Đề HSG Toán 12 năm 2022 – 2023 lần 1 trường THPT Chu Văn An – Thanh Hóa
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán 12 năm học 2022 – 2023 lần 1 trường THPT Chu Văn An, tỉnh Thanh Hóa; đề thi hình thức trắc nghiệm với 50 câu hỏi và bài toán
Chủ đề: Đề HSG Toán 12 360 tài liệu
Môn: Toán 12 4.3 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
LẦN 1 - NĂM HỌC 2022-2023 Môn: TOÁN
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề gồm có 8 trang-50 câu trắc nghiệm)
Câu 1. Tìm số nghiệm của phương trình sin (cos 2x) = 0 trên [0;2π ]. A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3.
Câu 2. Cho tứ giác ABCD , số vectơ khác vectơ - không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của tứ giác là A. 10. B. 6 . C. 4 . D. 12.
Câu 3. Cho cấp số cộng (u có u = 3 và u = 9 . Tìm số hạng thứ 2022 của cấp số cộng (u . n ) n ) 4 7 A. u = 4039 . B. u = 4035 . C. u = 4037 . D. u = 4041. 2022 2022 2022 2022
Câu 4. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây? A. ( ; −∞ 2 − ) . B. (1;+∞). C. ( 2; − ) 1 . D. ( 1; − 2) .
Câu 5. Cho số thực a > 0;a ≠ 1, 2 3 log (a a) bằng a A. 7 . B. 5 . C.10 . D.14 . 3 3 3 3
Câu 6. Số cạnh của một hình bát diện đều là A. 12. B. 10. C. 8 . D. 6 .
Câu 7. Khối cầu (S) có diện tích bằng 2 2
36π a (cm ) , (a > 0) thì có thể tích là: A. 3 3 288π a (cm ) . B. 3 3 9π a (cm ) . C. 3 3 108π a (cm ) . D. 3 3 36π a (cm ) .
Câu 8. Cho khối nón có chiều cao h = 6a và bán kính đáy r bằng một nửa chiều cao h . Tính thể tích của khối nón đã cho. A. 3 12π a . B. 3 54π a . C. 3 9π a . D. 3 18π a .
Câu 9. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) x 2 = e − là 2 x A. x 2
e − + C . B. x 2
e − 2ln x + C . C. x 2
e + + C . D. x 1 e + + C . x x x
Câu 10. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y = cos x , trục hoành, đường thẳng x = 0 và x = π là A. π . B. π . C. π . D. π . 8 6 4 2 12
Câu 11. Số hạng thứ 9 khai triển 2 1 x − (x ≠ 0) bằng x 1 A. 495 . B. −792 . C. 220 . D. −220 . − Câu 12. Tính 5x 3 lim . x→−∞ 2 x − 5 A. 3 . B. 3 − . C. 5. D. −5. 5 5
Câu 13. Cho hình hộp ABC .
D A' B 'C ' D ' , M , N là các điểm thỏa 1 MA = − MD , 2
NA' = − NC . Mệnh đề nào sau 4 3 đây đúng ?
A. MN ( AC 'B) .
B. MN (BC 'D).
C. MN ( A'C 'D) .
D. MN (BC 'B) .
Câu 14. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f ′(x) 2 = x ( x − )( 2
1 x − 5x + 4)(x + 2)2023 . Hỏi hàm số f (x) có bao nhiêu điểm cực trị ? A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 .
Câu 15. Giá trị lớn nhất hàm số f (x) 2
= cos 4x − sin 2x cos 2x + 4 trên là A. f (x) 81 max = . B. f (x) 9 max = . C. f (x) 10 max = . D. f (x) 7 max = . x∈ 16 x∈ 2 x∈ 3 x∈ 2 2x +1
Câu 16. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = là 2 x − 3 A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 1.
Câu 17. Nghiệm của phương trình log (x − )
1 + log x +1 =1 nằm trong khoảng nào sau đây? 2 1 ( ) 2 A. ( 1; − 0) . B. (0; ) 1 . C. (2;3) D. (4;5)
Câu 18. Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2x−2x 1 2 − ≤ 3là A. 2 . B.3 . C.1. D. 4 .
Câu 19. Đồ thị của ba hàm số x y = a , x
y = b , y = log x (với c
a , b , c là ba số dương khác 1 cho trước) được vẽ
trong cùng mặt phẳng tọa độ (hình vẽ bên). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. c > b > . a
B. b > a > .c
C. a > b > .c D. c > a > .b
Câu 20. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết
AC = 2a, BC = a, AA' = 2a 3, thể tích khối lăng trụ ABC.A' B'C ' bằng 2 A. 3 6a . B. 3 2a . C. 3 3a . D. 3 3a 3.
