Đề HSG Toán 12 lần 1 năm 2022 – 2023 trường THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán 12 lần 1 năm học 2022 – 2023 trường THPT Quảng Xương 2, tỉnh Thanh Hóa; đề thi hình thức trắc nghiệm với 50 câu hỏi và bài toán
Chủ đề: Đề HSG Toán 12 360 tài liệu
Môn: Toán 12 4.3 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LẦN 1
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2
NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1: Cho hàm số f (x) thỏa mãn ′( ) ( ) 2022 . = .ex f x f x x
với mọi x∈ và f ( ) 1 =1. Hỏi phương trình f (x) 1
= − có bao nhiêu nghiệm? e A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 .
Câu 2: Tìm tập xác định của hàm số y = log (x − 2)4 + log ( 2 9 − x . 2022 2023 ) A. D = ( 3 − ;2) . B. D = (2;3) . C. D = ( 3 − ;3) \{ } 2 . D. D = [ 3 − ; ] 3 .
Câu 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số − m x ∈[ 2022 − ;2022] để hàm số ln 6 y = đồng biến ln x − 3m trên khoảng ( 6 1;e )? A. 2021. B. 2022. C. 2023. D. 2019.
Câu 4: Cho hàm số y = f (x) có 9 8 2022
f '(x) = x (x −1) (x − 2)
. Số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là A. 3 . B. 2. C. 1. D. 0 .
Câu 5: Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng .
a Hình chiếu vuông
góc của A' trên ( ABC) là trung điểm của cạnh A .
B Mặt phẳng ( AA'C 'C) tạo với đáy một góc
bằng 45 .° Thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C ' là 3 3 3 3 A. 3a V = . B. 3a V = . C. 3a V = . D. 3a V = . 16 8 4 2 1
Câu 6: Cho hàm số f (x) có f ( )
1 = 0 và f ′(x) = x(x − )2022 2023.2024. 1 , x
∀ ∈ . Khi đó f (x)dx ∫ 0 bằng A. 2 . B. 1 . C. 2 − . D. 1 − . 2025 1012 2025 1012
Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng (SCD) tạo với đáy góc 30°. Thể tích
khối chóp S.ABCD . 3 3 3 3 A. a 3 B. a 3 C. a 3 D. 5a 3 4 2 36 36
Câu 8: Cho hình cầu đường kính 2a 3 . Mặt phẳng (P) cắt hình cầu theo thiết diện là hình tròn có bán
kính bằng a 2 . Tính khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng (P) . A. a . B. a . C. a 10 . D. a 10 . 2 2
Câu 9: Cho khối đa diện đều loại {3; }
3 có cạnh bằng a . Gọi V là diện tích của khối đa diện đó. Khẳng
định nào sau đây đúng? 3 3 3 3 A. a 3 V = . B. a 2 V = . C. a 2 V = . D. a 3 V = . 4 4 12 12
Câu 10: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
y = 2cos x − sin 2x + 5 A. 2 . B. − 2 . C. 6 − 2 . D. 6 + 2 .
Câu 11: Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn học sinh A, B, C, D, E ngồi vào một chiếc ghế dài sao cho hai
bạn A và E ngồi ở hai đầu ghế? A. 6 . B. 10. C. 24 . D. 12.
Câu 12: Cho cấp số cộng (u , biết u = 3 và u = 7 . Giá trị của u bằng n ) 2 4 15 A. 27 . B. 31. C. 35. D. 29 . Câu 13: Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình dưới đây. Trong các giá trị a , b , c , d có bao nhiêu giá trị âm? A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3 .
Câu 14: Cho hình chóp đều S.ABCD . Mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SD . Thiết diện của
hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là A. Tam giác cân. B. Tam giác vuông. C. Tam giác đều. D. Tam giác cân.
Câu 15: Hình nào không phải là hình đa diện đều trong các hình dưới đây?
A. Hình chóp tam giác đều.
B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau.
C. Hình lập phương.
D. Hình tứ diện đều.
Câu 16: Bán kính đáy r của hình trụ tròn xoay có diện tích xung quanh S và chiều cao h là A. S . B. S . C. S . D. S π h 2π h 2π h π h Câu 17: Hàm số 3 2
y ax bx cx d có đồ thị như hình vẽ bên dưới:
Khẳng định nào là đúng?
A. a 0,b 0,c 0,d 0 .
B. a 0,b 0,c 0,d 0 .
C. a 0,b 0,c 0,d 0 .
D. a 0,b 0,c 0,d 0 .
Câu 18: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 0 n 1 n 1 n 1 n 1 n n 15
C 2 C 2 .3...C 2.3
C 3 5 . Hệ số của 3 x n n n n n trong khai triển 3 2 x là x
A. C 2 . 6 9 9 3 . B. 9 9 6 C 2 .3 . C. C 2 . 3 . D. 6 9 2 .3 . 15 9 9 6 15 15
Câu 19: Cho ba số thực dương a,b,c khác 1. Đồ thị các hàm số x y = a , x
y = b , y = log x c được cho trong
hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng? Trang 2/36
A. c < b < a .
B. c < a < b .
C. a < b < c .
D. b < a < c . 3
Câu 20: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 1; −
]3, f (3) =11 và f ′
∫ (x)dx =15. Khi 1 − đó f (− ) 1 bằng A. 5 . B. 26 . C. 4 − . D. 4 . f (x) +1 f (x) + 2 −1
Câu 21: Cho f (x) là một đa thức thỏa mãn lim = 3. Tính P = lim . x→ 1 − x +1 x→ 1 − x + 5 − 2 A. 6 . B. 3 . C. 12. D. 2 . 2
Câu 22: Cho các số thực dương a,b thỏa mãn ln a = ;
x ln b = y . Tính ( 3 2 ln a b ). A. 2 3 P = x y .
B. P = 6xy .
C. P = 3x + 2y . D. 2 2
P = x + y .
Câu 23: Một nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x − cos2x là A. 2 1 x + sin 2x . B. 2 x + sin 2x . C. 2 1 x − sin 2x . D. 2 x − sin 2x . 2 2
Câu 24: Cho hàm số f (x) 1 = ( Tính S = f ( )
1 + f (2) +...+ f (2022) . x + ) 1 x + x x +1 2022 2022 2022 2022 A. S − = . B. S − = . 2022 2023 2023 2023 C. S − = . D. S = 2022 . 2023
Câu 25: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
Hỏi phương trình f (x + 2017) − 2018 = 2019 có bao nhiêu nghiệm? A. 6 . B. 2 . C. 4 . D. 3. Trang 3/36
Câu 26: Cho hình hộp ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có thể tích V , gọi M , N là hai điểm thỏa mãn D M ′ = 2MD , C N
′ = 2NC , đường thẳng AM cắt đường A′D′ tại P , đường thẳng BN cắt đường thẳng B C ′ ′
tại Q . Gọi V′ là thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A′, B′, P , Q , M , N . Tính
tỉ số V ′ . V A. 3 . B. 5 . C. 1. D. 4 . 4 4 3
Câu 27: Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống nhau, mỗi chiếc có phần chứa chất lỏng là một khối nón có
chiều cao là 2 (dm) (mô tả như hình vẽ). Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng, chiếc ly
thư hai để rỗng. Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho độ cao của cột
chất lỏng trong ly thứ nhất còn 1(dm) . Tính chiều cao h của cột chất lỏng trong ly thứ hai sau
khi chuyển (Độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh của khối nón đến mặt chất lỏng – lượng chất
lỏng coi như không hao hụt khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01(dm)).
A. h ≈ 1,73(dm) .
B. h ≈ 1,89(dm) .
C. h ≈ 1,91(dm) .
D. h ≈ 1,41(dm)
Câu 28: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng ( 2022 − ;2022) để phương trình
x − (m − ) x 1+ 2 16
1 4 + 3m −8m + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thoả mãn x .x > 2 1 2 1 2 A. 2014 B. 2015 C. 2021 D. 2022
Câu 29: Cho hình lăng trụ ABC.A′B C
′ ′ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm
A′ lên mặt phẳng ( ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ 3 a 3 là
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và BC là 4 A. 3a . B. 3a . C. 2a . D. 4a . 4 2 3 3
ex + m khi x ≥ 0
Câu 30: Cho hàm số f (x) =
liên tục trên và 2
2x 3+ x khi x < 0 1 f ∫ (x)dx= e
a + b 3 + c , (a,b,c∈Q) . Tổng a + b + 3c bằng 1 − A. 15. B. 10 − . C. 19 − . D. 17 − .
Câu 31: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 3 2
y = x + 2mx + 3(m −1)x + 2 cắt
đường thẳng y = 2 − x tại ba điểm phân biệt ,
A B,C sao cho O, B,C là ba đỉnh của một tam giác
có diện tích bằng 2 , biết B và C không nằm trên trục Oy A. 1 5 m ± = . B. 3 5 m ± = . C. m = 0. D. m =1. 2 2
Câu 32: Cho lăng trụ ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2 3 ; AD = 6 ;
A′C = 3 2 và mặt phẳng ( AA′C C
′ ) vuông góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng ( AA′C C ′ ) ; ( AA′B B
′ ) tạo với nhau góc α có 3 2 tanα =
. Thể tích V của khối chóp . A A′B C ′ D ′ ′ là 4 Trang 4/36 16 5 A. V = 32 5 . B. V = 4 5 . C. V =16 2 . D. V = . 3
Câu 33: Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu của f ′(x) như sau
Số điểm cực tiểu của hàm số y = f ( 3x −3x) bằng A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 7 .
