 2IS = 0 ⇔ 4IG + 2IS = 0 ⇔ 2IG + IS = 0     
⇔ 3IG + GS = 0 ⇔ 3GI = GS GS
⇒ I thuộc đoạn SG sao chó IG = . 3          
Ta có T = (IA− IM )2 +(IB − IM )2 +(IC − IM )2 +(ID − IM )2 + (IS − IM )2 2
      2 2 2 2 2
⇒ T = IA + IB + IC + ID + IS − IM (IA+ IB + IC + ID + IS) 2 2 2 2 + 6IM 2 2 2 2 2 2
⇒ T = IA + IB + IC + ID + 2IS + 6IM 2 2 2 2 2 2
⇒ T ≥ IA + IB + IC + ID + 2IS + 6IH ( H là hình chiếu của I trên (SCD) ) 2 2 2 2 2 2
⇒ MinT = IA + IB + IC + ID + 2IS + 6IH T ⇔ M ≡ H 1 1 2 1 2 V = V = SG S = SG a = SG a S ABCD . ABCD . . 1 . 3 3 3 1 a V = V = V = d H ACD S = d H ACD = d H ACD a M ACD H ACD ( 2 ( )) 1 ACD ( ( )) 1 ; . ; . ( ;( )) 2 . 2 . . 3 3 2 6 2 2 2 2 a a 6 SG a
= SA − GA = 2a − = , 2 6 SI = SG = . 2 2 3 3 2 2
Gọi E là trung điểm a a a CD , 2 2 2 2 3 7
SE = SG + OE = SG + OE = + = . 2 4 2 Trang 25/43 - WordToan S ∆ HI S
∆ GE (g.g) SH SI SH SI.SG 4 EH 7 ⇒ = ⇒ = = ⇒ = 2 SG SE SE SE 7 SE 3
d (H;( ACD)) SH 4 = =
d (S;( ABCD)) SE 7
1 d (S;(ABCD)).S V 3 ABCD 2SE 14 1 ⇒ = = = . V 1 EH 3 2
d (H;( ABCD)).S 3 ACD
Câu 31: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log (4x + y + 2xy + 2)y+2 = 8 − 2x − 2 y + 2 . Giá trị nhỏ 2 ( )( )
nhất của P = 2x + y là số có dạng M = a b − c với a,b,c ∈,a > 2. Tính S = 2a + b − .c A. S =19 . B. S = 7 . C. S =17 . D. S =13. Lời giải Chọn B
Giả thiết ⇔ ( y + 2)log  y + 2 2x +1  = 8− 2x − 2 y + 2 2 ( )( ) ( )( ) 8 8 1
⇔ log y + 2 + log 2x +1 =
− 2x + 2 ⇔ log 2x +1 + 2x +1 = + log + 3 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 y + 2 y + 2 y + 2 8 8
⇔ log 2x +1 + 2x +1 = log + * . 2 ( ) 2 ( ) y + 2 y + 2
Vì x, y > 0 nên 2x +1 > 0 và 8 > 0. y + 2
Xét hàm số f (t) = log t + t trên (0;+∞) ta có f ′(t) 1 = +1 > 0, t ∀ > 0. 2 t ln 2
Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên (0;+∞).  
Khi đó ( ) ⇔ f ( x + ) 8 8 8 * 2 1 = f ⇔ 2x +1 = ⇔ 2x = −   1.  y + 2  y + 2 y + 2   Ta có 8 8
P = 2x + y = + y −1 = + y + 2 −   3. y + 2  y + 2  8 ≥ 2
.( y + 2) −3 = 4 2 −3 (Theo BĐT Côsi cho hai số dương 8 và y + 2). y + 2 y + 2
Suy ra min P = 4 2 − 3 hay a = 4,b = 2,c = 3. Vậy S = 2a + b − c = 2.4 + 2 − 3 = 7.
Câu 32: Cho hàm số f ( x) 3
= x + x + 2. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
f ( 3f (x)+ f (x)+ m) 3 3
= −x − x + 2 có nghiệm x thuộc đoạn [ 2; − 2]? A. 2276 . B. 1749. C. 1750. D. 2277 . Lời giải Chọn D Ta có f ′(x) 2
= 3x +1 > 0, x
∀ ∈  suy ra hàm số f (x) đồng biến trên . 
