Đề HSG Toán 12 lần 2 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 cấp tỉnh môn Toán 12 lần 2 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

15 8 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

33 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
Trang 1
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2
ĐỀ KSCL HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2022 – 2023
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
MÃ ĐỀ 110
Câu 1. Cho hàm số
( )
fx
có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn
( )
0fx>
,
x
∀∈
. Biết
( )
01f =
và
( )
( )
'
22
fx
x
fx
= −
. Tìm các giá trị thực của tham số
để phương trình
( )
fx m=
có hai nghiệm thực
phân biệt.
A.
me>
. B.
01m<≤
. C.
0 me
<<
. D.
1 me<<
.
Câu 2. Tìm tập xác định của hàm số
(
)
2
ln 2y xx x= +−−
.
A.
( )
;2
−∞ −
. B.
( ) ( )
; 2 2;−∞ − ∪ +∞
. C.
( )
1; +∞
. D.
(
]
( )
; 2 2;
−∞ − ∪ +∞
.
Câu 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực
thuộc đoạn
[ ]
2022;2022−
để hàm số
( ) ( ) ( )
1 ln 2= =+ +−y f x x x mx
đồng biến trên khoảng
( )
2
0;e
.
A.
2029.
B.
2022.
C.
2025.
D.
2027.
Câu 4. Cho hàm số
( )
y fx
=
liên tục trên
và có đạo hàm là
( )
( )( )
( )
22 2
4 32 3fx xx x x x
′
= − −+ −
. Hàm số
có bao nhiêu điểm cực đại?
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Câu 5. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông, mặt bên
()SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
()SCD
bằng
37
.
7
a
Thể
tích
V
của khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
1
3
Va
=
. B.
3
Va=
. C.
3
2
3
Va=
. D.
3
3
2
a
V =
.
Câu 6. Cho hàm số
( )
fx
có
( )
33f =
và
( )
11
x
fx
xx
′
=
+− +
,
0x∀>
. Khi đó
( )
8
3
dfx x
∫
bằng
A.
7
. B.
197
6
. C.
29
2
. D.
181
6
.
Câu 7. Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
. Hình chiếu của
S
lên mặt phẳng
( )
ABC
là trung điểm
H
của
BC
. Biết
AB a=
,
3AC a=
,
2SB a=
. Thể tích của khối chóp
.S ABC
bằng
A.
3
3
2
a
. B.
3
6
2
a
. C.
3
3
6
a
. D.
3
6
6
a
.
Câu 8. Cho mặt cầu có diện tích bằng
( )
2
72 cm
π
. Bán kính
R
của khối cầu bằng:
A.
(
)
6 cmR =
. B.
( )
3 2 cmR =
. C.
( )
6 cmR =
. D.
(
)
3 cm
R =
.
Câu 9. Cho hình hình đa diện đều loại
{ }
3; 3
có cạnh bằng
a
. Gọi
S
là diện tích tất cả các mặt của hình đa
diện
( )
H
có đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình đa diện trên. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
2
3
3
a
. B.
2
23Sa=
. C.
2
3
4
a
S =
. D.
2
3
2
a
S =
.
Câu 10. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
4 sin 3 1yx= +−
lần lượt là
A.
4 2 1 à7v−
. B.
2 à4v
. C.
4 2 à8v
. D.
2 à2v
.
Câu 11. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 HS nam và 4 HS nữ vào một dãy ghế sao cho: HS nam ngồi kề nhau, HS nữ
ngồi kề nhau?
A.
362880
. B.
48
. C.
17280
. D.
34560
.
Trang 2
Câu 12. Cho cấp số cộng
( )
n
u
thỏa mãn
5 32
74
3 21
3 2 34
u uu
uu
+ −=−
−=−
. Tính số hạng thứ
100
của cấp số.
A.
100
243
u = −
. B.
100
295u
= −
. C.
100
231u = −
. D.
100
294u = −
.
Câu 13. Cho hàm số
ax b
y
xc
+
=
+
có bảng biến thiên sau
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
0, 0, 0abc
>>>
.
B.
0, 0, 0abc<><
. C.
0, 0, 0abc<<>
. D.
0, 0, 0abc<<<
.
Câu 14. Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông. Mặt bên
( )
SAB
là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Mặt phẳng
( )
β
đi qua trung điểm của
BC
và vuông góc với
.SC
Thiết diện của hình chóp
.S ABC
cắt bởi
(
)
β
là
A. Hình thang cân. B. Tam giác vuông.
C. Tam giác đều. D. Tam giác cân.
Câu 15. Cho hình chóp có
20
cạnh. Tính số mặt của hình chóp đó.
A.
20
. B.
. C.
12
. D.
10
.
Câu 16. Chiều cao h của hình trụ có diện tích toàn phần bằng
2
12 a
π
và bán kính đáy
2ra=
là
A.
2a
. B.
3
2
a
. C.
3.
a
D.
.a
Câu 17. Cho hàm số
(
)
3
3;y ax x d a d= ++ ∈
có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
0, 0ad>>
. B.
0, 0ad<>
. C.
0, 0ad><
. D.
0, 0ad<<
.
Câu 18. Cho
n
là số tự nhiên thỏa mãn
221
46
nnn
AC C n
. Số hạng không chứa
x
trong khai triển
2
n
x
x


là
A.
7920
. B.
7920
. C.
126720
. D.
126720
.
Câu 19. Cho ba số thực dương
,,abc
khác
1
. Đồ thị các hàm số
, log , log
x
bc
yay xy x= = =
được cho trong
hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Trang 3
A.
abc<<
. B.
cba<<
. C.
cab<<
. D.
bac<<
.
Câu 20. Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên đoạn
[ ]
1; 4
,
( )
1 12f =
và
(4) 7f =
. Khi đó
( )
4
1
dfxx
′
∫
bằng
A.
9
. B.
5−
. C.
5
. D.
19
.
Câu 21. Cho
( )
fx
là một đa thức thỏa mãn
( )
1
1
lim 2
1
→
+
= −
−
x
fx
x
. Tính
( )
3
1
1
lim
1
→
+
=
−
x
fx
P
x
.
A.
4
3
−
. B.
2
3
−
. C.
4−
. D.
2−
.
Câu 22. Với mọi
,,abx
là các số thực dương thoả mãn
2 22
log 5log 3logx ab= +
. Mệnh đề nào dưới
đây đúng?
A.
53x ab= +
. B.
53
xa b= +
. C.
53
x ab=
. D.
35
xab= +
.
Câu 23. Một nguyên hàm của hàm số
( )
( )
2
6 2 1 6sin 2fx x x
= −+
là
A.
( )
3
2 1 3cos 2 2022xx−+ +
. B.
( )
3
2 2 1 6cos 2 2022xx−− +
.
C.
( )
3
2 1 3cos 2 2022xx−− +
. D.
(
)
3
2 2 1 3cos 2 2022xx−− +
.
Câu 24. Cho hàm số
( )
21 21fx x x= −− +
Tính tổng
( ) ( ) ( )
1 2 ... 2022Sf f f
′′ ′
= + ++
.
A.
4044 4044
4045
S
−
=
. B.
2022 2022
2023
S
−
=
.
C.
4045 4045
4045
S
−
=
. D.
2022
2023
S =
.
Câu 25. Cho hàm số
( )
32
,0y ax bx cx d a= + ++ ≠
có đồ thị như hình vẽ.
Phương trình
( )
23fx−=
có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng
( )
0;5
?
A. 5. B. 4. C. 2. D. 3.
Trang 4
Câu 26. Cho lăng trụ tam giác . Biết vuông góc đáy. Đường thẳng tạo với đáy một góc
bằng . Góc giữa hai mặt phẳng và bằng . Khoảng cách từ đến và
lần lượt bằng và Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên , và ,
lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên , . Thể tích lăng trụ bằng
A. . B. . C.
200 2
3
. D. .
Câu 27. Một bể nước lớn của một khu công nghiệp có phần chứa nước là một khối nón đỉnh
S
phía dưới (hình
vẽ), đường sinh
( )
27SA m=
. Có một lần lúc bể nước chứa đầy, người ta phát hiện nước trong bể không
đạt yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để làm vệ sinh bể chứa. Công
nhân cho thoát nước ba lần qua một lỗ ở đỉnh
S
. Lần thức nhất khi mực nước tới điểm
M
thuộc
SA
thì
dừng, lần thứ hai khi mực nước tới điểm
N SA∈
thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết lượng
nước mỗi lần thoát là bằng nhau. Tính độ dài đoạn
MN
.
A.
( )
( )
3
27 2 1 m−
. B.
( )
( )
3
3
99 4 1 m−
. C.
( )
( )
3
3
99 2 1 m−
. D.
( )
( )
3
3
93 2 1 m−
.
Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
trong khoảng
( )
2022;2022−
để phương trình
( )
2
9 2. 1 3 3 5 0
xx
m mm− − + − +=
có hai nghiệm phân biệt
12
,xx
thoả mãn
12
2xx+>
A. 2016 B. 2017 C. 2021 D. 2022
Câu 29. Cho hình chóp
.S ABC
với đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
có
2AC BC=
, đường trung tuyến
BM
,
đường phân giác trong
CN
và
MN a=
. Các mặt phẳng
( )
SBM
và
( )
SCN
cùng vuông góc với mặt
phẳng
( )
ABC
. Thể tích khối chóp
.S ABC
bằng
3
33
8
a
. Gọi
I
là trung điểm của
SC
. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng
MN
và
IB
bằng
A.
3
4
a
. B.
3
8
a
. C.
3
4
a
. D.
3
8
a
.
Câu 30. Cho hàm số
( )
fx
xác định trên
thỏa mãn
( )
1
khi 0
21
.cosx khi 0
x
xx
fx
e
xx
+≥
=
+
<
. Biết rằng:
ln 2
0
15
( ). d ln 2 ln 2 ln .
23
a
fx x b c= ++
∫
Trong đó
,,abc
là những số nguyên. Khi đó
3.S a bc=+−
bằng:
A.
5
. B.
6
. C.
e1+
. D.
1
.
Câu 31. Tìm tấtcả các giá trị thực của tham số
m
để đường thẳng
( )
:3d y mx m= −
cắt đồ thị
( )
C
của hàm số
32
3yx x= −
tại ba điểm phân biệt có hoành độ
123
,,xxx
thỏa mãn
222
123
15xxx++=
.
A.
3
2
m =
. B.
3m = −
. C.
3m =
. D.
3
2
m = −
.
.ABC A B C
′′′
AB
AA
′
45°
( )
ABB A
′′
( )
ACC A
′′
30°
A
BB
′
CC
′
5
8.
H
K
A
BB
′
CC
′
H
′
K
′
A
′
BB
′
CC
′
.AHK A H K
′ ′′
100V =
100 2V =
200 3
3
V =
Trang 5
Câu 32. Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
′′′
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
,A
,2AB a BC a= =
. Hình chiếu
vuông góc của đỉnh
A
′
lên mặt phẳng
( )
ABC
là trung điểm
H
của cạnh
AC
. Góc giữa hai mặt phẳng
(
)
BCB C
′′
và
(
)
ABC
bằng
60
°
. Tính thể tích của khối tứ diện
.AABC
′′′
.
A.
3
33
2
a
. B.
3
3
4
a
. C.
3
3
8
a
. D.
3
3
2
a
.
Câu 33. Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
, bảng biến thiên của hàm số
( )
fx
′
như sau
Số điểm cực trị của hàm số
( )
2
1x
gx f
x

+
=


là
A.
6
. B.
2
. C.
1
. D.
4
.
Câu 34. Cho các số thực
,,abc
lớn hơn 1 thỏa
(
)
2
8
log 1 4
abc ab
c
=+−
. Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
236
222
111
log 2 log 2 log 2
236
abc
T = ++
bằng
A.
1
2
. B.
1
4
. C.
6
2
. D.
3
2
.
Câu 35. Cho hai hàm số đa thức bậc bốn
( )
y fx=
và
( )
y gx=
có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong đó đường
đậm hơn là đồ thị hàm số
( )
y fx=
.
Biết rằng hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ bằng
3−
và cắt nhau tại hai điểm nữa
có hoành độ lần lượt là
1−
và
3.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
) ( ) (
)
hx f x gx= −
trên đoạn
[ ]
3;3−
bằng
A.
12 10 3
9
−
. B.
3−
. C.
10 9 3
9
−
. D.
12 8 3
9
−
.
Câu 36. Cho hàm số
( )
322 3
331y x mx m x m=− + −−
(
m
là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để đồ thị hàm số cắt trục
Ox
tại ba điểm phân biệt.
A.
3
. B.
2
. C.
1
. D.
0
.
Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc khoảng
[ ]
2022;2022−
sao cho hàm số
3
23 2
y x mx=−+ −
đồng biến trên khoảng
( )
1; +∞
?
A.
4049
. B.
2024
. C.
2048
. D.
4012
.
Trang 6
Câu 38. Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là
15
và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ hơn được
đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác (
4
quả bóng đều nằm trên một mặt phẳng).
Tính diện tích bề mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn.
A.
( )
60 7 4 3π−
. B.
( )
60 7 4 3π+
. C.
60π
. D.
15π
.
Câu 39. Cho hai hàm
( )
y fx=
và
(
)
y gx
=
liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó tổng số nghiệm
của phương trình
( )
( )
0f gx =
và
( )
( )
0gfx =
là
A.
25
. B.
22
. C.
21
. D.
26
.
Câu 40. Cho hàm số
1
21
x
y
x
+
=
−
có đồ thị
( )
H
. Gọi
( ) ( )
11 2 2
;, ;Ax y Bx y
là hai điểm phân biệt thuộc
( )
H
sao
cho tiếp tuyến của
( )
H
tại
,
AB
song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng
AB
bằng
A.
32
. B.
3
. C.
6
. D.
26
.
Câu 41. Gọi
S
là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số
0,1, 2,3, 4, 5, 6
. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập
S
. Tính xác suất để số được chọn là một số chia hết cho
6
.
A.
13
60
. B.
2
9
. C.
17
45
. D.
11
45
.
Câu 42. Cho hình chóp
.S ABC
có
, 3, 6AB a AC a SB a= = =
,
, 3, 6AB a AC a SB a= = =
và
0
90
ABC BAS BCS= = =
. Tính sin của góc giữa đường thẳng
SB
và mặt phẳng
( )
SAC
.
A.
1
13
. B.
1
6
. C.
1
11
. D.
1
3
.
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị
m
nguyên thuộc đoạn
[ ]
2022; 2022−
để đồ thị hàm số
2
2
2 23
x
y
x mx m
−
=
− ++
có
hai đường tiệm cận đứng?
A.
0
. B.
2022
. C.
4044
. D.
2024
.
Câu 44. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
[
]
20;20m ∈−
để phương trình sau có nghiệm
(
)
( ) ( )
22 2
2
log 4 2 9 1 1 2 4x m xx m x m x+ + + = − −+ − +
A.
12
. B.
23
. C.
25
. D.
10
.
Câu 45. Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
và thoả mãn điều kiện
( ) (
)
2 3 1 4 1,fx f x x x
− − = − ∀∈
. Biết rằng tích phân
( )
1
0
.' .
a
I x f x dx
b
= =
∫
, (với
,ab
là các số nguyên
dương, và
là phân số tối giản). Tính
T ab= +
.
A.
7T = −
. B.
7T =
. C.
0T =
. D.
1T =
.
Câu 46. Phương trình
cos cos 3 2cos 5 0xx x++ =
có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng
( )
0;2022
π
?
A.
10110
. B.
4044
. C.
2022
. D.
6066
.
Trang 7
Câu 47. Bác Hoa đem gửi tiết kiệm số tiền 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Bác gửi 250 triệu đồng
theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,1%/1 quý. Số tiền còn lại bác gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất
x
%/1 tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được gộp vào gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo.
Tính
x
(làm tròn đến chữ số thứ hai sau dấu phẩy), biết rằng sau một năm, số tiền gốc và lãi bác Hoa
thu được là 425.250.000 đồng.
A.
0, 79
. B.
0, 75
. C.
0,98
. D.
0,85
.
Câu 48. Có bao nhiêu bộ số nguyên
( )
;xy
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
0 , 2022
xy≤≤
và
(
) ( )
2022 2021
2 2021 1
2 3 6 log 2 4 8 log
24
yx
xy x y x y xy
yx