Câu 34: Cho các số thực x , y 2 2 2 thỏa mãn x −2 y + = ( x −2 y + ) 2y−x +2 5 16.4 5 16 .7
. Gọi M và m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 10 + 6 + 26 P x y =
. Tính T = M + m . 2x + 2y + 5 A. 19 . B. 21 . C. 10. D. 15. 2 2
Câu 35: Cho hàm số bậc bốn y = f (x) sao cho f (0) = 2 và hàm số y = f ′(x) có đồ thị trong hình vẽ.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số g (x) = f (x − ) 2 4
2 + x − 4x trên đoạn [0;6] bằng A. 3. B. g (2) . C. g (0) . D. g (6) . Câu 36: Cho hàm số 3
y = x − (m + ) 2 x + ( 2 −m + m + ) 2 2 2 9
4 x + 2m −10m ( m là tham số). Có bao nhiêu
giá trị nguyên của tham số m thuộc [ 5;
− 5] để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox . A. 7 . B. 10. C. 9. D. 11.
Câu 37: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số 3 2
y = x − mx +12x + 2m luôn đồng biến trên khoảng (1;+∞)? A. 18. B. 19. C. 21. D. 20 .
Câu 38: Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là R và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ
hơn r được đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác ( 4 quả bóng đều nằm
trên một mặt phẳng). Tỉ số r là? R A. 2 + 3 . B. 2 − 3 . C. 1 . D. 1 . 4 2
Câu 39: Cho các hàm số ( ) 4 3 2
f x = mx + nx + px + qx + r ; ( ) 3 2
g x = ax + bx + cx + d ( ,
m n, p,q,r,a,b,c,d ∈) thỏa mãn f (0) = g(0). Các hàm số y = f ′(x) và y = g′(x) có đồ thị như hình bên Trang 5/36
Gọi S là tất cả các nghiệm của phương trình f (x) = g (x). Khi đó mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 S ; 1 ∈ − − . B. 3 S ∈ 2; − − . C. S ∈(0; ) 1 . D. S = 2 . 2 2 Câu 40: Cho hàm số 4 2
y = x − 2mx + m có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ
thị (C) có hoành độ bằng 1. Giá trị của tham số thực m để tiếp tuyến ∆ của đồ thị (C) tại A
cắt đường tròn (γ ) x + ( y − )2 2 :
1 = 4 tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất là A. 13 m = − . B. 13 m = . C. 16 m = − . D. 16 m = . 16 16 13 13
Câu 41: Gọi X là tập chứa tất cả các số tự nhiên có 13 chữ số và chỉ gồm các chữ số "0" và "1" chọn
ngẫu nhiên từ X một số tự nhiên. Xác suất để chọn được số tự nhiên chia hết cho 30 là A. 85 . B. 683 . C. 341 . D. 341 . 512 4096 2048 4096
Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD = 2AB = 2BC = 2CD = 2a , SA = a
. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Gọi M , N lần lượt
là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và (SAC). A. 5 . B. 3 310 . C. 310 . D. 310 . 20 10 20 40
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn [ 2022 + −
; 2022] để đồ thị của hàm số x 5 y = 2 mx +1 có hai tiệm cận ngang? A. 2022 . B. 2020 . C. 4044 . D. 2024 .
Câu 44: Cho phương trình 3m m + = ( 2 x + − x )( 2 10 10 2 1
1+ x 1− x ). Tìm tập hợp các giá trị của tham số
m để phương trình có nghiệm. A. 1 0; log 2 .
B. 1 log 2;+∞ . C. 1 0; . D. 1 ; −∞ log 2 . 2 2 10 2
Câu 45: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên và thoả mãn điều kiện 1
f (x) + f ( − x) 2 2 1 = 3x + 4, x
∀ ∈ . Biết rằng tích phân = . '( ). a I x f x dx = ∫
, (với a,b là các số b 0
nguyên dương, và a là phân số tối giản). Tính T = a − b . b A. T = 7 − . B. T =16 . C. T = 0 . D. T =1.
Câu 46: Phương trình x 3x x 3x 1 cos .xcos .cos − sin . x sin .sin
= có tích các nghiệm trên ( π − ;0) là 2 2 2 2 2 Trang 6/36 2 π 2 π 2 π 2 π A. − . B. . C. 5 . D. − . 8 8 72 32
Câu 47: Bạn Mai là sinh viên năm cuối chuẩn bị ra trường, nhờ có công việc làm thêm mà Mai có một
khoản tiết kiệm nhỏ, Mai muốn gửi tiết kiệm để chuẩn bị mua một chiếc xe máy Honda Lead trị
giá 45 triệu đồng để tiện cho công việc. Vì vậy, Mai đã quyết định gửi tiết kiệm theo hình thức
lãi kép với lãi suất 0,8%/1 tháng và mỗi tháng Mai đều đặn gửi tiết kiệm một khoản tiền là 3
triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, Mai đủ tiền để mua xe máy? A. 14 tháng. B. 16 tháng. C. 17 tháng. D. 15 tháng.
Câu 48: Có bao nhiêu bộ số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn đồng thời các điều kiện0 ≤ x, y ≤ 2022 và ( 2 2 + x y x y ) 7y 3x 1 2 2 log 3x 3y xy 9 log + + + ≤ + − − 5 ( ) 3 y 18 x 3 + − A. 6057 . B. 3 . C. 4038 . D. 2020 .
Câu 49: Cho hình trụ và hình vuông ABCD có cạnh a . Hai đỉnh liên tiếp ,
A B nằm trên đường tròn đáy
thứ nhất và hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thức hai, mặt phẳng ( ABCD) tạo với đáy
một góc 45°. Khi đó thể tích khối trụ là. 3 π 3 π 3 π 3 π A. a 2 . B. 3 a 2 . C. a 2 . D. 3 a 2 . 8 8 16 16
Câu 50: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại 9 30 , = 3 , = a A AB a AC . Hình chiếu 10
của S trên mặt phẳng( ABC) là điểm H thuộc đoạn thẳng BC . Biết rằng HC = 2HB và 2a SH =
. Góc giữa mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 2 A. 0 60 . B. 0 45 . C. 0 120 . D. 0 30 .
------------- Hết ------------- Trang 7/36 BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D C C C A C A A C C D D A D A B D A B C A C C C C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C C A A C B D B A C C D B B B B C A D A B D A D D
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho hàm số f (x) thỏa mãn ′( ) ( ) 2022 . = .ex f x f x x
với mọi x∈ và f ( ) 1 =1. Hỏi phương trình f (x) 1
= − có bao nhiêu nghiệm? e A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có: ′ ∫ ( ) ( ) 2022 x = ⇔ ∫ ∫ ( ) 2022 . d .e d d ( ) = ( − )1.ex f x f x x x x f x f x x + C 1 ⇔ . ( ) 2023 = ( − )
1 .ex + ⇔ ( ) 2023 = 2023 ( − ) 1 .ex f x x C f x x + 2023C . 2023 Do f ( )
1 =1 nên 2023C =1 hay ( ) 2023 = 2023 ( − )1.ex f x x +1. Ta có: f (x) 1 = − ⇔ f ( x) 2023 1 x 1 = − ⇔ 2023 x −1 .e +1+ = 0 . 2023 ( ) 2023 e e e
Xét hàm số g (x) = (x − ) x 1 2023 1 .e +1+ trên . 2023 e ′( ) = 2023 .ex g x
x , g′(x) 1
= 0 ⇔ x = 0 , g (0) = 2023 − +1+
< 0 , lim g (x) = +∞ , 2023 e x→+∞ g (x) 1 lim = 1+ > 0. 2023 x→−∞ e
Bảng biến thiên của hàm số: x -∞ 0 +∞ g'(x) 0 + 1+e-2023 +∞ g(x) g(0)
Do đó phương trình f (x) 1 = − có đúng 2 nghiệm. e
Câu 2. Tìm tập xác định của hàm số y = log (x − 2)4 + log ( 2 9 − x . 2022 2023 ) A. D = ( 3 − ;2) . B. D = (2;3) . C. D = ( 3 − ;3) \{ } 2 . D. D = [ 3 − ; ] 3 . Lời giải Chọn B ( x − 2)4 > 0 x ≠ 2 Hàm số y = log (x − 2)4 + log ( 2
9 − x xác định ⇔ ⇔ 2022 2023 ) 2 9 − x > 0 3 − < x < 3 Trang 8/36
Câu 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số − m x ∈[ 2022 − ;2022] để hàm số ln 6 y = đồng biến ln x − 3m trên khoảng ( 6 1;e )?
A. 2021. B. 2022. C. 2023. D. 2019. Lời giải Chọn C
Đặt t = ln x , với x∈( 6
1;e ) thì 0 < t < 6 . Khi đó hàm số ln x − 6 y − =
đồng biến trên khoảng ( 6
1;e ) thì hàm số y(t) t 6 = đồng biến ln x − 3m t − 3m trên khoảng (0;6) . − + Ta có y′(t) 3m 6 = (t −3m)2
Để hàm số y (t) đồng biến trên khoảng (0;6) thì m < 2 3 − m + 6 > 0 m
⇔ m ≤ ⇔ m ∈ ≤ → m∈ − − − . 3 m ∉ (0;6) 0 0 2022; 2021;... 1;0 m∈ 2022 − ;2022 { } [ ] m ≥ 2
Vậy có tất cả: 2023 số nguyên m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4. Cho hàm số y = f (x) có 9 8 2022
f '(x) = x (x −1) (x − 2)
. Số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là A. 3 . B. 2. C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C
Ta có: f '(x) = 0 ⇔ x = 0, x = 1, x = 2. f '(x) = 0 Chỉ có nghiệm x = 0 là nghiệm bội lẻ nên
hàm số có một cực trị.