Phương trình ⇔ ( 3 ( )+ ( )+ ) = (− ) 3 3 3 f f x f x m f
x ⇔ f (x) + f (x) + m = −x 3
⇔ f (x) + f (x) 3 3
+ m = −x ⇔ −m = f (x) + f (x) 3 + x (*).
Trang 26/43 – Diễn đàn giáo viên Toán Xét hàm số ( ) 3 = ( ) + ( ) 3 g x f x
f x + x trên [ 2; − 2] có
g′(x) = f ′(x) 2
f (x) + f ′(x) 2 3 + 3x > 0, x ∀ ∈[ 2; − 2]
Suy ra hàm số g (x) đồng biến trên [ 2; − 2].
Khi đó min g (x) = g ( 2 − ) = 528 −
và max g (x) = g (2) =1748. [ 2; − 2] [ 2; − 2]
Để phương trình ban đầu có nghiệm trên [ 2;
− 2] thì phương trình (*) có nghiệm trên [ 2; − 2]
⇔ min g (x) ≤ −m ≤ max g (x) ⇔ 1748 − ≤ m ≤ 528. [ 2; − 2] [ 2; − 2] 528 − ( 1748 − ) Vì m∈ nên có
+1 = 2277 số nguyên m thỏa mãn bài toán. 1
Câu 33: Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn m∈[0;25] sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số g(x) |
= 2 f (x) + m + 4 | − f (x) − 3| trên đoạn [ 2; − 2] không bé hơn 1 ?
A. 21. B. 24. C. 25. D. 19. Lời giải Chọn B Do m∈[0;25] và 2
− ≤ f (x) ≤ 2, x ∀ ∈[ 2; − 2]
⇒ 2 f (x) + m + 4 = 2 f (x) + m + 4 ⇒ g(x) |
= f (x) + m +1|.
Nếu m ≤1⇒ min g (x) = 0 ≥1 không thoả mãn; [ 2; − 2]
Nếu m ≥ 2 ⇒ g (x) ≥1⇒ m ≥ 2 thỏa mãn. m ≥ 2 Do m∈
⇒ m = 2...25 ⇒ có [25 − 2]+1 = 24 giá trị của m . m∈  [0;25]
Câu 34: Cho hình vuông kích cỡ 4 x 4 như hình vẽ. Sắp xếp ngẫu nhiên các số tự nhiên từ 1 đến 16 vào 16
ô vuông. Tính xác suất để có tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là một số lẻ. Trang 27/43 - WordToan 46 8 A. 1 . B. . C. . D. 16 . 14 6435 715 2145 Lời giải Ta có n(Ω) =16!
Gọi A là biến cố: “tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là một số lẻ”.
Từ 1 đến 16 có 8 số lẻ.
Để tổng bốn số ở các ô trong cùng một hàng hay cùng một cột đều là một số lẻ thì mỗi hàng và
mỗi cột chỉ có 1 số lẻ hoặc 3 số lẻ. TH1:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp. TH2:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp. TH3:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp. TH4:
Trang 28/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp. TH5:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp. TH6:
Xếp 8 số lẻ có 8! cách. Xếp 8 số chẵn có 8! cách. Nên có 8!.8! cách xếp.
Hoán vị các hàng ta có 4! cách.
Vậy TH này có 8!.8!.4! cách xếp.
Từ đó ta có n( A) = ⇒ P( A) 8 6.8!.8!.4! = . 715 2  1 1 1  Câu 35: Biết 3 3
∫ − + 32 − d a x x = c
với a,b,c là các số nguyên dương, a tối giản và 2 8 11 x x x b b 1   c < .
a Tính S = a + 2b + . c A. S = 99. B. S = 67. C. S = 51. D. S = 88. Bài làm 2 2  1 1 1   1  2  3 ∫ − + 3 −  = 3 x 2 dx ∫ x −    1+ d . x 2 8 11 2 2 x x x x     x  1 1  1 1  2 Đặt 3 2  = 3 t x − ⇒ t = x − ⇒ 3t dt = 1+  d . x 2 2 3 x xx  7 7 2 4    Khi đó 1 2 3 3 4 21 3 a 3 3 ∫ x−  1+
dx = 3t dt = t 4 = 14 = c. 2 2 x x  ∫    4 32 b 1  0 0 a = 21  Suy ra b
 = 32. Vậy S = a + 2b + c = 21+ 2.32 +14 = 67. c =  14
Câu 36: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên .
Hàm số y = f (′x) có đồ thị như hình vẽ. Trang 29/43 - WordToan Xét hàm số 3 3 2
g x = f −x − x + m + x + x − m ( 3 ( ) 3 ( 3 ) ( 3 ) 2
− x − 6x + 2m − 6). Số giá trị nguyên
của tham số m thuộc đoạn [ 2022 −
;2022] để hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng ( 2; − 2) là A. 4027. B. 4017. C. 2023. D. 2021. Bài làm 3  u − = x + 3x −  m Đặt 3
u = −x − 3x + m ⇒  . 3 2u − 6 = 2
− x − 6x + 2m − 6 Ta có 2 u′ = 3
− x − 3 < 0, x ∀ ∈( 2; − 2) với x ∈( 2;
− 2) thì u ∈(m −14;m +14).
Khi đó g(x) trở thành 2 3 2
g(u) = 3 f (u) + u (2u − 6) = 3 f (u) + 2u − 6u . 2 2
g (′u) = 3 f (′u).u′ + (6u −12u).u′ = 3u′ f (′u) + (2u − 4u).  
Để hàm số g(x) nghịch biến trên ( 2; − 2) thì 2
f (′u) + (2u − 4u) > 0, u
∀ ∈(m −14;m +14). m +14 ≤ 1 m ≤ 13 −
Dựa vào ĐTHS ở trên ta thấy ycbt ⇔  ⇔  . m −14 ≥ 2 m ≥16
Vậy có 4017 giá trị nguyên thỏa mãn là { 2022 − ; 2021 − ;...; 13 − ;16;17;...; } 2022 . x− 2x − 2023
Câu 37: Số nghiệm của phương trình ( 2
x − 2023x + 2022)( 1 2022 + ) 1 = 2022 A. 3. B. 2 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn B ( 2x − x + )( x 1 − + ) 2x − 2023 2023 2022 2022 1 = 2022 x
x −1+ x − 2022 ⇔ 20222 + 2022 = ( x − ) 1 (x − 2022) x 1 1 ⇔ 2022 + 2022 = +
x − 2022 x −1 Xét hàm số 2022x y =
+ 2022 có a >1 nên là hàm đồng biến và có I = (2022;+∞) Xét hàm số 1 1 y = + có 1 − 1 y′ = − < 0
x − 2022 x −1
(x − 2022)2 (x − )2 1
Trang 30/43 – Diễn đàn giáo viên Toán Ta thấy hàm số 2022x y =
+ 2022 lên tục trên nên từ BBT suy ra đồ thị hàm số 2022x y = + 2022cắt ĐTHS 1 1 y = +
tại 2 điểm phân biệt.
x − 2022 x −1
Câu 38: Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để phương trình x 1 9 + − ( 4 2 2 4 + 2 +1 + 3 + 6 − 3)3x m x x m m
+1 = 0 có nghiệm duy nhất . Tổng các phần tử của S bằng A. 2 . B. 3 − . C. 2 − . D. 1 − . Lời giải Ta có x 1 9 + − m( 4 2 2
4 x + 2x +1 + 3m + 6m −3)3x +1= 0
⇔9⋅3x +3−x =m( 44(x+ )2 2
1 + 3m + 6m −3)(*)
Nhận xét: nếu x là nghiệm của (*) thì −x − 2cũng là nghiệm của (*) . Thật vậy 0 0 −x −2 x +2 2 0 0 9⋅3 + 3
= m( 44 (−x −2+1 +3m +6m−3 0 ) 2 ) −x x 2 0 0
⇔ 3 + 9⋅3 = m( 44 (x +1 +3m +6m−3 0 ) 2 )
Do đó phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ x = −x − 2 ⇔ x = 1 − 0 0 0 Thay x = 1 − vào (*) ta được: 0 1 m( 2 3m 6m 3) 1 3− − + − +1 = 0 m = 2 − 3 2
3m 6m 3m 6 0  ⇔ + − − = ⇔ m =1  m = 1 −  Thử lại Với m = 2 − ta được: x −
+ x = − ( (x+ )2 4 9.3 3 2 4 1 −3) Trang 31/43 - WordToan = 9.3x + 3−x VT ≥ 6  
 ⇒ VT = VP ⇒ m = − tm VP = 2 − (4 (x+ )2 2( ). 4 1 −3) ≤ 6 Với m =1 x − + x = ( 2 4 9.3 3 4 x +1 + 6) ta được: ( )
Ta thấy phương trình luôn có hai nghiệm x = 1;
− x = 0 do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với m = 1 − x − + x = −( 2 4 9.3 3 4 x +1 − 6) ta được: ( ) = 9.3x + 3−x VT ≥ 6  
 ⇒ VT = VP ⇒ m = 1( − tm).