+

+++ ≤ +−−


+−


A.
6054
. B.
3
. C.
4036
. D.
2020
.
Câu 49. Cho hình trụ có
,OO
′
là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật
ABCD
có
,AB
cùng thuộc
( )
O
và
,CD
cùng
thuộc
(
)
O
′
sao cho
23AB a=
,
4BC a
=
đồng thời
( )
ABCD
tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc
30°
. Thể tích khối trụ bằng.
A.
3
12 a
π
. B.
3
16 3 a
π
. C.
3
16 a
π
. D.
3
12 3 a
π
.
Câu 50. Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
′′′
, khoảng cách từ
C
đến đường thẳng
BB
′
bằng
2
, khoảng cách từ
A
đến các đường thẳng
BB
′
và
CC
′
lần lượt bằng
1
và
3
, hình chiếu vuông góc của
A
lên mặt phẳng
( )
ABC
′′′
là trung điểm
M
của
BC
′′
và
23
3
AM
′
=
. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D.
23
3
.
------------------ Hết ------------------
Trang 8
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
C
D
D
D
D
B
C
B
D
A
D
B
B
C
B
D
D
C
C
B
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
A
C
B
C
B
C
C
A
A
D
C
B
A
C
C
A
C
A
B
B
A
B
C
A
A
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho hàm số
( )
fx
có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn
( )
0fx>
,
x
∀∈
. Biết
( )
01
f =
và
(
)
( )
'
22
fx
x
fx
= −
. Tìm các giá trị thực của tham số
để phương trình
( )
fx m=
có hai nghiệm thực
phân biệt.
A.
me>
. B.
01m<≤
. C.
0 me<<
. D.
1 me<<
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
(
)
(
)
22
fx
x
fx
′
= −
( )
( )
( )
d 22 d
fx
x xx
fx
′
⇒=−
∫∫
.
( )
2
ln 2fx x x C⇔ = −+
( )
2
2
.
xx
f x Ae
−
⇔=
. Mà
(
)
01f =
suy ra
( )
2
2
xx
fx e
−
=
.
Ta có
(
)
22
2 1 21xx x x−=− −+
(
)
2
1 11x=−− ≤
. Suy ra
2
2
0
xx
ee
−
<≤
và ứng với một giá trị thực
1t
<
thì phương trình
2
2xx t−=
sẽ có hai nghiệm phân biệt.
Vậy để phương trình
( )
fx m=
có
2
nghiệm phân biệt khi
1
0 me e<<=
.
Câu 2. Tìm tập xác định của hàm số
(
)
2
ln 2y xx x= +−−
.
A.
( )
;2−∞ −
. B.
( ) ( )
; 2 2;−∞ − ∪ +∞
. C.
( )
1; +∞
. D.
(
]
(
)
; 2 2;−∞ − ∪ +∞
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện xác định
2
2
20
20
xx x
xx
+−−>
+−≥
.
2
2
20
20
xx x
xx
+−−>
+−≥
22
2
2
0
20
0
xx x
x
xx
x
+−>
≥
⇔
+−≥
<
2
2
x
x
>
⇔
≤−
.
Vậy
(
]
( )
; 2 2;D = −∞ − ∪ +∞
.
Câu 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực
thuộc đoạn
[ ]
2022;2022−
để hàm số
(
) ( ) ( )
1 ln 2= =+ +−y f x x x mx
đồng biến trên khoảng
( )
2
0;e
.
A.
2029.
B.
2022.
C.
2025.
D.
2027.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
( )
1
' ' ln 2
+
= = + +−
x
y fx x m
x
Yêu cầu bài toán
( )
11
ln 3 0 ln 3
′
⇔ = ++−≥⇔ ++≥fx x m x m
xx
;
( )
2
0;∀∈xe
.
Xét hàm số:
( )
1
ln 3= ++gx x
x
với
( )
2
0;∈xe
.
Ta có:
( )
2
11
' 01=− =⇔=gx x
xx
.
Bảng biến thiên:
Trang 9
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
(
)
4
≥gx
với mọi
( )
2
0;∈xe
.
Từ đó suy ra
2022 4.m− ≤≤
Vậy có
2027
giá trị của
m
thỏa mãn.
Câu 4. Cho hàm số
(
)
y fx
=
liên tục trên
và có đạo hàm là
( )
( )( )
( )
22 2
4 32 3fx xx x x x
′
= − −+ −
. Hàm số
có bao nhiêu điểm cực đại?
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( ) ( ) ( )( )( )
2
2
2 132fx xx x x x
′
= − −−+
( )
0fx
′
=
0
2
2
1
3
x
x
x
x
x
=
=
⇔=−
=
=
.
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đã cho có 1 điểm cực đại.
Câu 5. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông, mặt bên
()SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
()SCD
bằng
37
.
7
a
Thể tích
V
của khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
1
3
Va=
. B.
3
Va=
. C.
3
2
3
Va=
. D.
3
3
2
a
V =
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
H
là trung điểm của
AB
()SH AB SH ABCD⇒⊥⇒⊥
Gọi
x
là độ dài cạnh của hình vuông
ABCD
. Ta có
3
.
33
,.
26
S ABCD
SH x V x= =
Trang 10
Kẻ
,K CD
HK CD⊥∈
Kẻ
,HL SK L SK⊥∈
Suy ra
()HL SCD⊥
và
22
( ,( )) (H,( ))
. 21
7
d A SCD d SCD
HS HK
HL x
HS HK
=
= = =
+
Từ giả thiết ta có:
21. 3 7.
3.
77
xa
xa= ⇒=
Vậy
(
)
3
3
3
.
3. a 3
3. 3
.
6 62
S ABCD
x
Va= = =
Câu 6. Cho hàm số
( )
fx
có
( )
33f =
và
( )
11
x
fx
xx
′
=
+− +
,
0x∀>
. Khi đó
(
)
8
3
d
fx x
∫
bằng
A.
7
. B.
197
6
. C.
29
2
. D.
181
6
.
Lời giải
Chọn B
Xét
(
)
dd
11
x
fxx x
xx
′
=
+− +
∫∫
. Đặt
22
1 1 1 d 2dt x x t x t x tt
= +⇒ += ⇒ = −⇒ =
.
Khi đó,
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
1. 1
1
d d 2d 2d 2 2 d
.1
11
tt
xt
f x x x tt tt t t
t t tt
xx
−+
−
′
= = ⋅= ⋅= +
−−
+− +
∫∫ ∫ ∫ ∫
( )
2
2 12 1t tC x x C= + + = + + ++
.
Mà
( ) ( )
3 3 31 231 3 5f CC= ⇔ + + ++ = ⇔ =−
.
( ) ( )
1215 214fx x x x x⇒ = + + +−= + +−
.
( )
( )
( )
8
88
2
3
33
3
4 19 197
d 2 1 4 d 1 4 36
23 6 6
x
fx x x x x x x

⇒ = + +− = + + − = − =


∫∫
.
Câu 7. Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
. Hình chiếu của
S
lên mặt phẳng
( )
ABC
là trung điểm
H
của
BC
. Biết
AB a=
,
3AC a=
,
2
SB a=
. Thể tích của khối chóp
.S ABC
bằng
A.
3
3
2
a
. B.
3
6
2
a
. C.
3
3
6
a
. D.
3
6
6
a
.
Lời giải
Chọn C
Trang 11
Xét tam giác
ABC
vuông tại
A
có:
(
)
2
222
32BC AB AC a a a
= +=+ =
.
H
là trung điểm của
BC
nên
BH a
=
.
Xét tam giác
SBH
vuông tại
H
có:
(
)
2
22 2
2
SH SB HB a a a
= − = −=
.
Diện tích đáy
ABC
là:
2
11
.3
22
ABC
S AB AC a= =
.
Thể tích của khối chóp
.S ABC
là:
3
2
1 11 3
. .. . 3
3 32 6
ABC
a
V SH S a a
= = =
.
Câu 8. Cho mặt cầu có diện tích bằng
( )
2
72 cm
π
. Bán kính
R
của khối cầu bằng:
A.
( )
6 cmR =
. B.
( )
3 2 cmR =
. C.
( )
6 cm
R =
. D.
( )
3 cmR =
.
Lời giải
Chọn B.
Theo công thức diện tích mặt cầu ta có:
2
4SR
π
=
.
Suy ra
( )
72
18 3 2 cm
44
S
R
π
ππ
= = = =
.
Câu 9. Cho hình hình đa diện đều loại
{ }
3; 3
có cạnh bằng
a
. Gọi
S
là diện tích tất cả các mặt của hình đa
diện
( )
H
có đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình đa diện trên. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
2
3
3
a
. B.
2
23Sa=
. C.
2
3
4
a
S =
. D.
2
3
2
a
S =
.
Lời giải
Chọn D
Cho hình hình đa diện đều loại
{ }
3; 3
cạnh
a
là tứ diện đều cạnh
a
.
Khi đó
( )
H
là bát diện đều cạnh bằng
2
a
.
Ta có
( )
H
có 8 mặt, mỗi mặt là tam giác đều cạnh
2
a
.
22
33
8.
16 2
aa
S⇒= =
.
Câu 10. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
4 sin 3 1yx= +−
lần lượt là
A.
4 2 1 à7v−
. B.
2 à4v
. C.
4 2 à8v
. D.
2 à2v
.
Lời giải
Chọn A
Ta có :
1 sin 1x
−≤ ≤
2sin 34x⇔≤ +≤
2 sin 3 2x⇔ ≤ +≤
4 2 1 4 sin 3 1 4.2 1 7yx⇔ −≤ = + −≤ −=
D
C
B
A
Trang 12
Do đó giá trị nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là
42 1−
và
7
.
Câu 11. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 HS nam và 4 HS nữ vào một dãy ghế sao cho: HS nam ngồi kề nhau, HS nữ
ngồi kề nhau?
A.
362880
. B.
48
. C.
17280
. D.
34560
.
Lời giải
Chọn D
Số cách xếp HS nam trong nhóm nam là
cách
Số cách xếp HS nữ trong nhóm nữ là
cách
Số cách xếp 2 nhóm nam và nữ là
cách
Số cách sắp xếp 6 HS nam và 4 HS nữ vào một dãy ghế sao cho: HS nam ngồi kề nhau, HS nữ ngồi kề
nhau là:
2!.4!.6! 34560
=
cách.
Câu 12. Cho cấp số cộng
(
)
n
u
thỏa mãn
5 32
74
3 21
3 2 34
u uu
uu
+ −=−
−=−
. Tính số hạng thứ
100
của cấp số.
A.
100
243
u
= −
. B.
100
295u = −
. C.
100
231u
= −
. D.
100
294
u = −
.
Lời giải
Chọn B
5 32
74
3 21
3 2 34
u uu
uu
+ −=−
−=−
( )
( )
( )
1 11
11
4 3 2 21
3 6 2 3 34
ud udud
ud ud
+ + + −−=−
⇔
+− +=−
1
1
37
12 34
ud
ud
+=−
⇔
+=−
1
2
3
u
d
=
⇔
= −
.
Số hạng thứ
100
là
( )
100
2 99 3 295u =+ −=−
.
Câu 13. Cho hàm số
ax b
y
xc
+
=
+
có bảng biến thiên sau
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
0, 0, 0abc>>>
.
B.
0, 0, 0abc<><
. C.
0, 0, 0abc<<>
. D.
0, 0, 0abc<<<
.
Lời giải
Chọn B
Dựa vào BBT, ta có:
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
1 0.ya= =−<
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1xc=−=
1 0.c⇒=−<
Lại có
0y
′
<
0
ac b⇔ −<
b ac⇔>
( ) ( )
1 . 1 1 0.b⇒ >− − = >
Vậy
0, 0, 0
abc<><
→
chọn B.
Câu 14. Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông. Mặt bên
( )
SAB
là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Mặt phẳng
( )
β
đi qua trung điểm của
BC
và vuông góc với
.SC
Thiết diện của hình chóp
.S ABC
cắt bởi
( )
β
là
A. Hình thang cân. B. Tam giác vuông.
C. Tam giác đều. D. Tam giác cân.
Lời giải
Chọn C
Trang 13
Gọi
là trung điểm của
BC
và
H
là trung điểm của
AB
Ta có:
( )
(
)
( )
( )
(
)
⊥
∩ =⇒⊥
⊥
SAB ABC
SAB ABC AB SH ABC
SH AB
* Ta có:
( )
⊥
⇒⊥
⊥
BC AB
BC SAB
BC SH
* Gọi
,
FG
lần lượt là trung điểm của
AC
và
SC
Khi đó, ta có:
( )
( ) ( )
( )
//
⊥
⇒⊥
BC SAB
BC DFG
SAB DFG
Vậy thiết diện chính là tam giác
DFG
*Xét
∆∆S AB GFD∽
Mà
∆SAB
đều
⇒∆GFD
đều
Hay thiết diện là tam giác đều
Câu 15. Cho hình chóp có
20
cạnh. Tính số mặt của hình chóp đó.
A.
20
. B.
. C.
12
. D.
10
.
Lời giải
Chọn B
Số cạnh bên của hình chóp bằng số cạnh đáy.
Suy ra số cạnh bên của hình chóp là:
20
10
2
=
cạnh.
Vậy hình chóp có
10
mặt bên và
1
mặt đáy.
Câu 16. Chiều cao h của hình trụ có diện tích toàn phần bằng
2
12 a
π
và bán kính đáy
2
ra
=
là
A.
2a
. B.
3
2
a
. C.
3.a
D.
.a
Lời giải
Chọn D
Diện tích toàn phần hình trụ là
( )
2
22 2
2 2 12 2 .2 . 2 . 2 4 4 .
tp
S rh r a a h a ah a h a
π π ππ π π π
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔=
Câu 17. Cho hàm số
( )
3
3;y ax x d a d= ++ ∈
có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Trang 14
A.
0, 0ad>>
. B.
0, 0ad<>
. C.
0, 0ad><
. D.
0, 0ad<<
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
lim
x→+∞
= −∞ ⇒
đồ thị nhánh ngoài cùng của hàm số hướng đi xuống nên hệ số
0
a
<
.
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung
:0Oy x =
là điểm nằm bên dưới trục hoành nên khi
00x yd=⇒=<
.
Câu 18. Cho
n
là số tự nhiên thỏa mãn
221
46
nnn
AC C n
. Số hạng không chứa
x
trong khai triển
2
n
x
x


là
A.
7920
. B.
7920
. C.
126720
. D.
126720
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
221
2
1
46 1 46
2
12
11 12 0 12.
1
nnn
nn
A C C n nn n n
n
nn n
nl
 
 

Với
12
n
, ta có khai triển
12
3
12
12
2
12
0
2
12
k
k
kk
k
x Cx
x



.
Để số hạng không chứa
x
thì
3
12 0 8
2
k
k 
.
Vậy số hạng không chứa
x
trong khai triển
2
n
x
x


là
8
88
12
1 2 126720C
.
Câu 19. Cho ba số thực dương
,,
abc
khác
1
. Đồ thị các hàm số
, log , log
x
bc
yay xy x= = =
được cho trong
hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
abc<<
. B.
cba<<
. C.
cab<<
. D.
bac<<
.
Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số mũ ta có
1c <
.
Dựa vào đồ thị hàm số logarit ta có
1ba>>
.
Với
3x
=
thì
log 3 1 3
a
a=⇔=
và
0 log 3 1 3
b
b< <⇔ >
.
Ta có
1c ab<< <
nên loại các phương án
,,ABD
.
Câu 20. Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên đoạn
[ ]
1; 4
,
(
)
1 12f =
và
(4) 7f =
. Khi đó
( )
4
1
dfxx
′
∫
bằng
Trang 15
A.
9
. B.
5−
. C.
5
. D.
19
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
4
4
1
1
d 4 1 7 12 5f x x fx f f
′
= = − =−=−
∫
.
Câu 21. Cho
( )
fx
là một đa thức thỏa mãn
(
)
1
1
lim 2
1
→
+
= −
−
x
fx
x
. Tính
(
)
3
1
1
lim
1
→
+
=
−
x
fx
P
x
.
A.
4
3
−
. B.
2
3
−
. C.
4
−
. D.
2−
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
1
lim 2 1 1 1 1
1
→
+
=−⇒ += − ⇒ =−
−
x
fx
f x x hx f
x
.
Vậy
(
)
(
)
( )
( ) ( ) ( )
3
11
2
3
3
11
1
lim lim
1
11
→→
++

+

= =

−
− −+

xx
fx x
fx
P
x
x f x fx
(
)
(
)
( )
(
)
22
1
3
3
3
3
1
1 11 4
lim . 2.
13
1
1 11
→

+
++

= =−=−

−
−+
− − −+

x
fx
x
x
f x fx
.
Câu 22. Với mọi
,,
abx
là các số thực dương thoả mãn
2 22
log 5log 3logx ab= +
. Mệnh đề nào dưới
đây đúng?
A.
53x ab= +
. B.
53
xa b
= +
. C.
53
x ab
=
. D.
35xab
= +
.
Lời giải
Chọn C
Có
5 3 53 53
2 2 22 2 2
log 5log 3log log log logx a b a b ab x ab= + = + = ⇔=
.
Câu 23. Một nguyên hàm của hàm số
( ) ( )
2
6 2 1 6sin 2fx x x= −+
là
A.
( )
3
2 1 3cos 2 2022xx−+ +
. B.
( )
3
2 2 1 6cos 2 2022xx−− +
.
C.
( )
3
2 1 3cos 2 2022xx−− +
. D.
( )
3
2 2 1 3cos 2 2022xx−− +
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
(
) ( )
( )
(
)
23
d 621 6sin2d 21 3cos2
fx x x x x x xC= −+ = −− +
∫∫
, với
.C ∈
Vậy một nguyên hàm của hàm số
(
) ( )
2
6 2 1 6sin 2fx x x= −+
là
( )
3
2 1 3cos 2 2022xx−− +
.
Câu 24. Cho hàm số
(
)
21 21fx x x
= −− +
Tính tổng
(
) ( ) ( )
1 2 ... 2022Sf f f
′′ ′
= + ++
.
A.
4044 4044
4045
S
−
=
. B.
2022 2022
2023
S
−
=
.
C.
4045 4045
4045
S
−
=
. D.
2022
2023
S =
.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định của hàm số là
1
;
2
D

= +∞


.
Ta có
(
)
( )
11
' 2 1 2 1'
21 21
fx x x
xx
= −− + = −
−+
,
xD∀∈
Vậy ta có
1 1 1 1 1 1 1 4045 4045
... 1
4045
1 3 3 5 4043 4045 4045
S
−

=−+−++ − =− =


.
Trang 16
Câu 25. Cho hàm số
( )
32
,0y ax bx cx d a= + ++ ≠
có đồ thị như hình vẽ.
Phương trình
( )
23fx−=
có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng
( )
0;5
?
A. 5. B. 4. C. 2. D. 3.
Lời giải
Chọn C
Tịnh tiến đồ thị hàm số đã cho theo véc tơ
( )
2; 0u
ta thu được đồ thị hàm số
( )
2y fx= −
như sau
Từ đó suy ra đồ thị hàm số
( )
2y fx= −
Suy ra phương trình
( )
23fx−=
có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng
( )
0;5
.
Câu 26. Cho lăng trụ tam giác . Biết vuông góc đáy. Đường thẳng tạo với đáy một góc
bằng . Góc giữa hai mặt phẳng và bằng . Khoảng cách từ đến và
lần lượt bằng và Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên , và ,
lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên , . Thể tích lăng trụ bằng
A. . B. . C.
200 2
3
. D. .
.ABC A B C
′′′
AB
AA
′
45°
( )
ABB A
′′
( )
ACC A
′′
30°
A
BB
′
CC
′
5
8.
H
K
A
BB
′
CC
′
H
′
K
′
A
′
BB
′
CC
′
.AHK A H K
′ ′′
100V =
100 2V =
200 3
3
V =
Trang 17
Lời giải
Chọn A
Từ đỉnh kẻ . Cũng từ kẻ .
Góc giữa hai mặt phẳng và bằng .
Suy ra, trong tam giác , có
Diện tích tam giác .
Góc giữa đường phẳng
và bằng góc giữa và nên . Mà
.
Xét tam giác vuông tại suy ra .
Xét tam giác vuông tại suy ra .
Mà là đường cao của lăng trụ .
Nên thể tích .
Câu 27. Một bể nước lớn của một khu công nghiệp có phần chứa nước là một khối nón đỉnh
S
phía dưới (hình
vẽ), đường sinh
( )
27SA m=
. Có một lần lúc bể nước chứa đầy, người ta phát hiện nước trong bể không
đạt yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để làm vệ sinh bể chứa. Công
nhân cho thoát nước ba lần qua một lỗ ở đỉnh
S
. Lần thức nhất khi mực nước tới điểm
M
thuộc
SA
thì
dừng, lần thứ hai khi mực nước tới điểm
N SA∈
thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết lượng
nước mỗi lần thoát là bằng nhau. Tính độ dài đoạn
MN
.
A
AH BB
′
⊥
( )
H BB
′
∈
A
AK CC
′
⊥
( )
K CC
′
∈
( )
ABB A
′′
( )
ACC A
′′
30°
HAK
30HAK = °
1 11
. sin 30 .5.8. 10
2 22
AHK
S AH AK
∆
= °= =
AA
′
( )
ABC
AA
′
AB
( )
, 45A A AB A AB
′′
= = °
45A AB ABH
′
= °=
HAB∆
H
52
sin45
AH
AB = =
°
BAA
′
∆
B
10
cos45
AB
AA
′
= =
°
AA
′
.AHK A H K
′ ′′
.
. 10.10 100
AHK A H K AHK
V AAS
′ ′′
′
= = =
Trang 18
A.
( )
( )
3
27 2 1 m−
. B.
(
)
( )
3
3
99 4 1
m
−
. C.
( )
( )
3
3
99 2 1 m−
. D.
( )
( )
3
3
93 2 1 m−
.
Lời giải
Chọn C
Gọi
12
,,
VVV
lần lượt là thể tích khối nón có đường sinh là
,,SN SM SA
Do
SM SE EM
SEM SOA
SA SO OA
∆ ∆⇒ ==
Lại có
2
3
2
3
2
1
2
3
13122
1
3
3
EM SE
V
SA
SM
V SM
OA SA
π
π