Câu 5. Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng .
a Hình chiếu vuông góc
của A' trên ( ABC) là trung điểm của cạnh A .
B Mặt phẳng ( AA'C 'C) tạo với đáy một góc
bằng 45 .° Thể tích V của khối lăng trụ ABC.A'B'C ' là 3 3 3 3 A. 3a V = . B. 3a V = . C. 3a V = . D. 3a V = . 16 8 4 2 Lời giải Chọn A
Gọi H,M , I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, AM. Ta có V = S ∆ A H ABC A B C ABC . ' . ' ' ' 2 a 3 S = ABC ∆ . 4
Ta có IH là đường trung bình của tam giác AMB,MB là đường trung tuyến của tam giác ABC. Trang 9/36 IH / /MB Do đó: ⇒ IH ⊥ AC MB ⊥ AC
AC ⊥ A'H
⇒ AC ⊥ (A'HI) ⇒ AC ⊥ A'I AC ⊥ IH
AC ⊥ IH, IH ⊂ (ABC)
Ta có: AC ⊥ A'I, A'I ⊂ (ACC ' A')
(ABC)∩(ACC'A') = AC ⇒
A'IH là góc giữa hai mặt phẳng (ACC ' A') và (ABC) ⇒ 0 A'IH = 45
Trong tam giác A'HI vuông tại H, ta có: 1 a 3 A'H = IH = MB = . 2 4 2 3 Vậy a 3 a 3 3 . a V = = 4 4 16 1
Câu 6. Cho hàm số f (x) có f ( )
1 = 0 và f ′(x) = x(x − )2022 2023.2024. 1 , x
∀ ∈ . Khi đó f (x)dx ∫ 0 bằng A. 2 . B. 1 . C. 2 − . D. 1 − . 2025 1012 2025 1012 Lời giải Chọn C α 1 + α ax + b Cần nhớ: f ′
∫ (x)dx= f (x)+C và ∫(ax+b) 1 ( ) dx = + C (α ≠ − ) 1 . a α +1
Ta có f (x) = f ′(x) x =
x(x − )2022 x = x(x − ∫ ∫ ∫ )2022 d 2023.2024. 1 d 2023.2024 1 dx .
Đặt t = x −1⇒dt =dx và x = t +1. Suy ra f (x) = ∫(t + ) 2022 t t = ∫( 2023 2022 2023.2024 1 d 2023.2024 t + t )dt 2024 2023 t t 2024 2023 = 2023.2024 + + C = 2023t + 2024t + C . 2024 2023
Từ đó f (x) = (x − )2024 + (x − )2023 2023 1 2024 1 + C . Mà f ( ) = ⇔ ( − )2024 + ( − )2023 1 0 2023 1 1 2024 1 1
+ C = 0 ⇔ C = 0. Suy ra f (x) = (x − )2024 + (x − )2023 2023 1 2024 1 . x −1 x −1 Vậy f
∫ (x)dx = 2023 ∫
(x − )1 + 2024(x − ) ( ) ( ) 1 2025 2024 1 1 2024 2023 1 dx = 2023. + 2024. 2025 2024 0 0 0 2023 2 = − − +1 = − . 2025 2025
Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng (SCD) tạo với đáy góc 30° . Thể tích khối
chóp S.ABCD . 3 3 3 3 A. a 3 B. a 3 C. a 3 D. 5a 3 4 2 36 36 Lời giải Chọn A Trang 10/36
Gọi H , K lần lượt là trung điểm AB và CD .
Suy ra SH ⊥ ( ABCD) và (SCD) ( ABCD) ( )= , SKH = 30° . Xét SH a a S
∆ HK vuông tại H , có 3 1 3 HK = = : = . tan 30° 2 3 2 3 Vậy 1 1 a 3 3a a 3 V = SH S = a = . S ABCD . ABCD . . . . 3 3 2 2 4
Câu 8. Cho hình cầu đường kính 2a 3 . Mặt phẳng (P) cắt hình cầu theo thiết diện là hình tròn có
bán kính bằng a 2 . Tính khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng (P) . A. a . B. a . C. a 10 . D. a 10 . 2 2 Lời giải Chọn A I R H A P
Bán kính hình cầu đã cho là R = a 3 . 2 2
Khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng (P) là d = (a 3) −(a 2) = a .
Câu 9. Cho khối đa diện đều loại {3; }
3 có cạnh bằng a . Gọi V là diện tích của khối đa diện đó. Khẳng
định nào sau đây đúng? 3 3 3 3 A. a 3 V = . B. a 2 V = . C. a 2 V = . D. a 3 V = . 4 4 12 12 Lời giải Chọn C
Gọi ABCD là hình đa diện đều loại {3; }
3 ⇒ ABCD là tứ diện đều cạnh a . Trang 11/36 A B D O E C
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD suy ra O là trọng tâm tam giác BCD và AO ⊥ (BCD) . a 3 a 6 2 ⇒ OD = , AO = , a 3 S = . 3 3 BCD 4 2 3
1 a 6 a 3 a 2 ⇒ V = . . = . 3 3 4 12
Câu 10. Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
y = 2cos x − sin 2x + 5 A. 2 . B. − 2 . C. 6 − 2 . D. 6 + 2 . Lời giải Chọn C π Ta có 2
y = 2cos x − sin 2x + 5 = cos 2x − sin 2x + 6 2 cos 2x = + + 6 . 4 π π Do 2 2 cos 2x − ≤ + ≤
2 nên − 2 + 6 ≤ 2 cos 2x + + 6 ≤ 2 + 6. 4 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
y = 2cos x − sin 2x + 5 là 6 − 2 .
Câu 11. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn học sinh A, B, C, D, E ngồi vào một chiếc ghế dài sao cho hai
bạn A và E ngồi ở hai đầu ghế? A. 6 . B. 10. C. 24 . D. 12. Lời giải Chọn D
Số cách xếp 2 bạn A và E ngồi ở hai đầu ghế là: 2! cách
Số cách xếp 3 bạn còn lại vào 3 vị trí là: 3! cách
Số cách sắp xếp 5 bạn học sinh A, B, C, D, E ngồi vào một chiếc ghế dài sao cho hai bạn A và E ngồi ở hai
đầu ghế là: 2!.3!=12 cách
Câu 12. Cho cấp số cộng (u , biết u = 3 và u = 7 . Giá trị của u bằng n ) 2 4 15 A. 27 . B. 31. C. 35. D. 29 . Lời giải Chọn D u + d = 3 u = 1
Từ giả thiết u = 3 và u = 7 suy ra ta có hệ phương trình: 1 1 ⇒ . 2 4 u +3d = 7 d = 2 1
Vậy u = u +14d = 29 . 15 1 Câu 13. Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình dưới đây. Trong các giá trị a , b , c , d có bao nhiêu giá trị âm? Trang 12/36 A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3 . Lời giải Chọn A
Qua đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d giao với trục Oy tại điểm D(0;d )
nằm phía dưới trục Ox nên d < 0 , và hình dạng của đồ thị hàm số ứng với trường hợp a < 0 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x < 0 , đạt cực đại tại x > 0 và x + x > 0 . 1 2 1 2
x , x là hai nghiệm của phương trình 2
3ax + 2bx + c = 0 . 1 2 2 − b > 0
S = x + x > 0 b > 0 Khi đó 1 2 3a ⇒ mà a < 0 nên . P x x 0 = < c c > 0 1 2 < 0 3a a < 0
Vậy có 2 giá trị âm trong các giá trị a , b , c , d là . d < 0
Câu 14. Cho hình chóp đều S.ABCD . Mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SD . Thiết diện của
hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là A. Tam giác cân. B. Tam giác vuông. C. Tam giác đều. D. Tam giác cân. Lời giải Chọn B Trang 13/36 AC ⊥ BD Ta có: ⇒ AC ⊥ SD AC ⊥ SO
Gọi E là hình chiếu của A lên SD SD ⊥ AC ⇒ SD ⊥ CE SD ⊥ AE
Thiết diện của hình chóp cắt bởi (P) chính là ( ACE)
* Ta có: ∆SAD = ∆SCD ⇒ AE = CE
⇒ ∆AEC cân tại E
Hay thiết diện là tam giác cân tại E
Câu 15. Hình nào không phải là hình đa diện đều trong các hình dưới đây?
A. Hình chóp tam giác đều.
B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau.
C. Hình lập phương.
D. Hình tứ diện đều. Lời giải Chọn A
Vì các mặt bên của hình chóp tam giác đều có thể là các tam giác cân không phải là tam giác đều.
Câu 16. Bán kính đáy r của hình trụ tròn xoay có diện tích xung quanh S và chiều cao h là A. S . B. S . C. S . D. S π h 2π h 2π h π h Lời giải Chọn B
Diện tích xung quanh hình trụ là = 2 S S π rh ⇔ r = . 2π h Câu 17. Hàm số 3 2
y ax bx cx d có đồ thị như hình vẽ bên dưới:
Khẳng định nào là đúng?
A. a 0,b 0,c 0,d 0 .
B. a 0,b 0,c 0,d 0 .
C. a 0,b 0,c 0,d 0 .
D. a 0,b 0,c 0,d 0 . Lời giải Chọn D
+ Dựa vào hình dạng đồ thị ta khẳng định được a 0 .
+ Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tọa độ 0;d. Dựa vào đồ thị suy ra d 0 .