VP = −(4 (x+ )2 4 1 − 6) ≤ 6 
Tổng các phần tử của S bằng 3 − .
Câu 39: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3 , trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD)
tại A ta lấy điểm S di động không trùng với A . Hình chiếu vuông góc của A lên SB , SD lần
lượt là H , K . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK . A. 16 . B. 7 . C. 16 . D. 9 . 7 16 9 16 Lời giải Chọn D
Ta dễ dàng chứng minh được SC ⊥ ( AHK ), HK // BD , AH = AK ;
gọi AC ∩ BD = { }
O , SO ∩ HK = {I}, AI ∩ SC = {E}, thì ta có ⇒ AE ⊥ SC
Cũng dễ chứng minh được BD ⊥ (SAC) ⇒ HI ⊥ (SAC) ; Vậy ta suy ra 1 V = V = HI S . ACHK 2. H IAC 2. . . . 3 IAC
Đặt SA = x > 0 , ta dễ dàng sử dụng các hệ thức lượng trong các tam giác vuông để có các kết quả 2 2 HI SH SA x 2 6 x = = = ⇒ HI = . . 2 2 BO SB SB x + 3 2 2 x + 3
Trang 32/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Gọi N là hình chiếu của K tới AD , gọi M là hình chiếu của I tới AC , ta dễ dàng có
IM = KN ; còn dễ thấy 2 KN DK DA 3 3x = = = ⇒ IM = KN = ; suy ra 2 2 SA DS DS x + 3 2 x + 3 IM .AC 3x 6 S = = . IAC 2 2( 2 x + 3) Vật ta có 2 3 2 6 x 3x 6 3x V = = . ACHK . . . 2 3 2 x + 3 2( 2 x + 3) ( 2 x + 3)2 2 2 Xét hàm số 3 ( ) 3x 3x (9 − x ) f x = , có
; dễ thấy đạo hàm có nghiệm dương là ( f ′( x) = x + 3)2 2 (x +3)3 2 x = 3; Ta có bảng biến thiên:
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK bằng 9 . 16
Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 3a , tam giác SAB đều, góc giữa hai mặt
phẳng (SCD) và ( ABCD) bằng 60°. Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng SM và AC , biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng
( ABCD) nằm trong hình vuông ABCD. A. 3a 5 . B. 5a 3 . C. a 5 . D. a 5 . 10 3 10 5 Lời giải Chọn A
Gọi hình chiếu của S tới ( ABCD) là H ; gọi N là trung điểm CD , thì góc giữa hai mặt phẳng
(SCD) và ( ABCD) là 
SNH bằng 60°; đặt NH = x , dễ suy ra SH = x 3 , MH = 3− x Xét tam giác vuông S ∆ MH có 2 2 27 3
3x + x − 6x + 9 = ⇔ x = . 4 4
Gọi tâm của đáy là O ; gọi điểm S′ thuộc đoạn SM mà có O là hình chiếu của nó lêm mặt đáy; ′ ta có S O MO 2 = = 2 3 3 ⇒ S O ′ = . . 3 = . SO MH 3 3 4 2 Trang 33/43 - WordToan
Lấy M ′ là trung điểm của BC , dễ thấy AC// MM ′ ⇒ AC// (SMM ′) và BO ⊥ MM ′;
Gọi {O }′ = BO ∩ MM ′ ; kẻ OK ⊥ S O
′ ′ ⇒ OK ⊥ (SMM ′)
⇒ OK = d (O,(SMM ′)) = d ( AC, SM ) ′ ′ Dễ tính được BD 3 2 OO′ = = và 30 S O ′ ′ = ; vậy ta có OO .OS 3 5 OK = = . 4 4 4 O S ′ ′ 10
Câu 41: Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số
( 2x −3x+2) x−1 y =
có bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? 3
x 2 f (x) 2
− 3 f (x) + f (x)   A.8 . B. 4 . C.5. D. 6 . Giải
( 2x −3x+2) − − − − g (x) x 1 (x ) 1 (x 2) x 1 = = 3
x 2 f (x) 2
− 3 f (x) + f (x) xf (x)  f  
 ( x) −1 2 f   (x)−1  x = 0  f (x) = 0 
xf (x)  f
 ( x) −1 2 f   (x)−1 = 0 ⇔   f (x) =1   f (x) 1 =  2 Ta có:
Từ đồ thị hàm số ta suy ra:
Trang 34/43 – Diễn đàn giáo viên Toán x = x
+) Phương trình f (x) = 0 1 ⇔ 
(trong đó x = x <1 là nghiệm đơn, x = 2 là nghiệm kép). x = 2 1 x =1
+) Phương trình f (x) =1 
⇔ x = x (trong đó x = x , x = x là các nghiệm đơn lớn hơn 1). 2  2 3 x =  x3 x = x4
+) Phương trình f (x) 1 
= ⇔ x = x (với x < x <1, x < x < 2 < x < x ) 5 2  1 4 2 5 6 3 x =  x6 Đặt ( ) 3 2
f x = ax + bx + cx + d (a ≠ 0) − − − − − − ⇒ g (x)
(x )1(x 2) x 1
(x )1(x 2) x 1 = =
xf (x)  f
 ( x) −1 2 f   (x) 3
−1 a x(x − x x − 2 x −1 x − x x − x ... x − x 1 ) ( )2 ( )( 2 ) ( 3 ) ( 6 ) x −1 = 3
a x(x − 2)(x − x ... x − x 1 ) ( 6 )
Do điều kiện tồn tại của căn thức x ≥1, suy ra đồ thị có 4 tiệm cận đứng
x = x , x = x , x = 2, x = x , x = x . 2 5 6 3 x −1 lim
= 0 do bậc tử bé hơn bậc mẫu, nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận 3
x→+∞ a x ( x − 2)( x − x ... x − x 1 ) ( 6 ) ngang y = 0.
Vậy đồ thị hàm số có 5 tiệm cận tất cả.
Câu 42: Cho hàm số bậc ba f ( x) và hàm số g ( x) = f ( 2
mx + nx + p) ( , m ,
n p ∈) có đồ thị như hình vẽ
(đường nét liền là đồ thị hàm số f (x) , nét đứt là đồ thị hàm số g (x) ), đường thẳng 1 x = − là 2
trục đối xứng của đồ thị hàm số g (x) . Tính g (4) A. 9198. B. 7940 . C. 6802 . D. 1692. Giải Ta có f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d ⇒ f (x) 2 '
= 3ax + 2bx + c
Hàm số đạt cực trị tại x = 0, x = 2 và đồ thị hàm số qua điểm (1;0),(0;2) nên Trang 35/43 - WordToan f '(0) = 0  a = 1   f '(2) 0 b  =  = 3 −  ⇒  ⇒ = − + f  ( ) f (x) 3 2 x 3x 2 1 = 0 c = 0   f  (0) = 2  d = 2
Ta có g (x) = (mx + nx + p)3 − (mx + nx + p)2 2 2 3
+ 2. Hệ số tự do bằng 3 2 p − 3p + 2  p =1 
Đồ thị hàm số g (x) qua điểm (0;0) nên 3 2
p − 3p + 2 = 0 ⇒ p =1− 3 , p ∈ ⇒ p =  1  p =1+  3
Đồ thị hàm số ( ) = ( 2 g x
f mx + nx + p) có trục đối xứng 1
x = − nên đồ thị hàm số 2 2
y = mx + nx + p cũng có trục đối xứng 1 x = − n 1 ⇒ −
= − ⇒ n = m 2 2m 2
Đồ thị hàm số g (x) qua điểm ( 2; − 2) nên  m = n =1 g ( 2) 0
g (x) (2m )3 1 3(2m )2 1 2 2  − = ⇒ = + − + + = ⇒ 1 m = n = −  2
Do đồ thị có hướng quay lên trên suy ra m > 0 ⇒ m = n = p =1
⇒ g ( ) = f ( 2 + + ) = f ( ) 3 2 4 4 4 1 21 = 21 − 3.21 + 2 = 7940 .