= ⇔= ⇔ =


Tương tự
33
1
3
1
6561
3 27
V
SN SN
SN
V SA
 
= ⇔= ⇔ =
 
 
Vậy
( )
3
33 3
13122 6561 9 9 2 1MN SM SN= −= − = −
.
Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
trong khoảng
(
)
2022;2022−
để phương trình
( )
2
9 2. 1 3 3 5 0
xx
m mm
− − + − +=
có hai nghiệm phân biệt
12
,xx
thoả mãn
12
2xx+>
A. 2016 B. 2017 C. 2021 D. 2022
Lời giải
Chọn B
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
22
9 2 1 3 3 5 0 3 2. 1 .3 3 5 0 1
xx x x
m mm m mm− − + − +=⇔ − − + − +=
Đặt
3, 0
x
tt= >
, khi đó phương trình trở thành
( ) (
)
22
2. 1 . 3 5 0 2
t m tm m− − + − +=
Để phương trình
( )
1
có hai nghiệm phân biệt thì phương trình
( )
2
có hai nghiệm dương phân biệt
2
0 40
0 10 4
0
3 50
m
Sm m
P
mm
∆> − >

> ⇔ −> ⇔ >


>
− +>
Khi đó
12
12
3, 3
xx
tt= =
. Do
12
1 2 12
23 9 . 9
xx
x x tt
+
+ >⇒ >⇔ >
Áp dụng định lý Vi – et ta được
22
1
3 59 3 40
4
m
mm mm
m
<−
−+>⇔−−>⇔
>
Vậy
( )
4 4;2022mm>⇒ ∈
từ đó suy ra có 2017 giá trị nguyên của
thoả mãn
Câu 29. Cho hình chóp
.S ABC
với đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
có
2AC BC=
, đường trung tuyến
BM
,
đường phân giác trong
CN
và
MN a=
. Các mặt phẳng
( )
SBM
và
( )
SCN
cùng vuông góc với mặt
phẳng
( )
ABC
. Thể tích khối chóp
.S ABC
bằng
3
33
8
a
. Gọi
I
là trung điểm của
SC
. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng
MN
và
IB
bằng
A.
3
4
a
. B.
3
8
a
. C.
3
4
a
. D.
3
8
a
.
Lời giải
Trang 19
Chọn C
Gọi
H
là giao điểm của
CN
và
BM
. Ta có
( )
SH ABC
⊥
.
Đặt
BC x=
(với
0x >
).
Ta có
2
AC
CB CM BM= = =
⇒
BCM∆
đều.
Xét
BCM∆
đều có đường phân giác
CH
cũng là đường cao nên
CH BM⊥
⇒
CN BM⊥
tại
H
( )
0
90 1BMC MCN⇒+=
Có
( )
0
90 2BNC NCB
+=
Mà
( )
3
MCN NCB=
Từ
( ) ( ) ( )
1,2,3
BMC BNC⇒=⇒
tứ giác
BCMN
nội tiếp đường tròn.
⇒
90CMN = °
, hay
MN CA⊥
.
Suy ra hai tam giác
MNA
và
BCA
đồng dạng
⇒
MN AM
BC AB
=
⇔
3
ax
x
x
=
⇒
3xa=
;
23AC a=
.
Lấy
E
là trung điểm của
CM
.
Ta có
2
3
AN AM
AB AE
= =
⇒
MN BE
⇒
( )
MN BEI
.
⇒
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
( )
d , d , d , 2d ,MN BI MN BEI M BEI H BEI= = =
.
Nên
.
3
3
4
S ABC
ABC
V
SH a
S
∆
= =
.
Ta có
3
2
a
HB =
;
( )
2
2
22
33
3
22
aa
HC BC HB a

= −= − =



⇒
1
32
a
HF HC
= =
.
Đặt
( )
( )
d,y H BEI=
.
Xét tam diện vuông đỉnh
H
với ba cạnh
HB
,
HC
,
HS
ta có mặt phẳng
( )
IEB
cắt
HB
tại
B
; cắt
HC
tại
F
và cắt
HS
tại
K
, ta có
22
222 2 2
1 1 1 1 1 1 1 64
9
3
3
24
2
y HB HF HK a
aa
a
=++= + + =






⇒
3
8
ya=
.
K
F
E
I
H
N
M
A
C
B
S
Trang 20
Do đó
( )
33
d, 2
84
a
MN BI a
=⋅=
.
Câu 30. Cho hàm số
( )
fx
xác định trên
thỏa mãn
( )
1
khi 0
21
.cosx khi 0
x
xx
fx
e
xx
+≥
=
+
<
. Biết rằng:
ln 2
0
15
( ). d ln 2 ln 2 ln .
23
a
fx x b c
= ++
∫
Trong đó
,,abc
là những số nguyên. Khi đó
3.S a bc=+−
bằng:
A.
5
. B.
6
. C.
e1+
. D.
1
.
Lời giải
Chọn B
ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
2
0 0 00 0
1 1 ln 2 1
( ).d d d d d
21 21 2 21
x xx
f x x x x xx x x
e ee

=+=+ =+

+ ++

∫ ∫ ∫∫ ∫
.
Đặt
d
2 1 d 2d d
1
xx
t
te tex x
t
= +⇒ = ⇒ =
−
. Đổi cận:
ln25,03x tx t= ⇒= = ⇒=
.
( )
( )
ln 2 5 5
5
3
0 33
1 d 11 5
d d ln 1 ln ln 4 ln 5 ln 2 ln 3 ln 2 ln
21 1 1 3
x
t
x tt t
e tt t t

= = − = −− = − − + = −

+ −−

∫ ∫∫
.
ln 2
2
0
11 5
d ln 2 ln 2 ln 2, 1, 1
21 2 3
x
x x a bc
e

+ = + − ⇒= = =−

+

∫
Vậy
3. 6a bc+ −=
.
Câu 31. Tìm tấtcả các giá trị thực của tham số
m
để đường thẳng
( )
:3d y mx m= −
cắt đồ thị
( )
C
của hàm số
32
3
yx x= −
tại ba điểm phân biệt có hoành độ
123
,,xxx
thỏa mãn
222
123
15
xxx
++=
.
A.
3
2
m =
. B.
3m
= −
. C.
3m =
. D.
3
2
m = −
.
Lời giải.
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm:.
( ) ( ) ( )
( )
( )
32 2 2
2
3
3 3 3 33 0
*
x
x x mx m x x m x x x m
xm
=
− = − ⇔ −= −⇔− − =⇔
=
.
Để đường thẳng
( )
:3d y mx m= −
cắt đồ thị
( )
C
của hàm số
32
3yx x= −
tại ba điểm phân biệt có
hoành độ
123
,,xxx
thỏa mãn
222
123
15xxx++=
thì
2
0; 9
xm m=>≠
.
Từ (*) ta có:
xm= ±
nên
( )
( )
22
2
3 15 2 6 3mm m m+− + = ⇔ = ⇔ =
.
Câu 32. Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
′′′
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
,A
,2AB a BC a= =
. Hình chiếu
vuông góc của đỉnh
A
′
lên mặt phẳng
( )
ABC
là trung điểm
H
của cạnh
AC
. Góc giữa hai mặt phẳng
( )
BCB C
′′
và
( )
ABC
bằng
60°
. Tính thể tích của khối tứ diện
.AABC
′′′
.
A.
3
33
2
a
. B.
3
3
4
a
. C.
3
3
8
a
. D.
3
3
2
a
.
Lời giải
Chọn C
Trang 21
Ta có:
(
)
2
22 2
23
AC BC AB a a a= − = −=
.
Từ
H
kẻ
HI
vuông góc với
BC
.
Ta có
( )
.HIC BAC g g∆∆∽
nên
3
.
.3
2
24
a
a
HI HC AB HC a
HI
AB BC BC a
= ⇒= = =
.
Gọi
K
là trung điểm của
AC
′′
. Từ
K
kẻ
KM
vuông góc với
BC
′′
.
Tứ giác
KMIH
là hình bình hành nên
3
4
a
KM IH= =
.
Gọi
N
là điểm trên
BC
′′
sao cho
M
là trung điểm của
CN
′
3
2
2
a
A N KM
′
⇒= =
.
Do
( )
A H ABC
′
⊥
nên
( ) ( )
A NIH ABC
′
⊥
. Mà
A N HI
′
>
nên
HIN
là góc tù.
Suy ra
( ) ( )
( )
180 , 120HIN ABC BCC B
′′
= °− = °
và
60A NI
′
= °
.
Gọi
H
′
là hình chiếu của
I
lên
AN
′
suy ra
H
′
là trung điểm của
AN
′
.
33
.tan 60 . 3
44
aa
A H IH NH
′ ′′
⇒ = = °= =
.
23
1 13 3 3
. . ..
3 34 2 8
ABC
aa a
V AHS
′
⇒= = =
.
Câu 33. Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
, bảng biến thiên của hàm số
( )
fx
′
như sau
Số điểm cực trị của hàm số
( )
2
1x
gx f
x

+
=


là
A.
6
. B.
2
. C.
1
. D.
4
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
(
)
22
2
11
.
xx
gx f
xx

−+
′
=


.
Trang 22
Cho
( )
0gx
′
=
⇔
2
2
2
1
0
1
0
x
x
x
f
x
−
=

+
′
=


⇔
2
2
2
2
10
1
,2
1
,2 2
1
,2
x
x
aa
x
x
bb
x
x
cc
x
−=
+
= <−
+
= −<<
+
= >
•
2
10x −=
có 2 nghiệm phân biệt
1x = ±
.
• Xét hàm số
( )
2
1x
hx
x
+
=
Tập xác định
{ }
\0D =
. Ta có
( )
2
2
1
x
hx
x
−
′
=
. Cho
(
)
0
hx
′
=
⇔
1x = ±
.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy
•
( )
hx a=
có 2 nghiệm phân biệt, với
2a <−
•
(
)
hx b=
vô nghiệm, với
22b−< <
•
( )
hx c=
có 2 nghiệm phân biệt, với
2c >
Vậy hàm số
( )
2
1x
gx f
x

+
=


có 6 điểm cực trị.
Câu 34. Cho các số thực
,,abc
lớn hơn 1 thỏa
( )
2
8
log 1 4abc ab
c
=+−
. Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
236
222
111
log 2 log 2 log 2
236
abc
T = ++
bằng
A.
1
2
. B.
1
4
. C.
6
2
. D.
3
2
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
( )
( ) ( )
2 22
8 88
log 1 4 log 4 4 log
abc ab ab ab
c cc

=+− ⇔ + = +


.
Xét hàm số
(
) ( ) (
)
2
1
log , 1 0,
ln 2
y ft t t f t t R ft
t
′
= = + = + > ∀∈ ⇒
đồng biến trên
.
( )
222
88
4 4 2 log log log 1f ab f ab abc a b c
cc

⇒ = ⇔=⇔=⇒ + + =


.
Đặt
2 22
log ; log ; log 1x ay bz c x y z
= = = ⇒++=
.
Ta có:
236
23 6
222
22 2
1 1 1 1 1 11 1 1
log 2 log 2 log 2 . .
2 3 6 2 log 2 3 log 2 6 log 2
abc
T
ab c
= ++= + +
22 2
1 1 1 11 1
2 4log 3 9log 6 36log 2 4 3 9 6 36a b c xy z
= + + =++
+ + + +++
Trang 23
1 2 4 1 3 9 1 6 36 2 4 3 9 6 36
2 4 16 3 9 36 6 36 144 16 36 144
x y z xy z
xy z

+ + + +++

=++++ + −++


+++


1 2 4 1 3 9 1 6 36 2 4 3 9 6 36
2 . 2. . 2. .
2 4 16 3 9 36 6 36 144 16 36 144
x y z xy z
xy z
+ + + +++

≥ + + − ++

+++

111 24 39 636 3 31 1
2 3 6 16 36 144 4 4 4 4 2
x y z xyz
+ + + ++

=++− + + =− =−=


.
Vậy
min
1
2
T =
khi và chỉ khi
( )
( )
36
111
; ; ; ; 2; 2; 2
236
x y z abc===⇒=
.
Câu 35. Cho hai hàm số đa thức bậc bốn
( )
y fx
=
và
( )
y gx=
có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong đó đường
đậm hơn là đồ thị hàm số
( )
y fx=
.
Biết rằng hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ bằng
3
−
và cắt nhau tại hai điểm nữa
có hoành độ lần lượt là
1−
và
3.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( ) ( ) ( )
hx f x gx= −
trên đoạn
[ ]
3;3−
bằng
A.
12 10 3
9
−
. B.
3−
. C.
10 9 3
9
−
. D.
12 8 3
9
−
.
Lời giải
Chọn D
Theo giả thiết, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2
3 1 3.hx f x gx ax x x= − =+ +−
Do
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
1
0 0 0 1 2 1 .3 .1. 3 1 .
27
hfg a a= − =−−− = ⇔ − = ⇔ =−
Suy ra
( )
( ) ( )( )
2
1
3 1 3.
27
hx x x x=− + +−
Ta có
( ) ( )
( )( ) ( ) (
) ( ) (
)
22
2 11
3133331
27 27 27
hx xxx xx xx
′
=− + + −− + −− + +
.
Xét
( ) ( )( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
22
2 11
0 31333310
27 27 27
hx xxx xx xx
′
=⇔− + + −− + −− + +=
[ ]
[ ]
[ ]
32
3 3;3
4 4 44
0 3 3;3
27 9 9 3
3 3;3
x
xxx x
x
=−∈−
⇔− − + + = ⇔ =− ∈ −
= ∈−
Mà
( )
( ) ( )
12 8 3 12 8 3
3 0, 3 , 3 .
99
hh h
−+
−= − = =
Trang 24
Vậy
[ ]
( )
( )
3;3
12 8 3
min 3
9
hx h
−
−
=−=
.
Câu 36. Cho hàm số
(
)
322 3
331y x mx m x m
=− + −−
(
m
là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để đồ thị hàm số cắt trục
Ox
tại ba điểm phân biệt.
A.
3
. B.
2
. C.
1
. D.
0
.
Lời giải
Chọn C
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục
Ox
tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số đã cho có hai
điểm cực trị nằm về hai phía so với trục
Ox
.
Ta có
( )
22
36 3 1
y x mx m
′
=−+ −
.
(
)
22
1
3 6 3 10
1
xm
y x mx m
xm
= −
′
= − + −=⇔
= +
.
Vì
0y
′
=
có hai nghiệm phân biệt với mọi
m
nên hàm số đã cho luôn có hai điểm cực trị.
Ta có
( )
1
.2
3
y xmy xm
′
= − −−
.
Giá trị của hàm số lần lượt tại hai điểm cực trị
12
1, 1xm x m=−=+
là:
1
32ym=−+
,
2
32ym=−−
.
Suy ra yêu cầu bài toán tương đương với điều kiện
(
)( )
12
22
. 0 3 23 20
33
yy m m m<⇔− + − − <⇔−< <
.
Vậy có 1 giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán là
0m
=
.
Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc khoảng
[ ]
2022;2022−
sao cho hàm số
3
23 2y x mx
=−+ −
đồng biến trên khoảng
( )
1; +∞
?
A.
4049
. B.
2024
. C.
2048
. D.
4012
.
Lời giải
Chọn B
Xét hàm số:
3
() 2 3 2f x x mx=−+ −
Ta có:
( )
2
63fx x m
′
=−+
Nếu
(
)
0 : 0,
m fx x
′
≤ ≤ ∀⇒
hàm số
()fx
nghịch biến trên ℝ.
Hàm số
()y fx=
đồng biến trên
( ) ( )
4
1; 1 0 0.
3
f mm+∞ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇒ ≤
Nếu
( )
0 : 0
2
m
m fx x
′
> =⇔=±
Hàm số
()y fx=
đồng biến trên
Trang 25
( )
( )
3
1
4
2
4
2
2 20
0
4
2
2
1; 0 .
2
3
2
4
4
1
3
2
3
(1) 0
m
m
m
l
m
m
m
m
f
m
m
m
m
m
m
f
≥
≥
≥