+ Ta có: 𝑦𝑦′ = 3𝑎𝑎𝑥𝑥2 + 2𝑏𝑏𝑥𝑥 + 𝑐𝑐. Hàm số có hai điểm cực trị x x 1 , 2 x x trái dấu nên phương 1 2
trình 𝑦𝑦′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x x
1 , 2 trái dấu. Vì thế 3 .
a c 0 , nên suy ra c 0 . x > 1 −
+ Mặt khác từ đồ thị ta thấy 1
nên x x 0. x > 1 2 1 2 Trang 14/36 Mà 2b x b x nên suy ra 2 0 ⇒ < 1 2 b 0 3a 3a
Vậy a 0 , b 0 , c 0, d 0 .
Câu 18. Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 0 n 1 n 1 n 1 n 1 n n 15
C 2 C 2 .3...C 2.3
C 3 5 . Hệ số của 3 x n n n n n trong khai triển 3 2 x là x
A. C 2 . 6 9 9 3 . B. 9 9 6 C 2 .3 . C. C 2 . 3 . D. 6 9 2 .3 . 15 9 9 6 15 15 Lời giải Chọn A Ta có 0 1 1 1 1 15 C C C C n . n n n n n n n n n n n 15 n 15 2 2 .3 ... 2.3 3 5 2 3 5 5 5 15 15 15 Với 3
n 15 ta có khai triển 15 2 x
C 2 . 15 2 3 k k k k x . 15 x k0 Vì số hạng chứa 3
x nên 152k 3 k 6 .
Vậy hệ số cần tìm là C 2 . 6 3 C 2 . 6 6 9 9 9 3 . 15 15
Câu 19. Cho ba số thực dương a,b,c khác 1. Đồ thị các hàm số x y = a , x
y = b , y = log x c được cho trong
hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. c < b < a .
B. c < a < b .
C. a < b < c .
D. b < a < c . Lời giải Chọn B
Dựa vào đồ thị hàm số mũ ta có 0 < a <1 và b >1.
Dựa vào đồ thị hàm số logarit ta có 0 < c <1.
Ta có b > a và b > c . Loại các phương án , A C, D . 3
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 1; −
]3, f (3) =11 và f ′ ∫ (x)dx =15. 1 − Khi đó f (− ) 1 bằng A.5 . B. 26 . C. 4 − . D. 4 . Lời giải Chọn C 3
Ta có f ′(x)dx = 15 ⇔ f (x) 3 = 15 ⇔ f (3) − f (− ) 1 = 15 ⇔ f (− ) 1 = f (3) −15 = 4 − ∫ . 1 − 1 − f (x) +1 f (x) + 2 −1
Câu 21. Cho f (x) là một đa thức thỏa mãn lim = 3. Tính P = lim . x→ 1 − x +1 x→ 1 − x + 5 − 2 Trang 15/36 A. 6 . B. 3 . C. 12. D. 2 . 2 Lời giải
Chọn A f (x)+1 Ta có lim
= 3 ⇒ f (x) +1 = (x + )
1 h(x) ⇒ f (− ) 1 = 1 − . x→ 1 − x +1 f (x) + 2 −1
f (x) +1( x +5 + 2) Vậy P = lim = lim x→ 1 − x→ 1 x + 5 − 2 − (x + )
1 ( f (x)+ 2 + )1 f (x) 1 x 5 2 + + + 1 − + 5 + 2 = lim . = 3. = 6 . x→ 1 − x +1 f (x) + 2 +1 1 − + 2 +1
Câu 22. Cho các số thực dương a,b thỏa mãn ln a = ;
x ln b = y . Tính ( 3 2 ln a b ). A. 2 3 P = x y .
B. P = 6xy .
C. P = 3x + 2y . D. 2 2
P = x + y . Lời giải Chọn C Ta có ( 3 2 a b ) 3 2 ln
= ln a + ln b = 3ln a + 2ln b = 3x + 2y .
Câu 23. Một nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x − cos 2x là A. 2 1 x + sin 2x . B. 2 x + sin 2x . C. 2 1 x − sin 2x . D. 2 x − sin 2x . 2 2 Lời giải Chọn C Ta có f
∫ (x) x = ∫( x− x) 2 1 d 2
cos 2 dx = x − sin 2x + C , với C ∈ . 2
Vậy một nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x − cos 2x là 2 1 x − sin 2x 2 .
Câu 24. Cho hàm số f (x) 1 = ( Tính S = f ( )
1 + f (2) +...+ f (2022) . x + ) 1 x + x x +1 2022 2022 2022 2022 A. S − = . B. S − = . 2022 2023 2023 2023 C. S − = . D. S = 2022 . 2023 Lời giải Chọn C
Tập xác định của hàm số là D = (0;+∞) . ( x+1 1 1 − x ) Ta có f (x) = = = ( ,. x + ) 1 x + x x +1
x x +1( x + x +1) x x +1 ( x+1 1 1 − x ) f (x) 1 1 = = = = − ∀ ∈ ( x D x + ) 1 x + x x +1
x x +1( x + x +1) x x +1 x x +1 − Vậy ta có 1 1 1 1 1 1 1 2023 2023 S = − + − + ...+ − = 1− = . 1 2 2 3 2022 2023 2023 2023
Câu 25. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ Trang 16/36
Hỏi phương trình f (x + 2017) − 2018 = 2019 có bao nhiêu nghiệm? A. 6 . B. 2 . C. 4 . D. 3. Lời giải Chọn C
Xét đồ thị hàm số y = f (x + 2017) − 2018 có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f (x)
song song với trục Ox sang trái 2017 đơn vị, rồi sau đó tịnh tiến song song với trục Oy xuống dưới 2018 đơn vị.
Ta được bảng biến thiên của hàm số y = g (x) = f (x + 2017) − 2018 như sau
Khi đó đồ thị hàm số y = f (x + 2017) − 2018 gồm hai phần:
+ Phần đồ thị của hàm số y = g (x) = f (x + 2017) − 2018 nằm phía trên trục hoành.
+ Và phần đối xứng của đồ thị y = g (x) = f (x + 2017) − 2018 nằm phía dưới trục hoành.
Do đó ta có được bảng biến thiên của hàm số y = g (x) như sau
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình f (x + 2017) − 2018 = 2019 có 4 nghiệm.
Câu 26. Cho hình hộp ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có thể tích V , gọi M , N là hai điểm thỏa mãn D M ′ = 2MD , C N
′ = 2NC , đường thẳng AM cắt đường A′D′ tại P , đường thẳng BN cắt đường thẳng B C ′ ′
tại Q . Gọi V′ là thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A′, B′, P , Q , M , N . Tính
tỉ số V ′ . V A. 3 . B. 5 . C. 1. D. 4 . 4 4 3 Trang 17/36 Lời giải Chọn C Ta có: V′ =V ′ ′ + V ′ ′ ′ ′ PMD .QNC A D M .B C N Theo giả thiết: D M
′ = 2MD ⇒ M nằm trên đoạn 2 D D ′ và D M ′ = D D ′ . 3 C N
′ = 2NC ⇒ N nằm trên đoạn 2 C C ′ và C N ′ = C C ′ . 3 PM V D .′QNC′
d (D ,′(NQC ')).S ′ S *) Ta có: NQC NQC′ = = V
d (D ,′(BCC 'B')).SBCCB′′ SBCCB′′ Trong (BB C ′ C
′ ) qua N kẻ HK vuông với BC , B C
′ ′ (H ∈ BC , K ∈ B C ′ ′) . ′ // NK NC BC B C ′ ′⇒ =
= 2⇒ NK = 2NH , 1 NH = HK . NH NC 3 ′ ′ // QC C N BC B C ′ ′⇒ =
= 2⇒QC′ = 2BC . BC CN 1 1 1 1 2 S = ′ = = = ′ NK QC NH BC HK BC S QNC . .2 .2 4. . . BB C ′ C ′ . 2 2 2 3 3 VPMD′QNC′ 2 2 Từ đó ta được: . = ⇒V = ′ ′ V PMD .QNC . V 3 3 V ′ ′ ′ ′ ′ S ′ ′ S D M A D M B C N A D M A D M 1 1 2 1 *) Tương tự: . ' ' = = = . = . = 1 ⇒ V = V A D M B C N . V S ′ ' ' . ' ' ′ ′ S D D A D DA 2 A D D 2 2 3 3 ' ' 3 Khi đó: 2 1 ′
V′ = V + V = V . Vậy V =1. 3 3 V S
Ghi chú: Có thể tính tỉ số NQC′ theo cách khác như sau: SBCC B′′ Trang 18/36 2
SQNC′ QC′ QN 2 4 4 = . = = ⇒ SQNC′ =
.SBBC′ N′ ( ) 1
SQBB′ QB′ QB 3 9 5 SCBN CN 1 1 1 5 =
= ⇒ SCBN = . SBCC'B' ⇒ SBBC′ N′ = SBB C ′ ′ (2) SCBC′ CC′ 3 3 2 6 S Từ QNC′ ( ) 1 và (2) suy ra 4 5 2 = . = .
SBBC′C′ 5 6 3
Câu 27. Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống nhau, mỗi chiếc có phần chứa chất lỏng là một khối nón có
chiều cao là 2 (dm) (mô tả như hình vẽ). Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng, chiếc ly
thư hai để rỗng. Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho độ cao của cột
chất lỏng trong ly thứ nhất còn 1(dm) . Tính chiều cao h của cột chất lỏng trong ly thứ hai sau
khi chuyển (Độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh của khối nón đến mặt chất lỏng – lượng chất
lỏng coi như không hao hụt khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01(dm)).