Câu 43: Cho hai hàm số 6 4 2
y = x + 6x + 6x +1 và 3
y = x m −15x (m + 3−15x) có đồ thị lần lượt là (C 1 )
và (C . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ 2021 − ;2022] để (C 1 ) 2 )
và (C cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Tính tổng các phần tử của tập hợp S . 2 ) A. 2045187 . B. 2045162 . C. 2045208 . D. 2045117 . Lời giải Chọn B
Xét phương trình hoành độ giao điểm chung 6 4 2 3
x + 6x + 6x +1 = x m −15x (m + 3−15x).
Từ phương trình đã cho ta thấy x = 0 , không là nghiệm của phương trình và x > 0 .
Đặt m −15x = t (t ≥ 0). Khi đó, phương trình trở thành
x + 6x + 6x +1 = x t (t + 3) 6 1 ⇔ x + 6x + + = t (t + 3) 3 6 4 2 3 3 2  1   1  3 ⇔ x + + 3 x + = t +     3t . 3 x xx   x  • Xét hàm số 3
y = t + 3t trên (0;+∞), hàm số đồng biến 1 2 1
⇒ x + = m −15x ⇔ x + + 2 +15x = m ( ) 1 . 2 x x
Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi ( )
1 có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0;+∞) .
Trang 36/43 – Diễn đàn giáo viên Toán 1 • Xét hàm số 2 y = x +
+ 2 +15x trên (0;+∞) 2 x 2 1 y′ = 2x − +15 = 0 ⇔ x = 3 x 2 BBT hàm số là :
Từ BBT suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt dương khi 55 m > . 4 m∈[14;2022] Vì m∈[ 2021 − ;2022] nên  . m∈ 2022
Vậy S = ∑ k = 2045162 . k 14 = 1
Câu 44: Cho hàm số ( ) = log + 3x − 3x f x x
. Tính tổng bình phương các giá trị của tham số m 3 để phương   trình 1 f   + f ( 2
x − 4x + 7) = 0 
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. 4 x m 1 3  − + +   A. 30. B. 14. C. 29 . D. 15. Lời giải 1 1 Ta có  1   1 log  =
+ 3x − 3x = −log − 3x + 3x f x = − f x , x ∀ >     0. 3 3 ( )  x   x  1 Ta lại có ′( ) 1 x 1 = + 3 ln 3+ .3x f x ln 3 > 0, x ∀ > 0 . 2 x ln 3 x
Suy ra f (x) đồng biến trên khoảng (0;+∞). Khi đó phương trình  1  f   + f ( 2
x − 4x + 7) = 0 ⇔ − f (4 x − m +1 + 3) + f ( 2
x − 4x + 7) = 0  4 x m 1 3  − + +   ⇔ f ( 2
x − 4x + 7) = f (4 x − m +1 + 3)
 4(x − m + ) 2 1 = x − 4x + 4 2
⇔ x − 4x + 4 = 4 x − m +1 ⇔  4
 ( x − m + ) 2
1 = −x + 4x − 4 2
4m = −x + 8x ⇔  ( )1 . 2  4m = x + 8 Trang 37/43 - WordToan
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( ) 1 có 3 nghiệm phân
biệt. Dựa vào đồ thị các hàm số 2
y = −x + 8x và 2
y = x + 8 ta có có 3 nghiệm phân biệt khi và  4m = 8 m = 2 chỉ khi 4m 12  = ⇔ m = 3   . 4m =16 m =   4
Vậy tổng bình phương các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng 29 .