≤
−≤
≤


+∞ ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ < ≤

<
<
≤
<
≤
≤
Vậy
m ∈
,
[ ]
2022;2022
m
∈−
{ }
2022; 2021;...; 1;0;1
m⇒ ∈− − −
. Có
2024
số.
Câu 38. Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là
15
và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ hơn được
đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác (
4
quả bóng đều nằm trên một mặt phẳng).
Tính diện tích bề mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn.
A.
(
)
60 7 4 3π−
. B.
( )
60 7 4 3π+
. C.
60π
. D.
15π
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
r
là bán kính quả bóng nhỏ.
Gọi
,AB
lần lượt là tâm của hai quả bóng lớn.
;CD
lần lượt là tâm của hai quả bóng nhỏ.
Gọi
;;;ABCD
′′′′
lần lượt là hình chiếu của
;;;ABCD
lên mặt phẳng. Ta có
15AA BB
′′
= =
,
CC DD r
′′
= =
.
Do mỗi quả bóng đều tiếp xúc với
3
quả còn lại nên ta có
15AC AD BC BD r= = = = +
;
2 15AB =
;
2CD r=
. Gọi
H
là giao điểm của
AB
′′
và
CD
′′
.
Ta thấy
ABCD
′′′′
là hình thoi nên
15
22
A B AB
AH BH
′′
′′
= = = =
;
22
C D CD
CH DH r
′′
′′
= = = =
.
Áp dụng định lý Pytago ta có
( ) ( )
22
2 2 22
BC B C BB CC C H B H BB CC
′′ ′′ ′ ′ ′′
= +− = + +−
.
Từ đó ta có
( ) ( ) ( ) (
)
2 22
2
15 15 15 2 3 15r r rr+ = + + − ⇔= −
.
Vậy diện tích mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn là
( )
2
4 60 7 4 3Sr=π= π−
.
Câu 39. Cho hai hàm
( )
y fx=
và
( )
y gx=
liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó tổng số nghiệm
của phương trình
( )
(
)
0
f gx =
và
( )
( )
0gfx =
là
Trang 26
A.
25
. B.
22
. C.
21
. D.
26
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 (1)
0 , 0;1 (2)
3 (3)
fx
gfx fx
fx
αα
= −
=⇔=∈
=
.
Dựa vào đồ thị hàm số
( )
gx
suy ra phương trình
( )
1
có 4 nghiệm; phương trình
( )
2
có 5 nghiệm và
phương trình
( )
3
có 1 nghiệm. Vậy phương trình
( )
( )
0gfx =
có 10 nghiệm.
Ta có
( )
( )
(
)
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
(
)
3 (4)
1 (5)
0 1 (6)
, 1; 2 ( 7 )
, 4;5 (8)
gx
gx
f gx gx
gx a a
gx bb
= −
= −
=⇔=
= ∈
= ∈
.
Dựa vào đồ thị hàm số
( )
gx
suy ra phương trình
( )
4
có 1 nghiệm; phương trình
( ) (
) ( )
5;6;7
mỗi
phương trình có 3 nghiệm và phương trình
( )
8
có 1 nghiệm. suy ra phương trình
( )
( )
0f gx =
có 11
nghiệm.
Vậy tổng số nghiệm của phương trình
( )
(
)
0f gx =
và
( )
( )
0gfx
=
là 21.
Câu 40. Cho hàm số
1
21
x
y
x
+
=
−
có đồ thị
( )
H
. Gọi
( ) ( )
11 2 2
;, ;Ax y Bx y
là hai điểm phân biệt thuộc
( )
H
sao
cho tiếp tuyến của
( )
H
tại
,AB
song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng
AB
bằng
A.
32
. B.
3
. C.
6
. D.
26
.
Lời giải
Chon C
Ta có
( )
2
3
21
y
x
−
′
=
−
.
Do tiếp tuyến của
( )
H
tại
A
,
B
song song với nhau nên
( ) ( )
( )
( )
12
12
22
12
12
33
1
21 21
xx
yx yx
xx
xx
=
−−
′′
=⇔=⇔
+=
−−
Vì
12
xx≠
nên
12
1xx+=
.
Trang 27
Khi đó do vai trò của
,AB
như nhau nên ta có thể giả sử
1
11
,0
22
xaa=+>
thì
11 3 11 3
; , ;.
222 222
aa
Aa B a
aa
+−

+ −+


Gọi
11
;
22
I



là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Ta thấy
12
12
l2
l2
I
I
xx x
yy y
+==
+==
nên
I
là trung điểm của
AB
.
Ta có
22
22
3 9 93
;2
22 4 4 4 4 2
a aa
IA IA
a aa

= ⇒= + ≥ ⋅ =


Vì
I
là trung điểm của
AB
nên
3
22 6
2
AB IA=≥=
.
Vậy
min
6
AB
=
khi
2
2
2
9
33
44
a
aa
a
= ⇒ =⇒=
.
Câu 41. Gọi
S
là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số
0,1, 2,3, 4, 5, 6
. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập
S
. Tính xác suất để số được chọn là một số chia hết cho
6
.
A.
13
60
. B.
2
9
. C.
17
45
. D.
11
45
.
Lời giải
Chọn A
Gọi số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau thỏa mãn bài toán có dạng
abc
(
0a ≠
)
Theo bài ra: Vì
abc
chia hết cho
6
nên
abc
phải là số chẵn.
Như vậy,
c
có
4
cách chọn.
Trường hợp 1:
0c =
.
Khi đó,
( )
,
ab
là hoán vị của bộ số
( )
1, 2
,
( )
1, 5
,
( )
2, 4
,
( )
3, 6
,
( )
4,5
.
Mỗi trường hợp có
2
cách sắp xếp.
Như vậy có
5.2 10
=
số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp
1
.
Trường hợp 2:
2
c =
.
Khi đó,
( )
,ab
là hoán vị của bộ số
( )
0,1
,
(
)
0, 4
,
(
)
1, 3
,
(
)
1, 6
,
( )
3, 4
,
( )
4, 6
.
Mỗi trường hợp có chữ số
0
có
1
cách sắp xếp.
Mỗi trường hợp không có chữ số
0
có
2
cách sắp xếp.
Như vậy, có
2 4.2 10+=
số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp
2
.
Trường hợp 3:
4c =
.
Khi đó,
( )
,ab
là hoán vị của bộ số
( )
0, 2
,
( )
0,5
,
( )
2,3
,
( )
2, 6
,
( )
3, 5
,
( )
5, 6
.
Làm tương tự, có
2 4.2 10+=
số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp
3
.
Trường hợp 4:
6c =
.
Khi đó,
( )
,ab
là hoán vị của bộ số
( )
0,3
,
( )
1, 2
,
( )
1, 5
,
( )
2, 4
,
( )
4,5
.
Làm tương tự , trường hợp này có
1 4.2 9+=
số tự nhiên thỏa mãn bài toán.
Số phần tử của không gian mẫu:
( ) 6.6.5 180n Ω= =
.
Xác suất để chọn được số chia hết cho
6
:
10 10 10 9 39 13
180 180 60
P
+++
= = =
.
Câu 42. Cho hình chóp
.S ABC
có
, 3, 6AB a AC a SB a= = =
,
, 3, 6AB a AC a SB a= = =
và
0
90
ABC BAS BCS= = =
. Tính sin của góc giữa đường thẳng
SB
và mặt phẳng
( )
SAC
.
A.
1
13
. B.
1
6
. C.
1
11
. D.
1
3
.
Lời giải
Chọn C
Trang 28
Dựng
( )
SD ABC⊥
tại D.
Ta có
( )
BA SD
BA SAD BA AD
BA SA
⊥
⇒⊥ ⇒⊥
⊥
( )
BC SD
BC SCD BC CD
BC SC
⊥
⇒⊥ ⇒⊥
⊥
ABCD⇒
là hình chữ nhật
Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (SAC)
( )
,SB SAC BSH⇒=


Ta có:
( )
(
)
;
sin
d D SAC
BH
BSH
SB SB
= =
Lại có:
( )
( )
2 2 22
2
1 1 1 1 11
6
;
DS DA DC a
d D SAC
=++ =
( )
( )
6
;
11
a
d D SAC⇒=
.
Suy ra:
( )
( )
;
1
sin
11
d D SAC
BH
BSH
SB SB
= = =
.
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị
m
nguyên thuộc đoạn
[ ]
2022; 2022−
để đồ thị hàm số
2
2
2 23
x
y
x mx m
−
=
− ++
có
hai đường tiệm cận đứng?
A.
0
. B.
2022
. C.
4044
. D.
2024
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định
2
20
2 2 30
x
x mx m
−≥
− + +>
.
Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình
2
2 2 30x mx m− + +=
có hai nghiệm
phân biệt
12
,xx
lớn hơn
2
Trang 29
(
)
(
)
( )
2
2
3
0 2 30
1
27
2 2 23
22 2
2 70
.2 0
2 2 2 2 30
m
mm
m
Sm
mm
m
af
mm
>
′′
∆> ∆= − − >

<−


⇔ > ⇔⇔ > ⇔ > ⇔ < <


− +>

>
− ⋅ + +>
.
Mặt khác
2022 2022m− ≤≤
và
m ∈
.
Do đó
m
∈∅
. Vậy không có số nguyên
m
thỏa mãn bài toán.
Câu 44. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
[ ]
20;20m ∈−
để phương trình sau có nghiệm
(
)
( ) ( )
22 2
2
log 4 2 9 1 1 2 4x m xx m x m x+ + + = − −+ − +
A.
12
. B.
23
. C.
25
. D.
10
.
Lời giải
Chọn B
Phương trình tương đương với:
(
)
(
) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
( )
(
)
22 2
2
22 2
2
2
22
2
2
2
2
2
log 4 2 9 1 1 2 4
log 2 2 2 4 2 9 1 2 4
log 4 2 4 2 9 1 2 4
16
log 2 4 1 2 4 8
4
x m xx m x m x
x m xx m x m x
x x m m x mx
m mx x x
xx
+ + + = − −+ − +
⇔ + + + = − +− +

⇔ + + + − = − +− +




⇔ + − = − +− −


+−

Đặt
2
4tx x= +−
, ta thấy
( )
2
22
4
lim 4 0; lim 4 0; 2
xx
t
xx xx t x
t
→+∞ →−∞
−
+ − = + − = +∞ ⇒ ∈ +∞ ⇒ =
Phương trình trở thành
( )
(
)
( )
2
2
2
2
44
16 2 4
log 1 2
t
mt
mt
tt
−

+−
=−−


( )
( )
( )
( )
2
2
22
22
16 2 4
log 16 2 4 log
mt
t
mt t
tt
+−
⇔ +− + = +
Xét hàm đặc trưng
2
( ) log
u
y fu u
t
= = +
có
( )
11
0
ln 2
fu
ut
′
= +>
(xem như
t
là tham số)
Suy ra
()fu
luôn đồng biến
( )
( ) ( )
( )
2 2 22 2
16
16 2 4 16 2 4
52
f mt ft mttt
m
⇔ +− = ⇔+− =⇔=
−
Do
( )
0;t ∈ +∞
nên suy ra
[ ]
, 20;20
2
16 5
0 20 2
52 2
m Zm
tm m
m
∈ ∈−
= > ⇔ < →− ≤ ≤
−
Như vậy ta kết luận có tất cả 23 giá trị nguyên của tham số
m
.
Câu 45. Cho hàm số
( )
y fx
=
có đạo hàm liên tục trên
và thoả mãn điều kiện
( ) ( )
2 3 1 4 1,fx f x x x− − = − ∀∈
. Biết rằng tích phân
( )
1
0
.' .
a
I x f x dx
b
= =
∫
, (với
,ab
là các số nguyên
dương, và
là phân số tối giản). Tính
T ab= +
.
A.
7T = −
. B.
7T =
. C.
0T =
. D.
1T =
.
Lời giải
Chọn B
Trang 30
Ta có:
(
)
(
) (
) (
)
( )
1
11
1
0
00
0
.' . . | . 1 .
I x f x dx x f x f x dx f f x dx
= =−=−
∫ ∫∫
+ Từ điều kiện
( )
(
)
2 3 1 4 1,fx f x x x
− − = − ∀∈
,
Cho
( ) ( )
0 2 0 31 1
x ff
=⇒ −=−
Cho
( ) (
)
1 2130 3x ff
=⇒−=
Suy ra:
(
)
(
)
( )
7
0
5
3
1 , 1
5
f
f
−
=
−
=
+ Ta có:
(
) ( )
1
1
0
0
. 1.f x dx f x dx= −
∫∫
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 11
0 00
2 31 4 1 2 31 . 4 1. . 1f x f x x f x f x dx x dx f x dx−−=−⇒ −− = −⇔− =


∫ ∫∫
( ) ( )
1
0
. 1, 2f x dx⇔=−
∫
Từ
( ) ( )
1,2
suy ra
32
1 2 5 7.
55
a
I T ab
b
−
= += = ⇒ = + = + =
Câu 46. Phương trình
cos cos 3 2 cos 5 0xx x++ =
có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng
( )
0;2022
π
?
A.
10110
. B.
4044
. C.
2022
. D.
6066
.
Lời giải
Chọn A
cos cos 3 2 cos 5 0xx x++ =
(
) ( )
cos 5 cos cos 5 cos 3 0xx x x⇔ ++ + =
2 cos 3 .cos 2 2 cos 4 .cos 0x x xx
⇔ +=
( )
3
4 cos 3cos cos 2 cos 4 .cos 0
x x x xx⇔− + =
(
)
2
cos 4 cos 3 cos 2 cos 4 0
x x xx

⇔ − +=

(
)
2
cos 2 cos 2 1 cos 2 2cos 2 1 0xx x x

⇔ − + −=

( )
2
cos 4 cos 2 cos 2 1 0x xx⇔ − −=
cos 0
1 17
cos 2
8
x
x
=
⇔
±
=
( )
2
1 1 17
arccos
28
xk
k
xk
π
π
π
= +
⇔∈
±
=±+
.
Trên đoạn
[ ]
0; 2
π
phương trình có 10 nghiệm và không có nghiệm
0, 2xx
π
= =
.
Suy ra trên đoạn
[ ]
0;2022
π
phương trình có
10.1011 10110=
nghiệm.
Vậy trên khoảng
( )
0;2022
π
phương trình có
10110
nghiệm.
Câu 47. Bác Hoa đem gửi tiết kiệm số tiền 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Bác gửi 250 triệu đồng
theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,1%/1 quý. Số tiền còn lại bác gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất
x
%/1 tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được gộp vào gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo.
Tính
x
(làm tròn đến chữ số thứ hai sau dấu phẩy), biết rằng sau một năm, số tiền gốc và lãi bác Hoa
thu được là 425.250.000 đồng.
A.
0, 79
. B.
0, 75
. C.
0,98
. D.
0,85
.
Lời giải
Chọn B
Gọi
A
là số tiền bác Mai gửi và
%r
là lãi suất mỗi kỳ hạn.
Sau kỳ hạn thứ nhất, bác Hoa có số tiền là
( )
% 1%A Ar A r+⋅ = +
.
Trang 31
Sau kỳ hạn thứ hai, bác Hoa có số tiền là
( ) ( ) ( )
2
1% 1%% 1%Ar Arr Ar+ + + ⋅= +
.
Tương tự như vậy, sau
n
kỳ hạn, bác Hoa có số tiền là
( )
1%
n
Ar
+
.
Như vậy, sau một năm, bác Hoa có tổng số tiền là
( ) ( )
4 12
250.000.000. 1 1,1% 150.000.000 1 % 425.250.00
0x+ + +=
.
Suy ra
0, 75x ≈
.
Câu 48. Có bao nhiêu bộ số nguyên
( )
;
xy
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
0 , 2022xy≤≤
và
( ) ( )
2022 2021
2 2021 1
2 3 6 log 2 4 8 log
24
yx
xy x y x y xy
yx

+

+++ ≤ +−−


+−


A.
6054
. B.
3
. C.
4036
. D.
2020
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện
2
0
2
2021 1
0
4
y
y
x
x
>
+
+
>
−
Kết hợp với điều kiện
0 , 2022
xy
≤≤
suy ra
5; 1xy≥≥
Xét hàm số
( )
2021 1
4
x
fx
x
+
=
−
trên
[
)
5; +∞
Có
( )
( )
2
8085
0, 5
4
fx x
x
−
= < ∀≥
−
và ta có
( )
lim 2021
x
fx
→+∞
=
.
Suy ra
(
) ( )
3
2021 10106 log 0, 5fx fx x
< ≤ ⇒ > ∀≥
.
Ta có
( )
( )
( )( )
( )( )
( )
2022 2021
2022 2021
2 2021 1
2 3 6 log 2 4 8 log
24
2 2021 1
3 2 log 4 2 log *
24
yx
xy x y x y xy
yx
yx
xy x y
yx

+

+++ ≤ +−−


+−



+

⇔+ + ≤− −


+−


TH1:
2y >
ta có
( )( )
2022
22
2 2 0 1 3 2 log 0
22
yy
yy x y
yy

> + > ⇒ >⇒ + + >

++

.
Mặt khác
( )( )
2021
2021 1
2 2 0 4 2 log 0
4
x
y yx y
x
+

>⇔−<⇒ − − <

−

.
Suy ra
2y >
thì bpt
( )
*
không thỏa mãn.
TH2:
2y ≤
.
Suy ra
( )(
)
2022
22
2 2 1 3 2 log 0
22
yy
yy x y
yy