A. h ≈ 1,73(dm) .
B. h ≈ 1,89(dm) .
C. h ≈ 1,91(dm) .
D. h ≈ 1,41(dm) Lời giải. Chọn C
Chiều cao của hình nó khi đựng đầy nước ở ly thứ nhất là AH = 2
Chiều cao của phần nước ở ly thứ nhất sau khi đổ sang ly thứ hai là AD = 1
Chiều cao phần nước ở ly thứ hai là AF = h
Theo ta lét ta có R ' AD 1 R '' = = , AF h = = ⇒ ' R = , '' RH R R = R AH 2 R AH 2 2 2
Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất là 2 V = 2π R 2 3 π
Thể tích phần nước ở ly thứ hai là 2 = π '' R h V R h = 1 42 π
Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất là R V = 2 4 2 3 2 3 π π Mà R h R 2 h 1 3
V = V +V ⇒ + = 2π R ⇔
+ = 2 ⇔ h = 7 ≈ 1,91 1 2 4 4 4 4
Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng ( 2022 − ;2022) để phương trình
x − (m − ) x 1+ 2 16
1 4 + 3m −8m + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thoả mãn x .x > 2 1 2 1 2 A. 2014 B. 2015 C. 2021 D. 2022 Lời giải Trang 19/36 Chọn A
Ta có x − (m − ) x + m − m + = ⇔ ( x )2 2 − (m − ) x 2 16 4 1 4 3 8 4 0 4 4
1 .4 + 3m −8m + 4 = 0 Đặt = 4x t
,t > 0 , khi đó ∆′ = (m − )2 −( 2 m − m + ) 2 4 1 3 8 4 = m
x = log 3m − 2 x 4 ( ) 4 = 3m − 2
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì m ≠ 0 , khi đó
⇔ x = log m − 2 x 4 ( ) 4 = m − 2 m > 2
Do x .x > 2 suy ra x , x cùng dấu 1 2 1 2
+ Nếu x , x cùng âm thì 3m − 2 <1 ⇔ m <1 khi đó m − 2 < 3
− loại do 4x = m − 2 > 0 1 2
+ Nếu x , x cùng dương thì − > ⇔ > 1 2 m 2 1 m 3
Xét x .x = log m − 2 .log 3m − 2 > 2 , đặt f (m) = log m − 2 .log 3m − 2 trên khoảng 4 ( ) 4 ( ) 1 2 4 ( ) 4 ( ) (3;+∞) Ta có f ′(m) 1 3 = ( m − + m − > m ∀ > m − 2) .log 3 2 .log 2 0, 3 4 ( ) ln 4 (3m − 2) 4 ( ) ln 4
Suy ra f (m) là hàm số đồng biến, lại có f (m) > 2 ⇔ f (m) > f (6) ⇔ m > 6 ⇒ m∈(6;2022)
Vậy có 2014 giá trị nguyên của m thoả mãn
Câu 29. Cho hình lăng trụ ABC.A′B C
′ ′ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm
A′ lên mặt phẳng ( ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ 3 a 3 là
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và BC là 4 A. 3a . B. 3a . C. 2a . D. 4a . 4 2 3 3 Lời giải Chọn A A' C' B' H A C G M B
Gọi M là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC , ta có A′G ⊥ ( ABC) . 3 2 a 3 a 3
Thể tích lăng trụ V = S ′ ⇔ = ′ ⇒ ′ = ∆ A G A G A G a ABC . . . 4 4
Nhận thấy BC ⊥ AM ; BC ⊥ A′G nên BC ⊥ ( A′AG) .
Kẻ MH ⊥ AA′ tại H , ta có MH là đoạn vuông góc chung của BC và AA′ .
Do đó MH = d ( AA ;′ BC) . A′ . G AM A′ . G AM Ta có 1 1 S = ′ = ′ , suy ra MH = = ∆ ′ A G AM MH A A A AM . . 2 2 ′ 2 2 AA
A′G + AG Trang 20/36 a 3 2 a
Tam giác đều ABC có AM = ; AG = AM = . 2 3 3 2 a 3 Do đó A′ . G AM 2 3a MH = = = . Vậy ( ′ ) 3 ; a d AA BC = . 2 2 2
A′G + AG a 4 4 2 a + 3
ex + m khi x ≥ 0
Câu 30. Cho hàm số f (x) =
liên tục trên và 2
2x 3+ x khi x < 0 1 f ∫ (x)dx= e
a + b 3 + c , (a,b,c∈Q) . Tổng a + b + 3c bằng 1 − A. 15. B. 10 − . C. 19 − . D. 17 − . Lời giải Chọn C
Ta có lim f (x) = lim +
= + , lim f (x) = lim x + x = và f (0) = m +1. − x − → → ( 2 2 3 0 x 0 0 ) + + ( e x m) m 1 x→0 x→0
Vì hàm số đã cho liên tục trên nên liên tục tại x = 0 .
Suy ra lim f (x) = lim f (x) = f (0) hay m +1 = 0 ⇔ m = 1 − . x 0+ x 0− → → 1 0 1 0 1 Khi đó ( ) 2 d = 2 3+ d + (ex − ) 2 1 d = 3+ d( 2 3+ ) + (ex f x x x x x x x x − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ )1dx 1 − 1 − 0 1 − 0 2 ( + ) 0 + + ( x x x − x)1 2 2 22 = 3 3 e = e + 2 3 − . 0 3 − 3 1
Suy ra a =1, b = 2 , 22 c = − . 3
Vậy tổng a + b + 3c = 19 − .
Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 3 2
y = x + 2mx + 3(m −1)x + 2 cắt
đường thẳng y = 2 − x tại ba điểm phân biệt ,
A B,C sao cho O, B,C là ba đỉnh của một tam giác
có diện tích bằng 2 , biết B và C không nằm trên trục Oy A. 1 5 m ± = . B. 3 5 m ± = . C. m = 0. D. m =1. 2 2 Lời giải Chọn B
Gọi (C) đồ thị hàm số 3 2
y = x + 2mx + 3(m −1)x + 2 và d :x + y − 2 = 0
Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2
x + 2mx + 3(m −1)x + 2 = 2 − x
x = 0 → y = 2 3 2
⇔ x + 2mx + (3m − 2) x = 0 ⇔ 2
x + 2mx + 3m − 2 = 0 (*)
Tử giả thiết A(0;2) .
Để (C) cắt d tại ba điểm phân biệt B và C (*) có hai nghiệm phân biệt và khác 0 2 m ≠ 3 m − 2 ≠ 0 3 ⇔ ⇔ . 2
m − 3m + 2 > 0 m < 1 m > 2
Gọi B(x ;2 − x , C (x ;2 − x 2 2 ) 1 1 ) Trang 21/36 x + x = 2 − m
Từ (*) , theo Vi-et ta có: 1 2 .
x .x = 3m − 2 1 2 −
Theo bài ra ta có d (O d ) 2 2 , = = . 2 2 Mặt khác 1 S = 1 2 ⇔ . .BC = 2 2 ⇔ BC = 8 ∆ d O d BC OBC . ( , ). 2 2 2
⇔ (x − x )2 + (2 − x − 2 + x )2 = 8 ⇔ (x + x − 4x x − 4 = 0. 1 2 )2 2 1 2 1 1 2 3+ 5 m = (tm) 2
⇔ m − 3m +1 = 0 2 ⇔ . 3− 5 m = (tm) 2
Câu 32. Cho lăng trụ ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2 3 ; AD = 6 ;
A′C = 3 2 và mặt phẳng ( AA′C C
′ ) vuông góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng ( AA′C C ′ ) ; ( AA′B B
′ ) tạo với nhau góc α có 3 2 tanα =
. Thể tích V của khối chóp . A A′B C ′ D ′ ′ là 4 16 5 A. V = 32 5 . B. V = 4 5 . C. V =16 2 . D. V = . 3 Lời giải Chọn D
Gọi M là trung điểm của AA′ . Kẻ A′H vuông góc với AC tại H , BK vuông góc với AC
tại K , KN vuông góc với AA′ tại N. Do ( AA′C C
′ ) ⊥ ( ABCD) suy ra A′H ⊥ ( ABCD) và BK ⊥ ( AA′C C
′ ) ⇒ BK ⊥ AA′
⇒ AA′ ⊥ (BKN ) ⇒ AA′ ⊥ NB suy ra ( AA′C C ′ ) ( AA′B B ′ ) ( )= , KNB = α .
Ta có: ABCD là hình chữ nhật với AB = 2 3 ; AD = 6 suy ra BD = AC = 3 2 . Suy ra A
∆ CA′ cân tại C . Suy ra CM ⊥ AA′ ⇒ KN // CM . AK AN NK ⇒ = = . AC AM MC Xét A
∆ BC vuông tại B có BK là đường cao suy ra A . B BC BK = = 2 và 2
AB = AK.AC . AC Trang 22/36 2 ⇒ AB AK = = 2 2 . AC Xét NKB ∆ vuông tại K có KB 3 2 tanα = = 4 2 ⇒ KN = . KN 4 3 Xét A
∆ NK vuông tại N có 4 2 KN = ; AK = 2 2 suy ra 2 10 AN = . 3 3 2 10 4 2 2 AM = 10 ⇒ 3 3 = = ⇒ ⇒ AA′ = 2 10 . 3 AM MC CM = 2 2 ′ Lại có: CM.AA 4 10
A′H.AC = CM.AA′ ⇒ A′H = = . AC 3
Vậy thể tích khối chóp . A A′B C ′ D ′ ′ là: 1 1 4 10 16 5
V = .A′H.A . B AD = . .2 3. 6 = . 3 3 3 3
Câu 33. Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu của f ′(x) như sau
Số điểm cực tiểu của hàm số y = f ( 3x −3x) bằng A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 7 . Lời giải Chọn B
Đặt g (x) = f ( 3x −3x).