Câu 45: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên  1 , f (0) = 1 − . Biết ( ) = (2 − ) 2 1 x F x x e là 4 1
một nguyên hàm của hàm số f '( x) − f ( x) và f ∫ (x) 2
dx = a + be với a,b là các số hữu tỉ. 0 Tính 3 3
S = a + b : A. 7 S = . B. 13 S = . C. 9 S = . D. 7 S = . 64 32 64 16 Lời giải Chọn B Ta có ( ) 1 = (2 − ) 2 1 x ⇒ '( ) 1 2 = 2 x (2 − ) 2x 1 2x 2 1 + 2  = .4 x F x x e F x e x e xe = xe 4 4   4 Nên ( ) − ( ) 2 ' x f x f x = xe
⇔ '( ) −x − ( ) −x x f x e f x e = xe ⇔ ( ( ) −x )' x f x e = xe ⇔ ( ) −x x x
f x e = xe dx = e (x −1) + C ∫ mà f (0) = 1 − ⇒ ( 1 − ).1 = 1
− + C ⇒ C = 0 Vậy ( ) 2 = ( −1) x f x x e
Trang 38/43 – Diễn đàn giáo viên Toán 1 1 1 1 2x 2x 2 2 ( ) 2x 2x e = − ⇒ = − = ( − ) e 1 e 1 3 ( 1) ( ) ( 1) 1 e f x x e f x dx x e dx x − = − + = − ∫ ∫ 2 4 2 4 4 4 4 0 0 0 0 3 3 Vậy 3 3  3   1 13 S = a + b − = + =  4   4      32
Câu 46: Cho hàm số f (x) 3 2
= x + ax + bx + c (a,b,c ∈,c < 0) có đồ thị (C) . Gọi A là giao điểm của
(C) và trục tung, biết (C) có đúng hai điểm chung với trục hoành là M , N đồng thời tiếp
tuyến của (C) tại M đi qua A và tam giác AMN có diện tích bằng 16. Tính f ( ) 1 A. 3 − . B. 4 − . C. 1 − . D. 3. Lời giải Chọn A Gọi M ( ;0 m ), N ( ;0
n ), A(0;c)(c < 0) .Từ giả thiết ta có f (x) 2 '
= 3x + 2ax + b
Do (C) có đúng hai điểm chung với trục hoành là M , N đồng thời tiếp tuyến của (C) tại M
đi qua A nên (C) tiếp xúc với trục hoành tại N ⇒ f (x) 3 2
= x + ax + bx + c = (x − m)(x − n) 2 ( .
m n ≠ 0doc < 0) 3 2
⇔ x + ax + bx + c = (x − m)( 2 2
x − 2nx + n )
a = −m − 2n  2 ⇔ b
 = 2mn + n (1)  2 c = −  . m n
Ta có phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 2
y = (3m + 2am + b)(x − m)
Do tiếp tuyến tại M đi qua ( A 0;c) nên 2
c = −m(3m + 2am + b)
Kết hợp (1) và m ≠ 0 ta có 2 2 2 − .
m n = −m(3m + 2(−m − 2n)m + 2mn + n ) ⇔ m = 2n Ta có 1 1 1 2 1 3 S = = − = − − = = ⇔ = ± ∆ d A Ox MN c m n m n m n n n n AMN ( , ). . 2 16 2 2 2 2 2 a = 8 − mà n = 2 − loại do c < 0  3 2 ⇒ b
 = 20 ⇒ f (x) = x − 8x + 20x −16 ⇒ f (1) = 3 − . c = 16 − 
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị của tham số m thỏa mãn 10m∈ để phương trình 2 2 2sin  π
x − (5m +1)sin x + 2m + 2m = 0 có đúng 8 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ;3π  −  2    A. 4 . B. 10. C. 8 . D. 5. Lời giải Chọn A Trang 39/43 - WordToan Đặt π t = sin x( 1 − ≤ t ≤ ) 1 với  x ;3  ∈ −  π . 2   
Khi đó ta có phương trình 2t − ( m + ) 2 2 5
1 t + 2m + 2m = 0 với 1 − ≤ t ≤1. (1) t = 2m ( ) 1  ⇔ m +1 . t =  2
Ta xét đồ thị của hàm  −
f (x) = sin x với 1 x π;3π  ∈ . 2    y 1 O x -1  0 < 2m <1  1  0 < m < 
Để phương trình có 8 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  m +1  2 0 < <1, khi đó . 2   1 m ≠  m +1 2  m ≠  3  2
Vì 10mlà số nguyên nên m∈{1,2,3 } ,4 .
Vậy m có 4 giá trị nguyên thỏa mãn.
Câu 48: Cho hình hộp chữ nhật ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có AB = 3, AD = 5, AA′ = 4. Một đường thẳng d đi qua
D′ và tâm I của mặt bên BCC B
′ ′. Hai điểm M , N thay đổi lần lượt thuộc về các mặt phẳng
(BCC B′′) và ( ABCD) sao cho trung điểm K của MN thuộc đường thẳng d (tham khảo hình
vẽ). Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN là A. 4 5 . B. 2 5 . C. 6 13 . D. 12 13 . 13 13 Lời giải Chọn D
Trang 40/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Kẻ ME vuông góc với CB , tam giác MEN vuông tại E nên MN = 2EK .