≤ + ⇒ ≤⇒ + + ≤

++

.
Với
( )( )
2021
2021 1
2 2 0 4 2 log 0
4
x
y yx y
x
+

≤⇔−≥⇒ − − ≥

−

.
Do đó bpt
( )
*
luôn đúng với
2y ≤
.
Kết hợp điều kiện thì
{ }
1; 2y ∈
.
Mà
{ }
5;6;..;2022x ∈
nên có
2.2018 4036
=
bộ số nguyên
( )
;
xy
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 49. Cho hình trụ có
,OO
′
là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật
ABCD
có
,AB
cùng thuộc
( )
O
và
,CD
cùng
thuộc
(
)
O
′
sao cho
23AB a=
,
4BC a=
đồng thời
( )
ABCD
tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc
30°
. Thể tích khối trụ bằng.
A.
3
12 a
π
. B.
3
16 3 a
π
. C.
3
16 a
π
. D.
3
12 3 a
π
.
Lời giải
Trang 32
Chọn A
Gọi
,MN
lần lượt là trung điểm của
,
CD AB
và
I
là trung điểm của
OO
′
.
Suy ra góc giữa mặt phẳng
( )
ABCD
và mặt phẳng đáy là
30IMO
′
= °
.
Ta có
11
2
22
IM MN BC a= = =
.
Xét
IO M
′
∆
vuông tại
O
, ta có
.sin 2 2
IO IM IMO a h OO IO a
′′′′
= =⇒= = =
.cos 3
O M IM IMO a
′′
= =
.
Xét
O MD
′
∆
vuông tại
M
, có
11
3; 3.
22
O M a MD CD AB a
′
= = = =
2 2 22
33 6r OD OM MD a a r a
′′
⇒= = + = + ⇒=
.
Vậy
23
12 .
V rh a
ππ
= =
Câu 50 [Câu 42, MĐ 101, Đề THPT QG 2018]. Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
′′′
, khoảng cách từ
C
đến
đường thẳng
BB
′
bằng
2
, khoảng cách từ
A
đến các đường thẳng
BB
′
và
CC
′
lần lượt bằng
1
và
3
, hình
chiếu vuông góc của
A
lên mặt phẳng
( )
ABC
′′′
là trung điểm
M
của
BC
′′
và
23
3
AM
′
=
. Thể tích của khối
lăng trụ đã cho bằng
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D.
23
3
.
Lời giải
Chọn A.
Gọi
N
là trung điểm
BC
. Kẻ
AE BB
′
⊥
tại
E
,
AF CC
′
⊥
tại
.
Ta có
EF MN H∩=
nên
H
là trung điểm
EF
.
Ta có
AE AA
AF AA
′
⊥
′
⊥
( )
AA AEF
′
⇒⊥
AA EF
′
⇒⊥
EF BB
′
⇒⊥
.
Khi đó
( )
,1d A BB AE
′
= =
,
( )
,3d A CC AF
′
= =
,
( )
,2
d C BB EF
′
= =
.
Nhận xét:
222
AE AF EF+=
nên tam giác
AEF
vuông tại
A
, suy ra
1
2
EF
AH = =
.
Trang 33
Ta lại có
(
)
//
AA AEF
MN A A
′
⊥
′
( )
MN AEF MN AH⇒⊥ ⇒⊥
.
Tam giác
AMN
vuông tại
A
có đường cao
AH
nên
2
1
AM
22
11
AH AN
= −
3
1
4
= −
1
4
=
2
AM⇒=
.
Mặt khác
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
AA NM ABC
AA NM AEF
AA NM ABC AN
AA NM AEF AH
′
⊥
′
⊥
′
∩=
′
∩=
⇒
Góc giữa mặt phẳng
( )
ABC
và
( )
AEF
là
HAN
.
Hình chiếu của tam giác
ABC
lên mặt phẳng
(
)
AEF
là tam giác
AEF
nên
.cos
AEF ABC
S S HAN
∆∆
=
1
..
2
ABC
AH
AE AF S
AN
∆
⇒=
1 ..
.
2
ABC
AE AF AN
S
AH
∆
⇒=
23
1. 3.
1
3
.
21
=
1=
.
Vậy
.
.2
ABC A B C ABC
V S AM
′′′
∆
= =
.
------------- Hết -------------
| 1/33
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
ĐỀ KSCL HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2022 – 2023
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) MÃ ĐỀ 110
Câu 1. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn f (x) > 0 , x
∀ ∈  . Biết f (0) =1 và f '(x)
( ) = 2− 2x . Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình f (x) = m có hai nghiệm thực f x phân biệt.
A. m > e .
B. 0 < m ≤1.
C. 0 < m < e .
D. 1< m < e .
Câu 2. Tìm tập xác định của hàm số y = ( 2
ln x + x − 2 − x). A. ( ; −∞ 2 − ) . B. ( ; −∞ 2
− ) ∪(2;+∞) . C. (1;+∞). D. ( ; −∞ 2 − ]∪(2;+∞) .
Câu 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn [ 2022 − ;2022] để hàm số
y = f (x) = (x + )
1 ln x + (2 − m) x đồng biến trên khoảng ( 2 0;e ). A. 2029. B. 2022. C. 2025. D. 2027.
Câu 4. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên  và có đạo hàm là f ′(x) 2 = x ( 2 x − )( 2 4 x 3
− x + 2)(x −3). Hàm số
có bao nhiêu điểm cực đại? A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết khoảng cách từ điểm 3 7
A đến mặt phẳng (SCD) bằng a . Thể 7
tích V của khối chóp S.ABCD là 3 A. 1 3a 3 V = a . B. 3 V = a . C. 2 3 V = a . D. V = . 3 3 2 8 Câu 6. Cho hàm số x
f (x) có f (3) = 3 và f ′(x) = , x
∀ > 0 . Khi đó f (x)dx ∫ bằng x +1− x +1 3 A. 7 . B. 197 . C. 29 . D. 181. 6 2 6
Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC)
là trung điểm H của BC . Biết AB = a , AC = a 3 , SB = a 2 . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng 3 a 3 3 a 6 3 a 3 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 2 2 6 6
Câu 8. Cho mặt cầu có diện tích bằng π ( 2
72 cm ) . Bán kính R của khối cầu bằng: A. R = 6 (cm) .
B. R = 3 2 (cm) . C. R = 6(cm) . D. R = 3(cm).
Câu 9. Cho hình hình đa diện đều loại {3; }
3 có cạnh bằng a . Gọi S là diện tích tất cả các mặt của hình đa
diện (H ) có đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình đa diện trên. Khẳng định nào sau đây đúng? 2 2 2 A. a 3 . B. 2 S a 3 a 3 = 2a 3 . C. S = . D. S = . 3 4 2
Câu 10. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = 4 sin x + 3 −1 lần lượt là A. 4 2 −1 à v 7 . B. 2 à v 4. C. 4 2 à v 8 . D. 2 à v 2.
Câu 11. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 HS nam và 4 HS nữ vào một dãy ghế sao cho: HS nam ngồi kề nhau, HS nữ ngồi kề nhau? A. 362880. B. 48 . C. 17280 . D. 34560. Trang 1 u
 + 3u − u = 21 −
Câu 12. Cho cấp số cộng (u thỏa mãn 5 3 2
. Tính số hạng thứ 100 của cấp số. n ) 3  u −2u = 34 −  7 4 A. u = 243 − . B. u = 295 − . C. u = 231 − . D. u = 294 − . 100 100 100 100 Câu 13. + Cho hàm số a x b y = có bảng biến thiên sau x + c
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a > 0,b > 0,c > 0. B. a < 0,b > 0,c < 0. C. a < 0,b < 0,c > 0. D. a < 0,b < 0,c < 0 .
Câu 14. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông. Mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Mặt phẳng (β) đi qua trung điểm của BC và vuông góc với SC.
Thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi (β) là A. Hình thang cân. B. Tam giác vuông. C. Tam giác đều. D. Tam giác cân.
Câu 15. Cho hình chóp có 20 cạnh. Tính số mặt của hình chóp đó. A. 20 . B. 11. C. 12. D. 10.
Câu 16. Chiều cao h của hình trụ có diện tích toàn phần bằng 2
12πa và bán kính đáy r = 2a là A. a 2a . B. 3 . C. 3 . a D. . a 2 Câu 17. Cho hàm số 3
y = ax + 3x + d ( ;
a d ∈ ) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a > 0,d > 0.
B. a < 0,d > 0 .
C. a > 0,d < 0 .
D. a < 0,d < 0 .  
Câu 18. Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2 2 1
A C C  4n  6 . Số hạng không chứa x trong khai triển 2 n x    n n n  x  là A. 7920 . B. 7920 . C. 126720 . D. 126720 .
Câu 19. Cho ba số thực dương a,b,c khác 1. Đồ thị các hàm số x
y = a , y = log x y = x b ,
logc được cho trong
hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng? Trang 2
A. a < b < c .
B. c < b < a .
C. c < a < b .
D. b < a < c . 4
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;4], f ( )
1 =12 và f (4) = 7 . Khi đó f ′ ∫ (x)dx 1 bằng A. 9. B. 5 − . C. 5. D. 19. f (x) +1 3 f ( x) +1
Câu 21. Cho f (x) là một đa thức thỏa mãn lim = 2 − . Tính P = lim . x 1 → x −1 x 1 → x −1 A. 4 − . B. 2 − . C. 4 − . D. 2 − . 3 3
Câu 22. Với mọi a,b, x là các số thực dương thoả mãn log x = 5log a + 3log b . Mệnh đề nào dưới 2 2 2 đây đúng?
A. x = 5a + 3b . B. 5 3
x = a + b . C. 5 3 x = a b .
D. x = 3a + 5b .
Câu 23. Một nguyên hàm của hàm số f (x) = ( x − )2
6 2 1 + 6sin 2x là A. ( x − )3 2 1 + 3cos 2x + 2022 . B. ( x − )3
2 2 1 − 6cos 2x + 2022 . C. ( x − )3
2 1 − 3cos 2x + 2022 . D. ( x − )3
2 2 1 − 3cos 2x + 2022.
Câu 24. Cho hàm số f (x) = 2x −1 − 2x +1 Tính tổng S = f ′( )
1 + f ′(2) +...+ f ′(2022) . 4044 4044 2022 2022 A. S − = . B. S − = . 4045 2023 4045 4045 2022 C. S − = . D. S = . 4045 2023 Câu 25. Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d,(a ≠ 0) có đồ thị như hình vẽ.
Phương trình f (x − 2) = 3 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;5)? A. 5. B. 4. C. 2. D. 3. Trang 3
Câu 26. Cho lăng trụ tam giác ABC.A′B C
′ ′ . Biết AB vuông góc đáy. Đường thẳng AA′ tạo với đáy một góc
bằng 45° . Góc giữa hai mặt phẳng ( ABB A ′ ′) và ( ACC A
′ ′) bằng 30° . Khoảng cách từ A đến BB′ và
CC′ lần lượt bằng 5 và 8. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BB′ , CC′ và H′ ,
K′ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A′ trên BB′ , CC′ . Thể tích lăng trụ AHK.A′H K ′ ′ bằng 200 2
A. V =100. B. 200 3 V =100 2 . C. . D. V = . 3 3
Câu 27. Một bể nước lớn của một khu công nghiệp có phần chứa nước là một khối nón đỉnh S phía dưới (hình
vẽ), đường sinh SA = 27(m). Có một lần lúc bể nước chứa đầy, người ta phát hiện nước trong bể không
đạt yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để làm vệ sinh bể chứa. Công
nhân cho thoát nước ba lần qua một lỗ ở đỉnh S . Lần thức nhất khi mực nước tới điểm M thuộc SA thì
dừng, lần thứ hai khi mực nước tới điểm N ∈ SA thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết lượng
nước mỗi lần thoát là bằng nhau. Tính độ dài đoạn MN . A. ( 3 27 2 − )1 (m). B. 3
9 9 ( 3 4 − )1 (m) . C. 3
9 9 ( 3 2 − )1(m). D. 3 9 3 ( 3 2 − ) 1 (m).
Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng ( 2022 − ;2022) để phương trình
x − (m − ) x 2 9 2.
1 3 + m − 3m + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thoả mãn x + x > 2 1 2 1 2 A. 2016 B. 2017 C. 2021 D. 2022
Câu 29. Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B có AC = 2BC , đường trung tuyến BM ,
đường phân giác trong CN và MN = a . Các mặt phẳng (SBM ) và (SCN ) cùng vuông góc với mặt 3 3 3a
phẳng ( ABC). Thể tích khối chóp S.ABC bằng
. Gọi I là trung điểm của SC . Khoảng cách 8
giữa hai đường thẳng MN và IB bằng a 3 a 3 A. . B. . C. 3a . D. 3a . 4 8 4 8  1 Câu 30. Cho hàm số  + ≥
f (x) xác định trên x khi x 0
thỏa mãn f (x) =  2 x e +1 . Biết rằng:
 .xcosx khi x < 0 ln 2 1 a 5
f (x). dx = ln 2 + bln 2 + cln . ∫
Trong đó a,b,c là những số nguyên. Khi đó S = a + 3.b − c bằng: 2 3 0 A. 5. B. 6 . C. e +1. D. 1.
Câu 31. Tìm tấtcả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng (d ) : y = mx −3m cắt đồ thị (C) của hàm số 3 2
y = x − 3x tại ba điểm phân biệt có hoành độ x , x , x thỏa mãn 2 2 2
x + x + x =15 . 1 2 3 1 2 3 A. 3 m = . B. m = 3 − . C. m = 3 . D. 3 m = − . 2 2 Trang 4
Câu 32. Cho khối lăng trụ ABC.A′B C
′ ′có đáy ABC là tam giác vuông tại ,
A AB = a, BC = 2a . Hình chiếu
vuông góc của đỉnh A′ lên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm H của cạnh AC . Góc giữa hai mặt phẳng (BCB C
′ ′) và ( ABC) bằng 60°. Tính thể tích của khối tứ diện . A A′B C ′ ′ . 3 3 3 3
A. 3 3a . B. 3a . C. 3a . D. 3a . 2 4 8 2
Câu 33. Cho hàm số f (x) liên tục trên  , bảng biến thiên của hàm số f ′(x) như sau 2  x +1
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = f  là x    A. 6 . B. 2 . C. 1. D. 4 .
Câu 34. Cho các số thực 8
a,b,c lớn hơn 1 thỏa log abc =1+ − 4ab . Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 ( ) c 1 1 1
T = log 2 + log 2 + log 2 bằng 2 3 6 2a 2b 2 2 3 6 c A. 1 . B. 1 . C. 6 2 . D. 3 . 2 4 2
Câu 35. Cho hai hàm số đa thức bậc bốn y = f (x) và y = g (x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong đó đường
đậm hơn là đồ thị hàm số y = f (x) .
Biết rằng hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ bằng 3
− và cắt nhau tại hai điểm nữa
có hoành độ lần lượt là 1
− và 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số h(x) = f (x) − g (x) trên đoạn [ 3; − ] 3 bằng A. 12 −10 3 − − . B. − 3 . C. 10 9 3 . D. 12 8 3 . 9 9 9 Câu 36. Cho hàm số 3 2
y = x − mx + ( 2 m − ) 3 3 3
1 x − m ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. A. 3. B. 2 . C. 1. D. 0 .
Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng [ 2022 − ;2022] sao cho hàm số 3 y = 2
− x + 3mx − 2 đồng biến trên khoảng (1;+∞)? A. 4049 . B. 2024 . C. 2048 . D. 4012 . Trang 5
Câu 38. Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là 15 và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ hơn được
đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác ( 4 quả bóng đều nằm trên một mặt phẳng).
Tính diện tích bề mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn. A. 60π(7 − 4 3) . B. 60π(7 + 4 3). C. 60π. D. 15π .
Câu 39. Cho hai hàm y = f (x) và y = g (x) liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó tổng số nghiệm
của phương trình f (g (x)) = 0 và g ( f (x)) = 0 là A. 25 . B. 22 . C. 21. D. 26 . Câu 40. Cho hàm số x +1 y =
có đồ thị (H ) . Gọi A(x ; y , B x ; y là hai điểm phân biệt thuộc (H ) sao 1 1 ) ( 2 2) 2x −1
cho tiếp tuyến của (H ) tại A, B song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng A. 3 2 . B. 3 . C. 6 . D. 2 6 .
Câu 41. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6
. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn là một số chia hết cho 6 . A. 13 . B. 2 . C. 17 . D. 11 . 60 9 45 45
Câu 42. Cho hình chóp S.ABC có AB = a, AC = a 3, SB = a 6 , AB = a, AC = a 3, SB = a 6 và  =  =  0
ABC BAS BCS = 90 . Tính sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC). A. 1 . B. 1 . C. 1 . D. 1 . 13 6 11 3 −
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn [ x 2 2022 −
; 2022] để đồ thị hàm số y = có 2
x − 2mx + 2m + 3
hai đường tiệm cận đứng? A. 0 . B. 2022 . C. 4044 . D. 2024 .
Câu 44. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈[ 20
− ;20] để phương trình sau có nghiệm log ( 2 2
x + m + x x + 4 ) = (2m −9) x −1+(1− 2m) 2x + 4 2 A. 12. B. 23. C. 25 . D. 10.
Câu 45. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên  và thoả mãn điều kiện 1
2 f (x) − 3 f (1− x) = 4x −1, x
∀ ∈  . Biết rằng tích phân = . '( ). a I x f x dx = ∫
, (với a,b là các số nguyên b 0
dương, và a là phân số tối giản). Tính T = a + b . b A. T = 7 − . B. T = 7 . C. T = 0 . D. T =1.
Câu 46. Phương trình cos x + cos3x + 2cos5x = 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;2022π ) ? A. 10110. B. 4044 . C. 2022 . D. 6066 . Trang 6
Câu 47. Bác Hoa đem gửi tiết kiệm số tiền 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Bác gửi 250 triệu đồng
theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,1%/1 quý. Số tiền còn lại bác gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất x
%/1 tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được gộp vào gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo.
Tính x (làm tròn đến chữ số thứ hai sau dấu phẩy), biết rằng sau một năm, số tiền gốc và lãi bác Hoa
thu được là 425.250.000 đồng. A. 0,79 . B. 0,75. C. 0,98. D. 0,85.
Câu 48. Có bao nhiêu bộ số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn đồng thời các điều kiện0 ≤ x, y ≤ 2022 và (    + xy x y ) 2y 2021x 1 2 3 6 log   2x 4y xy 8 log  + + + ≤ + − − 2022 ( ) 2021  y 2    x 4  + −  A. 6054 . B. 3. C. 4036 . D. 2020 .
Câu 49. Cho hình trụ có O,O′ là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật ABCD có ,
A B cùng thuộc (O) và C, D cùng
thuộc (O′) sao cho AB = 2a 3 , BC = 4a đồng thời ( ABCD) tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc 30°
. Thể tích khối trụ bằng. A. 3 12π a . B. 3 16 3πa . C. 3 16πa . D. 3 12 3π a .
Câu 50. Cho khối lăng trụ ABC.A′B C
′ ′ , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB′ bằng 2 , khoảng cách từ A
đến các đường thẳng BB′ và CC′ lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A′B C
′ ′) là trung điểm M của B C ′ ′ và 2 3 A′M =
. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 2 3 . 3
------------------ Hết ------------------ Trang 7 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
C D D D D B C B D A D B B C B D D C C B 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
A C B C B C C A A D C B A C C A C A B B A B C A A
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn f (x) > 0 , x
∀ ∈  . Biết f (0) =1 và f '(x)
( ) = 2− 2x . Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình f (x) = m có hai nghiệm thực f x phân biệt.
A. m > e .
B. 0 < m ≤1.
C. 0 < m < e .
D. 1< m < e . Lời giải
Chọn C f′(x) f ′(x) Ta có ( ) = 2−2x ⇒
dx = 2 − 2x dx . f x ∫ f (x) ∫( ) ⇔ f (x) 2 ln
= 2x − x + C ( ) 2 2 . x x f x A e − ⇔ =
. Mà f (0) =1 suy ra ( ) 2 2x x f x e − = . Ta có 2
x − x = − ( 2 2 1 x − 2x + ) 1 = − (x − )2 1 1 ≤1. Suy ra 2 2 0 x−x < e
≤ e và ứng với một giá trị thực t <1 thì phương trình 2
2x − x = t sẽ có hai nghiệm phân biệt.
Vậy để phương trình f (x) = m có 2 nghiệm phân biệt khi 1
0 < m < e = e .
Câu 2. Tìm tập xác định của hàm số y = ( 2
ln x + x − 2 − x). A. ( ; −∞ 2 − ) . B. ( ; −∞ 2
− ) ∪(2;+∞) . C. (1;+∞). D. ( ; −∞ 2 − ]∪(2;+∞) . Lời giải Chọn D  2
Điều kiện xác định  x + x − 2 − x > 0  . 2
x + x − 2 ≥ 0 2 2
x + x − 2 > x   2
x + x − 2 − x > 0 x ≥ 0 x > 2  ⇔ ⇔  . 2 
x + x − 2 ≥ 0 2
x + x − 2 ≥ 0 x ≤ 2 −  x < 0 Vậy D = ( ; −∞ 2 − ]∪(2;+∞).
Câu 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn [ 2022 − ;2022] để hàm số
y = f (x) = (x + )
1 ln x + (2 − m) x đồng biến trên khoảng ( 2 0;e ). A. 2029. B. 2022. C. 2025. D. 2027. Lời giải Chọn D x +
Ta có: y = f (x) 1 ' ' = ln x + + 2 − m x
Yêu cầu bài toán ⇔ f ′(x) 1 1
= ln x + + 3− m ≥ 0 ⇔ ln x + + 3 ≥ m ;∀x ∈( 2 0;e ). x x
Xét hàm số: g (x) 1
= ln x + + 3 với x∈( 2 0;e ) . x
Ta có: g (x) 1 1 ' = − = 0 ⇔ x =1. 2 x x Bảng biến thiên: Trang 8
Dựa vào bảng biến thiên suy ra g (x) ≥ 4 với mọi x∈( 2 0;e ) . Từ đó suy ra 2022 − ≤ m ≤ 4.
Vậy có 2027 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 4. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên  và có đạo hàm là f ′(x) 2 = x ( 2 x − )( 2 4 x 3
− x + 2)(x −3). Hàm số
có bao nhiêu điểm cực đại? A. 3. B. 0. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn D
Ta có f ′(x) 2
= x (x − 2)2 (x − )
1 (x −3)(x + 2) x = 0 x = 2 
f ′(x) = 0 ⇔ x = 2 − . x =1  x =  3 Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đã cho có 1 điểm cực đại.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) bằng
3 7a . Thể tích V của khối chóp S.ABCD là 7 3 A. 1 3a 3 V = a . B. 3 V = a . C. 2 3 V = a . D. V = . 3 3 2 Lời giải Chọn D
Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ (ABCD)
Gọi x là độ dài cạnh của hình vuông ABCD . Ta có 3 3 3 SH = x,V = x S ABCD . . 2 6 Trang 9
Kẻ HK ⊥ CD,K ∈CD
Kẻ HL ⊥ SK, L∈ SK
Suy ra HL ⊥ (SCD) và d( ,
A (SCD)) = d(H,(SCD)) HS.HK 21 = HL = = x 2 2 HS + HK 7
Từ giả thiết ta có: 21.x 3 7.a = ⇒ x = a 3. 7 7 3. x (a 3 3. )3 3 Vậy 3 3 V = = = a S ABCD . . 6 6 2 8 Câu 6. Cho hàm số x
f (x) có f (3) = 3 và f ′(x) = , x
∀ > 0 . Khi đó f (x)dx ∫ bằng x +1− x +1 3 A. 7 . B. 197 . C. 29 . D. 181. 6 2 6 Lời giải Chọn B Xét ′ ∫ ( )d x f x x = dx ∫ . Đặt 2 2
t = x +1 ⇒ x +1 = t ⇒ x = t −1⇒ dx = 2tdt . x +1− x +1 2 x t −1 t −1 . t +1 Khi đó, f ′ ∫ (x) ( ) ( ) dx = dx = ⋅ 2tdt =
⋅ 2tdt = 2t + 2 dt ∫ ∫ 2 ∫ ∫ x +1− x +1 t − t t.(t − ) ( ) 1 2
= t + 2t + C = (x + )
1 + 2 x +1 + C . Mà f (3) = 3 ⇔ (3+ )
1 + 2 3+1 + C = 3 ⇔ C = 5 − .
⇒ f (x) = (x + )
1 + 2 x +1 −5 = x + 2 x +1 − 4 . 8 8 8 2   ⇒ f
∫ (x) x = ∫(x+ x+ − ) x 4 x =  + (x + )3 19 197 d 2 1 4 d 1 − 4x = 36 − = .  2 3  6 6 3 3 3
Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC)
là trung điểm H của BC . Biết AB = a , AC = a 3 , SB = a 2 . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng 3 a 3 3 a 6 3 a 3 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 2 2 6 6 Lời giải Chọn C Trang 10
Xét tam giác ABC vuông tại A có: BC = AB + AC = a + (a )2 2 2 2 3 = 2a .
H là trung điểm của BC nên BH = a .
Xét tam giác SBH vuông tại H có: SH = SB − HB = (a )2 2 2 2 2 − a = a . Diện tích đáy 1 1 ABC là: 2 S = AB AC = a . ABC . 3 2 2 3
Thể tích của khối chóp 1 1 1 a 3 S.ABC là: 2 V = SH.S = a a = . ABC . . . 3 3 3 2 6
Câu 8. Cho mặt cầu có diện tích bằng π ( 2
72 cm ) . Bán kính R của khối cầu bằng: A. R = 6 (cm) .
B. R = 3 2 (cm) . C. R = 6(cm) . D. R = 3(cm). Lời giải Chọn B.
Theo công thức diện tích mặt cầu ta có: 2 S = 4π R . π Suy ra S 72 R = = = 18 = 3 2 (cm) . 4π 4π
Câu 9. Cho hình hình đa diện đều loại {3; }
3 có cạnh bằng a . Gọi S là diện tích tất cả các mặt của hình đa
diện (H ) có đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình đa diện trên. Khẳng định nào sau đây đúng? 2 2 2 A. a 3 . B. 2 S a 3 a 3 = 2a 3 . C. S = . D. S = . 3 4 2 Lời giải Chọn D
Cho hình hình đa diện đều loại {3; }
3 cạnh a là tứ diện đều cạnh a . A B D C Khi đó ( a
H ) là bát diện đều cạnh bằng . 2 Ta có ( a
H ) có 8 mặt, mỗi mặt là tam giác đều cạnh . 2 2 2 a 3 a 3 ⇒ S = 8. = . 16 2
Câu 10. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = 4 sin x + 3 −1 lần lượt là A. 4 2 −1 à v 7 . B. 2 à v 4. C. 4 2 à v 8 . D. 2 à v 2. Lời giải Chọn A Ta có : 1
− ≤ sin x ≤1 ⇔ 2 ≤ sin x + 3 ≤ 4 ⇔ 2 ≤ sin x + 3 ≤ 2
⇔ 4 2 −1≤ y = 4 sin x + 3 −1≤ 4.2 −1 = 7 Trang 11
Do đó giá trị nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là 4 2 −1 và 7 .
Câu 11. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 HS nam và 4 HS nữ vào một dãy ghế sao cho: HS nam ngồi kề nhau, HS nữ ngồi kề nhau? A. 362880. B. 48 . C. 17280 . D. 34560. Lời giải Chọn D
Số cách xếp HS nam trong nhóm nam là 6!cách
Số cách xếp HS nữ trong nhóm nữ là 4! cách
Số cách xếp 2 nhóm nam và nữ là 2! cách
Số cách sắp xếp 6 HS nam và 4 HS nữ vào một dãy ghế sao cho: HS nam ngồi kề nhau, HS nữ ngồi kề
nhau là: 2!.4!.6!= 34560 cách. u +3u −u = 21 −
Câu 12. Cho cấp số cộng (u thỏa mãn 5 3 2
. Tính số hạng thứ 100 của cấp số. n ) 3  u −2u = 34 −  7 4 A. u = 243 − . B. u = 295 − . C. u = 231 − . D. u = 294 − . 100 100 100 100 Lời giải Chọn B u
 + 3u − u = 21 − u  + 
4d + 3 u + 2d − u − d = 21 − 1 ( 1 ) u  + 3d = 7 − u  = 2 5 3 2 1 ⇔ 1 ⇔ 1 ⇔ . 3  u −2u = 34 −     3
 (u + 6d − 2 u + 3d = 34 − u +  12d = 34 − d = 3 − 1 ) ( 1 ) 7 4 1
Số hạng thứ 100 là u = 2 + 99 3 − = 295 − . 100 ( ) Câu 13. + Cho hàm số a x b y = có bảng biến thiên sau x + c
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a > 0,b > 0,c > 0. B. a < 0,b > 0,c < 0. C. a < 0,b < 0,c > 0. D. a < 0,b < 0,c < 0. Lời giải Chọn B Dựa vào BBT, ta có:
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = a = −1< 0.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = − c =1 ⇒c = −1< 0. ⇔ − < ⇔ > ⇒ > − − = Lại có y′<0 ac b 0 b ac b ( ) 1 .( ) 1 1 > 0 .
Vậy a < 0,b > 0,c < 0 → chọn B.
Câu 14. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông. Mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Mặt phẳng (β) đi qua trung điểm của BC và vuông góc với SC.
Thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi (β) là A. Hình thang cân. B. Tam giác vuông. C. Tam giác đều. D. Tam giác cân. Lời giải Chọn C Trang 12
Gọi D là trung điểm của BC và H là trung điểm của AB (
SAB) ⊥ ( ABC)  Ta có: (
SAB) ∩ ( ABC) = AB ⇒ SH ⊥ ( ABC) SH ⊥  ABBC ⊥ AB * Ta có: 
⇒ BC ⊥ (SAB) BC ⊥ SH
* Gọi F,G lần lượt là trung điểm của AC và SC BC ⊥  (SAB) Khi đó, ta có:  ⇒ BC ⊥ (DFG) (
 SAB) / / (DFG)
Vậy thiết diện chính là tam giác DFG
*Xét ∆SAB ∽ ∆GFD
Mà ∆SAB đều ⇒ ∆GFD đều
Hay thiết diện là tam giác đều
Câu 15. Cho hình chóp có 20 cạnh. Tính số mặt của hình chóp đó. A. 20 . B. 11. C. 12. D. 10. Lời giải Chọn B
Số cạnh bên của hình chóp bằng số cạnh đáy.
Suy ra số cạnh bên của hình chóp là: 20 =10 cạnh. 2
Vậy hình chóp có 10 mặt bên và 1 mặt đáy.
Câu 16. Chiều cao h của hình trụ có diện tích toàn phần bằng 2
12πa và bán kính đáy r = 2a là A. a 2a . B. 3 . C. 3 . a D. . a 2 Lời giải Chọn D
Diện tích toàn phần hình trụ là 2 2
S = π rh + π r ⇔ a π = π a h + π a ⇔ π ah = a π ⇔ h = a tp ( )2 2 2 2 12 2 .2 . 2 . 2 4 4 . Câu 17. Cho hàm số 3
y = ax + 3x + d ( ;
a d ∈ ) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? Trang 13
A. a > 0,d > 0.
B. a < 0,d > 0 .
C. a > 0,d < 0 .
D. a < 0,d < 0 . Lời giải Chọn D
Ta có: lim = −∞ ⇒ đồ thị nhánh ngoài cùng của hàm số hướng đi xuống nên hệ số a < 0 . x→+∞
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung Oy : x = 0 là điểm nằm bên dưới trục hoành nên khi
x = 0 ⇒ y = d < 0.  
Câu 18. Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2 2 1
A C C  4n  6 . Số hạng không chứa x trong khai triển 2 n x    n n n  x  là A. 7920 . B. 7920 . C. 126720 . D. 126720 . Lời giải Chọn C Ta có n n 1 2 2 1  
A C C  4n  6  n n   n n n n n   1 4 6 2  n 12 2
n 11n 12  0    n 12. n   1 l  12 12 3k   Với 2 12
n 12 , ta có khai triển x  
   k k k 2 1 2 C x . 12  x  k0
Để số hạng không chứa k x thì 3 12  0  k  8 . 2  
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển 2 n x     là  8 8 8 1 2 C 126720 .  x  12
Câu 19. Cho ba số thực dương a,b,c khác 1. Đồ thị các hàm số x
y = a , y = log x y = x b ,
logc được cho trong
hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a < b < c .
B. c < b < a .
C. c < a < b .
D. b < a < c . Lời giải Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số mũ ta có c <1.
Dựa vào đồ thị hàm số logarit ta có b > a >1.
Với x = 3 thì log = ⇔ a = < < ⇔ b > a 3 1 3 và 0 logb 3 1 3.
Ta có c <1< a < b nên loại các phương án , A B, D . 4
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;4], f ( )
1 =12 và f (4) = 7 . Khi đó f ′ ∫ (x)dx 1 bằng Trang 14 A. 9. B. 5 − . C. 5. D. 19. Lời giải Chọn B 4
Ta có f ′(x)dx = f (x) 4 = f (4) − f ( ) 1 = 7 −12 = 5 − ∫ . 1 1 f (x) +1 3 f ( x) +1
Câu 21. Cho f (x) là một đa thức thỏa mãn lim = 2 − . Tính P = lim . x 1 → x −1 x 1 → x −1 A. 4 − . B. 2 − . C. 4 − . D. 2 − . 3 3 Lời giải
Chọn A f (x)+1 Ta có lim = 2
− ⇒ f (x) +1 = (x − )
1 h(x) ⇒ f ( ) 1 = 1 − . x 1 → x −1 3 f ( x) +1
 f (x) +1( x + ) 1 Vậy P = lim = lim x 1 → x 1 x −1 → (x − ) 2 3 1 f (x) 3 − f (x) +1    f (x) 1 x 1  + + 1 +1 4 = lim .  = 2 − . = − . x 1 → 2  x −1 3 f ( x) 3 − f (x) +  3 1 (− )2 3 3 1 − 1 − +   1
Câu 22. Với mọi a,b, x là các số thực dương thoả mãn log x = 5log a + 3log b . Mệnh đề nào dưới 2 2 2 đây đúng?
A. x = 5a + 3b . B. 5 3
x = a + b . C. 5 3 x = a b .
D. x = 3a + 5b . Lời giải Chọn C Có 5 3 5 3 5 3
log x = 5log a + 3log b = log a + log b = log a b ⇔ x = a b . 2 2 2 2 2 2
Câu 23. Một nguyên hàm của hàm số f (x) = ( x − )2
6 2 1 + 6sin 2x là A. ( x − )3 2 1 + 3cos 2x + 2022 . B. ( x − )3
2 2 1 − 6cos 2x + 2022 . C. ( x − )3
2 1 − 3cos 2x + 2022 . D. ( x − )3
2 2 1 − 3cos 2x + 2022. Lời giải Chọn C Ta có f
∫ (x) x = ∫( ( x− )2 +
x) x = ( x − )3 d 6 2 1 6sin 2 d
2 1 − 3cos 2x + C , với C ∈ . 