Tập xác định D = .
y′ = g′(x) = ( 2
3x − ) f ′( 3 3 x − 3x) . x = 1 − 2 x =1 3x − 3 = 0 g′(x) 3 = 0 ⇔ ⇔ − x = − f ′ ( x 3 3 1 3 x − 3x) ( ) = 0 3 x − 3x =1 (2) 3 x −3x 2 = (3) Đồ thị của hàm số 3
y = x − 3x Trang 23/36
Phương trình g′(x) = 0 có 7 nghiệm x < x < 1
− < x <1< x < 2 , trong đó nghiệm x = 1 − là 1 2 3 4
nghiệm bội bậc 3, các nghiệm còn lại là nghiệm đơn. Do đó, g′(x) đổi dấu khi qua các nghiệm này.
Ta có lim g′(x) = −∞ . Do đó, ta có bảng xét dấu của g′(x) như sau x→+∞
Chú ý rằng nếu qua điểm x mà g′(x) đổi dấu từ − sang + thì điểm x là điểm cực tiểu. 0 0
Vậy hàm số y = g (x) có ba điểm cực tiểu là x , x và x . 2 3 4
Câu 34. Cho các số thực x , y 2 2 2 thỏa mãn x −2 y + = ( x −2 y + ) 2y−x +2 5 16.4 5 16 .7
. Gọi M và m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 10 + 6 + 26 P x y =
. Tính T = M + m . 2x + 2y + 5 A. 19 . B. 21 . C. 10. D. 15. 2 2 Lời giải Chọn A Đặt 2
t = x − 2y , khi đó giả thiết tương đương với + = ( + ) t+2 2t t t 2−t 5 + 4 5 + 4 5 16.4 5 16 .7 ⇔ = .(1) t+2 2 7 7 t u u
Xét hàm số f (u) 1 4 5 = + liên tục trên . 7 7 u u Ta có: f ′(u) 1 1 4 4 = 5 ln + ln < 0 , t ∀ ∈ . 7 7 7 7
Suy ra f (u) là hàm số nghịch biến trên .
Do đó ⇔ f (t + ) = f ( t) 2 2 (1) 2
2 ⇔ t + 2 = 2t ⇔ t = 2 ⇔ x − 2y = 2 ⇔ 2y = x − 2 . 2 Khi đó 3x +10x + 20 P = . 2 x + 2x + 3 x = 5 − 2 − − − Ta có 4x 22x 10 P′ = ( = ⇔ . x 2x 3) 0 2 1 2 x = − + + 2 Bảng biến thiên:
Từ đó suy ra M = 7 , 5 m = nên 19 M + m = . 2 2
Câu 35. Cho hàm số bậc bốn y = f (x) sao cho f (0) = 2 và hàm số y = f ′(x) có đồ thị trong hình vẽ. Trang 24/36
Giá trị nhỏ nhất của hàm số g (x) = f (x − ) 2 4
2 + x − 4x trên đoạn [0;6] bằng A. 3. B. g (2) . C. g (0) . D. g (6) . Lời giải Chọn C
Xét hàm số g (x) = f (x − ) 2 4
2 + x − 4x cũng là hàm số bậc bốn. −
Ta có g′(x) = f ′(x − ) x 2 4 2 − − . 2
Xét hai đồ thị hàm số y u
= f ′(u) và y = − dưới đây: 2 u = 2 − x = 0
Từ đó ta có g (u) 0 u 0 ′ = ⇔ = ⇔ x = 2 u = 4 x = 6
BBT của g′(x) :
Dựa vào đồ thị ta có: Trang 25/36 2 2
g ( ) − g ( ) = ′ ∫ (x) x
= ∫ f ′(x − ) x −2 2 0 g d 4 2 − − dx 2 0 0 0
= ∫ f ′(t) t 1 4 − − dt < 4.S = = OAB 4. .1.2 4 − 2 2 2
Suy ra g (0) > g (2) − 4 = 0. 6 6
g ( ) − g ( ) = − g′ ∫ (x) x
= − ∫ f ′(x − ) x −2 2 6 d 4 2 − − dx 2 2 2 4 4 = 4
− ∫ ( ) t − − d = 4 t f t t ′ − − ∫
f ′(t)dt > 4S = 4 . 2 2 OAB 0 0
Suy ra: g (6) < g (2) − 4 = 0 .
Từ đó ta có: g (6) < 0 < g (0) .
Căn cứ bảng biến thiên ta thấy: min g (x) = g (6) . [0;6] Câu 36. Cho hàm số 3
y = x − (m + ) 2 x + ( 2 −m + m + ) 2 2 2 9
4 x + 2m −10m ( m là tham số). Có bao nhiêu giá
trị nguyên của tham số m thuộc [ 5;
− 5] để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox . A. 7 . B. 10. C. 9. D. 11. Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số 3
y = x − (m + ) 2 x + ( 2 −m + m + ) 2 2 2 9
4 x + 2m −10m có hai điểm cực trị nằm về
hai phía của trục Ox khi và chỉ khi đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt hay phương trình 3 x − (m + ) 2 x + ( 2 −m + m + ) 2 2 2 9
4 x + 2m −10m = 0 có ba nghiệm phân biệt. Ta có: 3 x − (m + ) 2 x + ( 2 −m + m + ) 2 2 2 9
4 x + 2m −10m = 0 ⇔ (x − )( 2 x − (m + ) 2 2 2
1 x − m + 5m) = 0 x = 2 ⇔ . 2 x − 2 (m + ) 2
1 x − m + 5m = 0 ( ) ∗
Ta tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 , ta có điều kiện m ≠ 0 2 2 2 − − − + ≠ m ≠ 1
2 4m 4 m 5m 0
−m + m ≠ 0 ⇔ ⇔ ⇔ . 2 2 2 m >1
m + 2m +1+ m − 5m > 0
2m −3m +1 > 0 1 m < 2
Suy ra các giá trị m cần tìm là m∈{ 5 − ;− 4; 3 − ;− 2;−1;2;3;4; } 5 .
Câu 37. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số 3 2
y = x − mx +12x + 2m luôn đồng biến trên khoảng (1;+∞)? A. 18. B. 19. C. 21. D. 20 . Lời giải Chọn D Xét f (x) 3 2
= x − mx +12x + 2m . Ta có f ′(x) 2
= 3x − 2mx +12 và f ( ) 1 =13+ m. Để hàm số 3 2
y = x − mx +12x + 2m đồng biến trên khoảng (1;+ ∞) thì có hai trường hợp sau Trang 26/36
Trường hợp 1: Hàm số f (x) nghịch biến trên (1;+ ∞) và f ( ) 1 ≤ 0 .
Điều này không xảy ra vì ( 3 2
lim x − mx +12x + 2m) = +∞ . x→+∞
Trường hợp 2: Hàm số f (x) đồng biến trên (1;+ ∞) và f ( ) 1 ≥ 0 . 3 6 2 3
x − 2mx +12 ≥ 0, x ∀ >1
m ≤ x + , x ∀ >1 ⇔ ⇔ 2 x . 13 + m ≥ 0 m ≥ 13 − (*) Xét g (x) 3 6
= x + trên khoảng (1;+∞): g′(x) 3 6 = − ; g′(x) 3 6 = 0 ⇔ − = 0 ⇒ x = 2 . 2 x 2 2 x 2 2 x Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra 3 6
m ≤ x + , x
∀ > 1 ⇔ m ≤ 6 . 2 x Kết hợp (*) suy ra 13
− ≤ m ≤ 6 . Vì m nguyên nên m∈{ 13 − ; 12 − ; 11 − ;...;5; } 6 .
Vậy có 20 giá trị nguyên của m .
Câu 38. Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là R và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ
hơn r được đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác ( 4 quả bóng đều nằm
trên một mặt phẳng). Tỉ số r là? R A. 2 + 3 . B. 2 − 3 . C. 1 . D. 1 . 4 2 Lời giải Chọn B
Gọi r là bán kính quả bóng nhỏ. Gọi ,
A B lần lượt là tâm của hai quả bóng lớn. C; D lần lượt là tâm của hai quả bóng nhỏ.
Gọi A ;′ B ;′C ;′ D′ lần lượt là hình chiếu của ; A ;
B C; D lên mặt phẳng. Ta có AA′ = BB′ = R ,
CC′ = DD′ = r .
Do mỗi quả bóng đều tiếp xúc với 3 quả còn lại nên ta có AC = AD = BC = BD = r + R ;
AB = 2R ; CD = 2r . Gọi H là giao điểm của A′B′ và C D ′ ′ . ′ ′ ′ ′ Ta thấy A B AB C D CD A′B C ′ D
′ ′ là hình thoi nên A′H = B H ′ = = = R ; C H ′ = D H ′ = = = r . 2 2 2 2 Trang 27/36
Áp dụng định lý Pytago ta có 2 2 = ′ ′ + ( ′ − ′)2 2 2 BC B C BB CC = C H ′ + B H ′
+ (BB′ −CC′)2 .
Từ đó ta có (r + R)2 2 2
= r + R + (R − r)2 ⇔ r = (2− 3)R . Vậy r = 2 − 3 . R Câu 39. Cho các hàm số ( ) 4 3 2
f x = mx + nx + px + qx + r ; ( ) 3 2
g x = ax + bx + cx + d ( ,
m n, p,q,r,a,b,c,d ∈) thỏa mãn f (0) = g (0) . Các hàm số y = f ′(x) và y = g′(x) có đồ thị như hình bên
Gọi S là tất cả các nghiệm của phương trình f (x) = g (x). Khi đó mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 S ; 1 ∈ − − . B. 3 S ∈ 2; − − . C. S ∈(0; ) 1 . D. S = 2 . 2
2 Lời giải Chọn B
Quan sát đồ thị hàm số y = f ′(x) ta thấy m ≠ 0 và xét f (0) = g (0) ⇒ r = d = 0 . Từ đồ thị có
f ′(x) − g′(x) = 4m(x + ) 1 (x − ) 1 (x − 2)
⇔ f ′(x) − g′(x) 3 2
= 4mx −8mx − 4mx + 8m ( ) 1 .