Vậy MN bé nhất khi và chỉ khi EK bé nhất. Lúc này EK là đoạn vuông góc chung của hai
đường thẳng d và đường thẳng CB .
Qua I kẻ PQ song song với BC .
Khi đó d (BC,d ) = d (BC,(D P
′ Q)) = d (C,(D P
′ Q)) = d (C ,′(D P ′ Q)) = C H
′ với CH′ ⊥ D P ′ . Ta có 1 1 1 1 1 13 6 13 12 13 = + = + = ⇒ C H ′ = ⇒ MN = . 2 2 2 2 2 C H ′ C P ′ C D ′ ′ 2 3 36 13 13
Câu 49: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình 2
a ln x + bln x + 5 = 0 có hai nghiệm phân
biệt x , x và phương trình 2
5log x + blog x + a = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn 1 2 3 4
x x > x x . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2
S = a + 3b. 1 2 3 4 A. 33. B. 25 . C. 30. D. 17 . Lời giải Chọn A.
Điều kiện để hai phương trình 2
a ln x + bln x + 5 = 0 và 2
5log x + blog x + a = 0 có hai nghiệm phân biệt là: 2
b − 20a > 0 . ln x +ln b x  = − ln b b x x = −  −  1 2 (  1 2 ) aaax x = e Theo giả thiết ta có 1 2  ⇒  ⇒  . b log log b log( ) b x x x x −  + = − = − 5 3 4 3 4 x x =    10 3 4 5  5 b b Mà − a 5
x x > x x ⇒ e− >10 1 2 3 4 b b ⇒ − > − ln10 a 5 5 ⇒ a > ⇒ a ≥ 3. ln10 Trang 41/43 - WordToan Theo điều kiện có 2 2
b − 20a > 0 ⇒ b > 20a ≥ 60 ⇒ b ≥ 8. a = 3 Từ và suy ra 2
S = a + 3b ≥ 33 ⇒ Min S = 33 ⇔ . b   = 8
Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD , ABCD là hình thoi tâm O cạnh 2a , góc  0
BAD = 60 . Đường thẳng SO
vuông góc với mặt phẳng đáy, hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) vuông góc với nhau. Gọi M , N ,
P , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các mặt phẳng (SAB) , (SBC) , (SDC) và (S )
DA . Thể tích của khối chóp . O MNPQ bằng 3 3 3 3 A. 64a . B. 2a . C. 3a . D. 4a . 81 3 64 3 Lời giải Chọn C
Ta nhận xét các tam giác ABD và tam giác BCD là đều, gọi E là trung điểm của BC thì 1
DE ⊥ BC Gọi E, F,G, H lần lượt là các điểm thuộc cạnh AB, BC,CD và 1 DA sao cho a
EB = BF = DG = DH = . Theo tính chất đường trung bình, suy ra 2
OF ⊥ BC,OE ⊥ AB,OQ ⊥ CD,OH ⊥ AD . Gọi M , N, P,Q lần lượt hình chiếu vuông góc của
O lên các đường thẳng SE, SF, SG, SH ta suy ra M , N, P,Q lần lượt hình chiếu vuông góc
của O mặt phẳng (SAB),(SBC),(SDC) và (S )
DA . Ta có EFGH là hình chữ nhật 2 3 1 3 1 3a 3 S = EF EH = BD AC = a a = EFGH . ( ).( ) 2 . 2 3 4 4 4 4 4 a
hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) vuông góc với nhau , suy ra  0 1 3
ESG = 90 ⇒ SO = EG = 2 2 2 3
1 3a 3 a 3 3a V = = . S EFGH . . . 3 4 2 8 a Các độ dài 2 2 6
SE = SO + OE = . 2 2 Trong tam giác vuông SM SO 1 SOE ta có = = suy ra SN SP SQ 1 = = = . 2 SE SE 2 SF SG SH 2
Trang 42/43 – Diễn đàn giáo viên Toán
Xét hai hình chóp S.EFGH và .
O MNPQ ta có hai đường cao OO′ và SO tương ứng tỷ lệ OO′ 1 2 SMNPQ MN  1
= , đồng thời diện tích đáy = = . SO 2 S   EF EFGH  4 V 3 3
Do vậy O.MNPQ 1 = hay 1 1 3a 3a V = V = = . O MNPQ S EFGH . V . . 8 8 8 64 S EFGH 8 . HẾT Trang 43/43 - WordToan