Vậy một nguyên hàm của hàm số f (x) = ( x − )2
6 2 1 + 6sin 2x là ( x − )3
2 1 − 3cos 2x + 2022 .
Câu 24. Cho hàm số f (x) = 2x −1 − 2x +1 Tính tổng S = f ′( )
1 + f ′(2) +...+ f ′(2022) . 4044 4044 2022 2022 A. S − = . B. S − = . 4045 2023 4045 4045 2022 C. S − = . D. S = . 4045 2023 Lời giải Chọn C
Tập xác định của hàm số là 1 D  ;  = +∞  . 2   
Ta có f (x) = ( x − − x + ) 1 1 ' 2 1 2 1 ' = − , x ∀ ∈ D 2x −1 2x +1       − Vậy ta có 1 1 1 1 1 1 1 4045 4045 S = − + − +    ...+ − =   1− =  .  1 3   3 5   4043 4045  4045 4045 Trang 15 Câu 25. Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d,(a ≠ 0) có đồ thị như hình vẽ.
Phương trình f (x − 2) = 3 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;5)? A. 5. B. 4. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn C
Tịnh tiến đồ thị hàm số đã cho theo véc tơ u (2;0) ta thu được đồ thị hàm số y = f (x − 2) như sau
Từ đó suy ra đồ thị hàm số y = f (x − 2)
Suy ra phương trình f (x − 2) = 3 có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0;5).
Câu 26. Cho lăng trụ tam giác ABC.A′B C
′ ′ . Biết AB vuông góc đáy. Đường thẳng AA′ tạo với đáy một góc
bằng 45° . Góc giữa hai mặt phẳng ( ABB A ′ ′) và ( ACC A
′ ′) bằng 30° . Khoảng cách từ A đến BB′ và
CC′ lần lượt bằng 5 và 8. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BB′ , CC′ và H′ ,
K′ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A′ trên BB′ , CC′ . Thể tích lăng trụ AHK.A′H K ′ ′ bằng 200 2
A. V =100. B. 200 3 V =100 2 . C. . D. V = . 3 3 Trang 16 Lời giải Chọn A
Từ đỉnh A kẻ AH ⊥ BB′ (H ∈ BB′) . Cũng từ A kẻ AK ⊥ CC′ (K ∈CC′) .
Góc giữa hai mặt phẳng ( ABB A ′ ′) và ( ACC A ′ ′) bằng 30° .
Suy ra, trong tam giác HAK , có  HAK = 30° Diện tích tam giác 1 1 1 S = ° = = ∆ AH AK AHK . sin 30 .5.8. 10 . 2 2 2
Góc giữa đường phẳng A′A ′
( A′A, AB) =  ′
và ( ABC) bằng góc giữa A A và AB nên A AB = 45° . Mà  ′ = ° =  A AB 45 ABH . Xét tam giác HA ∆
B vuông tại H suy ra AH AB = = 5 2 . sin45° Xét tam giác B
∆ AA′ vuông tại B suy ra AB AA′ = = 10 . cos45°
Mà AA′ là đường cao của lăng trụ AHK.A′H K ′ ′ . Nên thể tích V = ′ = = ′ ′ ′ A A S AHK A H K . AHK 10.10 100 . .
Câu 27. Một bể nước lớn của một khu công nghiệp có phần chứa nước là một khối nón đỉnh S phía dưới (hình
vẽ), đường sinh SA = 27(m). Có một lần lúc bể nước chứa đầy, người ta phát hiện nước trong bể không
đạt yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để làm vệ sinh bể chứa. Công
nhân cho thoát nước ba lần qua một lỗ ở đỉnh S . Lần thức nhất khi mực nước tới điểm M thuộc SA thì
dừng, lần thứ hai khi mực nước tới điểm N ∈ SA thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết lượng
nước mỗi lần thoát là bằng nhau. Tính độ dài đoạn MN . Trang 17 A. ( 3 27 2 − )1 (m). B. 3
9 9 ( 3 4 − )1 (m) . C. 3
9 9 ( 3 2 − )1(m). D. 3 9 3 ( 3 2 − ) 1 (m). Lời giải Chọn C
Gọi V , V , V lần lượt là thể tích khối nón có đường sinh là SN, SM , SA 1 2 Do SM SE EM SE ∆ M SO ∆ A ⇒ = = SA SO OA 1 2 π EM SE 3 Lại có V2 3 2  SA  3 = ⇔ = ⇔ SM =   13122 V 1 2 3  SM πOA SA  3 3 3
Tương tự V1  SN  1  SN  3 = ⇔ = ⇔ SN =     6561 VSA  3  27  Vậy 3 3 3
MN = SM − SN = 13122 − 6561 = 9 9 ( 3 2 − ) 1 .
Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng ( 2022 − ;2022) để phương trình
x − (m − ) x 2 9 2.
1 3 + m − 3m + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thoả mãn x + x > 2 1 2 1 2 A. 2016 B. 2017 C. 2021 D. 2022 Lời giải Chọn B
Ta có x − (m − ) x + m − m + = ⇔ ( x )2 2 − (m − ) x 2 9 2 1 3 3 5 0 3 2.
1 .3 + m − 3m + 5 = 0 ( ) 1 Đặt = 3x t
,t > 0 , khi đó phương trình trở thành 2t − (m − ) 2 2.
1 .t + m − 3m + 5 = 0 (2) Để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt ∆ > 0 m − 4 > 0  S 0 
> ⇔ m −1 > 0 ⇔ m > 4   2 P > 0
m − 3m + 5 > 0 Khi đó 1 x 2 = 3 , = 3x t t . Do 1 x + 2 + > 2 ⇒ 3 x x x
> 9 ⇔ t .t > 9 1 2 1 2 1 2 m < 1 −
Áp dụng định lý Vi – et ta được 2 2
m − 3m + 5 > 9 ⇔ m − 3m − 4 > 0 ⇔  m > 4
Vậy m > 4 ⇒ m∈(4;2022) từ đó suy ra có 2017 giá trị nguyên của m thoả mãn
Câu 29. Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B có AC = 2BC , đường trung tuyến BM ,
đường phân giác trong CN và MN = a . Các mặt phẳng (SBM ) và (SCN ) cùng vuông góc với mặt 3 3 3a
phẳng ( ABC). Thể tích khối chóp S.ABC bằng
. Gọi I là trung điểm của SC . Khoảng cách 8
giữa hai đường thẳng MN và IB bằng a 3 a 3 A. . B. . C. 3a . D. 3a . 4 8 4 8 Lời giải Trang 18 Chọn C S I M E A C F H N B K
Gọi H là giao điểm của CN và BM . Ta có SH ⊥ ( ABC) .
Đặt BC = x (với x > 0 ). Ta có AC
CB = CM = BM = ⇒ B ∆ CM đều. 2 Xét B
∆ CM đều có đường phân giác CH cũng là đường cao nên CH ⊥ BM
⇒ CN ⊥ BM tại H ⇒  +  0 BMC MCN = 90 ( ) 1 Có  +  0 BNC NCB = 90 (2) Mà  =  MCN NCB (3) Từ ( ) ( ) ( ) ⇒  =  1 , 2 , 3
BMC BNC ⇒ tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn. ⇒ 
CMN = 90°, hay MN ⊥ CA.
Suy ra hai tam giác MNA và BCA đồng dạng ⇒ a x MN AM = ⇔ =
⇒ x = a 3 ; AC = 2a 3 . BC AB x 3x
Lấy E là trung điểm của CM . Ta có AN AM 2 =
= ⇒ MN BE ⇒ MN  (BEI ) . AB AE 3
⇒ d(MN,BI ) = d(MN,(BEI )) = d(M,(BEI )) = 2d(H,(BEI )). 3VS ABC 3 Nên . SH = = a . S ABC ∆ 4 a 3 2 Ta có HB = ;  
HC = BC − HB = (a 3)2 2 2 a 3 3a ⇒ 1 a 2 −   =  HF = HC = . 2  2   3 2
Đặt y = d(H,(BEI )) .
Xét tam diện vuông đỉnh H với ba cạnh HB , HC , HS ta có mặt phẳng (IEB) cắt HB tại B ; cắt
HC tại F và cắt HS tại K , ta có 1 1 1 1 1 1 1 64 = + + = + + = 2 2 2 2 2 2 2 y HB HF HK  ⇒ 3 . a 3  y = aa   3a  9a 8  2   2  4        Trang 19 Do đó ( ) 3 3 d , = 2 a MN BI ⋅ a = . 8 4  1 Câu 30. Cho hàm số  + ≥
f (x) xác định trên x khi x 0
thỏa mãn f (x) =  2 x e +1 . Biết rằng:
 .xcosx khi x < 0 ln 2 1 a 5
f (x). dx = ln 2 + bln 2 + cln . ∫
Trong đó a,b,c là những số nguyên. Khi đó S = a + 3.b − c bằng: 2 3 0 A. 5. B. 6 . C. e +1. D. 1. Lời giải Chọn B ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 2 ln 2  1  1 ln 2 1
f (x).dx = x + dx = d x x + dx = + ∫ ∫   dx ∫ ∫ ∫ .  2 x e +1 2 x e +1 2 2 x e +1 0 0 0 0 0 Đặt x x d = 2 +1⇒ d = 2 d ⇒ d t t e t e x x =
. Đổi cận: x = ln 2 ⇒ t = 5, x = 0 ⇒ t = 3. t −1 ln 2 5 5 1 dt  1 1 x ∫ ∫ ∫ d  = = −  t = t − − t = − − + = − . x (ln 1 ln )5 5 d 2e +1 t (t − ) ln 4 ln 5 ln 2 ln 3 ln 2 ln 3 1  t −1 t  3 0 3 3 ln 2  1  1 2 5 x + ∫
dx = ln 2 + ln 2 − ln ⇒ a = 2,b =1,c = 1 −   2 x e +1 2 3 0
Vậy a + 3.b − c = 6 .
Câu 31. Tìm tấtcả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng (d ) : y = mx −3m cắt đồ thị (C) của hàm số 3 2
y = x − 3x tại ba điểm phân biệt có hoành độ x , x , x thỏa mãn 2 2 2
x + x + x =15 . 1 2 3 1 2 3 A. 3 m = . B. m = 3 − . C. m = 3 . D. 3 m = − . 2 2 Lời giải. Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm:. x = 3 3 2 2
x − 3x = mx − 3m ⇔ x (x −3) = m(x −3) ⇔ (x −3)( 2
x − m) = 0 ⇔  . 2 x = m  (*)
Để đường thẳng (d ) : y = mx −3m cắt đồ thị (C) của hàm số 3 2
y = x − 3x tại ba điểm phân biệt có
hoành độ x , x , x thỏa mãn 2 2 2
x + x + x =15 thì 2
x = m > 0;m ≠ 9 . 1 2 3 1 2 3 2 2
Từ (*) ta có: x = ± m nên 2
3 + (− m) +( m) =15 ⇔ 2m = 6 ⇔ m = 3.
Câu 32. Cho khối lăng trụ ABC.A′B C
′ ′có đáy ABC là tam giác vuông tại ,
A AB = a, BC = 2a . Hình chiếu
vuông góc của đỉnh A′ lên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm H của cạnh AC . Góc giữa hai mặt phẳng (BCB C
′ ′) và ( ABC) bằng 60°. Tính thể tích của khối tứ diện . A A′B C ′ ′ . 3 3 3 3
A. 3 3a . B. 3a . C. 3a . D. 3a . 2 4 8 2 Lời giải Chọn C Trang 20
Ta có: AC = BC − AB = ( a)2 2 2 2 2 − a = a 3 .
Từ H kẻ HI vuông góc với BC . a 3 . a Ta có H ∆ IC ∽ B
∆ AC (g.g) nên HI HC A . B HC 2 a 3 = ⇒ HI = = = . AB BC BC 2a 4
Gọi K là trung điểm của A′C′ . Từ K kẻ KM vuông góc với B C ′ ′.
Tứ giác KMIH là hình bình hành nên a 3 KM = IH = . 4
Gọi N là điểm trên B C
′ ′ sao cho M là trung điểm của C N ′ a 3
⇒ A′N = 2KM = . 2
Do A′H ⊥ ( ABC) nên ( A′NIH ) ⊥ ( ABC) . Mà A′N > HI nên  HIN là góc tù. Suy ra  HIN =
° − (( ABC) (BCC B ′ ′))  180 , = 120° và  A′NI = 60° .
Gọi H′ là hình chiếu của I lên A′N suy ra H′ là trung điểm của A′N . a 3 3 ⇒ ′ = ′ = .′tan 60° = . 3 a A H IH NH = . 4 4 2 3 1 1 3a a 3 3 ⇒ = . ′ . a V A H S = = . ABC . . 3 3 4 2 8
Câu 33. Cho hàm số f (x) liên tục trên  , bảng biến thiên của hàm số f ′(x) như sau 2  x +1
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = f  là x    A. 6 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A 2 2
x −1  x +1 Ta có g′(x) = . f . 2 xx    Trang 21 2 x −1= 0  2 2  x −1 x +  1 = = a, a < 2 −  0  2 x x
Cho g′(x) = 0 ⇔  ⇔  2 2   x +1 x + 
1 = b, −2<b < 2  f ′  = 0  x   x   2 x +1  = c, c > 2  x • 2
x −1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x = 1 ± . 2 +
• Xét hàm số h(x) x 1 = x 2 Tập xác định D − = x 1  \{ }
0 . Ta có h′(x) =
. Cho h′(x) = 0 ⇔ x = 1 ± . 2 x Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy
• h(x) = a có 2 nghiệm phân biệt, với a < 2 −
• h(x) = b vô nghiệm, với 2 − < b < 2
• h(x) = c có 2 nghiệm phân biệt, với c > 2 2  x +1
Vậy hàm số g (x) = f  có 6 điểm cực trị. x   
Câu 34. Cho các số thực 8
a,b,c lớn hơn 1 thỏa log abc =1+ − 4ab . Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 ( ) c 1 1 1
T = log 2 + log 2 + log 2 bằng 2 3 6 2a 2b 2 2 3 6 c A. 1 1 3 . B. . C. . 2 4 6 2 . D. 2 Lời giải Chọn A Ta có: 8  8   8 log abc 1 4ab log 4ab 4ab log  = + − ⇔ + = + . 2 ( ) 2 ( ) ( ) 2 c
c   c     
Xét hàm số y = f (t) 1
= log t + t, f ′ t = +1 > 0, t
∀ ∈ R ⇒ f t đồng biến trên 2 ( ) ( )  . t ln 2 ⇒ f ( ab)  8  8 4 = f
⇔ 4ab = ⇔ abc = 2 ⇒ log a + log b + log c =   1. 2 2 2  c c
Đặt x = log a; y = log ;
b z = log c ⇒ x + y + z =1. 2 2 2 Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1
T = log 2 + log 2 + log 2 = . + + . 2 3 6 2a 2b 2c 2 3 6 2 3 6 2 log 2a 3 log 2b 6 log 2c 2 2 2 1 1 1 1 1 1 = + + = + +
2 + 4log a 3+ 9log b 6 + 36log c 2 + 4x 3+ 9y 6 + 36z 2 2 2 Trang 22  1 2 + 4x   1 3+ 9y   1
6 + 36z   2 + 4x 3+ 9y 6 + 36z  = + + + + + − + +   2 4x 16     3 9y 36     6 36z 144     16 36 144  + + +  1 2 + 4x 1 3+ 9y 1
6 + 36z  2 + 4x 3+ 9y 6 + 36 2 . 2. . 2. . z  ≥ + + − + +   2 + 4x 16 3+ 9y 36 6 + 36z 144  16 36 144 
1 1 1  2 + 4x 3+ 9y 6 + 36z  3 x + y + z 3 1 1 = + + − + + = − = − = . 2 3 6  16 36 144    4 4 4 4 2 Vậy 1 T = khi và chỉ khi 1 1 1
x = ; y = ; z = ⇒ ( ; a ; b c) = ( 3 6 2; 2; 2) . min 2 2 3 6
Câu 35. Cho hai hàm số đa thức bậc bốn y = f (x) và y = g (x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong đó đường
đậm hơn là đồ thị hàm số y = f (x) .
Biết rằng hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ bằng 3
− và cắt nhau tại hai điểm nữa
có hoành độ lần lượt là 1
− và 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số h(x) = f (x) − g (x) trên đoạn [ 3; − ] 3 bằng A. 12 −10 3 − − . B. − 3 . C. 10 9 3 . D. 12 8 3 . 9 9 9 Lời giải Chọn D
Theo giả thiết, ta có h(x) = f (x) − g (x) = a(x + )2 3 (x + ) 1 (x −3).
Do h( ) = f ( ) − g ( ) = − −(− ) 2 = ⇔ a (− ) 1 0 0 0 1 2 1 .3 .1. 3 =1 ⇔ a = − . 27 Suy ra h(x) 1 = − (x +3)2 (x + ) 1 (x − 3). 27 Ta có h′(x) 2 = −
(x + )(x + )(x − ) 1 −
(x + )2 (x − ) 1 3 1 3 3 3 − (x +3)2 (x + ) 1 . 27 27 27 Xét h′(x) 2 = ⇔ −
(x + )(x + )(x − ) 1 −
(x + )2 (x − ) 1 0 3 1 3 3 3 − (x +3)2 (x + ) 1 = 0 27 27 27 x = 3 − ∈[ 3; − ]3 4  3 4 2 4 4 ⇔ −
x − x + x + = 0 ⇔ x = − 3 ∈[ 3; − ]3 27 9 9 3  x = 3 ∈  [ 3; − ]3 − +
Mà h(− ) = h(− ) 12 8 3 = h( ) 12 8 3 3 0, 3 , 3 = . 9 9 Trang 23 − Vậy
h(x) = h − = . − ( ) 12 8 3 min 3 [ 3; ]3 9 Câu 36. Cho hàm số 3 2
y = x − mx + ( 2 m − ) 3 3 3
1 x − m ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. A. 3. B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số đã cho có hai
điểm cực trị nằm về hai phía so với trục Ox . Ta có 2
y′ = x − mx + ( 2 3 6 3 m − ) 1 . 2  = −
y′ = x − mx + ( 2 m − ) x m 1 3 6 3 1 = 0 ⇔  . x = m +1
Vì y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số đã cho luôn có hai điểm cực trị. Ta có 1
y = (x − m).y′ − 2x − m . 3
Giá trị của hàm số lần lượt tại hai điểm cực trị 1x = m −1, 2 x = m +1 là: 1 y = 3
− m + 2 , y2 = 3 − m − 2 .
Suy ra yêu cầu bài toán tương đương với điều kiện 2 2 1
y .y2 < 0 ⇔ ( 3 − m + 2)( 3
− m − 2) < 0 ⇔ − < m < . 3 3
Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m = 0.
Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng [ 2022 − ;2022] sao cho hàm số 3 y = 2
− x + 3mx − 2 đồng biến trên khoảng (1;+∞)? A. 4049 . B. 2024 . C. 2048 . D. 4012 . Lời giải Chọn B Xét hàm số: 3 f (x) = 2
− x + 3mx − 2 Ta có: f ′(x) 2 = 6 − x + 3m
Nếu m ≤ 0 : f ′(x) ≤ 0, x
∀ ⇒ hàm số f (x) nghịch biến trên ℝ.
Hàm số y = f (x) đồng biến trên ( +∞) ⇔ f ( ) 4 1;
1 ≤ 0 ⇔ m ≤ ⇒ m ≤ 0. 3 Nếu > 0 : ′( ) = 0 m m f x ⇔ x = ± 2
Hàm số y = f (x) đồng biến trên Trang 24  m  ≥ 1 m ≥ 4  2   m ≥ 4       m  (l) 3  m    ≤ 2m − 2 ≤ 0 m ≤ 2 f 0  (1;+∞) ⇔     2 4  2 ⇔     ⇔  ⇒ 0 < m ≤ . m < 2  m < 2  3  m     4  <  1  4   m ≤  2 m ≤  3   3   f (1) ≤ 0
Vậy m∈, m∈[ 2022 − ;2022] ⇒ m∈{ 2022 − ; 2021 − ;...; 1 − ;0; } 1 . Có 2024 số.