Mặt khác f ′(x) − g′(x) 3
= mx + (n − a) 2 3
x + 2( p −b x + q − c ) (2). 3
(n − a) = 8 − m Từ ( )
1 và (2) cho ta 2( p −b) = 4 − m .
q −c = 8m Xét phương trình ( ) = ( ) 4 3 2 3 2 f x
g x ⇔ mx + nx + px + qx = ax + bx + cx 3
⇔ x mx + (n − a) 2
x + ( p −b) x + q − c = 0 3 8m 2 .x mx
x 2mx 8m ⇔ − − + = 0 3 x = 0 3 8 2 mx x x 2x 8 0 ⇔ − − + = ⇔ . 3 8 2 3
x − x − 2x +8 = 0 3 Phương trình 3 8 2 3
x − x − 2x + 8 = 0 có đúng 1 nghiệm thực là x 2; ∈ − − . 3 0 2
Vậy phương trình f (x) 3
= g (x) có tổng các nghiệm S 0 x S 2; = + ⇒ ∈ − − . 0 2 Trang 28/36 Câu 40. Cho hàm số 4 2
y = x − 2mx + m có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ
thị (C) có hoành độ bằng 1. Giá trị của tham số thực m để tiếp tuyến ∆ của đồ thị (C) tại A
cắt đường tròn (γ ) x + ( y − )2 2 :
1 = 4 tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất là A. 13 m = − . B. 13 m = . C. 16 m = − . D. 16 m = . 16 16 13 13 Lời giải Chọn B
Đường tròn (γ ) x + ( y − )2 2 : 1 = 4 có tâm I (0; ) 1 , R = 2 . Ta có A( − m) 3 1;1
; y′ = 4x − 4mx ⇒ y′( ) 1 = 4 − 4m .
Suy ra phương trình tiếp tuyến ∆ : y = (4 − 4m)(x − ) 1 +1− m .
Dễ thấy ∆ luôn đi qua điểm cố định 3 F ;0
và điểm F nằm trong đường tròn (γ ). 4
Giả sử ∆ cắt (γ ) tại M , N Khi đó 2 2 MN =
R − d (I ∆) 2 2 ;
= 2 4 − d (I;∆)
Do đó MN nhỏ nhất ⇔ d (I ;∆) lớn nhất
⇔ d (I ;∆) = IF ⇒ ∆ ⊥ IF
Khi đó đường thẳng ∆ có 1 vectơ chỉ phương 3 u IF ; 1 ⊥ = − ;u = (1;4 − 4m) nên 4 3 u IF = ⇔ − ( − m) 13 . 0 1. 4 4 = 0 ⇔ m = . 4 16
Câu 41. Gọi X là tập chứa tất cả các số tự nhiên có 13 chữ số và chỉ gồm các chữ số "0" và "1" chọn
ngẫu nhiên từ X một số tự nhiên. Xác suất để chọn được số tự nhiên chia hết cho 30 là A. 85 . B. 683 . C. 341 . D. 341 . 512 4096 2048 4096 Lời giải Chọn B
Có X là tập chứa tất cả các số tự nhiên có 13 chữ số và chỉ gồm các chữ số "0" và "1" .
Suy ra các phần tử x thuộc X luôn có số hạng đầu là 1 còn 12 vị trí xếp cho các chữ số "0" và "1" .
Nên các phần tử x thuộc X chứa 1, 2 , 3 , 4 ,5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10, 11, 12, 13 chữ số 1.
Suy ra số phần tử của tập X là: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12 1+ 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C + 12 C = 2 = 4096.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 4096 .
Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài.
Gọi x là số tự nhiên có 13 chữ số và x chia hết cho 30 .
Có x chia hết cho 30 nên x có chữ số tận cùng là 0 .
x chỉ gồm các số "0" và "1" nên chữ số đầu phải là 1.
x chia hết cho 3 nên x phải chứa thêm 2 chữ số 1, hoặc 5 chữ số 1 hoặc 8 chữ số 1 hoặc 11 chữ số 1. Trang 29/36
TH1: x chứa thêm 2 chữ số 1 có 211 C (số).
TH2: x chứa thêm 5 chữ số 1 có 511 C (số).
TH3: x chứa thêm 8 chữ số 1 có 811 C (số).
TH4: x chứa thêm 11 chữ số 1 có 11 11 C (số). Số các số x là 2 5 8 11 11 C + 11 C + 11 C + 11
C = 55 + 462 +165 +11 = 683.
Suy ra n( A) = 683. n( A)
Xác suất để chọn được số tự nhiên chia hết cho 30 là: 683 p = = . n(Ω) 4096
Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD = 2AB = 2BC = 2CD = 2a ,
SA = a . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Gọi M , N
lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và (SAC). A. 5 . B. 3 310 . C. 310 . D. 310 . 20 10 20 40 Lời giải Chọn C
Gọi (α ) là mp đi qua MN và song song với mp (SAD). Khi đó (α ) cắt AB tại P , cắt SC tại
Q , cắt AC tại K .
Gọi I là giao điểm của MN và QK
Suy ra: P, Q, K lần lượt là trung điểm của AB, SC và AC.
Lại có: ABCD là hình thang cân có AD = 2AB = 2BC = 2CD = 2a 1 a
⇒ MP = SA = và 3a NP = 2 2 2 Trang 30/36 2 2 Xét MN ∆ P vuông tại P: a 3a a 10 MN = + = 2 2 2
MP, KQ lần lượt là đường trung bình của SA ∆ B, SA
∆ C ⇒ MP//KQ//SA
KN là đường trung bình của 1 A
∆ CD ⇒ KN = AD = a . 2
Gọi H là hình chiếu của C lên AD a 3 ⇒ CH = 2 AC a 3 KC = = 2 2 C N ⊥ AC
⇒ CN ⊥ (SAC) C N ⊥ SA
MN ∩(SAC) = I
là hình chiếu của MN lên mặt phẳng (SAC). ⊥ ( ) ⇒ IC NC SAC taiC Suy ra MN (SAC) = (MN IC) = , , CIN IN KN 2 2 a 10 = = ⇒ IN = MN = MN NP 3 3 3 2 2 a 31
IC = IN − NC = 6 ⇒ IC 310 cos NIC = = . IN 20
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn [ 2022 + −
; 2022] để đồ thị của hàm số x 5 y = 2 mx +1 có hai tiệm cận ngang? A. 2022 . B. 2020 . C. 4044 . D. 2024 . Lời giải Chọn A Xét các trường hơp sau:
+ Với m = 0: Hàm số trở thành y = x + 5 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. + Với m < 0 : + + Hàm số x 5 x 5 y = = có tập xác định là 1 1 D = − ; suy ra không tồn tại 2 2 mx +1 1− m x m m
giới hạn lim y hay đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. x→±∞ + Với m > 0:
Tập xác định: D . 1 5 − + Ta có: x + 5 x + 5 x + 5 x 1 lim y = lim = lim = lim = lim = − . x→−∞ x→−∞ 2 mx +1 x→−∞ 1 x→−∞ 1 x→−∞ 1 m x m + −x m + m + 2 2 2 x x x 1 5 + và x + 5 x + 5 x + 5 x 1 lim y = lim = lim = lim = lim = . x→+∞ x→+∞ 2 mx +1 x→+∞ 1 x→+∞ 1 x→+∞ 1 m x m + x m + m + 2 2 2 x x x Trang 31/36
Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là : 1 y = 1 ; y = − khi m > 0. m m Mặt khác 2022 −
≤ m ≤ 2022 và m∈ . Do đó m∈{1;2;...; }
2022 . Vậy có 2022 số nguyên m phải tìm.
Câu 44. Cho phương trình 3m m + = ( 2 x + − x )( 2 10 10 2 1
1+ x 1− x ). Tìm tập hợp các giá trị của tham
số m để phương trình có nghiệm. A. 1 0; log 2 .