Câu 38. Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là 15 và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ hơn được
đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác ( 4 quả bóng đều nằm trên một mặt phẳng).
Tính diện tích bề mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn. A. 60π(7 − 4 3) . B. 60π(7 + 4 3). C. 60π. D. 15π . Lời giải Chọn A
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′ = 15 ,
CC′ = DD′ = r .
Do mỗi quả bóng đều tiếp xúc với 3 quả còn lại nên ta có AC = AD = BC = BD = r + 15 ; AB = 2 15
; 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 ′ = = = 15 ; C H ′ = D H ′ = = = r . 2 2 2 2
Áp dụng định lý Pytago ta có 2 2 = ′ ′ + ( ′ − ′)2 2 2 BC B C BB CC = C H ′ + B H ′
+ (BB′ −CC′)2 . 2 2 2 Từ đó ta có (r + ) 2
15 = r + ( 15) +( 15 − r) ⇔ r = (2− 3) 15 .
Vậy diện tích mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn là 2 S = 4 r π = 60π(7 − 4 3).
Câu 39. Cho hai hàm y = f (x) và y = g (x) liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó tổng số nghiệm
của phương trình f (g (x)) = 0 và g ( f (x)) = 0 là Trang 25 A. 25 . B. 22 . C. 21. D. 26 . Lời giải Chọn C f (x) = 2 − (1) 
Ta có g ( f (x)) = 0 ⇔  f (x) = α,(α ∈(0; ) 1 ) (2) .   f  ( x) = 3 (3)
Dựa vào đồ thị hàm số g (x) suy ra phương trình ( )
1 có 4 nghiệm; phương trình (2) có 5 nghiệm và
phương trình (3) có 1 nghiệm. Vậy phương trình g ( f (x)) = 0 có 10 nghiệm. g (x) = 3 − (4)  g (x) = 1 − (5) 
Ta có f (g (x)) = 0 ⇔ g (x) =1 (6) .
g(x) = a,(a∈  (1;2)) (7)
g(x) = ,b  (b∈  (4;5)) (8)
Dựa vào đồ thị hàm số g (x) suy ra phương trình (4) có 1 nghiệm; phương trình (5);(6);(7) mỗi
phương trình có 3 nghiệm và phương trình (8) có 1 nghiệm. suy ra phương trình f (g (x)) = 0 có 11 nghiệm.
Vậy tổng số nghiệm của phương trình f (g (x)) = 0 và g ( f (x)) = 0 là 21. Câu 40. Cho hàm số x +1 y =
có đồ thị (H ) . Gọi A(x ; y , B x ; y là hai điểm phân biệt thuộc (H ) sao 1 1 ) ( 2 2) 2x −1
cho tiếp tuyến của (H ) tại A, B song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng A. 3 2 . B. 3 . C. 6 . D. 2 6 . Lời giải Chon C Ta có 3 y − ′ = . (2x − )2 1
Do tiếp tuyến của (H ) tại A , B song song với nhau nên − −  =
y′(x ) = y′(x ) 3 3 x x 1 2 ⇔ = ⇔ 1 2 (2  x − )2 1 (2x − )2 1 x + x = 1 1 2 1 2
Vì x ≠ x nên x + x =1. 1 2 1 2 Trang 26
Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử 1 1
x = a + ,a > 0 thì 1 2 2  1 1 a + 3   1 1 a − 3 A a ; , B a ;  + − +    .  2 2 2a   2 2 2a  Gọi 1 1 I  ;  
là giao điểm của hai đường tiệm cận. 2 2   
x + x = l = 2x Ta thấy 1 2 I
nên I là trung điểm của AB . y + y = l =  2y 1 2 I 2 2 Ta có  a 3  a 9 a 9 3 IA = ; ⇒ IA = + ≥ 2 ⋅ =   2 2  2 2a  4 4a 4 4a 2
Vì I là trung điểm của AB nên 3 AB = 2IA ≥ 2 = 6 . 2 2
Vậy AB = 6 khi a 9 2 = ⇒ = ⇒ = . min a 3 a 3 2 4 4a
Câu 41. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6
. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn là một số chia hết cho 6 . A. 13 . B. 2 . C. 17 . D. 11 . 60 9 45 45 Lời giải Chọn A
Gọi số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau thỏa mãn bài toán có dạng abc ( a ≠ 0 )
Theo bài ra: Vì abc chia hết cho 6 nên abc phải là số chẵn.
Như vậy, c có 4 cách chọn.
Trường hợp 1: c = 0 .
Khi đó, (a,b) là hoán vị của bộ số (1,2) , (1,5), (2,4) , (3,6), (4,5) .
Mỗi trường hợp có 2 cách sắp xếp.
Như vậy có 5.2 =10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 1.
Trường hợp 2: c = 2 .
Khi đó, (a,b) là hoán vị của bộ số (0, )
1 , (0,4) , (1,3), (1,6) , (3,4), (4,6) .
Mỗi trường hợp có chữ số 0 có 1 cách sắp xếp.
Mỗi trường hợp không có chữ số 0 có 2 cách sắp xếp.
Như vậy, có 2 + 4.2 =10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 2 .
Trường hợp 3: c = 4 .
Khi đó, (a,b) là hoán vị của bộ số (0,2) , (0,5), (2,3), (2,6) , (3,5) , (5,6).
Làm tương tự, có 2 + 4.2 =10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 3.
Trường hợp 4: c = 6 .
Khi đó, (a,b) là hoán vị của bộ số (0,3), (1,2) , (1,5), (2,4) , (4,5) .
Làm tương tự , trường hợp này có 1+ 4.2 = 9 số tự nhiên thỏa mãn bài toán.
Số phần tử của không gian mẫu: n(Ω) = 6.6.5 = 180.
Xác suất để chọn được số chia hết cho 6 : 10 10 10 9 39 13 P + + + = = = . 180 180 60
Câu 42. Cho hình chóp S.ABC có AB = a, AC = a 3, SB = a 6 , AB = a, AC = a 3, SB = a 6 và  =  =  0
ABC BAS BCS = 90 . Tính sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC). A. 1 1 1 . B. 1 . C. . D. . 13 6 11 3 Lời giải Chọn C Trang 27
Dựng SD ⊥ ( ABC) tại D. BA ⊥ SD Ta có 
⇒ BA ⊥ (SAD) ⇒ BA ⊥ AD BA ⊥ SABC ⊥ SD
⇒ BC ⊥ (SCD) ⇒ BC ⊥ CD ⇒ ABCD là hình chữ nhật BC ⊥ SC
Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (SAC) ⇒ SB  (SAC)  =  , BSH  Ta có:  BH d ( ; D (SAC)) sin BSH = = SB SB Lại có: 1 1 1 1 11 = + + =
⇒ d (D (SAC)) a 6 ; = . 2 d ( ; D (SAC)) 2 2 2 2 DS DA DC 6a 11 BH d ( ; D SAC ) Suy ra:  ( ) 1 sin BSH = = = . SB SB 11 −
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn [ x 2 2022 −
; 2022] để đồ thị hàm số y = có 2
x − 2mx + 2m + 3
hai đường tiệm cận đứng? A. 0 . B. 2022 . C. 4044 . D. 2024 . Lời giải Chọn A x − 2 ≥ 0
Điều kiện xác định  . 2
x − 2mx + 2m + 3 > 0
Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình 2
x − 2mx + 2m + 3 = 0 có hai nghiệm
phân biệt x , x lớn hơn 2 1 2 Trang 28 m > 3 2 ∆′ > 0
∆′ = m − 2m −3 > 0    m < 1 − S 2m  7 ⇔  > 2 ⇔⇔  > 2 ⇔ m > 2 ⇔ 3 < m < . 2 2 2    a f  ( ) > (  ) − + > 2 − m⋅( ) 2m 7 0 . 2 0 2 2 2 + 2m + 3 > 0   Mặt khác 2022 −
≤ m ≤ 2022 và m∈ .
Do đó m∈∅ . Vậy không có số nguyên m thỏa mãn bài toán.
Câu 44. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈[ 20
− ;20] để phương trình sau có nghiệm log ( 2 2
x + m + x x + 4 ) = (2m −9) x −1+(1− 2m) 2x + 4 2 A. 12. B. 23. C. 25 . D.10. Lời giải Chọn B
Phương trình tương đương với: log ( 2 2
x + m + x x + 4) = (2m−9)x −1+(1−2m) 2x + 4 2 ⇔ log ( 2 2
2x + 2m + 2x x + 4) = (2m−9)x +(1−2m) 2x + 4 2 log (x x 4)2 2 2m 4 ⇔ + + + −
= (2m − 9) x + (1− 2m) 2 x +   4 2      16  2 ⇔ log
+ 2m − 4 = 1− 2m x + 4 − x −   8x
2 ( 2x +4−x)2 ( )( )   Đặt 2
t = x + 4 − x , ta thấy 2 2 2 + − = + − = +∞ ⇒ ∈( +∞) 4 lim 4 0; lim 4 0; ⇒ 2 − t x x x x t x = x→+∞ x→−∞ t
16 + (2m − 4) 2t  4( 2 4 − t )
Phương trình trở thànhlog   = 1− 2m t − 2 2 ( )  tt + m − t ⇔ log ( 2 2 16 + (2 − 4) 16 2 4 2 ) ( ) + = log ( 2 t m t t + 2 2 ) t t
Xét hàm đặc trưng = ( ) = log u y f u
u + có f ′(u) 1 1 =
+ > 0 (xem như t là tham số) 2 t u ln 2 t
Suy ra f (u) luôn đồng biến
⇔ f ( + ( m − ) 2t ) = f ( 2t ) ⇔ + ( m − ) 2 2 2 16 16 2 4 16 2
4 t = t ⇔ t = 5 − 2m
Do t ∈(0;+∞) nên suy ra 2 16 5 m Z ∈ ,m [ ∈ 20 − ;20] t =
> 0 ⇔ m <  → 20 − ≤ m ≤ 2 5 − 2m 2
Như vậy ta kết luận có tất cả 23 giá trị nguyên của tham số m .
Câu 45. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên  và thoả mãn điều kiện 1
2 f (x) − 3 f (1− x) = 4x −1, x
∀ ∈  . Biết rằng tích phân = . '( ). a I x f x dx = ∫
, (với a,b là các số nguyên b 0
dương, và a là phân số tối giản). Tính T = a + b . b A. T = 7 − . B. T = 7 . C. T = 0 . D. T =1. Lời giải Chọn B Trang 29 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
+ Từ điều kiện 2 f (x) −3 f (1− x) = 4x −1, x ∀ ∈  ,
Cho x = 0 ⇒ 2 f (0) −3 f ( ) 1 = 1 −
Cho x =1⇒ 2 f ( ) 1 − 3 f (0) = 3  f ( ) 7 0 − =  Suy ra:  5  f ( ) 3 1 −  = , ( ) 1  5 1 + Ta có: f ∫ (x) 1 .dx = f
∫ (1− x).dx. 0 0
2 f (x) − 3 f (1− x) 1
= 4x −1⇒ 2 f
∫  (x)−3f (1− x) 1 .dx =  ∫ (4x − ) 1 1 .dx ⇔ − f ∫ (x).dx =1 0 0 0 1 ⇔
f (x).dx = 1, − ∫ (2) 0 − Từ ( ) a 1 ,(2) suy ra 3 2 I =
+1 = = ⇒ T = a + b = 2 + 5 = 7. 5 5 b
Câu 46. Phương trình cos x + cos3x + 2cos5x = 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;2022π ) ? A. 10110. B. 4044 . C. 2022 . D. 6066 . Lời giải Chọn A
cos x + cos3x + 2cos5x = 0
⇔ (cos5x + cos x) + (cos5x + cos3x) = 0 ⇔ 2cos3 .
x cos 2x + 2cos 4 .xcos x = 0 ⇔ ( 3
4cos x − 3cos x)cos2x + cos4 .xcos x = 0 ⇔ x ( 2 cos
4cos x − 3)cos2x + cos4x = 0  ⇔ x ( x − ) 2 cos 2cos 2
1 cos 2x + 2cos 2x −1 = 0   ⇔ x( 2
cos 4cos 2x − cos 2x − ) 1 = 0 cos x = 0  π x = + kπ   ⇔ 2 1±  17 ⇔  (k ∈). cos 2x =   1 1± 17  8 x = ± arccos + kπ  2 8
Trên đoạn [0;2π ] phương trình có 10 nghiệm và không có nghiệm x = 0, x = 2π .
Suy ra trên đoạn [0;2022π ] phương trình có 10.1011 = 10110 nghiệm.
Vậy trên khoảng (0;2022π ) phương trình có 10110 nghiệm.
Câu 47. Bác Hoa đem gửi tiết kiệm số tiền 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Bác gửi 250 triệu đồng
theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,1%/1 quý. Số tiền còn lại bác gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất x
%/1 tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được gộp vào gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo.
Tính x (làm tròn đến chữ số thứ hai sau dấu phẩy), biết rằng sau một năm, số tiền gốc và lãi bác Hoa
thu được là 425.250.000 đồng. A. 0,79 . B. 0,75. C. 0,98. D. 0,85. Lời giải Chọn B
Gọi A là số tiền bác Mai gửi và r% là lãi suất mỗi kỳ hạn.
Sau kỳ hạn thứ nhất, bác Hoa có số tiền là A + A⋅r% = A(1+ r%) . Trang 30
Sau kỳ hạn thứ hai, bác Hoa có số tiền là A( + r ) + A( + r )⋅r = A( + r )2 1 % 1 % % 1 % .
Tương tự như vậy, sau n kỳ hạn, bác Hoa có số tiền là (1+ %)n A r .
Như vậy, sau một năm, bác Hoa có tổng số tiền là ( + )4 + ( + x )12 250.000.000. 1 1,1%
150.000.000 1 % = 425.250.000 . Suy ra x ≈ 0,75 .
Câu 48. Có bao nhiêu bộ số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn đồng thời các điều kiện0 ≤ x, y ≤ 2022 và (    + xy x y ) 2y 2021x 1 2 3 6 log   2x 4y xy 8 log  + + + ≤ + − − 2022 ( ) 2021  y 2    x 4  + −  A. 6054 . B. 3. C. 4036 . D. 2020 . Lời giải
Chọn C  2y >0 
Điều kiện  y + 2  2021x +  1 > 0  x − 4
Kết hợp với điều kiện 0 ≤ x, y ≤ 2022 suy ra x ≥ 5; y ≥1 +
Xét hàm số f (x) 2021x 1 = trên [5;+∞) x − 4 8085 − Có f (x) = < 0, x
∀ ≥ 5 và ta có lim f (x) = . ( 2021 x − 4)2 x→+∞
Suy ra 2021< f (x) ≤10106 ⇒ log f x > 0, x ∀ ≥ 5. 3 ( ) Ta có (    + xy x y ) 2y 2021x 1 2 3 6 log   2x 4y xy 8 log  + + + ≤ + − − 2022 ( ) 2021  y 2    x 4  + −  (    + x )( y ) 2y 2021x 1 3 2 log x 4 2 y log  ⇔ + + ≤ − −     * 2022 ( )( ) 2021 ( )  y + 2   x − 4 
TH1: y > 2 ta có 2y > + > ⇒ > ⇒ ( + )( + )  2  2 2 0 1 3 2 log y y y x y >   0 . 2022 y + 2  y + 2   + Mặt khác y y (x )( y) 2021x 1 2 2 0 4 2 log  > ⇔ − < ⇒ − − <   0 . 2021  x − 4 
Suy ra y > 2 thì bpt (*) không thỏa mãn.
TH2: y ≤ 2 . Suy ra 2y ≤ + ⇒ ≤ ⇒ ( + )( + )  2  2 2 1 3 2 log y y y x y ≤   0 . 2022 y + 2  y + 2   + Với y y (x )( y) 2021x 1 2 2 0 4 2 log  ≤ ⇔ − ≥ ⇒ − − ≥   0. 2021  x − 4 
Do đó bpt (*) luôn đúng với y ≤ 2 .
Kết hợp điều kiện thì y ∈{1; } 2 . Mà x ∈{5;6;..; }
2022 nên có 2.2018 = 4036 bộ số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 49. Cho hình trụ có O,O′ là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật ABCD có ,
A B cùng thuộc (O) và C, D cùng
thuộc (O′) sao cho AB = 2a 3 , BC = 4a đồng thời ( ABCD) tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc 30°
. Thể tích khối trụ bằng. A. 3 12π a . B. 3 16 3πa . C. 3 16πa . D. 3 12 3π a . Lời giải Trang 31 Chọn A
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD, AB và I là trung điểm của OO′ .
Suy ra góc giữa mặt phẳng ( ABCD) và mặt phẳng đáy là  IMO′ = 30° . Ta có 1 1
IM = MN = BC = 2a . 2 2 Xét IO ∆ M
′ vuông tại O , ta có ′ =  IO
IM.sin IMO′ = a ⇒ h = OO′ = 2IO′ = 2a ′ = 
O M IM.cos IMO′ = a 3 . Xét O ∆ MD ′ vuông tại M , có 1 1 O M ′
= a 3; MD = CD = AB = a 3. 2 2 2 2 2 2 ⇒ r = O D ′ = O M ′
+ MD = 3a + 3a ⇒ r = a 6 . Vậy 2 3
V = π r h =12π a .
Câu 50 [Câu 42, MĐ 101, Đề THPT QG 2018]. Cho khối lăng trụ ABC.A′B C
′ ′ , khoảng cách từ C đến
đường thẳng BB′ bằng 2 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ và CC′ lần lượt bằng 1 và 3 , hình
chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( A′B C
′ ′) là trung điểm M của B C ′ ′ và 2 3 A′M = . Thể tích của khối 3 lăng trụ đã cho bằng A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 2 3 . 3 Lời giải Chọn A.
Gọi N là trung điểm BC . Kẻ AE ⊥ BB′ tại E , AF ⊥ CC′ tại F .
Ta có EF ∩ MN = H nên H là trung điểm EF . AE ⊥ AA′ Ta có 
⇒ AA′ ⊥ ( AEF ) ⇒ AA′ ⊥ EF ⇒ EF ⊥ BB′. AF ⊥ AA′ Khi đó d ( ,
A BB′) = AE =1, d ( ,
A CC′) = AF = 3 , d (C, BB′) = EF = 2 . Nhận xét: 2 2 2
AE + AF = EF nên tam giác AEF vuông tại A , suy ra EF AH = = 1. 2 Trang 32
AA′ ⊥ ( AEF ) Ta lại có 
⇒ MN ⊥ ( AEF ) ⇒ MN ⊥ AH .
MN // AA′
Tam giác AMN vuông tại A có đường cao AH nên 1 1 1 = − 3 = 1− 1 = 2 AM 2 2 AH AN 4 4
⇒ AM = 2 . (AA′NM)⊥(ABC) ( 
AA′NM ) ⊥ ( AEF ) Mặt khác (
⇒ Góc giữa mặt phẳng ( ABC) và ( AEF ) là  HAN .
AA′NM ) ∩( ABC) =  AN (  AA′NM  )∩( AEF ) = AH
Hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng ( AEF ) là tam giác AEF nên =  S∆ S∆ HAN AEF ABC .cos 2 3 1 1. 3. 1 ⇒ . =
1 AE.AF.AN ⇒ S = 3 = . = 1. ABC ∆ . ∆ . AH AE AF S 2 ABC AN 2 AH 2 1 Vậy V = = . ′ ′ ′ S∆ AM ABC A B C ABC . 2 .
------------- Hết ------------- Trang 33
Document Outline

  • Ta có .