B. 1 log 2;+∞ . C. 1 0; . D. 1 ; −∞ log 2 . 2 2 10 2 Lời giải Chọn D
Điều kiện: x∈[ 1; − ] 1 Ta có 3m m + = ( 2 x + − x )( 2 + x − x ) = ( 2 x + − x )( 2 10 10 2 1 1 1 1 2 + 2x 1− x ) m m (x x )(x x )2 3 2 2 10 10 1 1 1 ⇔ + = + − + − + m m ⇔ + = (x + − x )3 3 2 + ( 2 10 10 1 x + 1− x )(*) Xét hàm h(t) 3
= t + t → h′(t) 2
= 3t +1 > 0, t
∀ ∈ nên từ phương trình (*) ta được: ( 2 + − )= ( m) 2 1 10 → + 1− =10m h x x h x x (**) 2 Xét − − f (x) 2 1 x x 1
= x + 1− x , x ∈[ 1; − ]
1 ta có f ′(x) =
; f ′(x) = 0 ⇔ x = ∈[ 1; − ] 1 . 2 1− x 2
Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình (**) có nghiệm m 1 1 ⇔ 0 <10 ≤ f = 2 ⇔ m ≤ log 2 = log 2 . 2 2
Câu 45. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên và thoả mãn điều kiện 1
f (x) + f ( − x) 2 2 1 = 3x + 4, x
∀ ∈ . Biết rằng tích phân = . '( ). a I x f x dx = ∫
, (với a,b là các số b 0
nguyên dương, và a là phân số tối giản). Tính T = a − b . b A. T = 7 − . B. T =16 . C. T = 0 . D. T =1. Lời giải Chọn A 1
Ta có: I = .x f ' ∫
(x).dx = .xf (x) 1 | − f
∫ (x).dx = f ( ) 1 1 1 − f x .dx 0 ∫ ( ) 0 0 0 Trang 32/36
+ Từ điều kiện f (x) + f ( − x) 2 2 1 = 3x + 4, x ∀ ∈ ,
Cho x = 0 ⇒ f (0) + 2 f ( ) 1 = 4
Cho x =1⇒ f ( ) 1 + 2 f (0) = 7 f ( ) 10 0 = Suy ra: 3 f ( ) 1 1 = , ( ) 1 3 1 + Ta có: f ∫ (x) 1 .dx = f
∫ (1− x).dx. 0 0
f (x) + 2 f (1− x) 1
= 3x + 4 ⇒ f
∫ (x)+ 2 f (1− x) 1 .dx = ∫ (3x + 4) 1 2 2 .dx ⇔ 3. f ∫ (x).dx = 5 0 0 0 1 ⇔ f ∫ (x) 5 .dx = ,(2) 0 3 − Từ ( ) a 1 ,(2) suy ra 1 5 4 I = − =
= ⇒ T = a − b = 4 − − 3 = 7. − 3 3 3 b
Câu 46. Phương trình x 3x x 3x 1 cos .xcos .cos − sin . x sin .sin
= có tích các nghiệm trên ( π − ;0) là 2 2 2 2 2 2 π 2 π 2 π 2 π A. − . B. . C. 5 . D. − . 8 8 72 32 Lời giải
Chọn B x 3x x 3x 1 cos .xcos .cos − sin . x sin .sin = 2 2 2 2 2 1 ⇔ x ( x + x) 1 − x ( x − x) 1 cos . cos 2 cos sin . cos cos 2 = 2 2 2 2
⇔ cos x cos 2x + cos x − sin x cos x + sin x cos 2x = 1 ⇔ x( x + x) 2 cos 2 sin
cos − sin xcos x − sin x = 0
⇔ cos 2x(sin x + cos x) − sin x(sin x + cos x) = 0 ⇔ ( x + x)( 2 sin cos
1− 2sin x − sin x) = 0 π x = − + kπ 4 tan x = 1 − π
sin x + cos x = 0 x = + k2π ⇔ 1 6 ⇔ sin x = ⇔ (k ∈ ) 2
2sin x + sin x −1 = 0 2 5π = + π sin x = 1 − x k2 6 π
x = − + k2π 2 π π
Suy ra có hai nghiệm thuộc ( π − ;0) là − và − . 4 2 2 π Vậy tích hai nghiệm là . 8
Câu 47. Bạn Mai là sinh viên năm cuối chuẩn bị ra trường, nhờ có công việc làm thêm mà Mai có một
khoản tiết kiệm nhỏ, Mai muốn gửi tiết kiệm để chuẩn bị mua một chiếc xe máy Honda Lead trị
giá 45 triệu đồng để tiện cho công việc. Vì vậy, Mai đã quyết định gửi tiết kiệm theo hình thức
lãi kép với lãi suất 0,8%/1 tháng và mỗi tháng Mai đều đặn gửi tiết kiệm một khoản tiền là 3
triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, Mai đủ tiền để mua xe máy? Trang 33/36 A. 14 tháng. B. 16 tháng. C. 17 tháng. D. 15 tháng. Lời giải Chọn D
Gọi A là số tiền bạn Mai gửi mỗi tháng và r% là lãi suất mỗi tháng.
Sau 1 tháng, bạn Mai có số tiền là A + A⋅r% = A(1+ r%) .
Đầu tháng thứ 2, bạn Mai có số tiền là A + A(1+ r%) .
Cuối tháng thứ 2, bạn Mai có số tiền là
A + A( + r )+ A+ A
( + r )⋅r = A
( + r )+ A( + r )2 1 % 1 % % 1 % 1 % .
Đầu tháng thứ 3, bạn Mai có số tiền là A + A( + r ) + A( + r )2 1 % 1 % .
Tiếp tục quá trình trên, ta có sau n tháng, số tiền bạn Mai có là n + −
A( + r ) + A( + r )2 ++ A( + r )n = A( + r ) (1 r%) 1 1 % 1 % 1 % 1 % ⋅ . r% 1+ 0,8% n −1
Suy ra, ta có: 3⋅(1+ 0,8%) ( ) ⋅
≥ 45 ⇒ n ≥14,12 . 0,8%
Vậy sau ít nhất 15 tháng, bạn Mai sẽ đủ tiền để mua xe máy.
Câu 48. Có bao nhiêu bộ số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn đồng thời các điều kiện0 ≤ x, y ≤ 2022 và ( 2 2 + x y x y ) 7y 3x 1 2 2 log 3x 3y xy 9 log + + + ≤ + − − 5 ( ) 3 y 18 x 3 + − A. 6057 . B. 3 . C. 4038 . D. 2020 . Lời giải Chọn A 7 y > 0
Điều kiện y +18 3x + 1 > 0 x − 3
Kết hợp với điều kiện 0 ≤ x, y ≤ 2022 suy ra x ≥ 4; y ≥1 +
Xét hàm số f (x) 3x 1 = trên [4;+∞) x − 3 10 − Có f (x) = < 0, x
∀ ≥ 4 và ta có lim f (x) . ( = 3 x − 3)2 x→+∞
Suy ra 3 < f (x) ≤13 ⇒ log f x > 0, x ∀ ≥ 4 . 3 ( ) Ta có ( 2 2 + x y x y ) 7y 3x 1 2 2 log 3x 3y xy 9 log + + + ≤ + − − 5 ( ) 3 y 18 x 3 + − ( 2 + x )(y ) 7y 3x 1 1 2 log x 3 3 y log ⇔ + + ≤ − − * 5 ( )( ) 3 ( ) y +18 x − 3
TH1: y > 3 ta có 7y > ⇒ > + > ⇒ > ⇒ ( 2 + )( + ) 7 6 18 7 18 0 1 1 2 log y y y y x y > 0 . 5 y +18 y +18 + Mặt khác y y (x )( y) 3x 1 3 3 0 3 3 log > ⇔ − < ⇒ − − < 0 . 3 x − 3
Suy ra y > 3 thì bpt (*) không thỏa mãn.
TH2: y ≤ 3. Trang 34/36 Suy ra 7y ≤ ⇒ < ≤ + ⇒ ≤ ⇒ ( 2 + )( + ) 7 6 18 0 7 18 1 1 2 log y y y y x y ≤ 0 . 5 y +18 y +18 + Với y y (x )( y) 3x 1 3 3 0 3 3 log ≤ ⇔ − ≥ ⇒ − − ≥ 0 . 3 x − 3
Do đó bpt (*) luôn đúng với y ≤ 3.
Kết hợp điều kiện thì y ∈{1;2; } 3 . Mà x ∈{4;5;..; }
2022 nên có 3.2019 = 6057 bộ số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 49. Cho hình trụ và hình vuông ABCD có cạnh a . Hai đỉnh liên tiếp ,
A B nằm trên đường tròn đáy
thứ nhất và hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thức hai, mặt phẳng ( ABCD) tạo với đáy
một góc 45°. Khi đó thể tích khối trụ là. 3 π 3 π 3 π 3 π
A. a 2 . B. 3 a 2 . C. a 2 . D. 3 a 2 . 8 8 16 16 Lời giải Chọn D. B I O A H C O' I' D
Gọi I, I′ lần lượt là trung điểm của AB,CD ; O,O′ lần lượt là tâm đường tròn đáy của
hình trụ (như hình vẽ); H là trung điểm của II′ .
Khi đó H là trung điểm của OO′ và góc giữa ( ABCD) tạo với đáy là HI O ′ = 45° . Do a I H ′ = a 2 ⇒ O H ′ = O I′′ = . Khi đó a 2 h = OO′ = . 2 4 2 Ta có: 2 2 a 6 r = O C
′ = O I′′ + I C ′ = . 4 3 π Thể tích khối trụ là 2 3 a 2 V = π r h = . 16
Câu 50. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại 9 30 , = 3 , = a A AB a AC . Hình chiếu 10
của S trên mặt phẳng( ABC) là điểm H thuộc đoạn thẳng BC . Biết rằng HC = 2HB và 2a SH =
. Góc giữa mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 2 A. 0 60 . B. 0 45 . C. 0 120 . D. 0 30 . Lời giải Chọn D Trang 35/36 S 2a 2 4 5a D 5 K 4a 2a 300 3 C I 2a H B 3 3 30a 10 2a E 9 30a 6 5a 10 5 3a F A
Ta có (SAB)∩(SAC) = SA , kẻ BD ⊥ SAvà HK / /BE , suy ra
((SAB) (SAC)) = (HK (SAC)) = , , IKH . 3 30a Ta tính được HE = , HF = 2a . 10 2a .2a Suy ra HS.HF 2 2 = = a HI 2 2 2 HS + HF 3 a 2 + 4a 2 Ta tính được 4 5 SE = a và 6 5 SA = a . 5 5 4 5 .3 a a Vậy 2S SE AB a ∆SAB . 5 2 4 BD = = =
= 2a ⇒ HK = BD = . SA SA 6 5 3 3 a 5
Tam giác KIH vuông tại I có HI 1 IKH = = ⇒ 0 sin IKH = 30 . HK 2
Vậy góc giữa mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 0 30 .
------------- Hết ------------- Trang 36/36
Document Outline
- Ta có .