Câu 21. Cho hàm số bậc ba có đồ thi như hình vẽ. Diện tích S của miền được tô đậm như hình được tính theo công thức nào? 3 3
A. S = ( f (x) + ∫ )1dx .
B. S = ( f (x) − ∫ )1dx . 0 0 3 3
C. S = ( f (x) + ∫ )1dx. D. S = f
∫ (x)−1 dx . 1 − 0 −
Câu 22. Tập nghiệm của bất phương trình ( x 3 5) 1 x+3 < 5 A. (−∞;−5) . B. (−∞;0) . C. ( 5 − ;+ ∞). D. (0;+ ∞) .
Câu 23. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a 3 , mặt bên tạo với đáy một góc 0 45
Thể tích khối chóp S.ABC bằng 3 3 3 3 A. 3 6a 2a 4a V = B. 3 6a V = . C. . D. . 4 2 3 3 6 2
Câu 24. Cho hàm số f (x) liên tục trên và f
∫ (x)dx = 9. Giá trị của tích phân f (3x)dx ∫ bằng 0 0 A. 3. B. 18. C. 1. D. 27 .
Câu 25. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3,4,5 . π π A. 125 2 . B. 125 2 . C. 50π . D. 50π 2 . 3 12
Câu 26. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên ( 4
SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng 3
a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt 3 phẳng (SCD) 3 A. 2 h = a B. 4 h = a C. 8 h = a D. 3 h = a 3 3 3 4 Câu 27. Cho hàm số 8cos 2x − m y =
(1). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 2
sin x − 2sin x + 3 ( 60
− ;60) để tập xác định của hàm số (1) là ? A. 68. B. 53. C. 52. D. 69 .
Câu 28. Cho hình chóp S.ABCD có ⊥ ( ), a SA
ABCD SA = , đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Góc BAD =120° , có 2
I là giao của hai đường chéo AC, BD . Góc giữa SI với (ABCD) là A. 0 60 . B. 0 45 . C. 0 90 . D. 0 135 .
Câu 29. Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên R và có bảng biến thiên như sau
(1− m) f (x) + 2 + 2
Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y =
đồng biến trên khoảng ( 1; − ) 1 ?
f (x) + 2 − m A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 1.
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) 4 = x − (m + ) 2 2
3 x + m + 5 có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất các cả giá trị thực của
tham số m để (C) tiếp xúc với trục hoành. Tổng tất cả các phần tử của tập S bằng: A. 10 − . B. 6 − . C. 5 − . D. 9 −
Câu 31. Cho hàm số y f x có đồ thị hàm số y f x như hình vẽ bên y 3 x 0 1
Bất phương trình f x 3x m có nghiệm x 0 ;1 khi và chỉ khi
A. m > f (0).
B. m ≥ f ( ) 1 − 3.
C. m ≥ f (0).
D. m > f ( ) 1 − 3.
Câu 32. Cho hàm số f (x) có đồ thị hám f '(x) như hình vẽ bên dưới. So sánh đúng về các giá trị f (a), f (b), f (c) là 4
A. f (b) < f (a) < f (c)
B. f (a) < f (b) < f (c)
C. f (b) < f (c) < f (a)
D. f (c) < f (b) < f (a)
Câu 33. Cho hàm số ( ) 5 4 3 2
f x = ax + bx + cx + dx + ex + f có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của
phương trình f ( 4x + 5 − 2) −3 = 0là. A. 8 . B. 4 . C. 10. D. 6 .
Câu 34. Cho phương trình 2 2 x x 1 4 .2 m + −
− 3m +1 = 0 . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương
trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. Số phần tử của tập S là A. 1. B. 0. C. 2. D. 3.
Câu 35. Cho phương trình (m − ) 2 1
1 log x − 2 + 4 m − 5 log + 4m − 4 ≥ 0 1 ( )2 ( ) 1
( m là tham số). Tập hợp tất cả các x − 2 2 2
giá trị của m để bất phương trình có nghiệm thuộc 5 ;4 là: 2 A. [ 3 − ;+∞) . B. 7 ;+∞ C. 7 3 − ; D. 7 ; −∞ 3 3 3
Câu 36. Cho hình hộp đứng ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có đáy là hình vuông cạnh bằng a , cạnh bên AA ' = 2a . Gọi α là góc
giữa (BA′C) và (DA′C) . Tính cosα . A. 1 cosα − = . B. 1 cosα = . C. 1 cosα = . D. 2 cosα = . 4 4 5 5
Câu 37. Cho một miếng tôn mỏng hình chữ nhật ABCD với AB = 4dm và AD = 6dm . Trên cạnh AD lấy điểm E
sao cho AE =1dm , trên cạnh BC lấy điểm F là trung điểm BC (tham khảo hình 1). Cuộn miếng tôn lại
một vòng sao cho AB và DC trùng khít nhau. Khi đó miếng tôn tạo thành mặt xung quanh của hình trụ
(tham khảo hình 2 ). Thể tích V của tứ diện ABEF trong hình 2 bằng 5 E A E D A C B B F F Hình 1 Hình 2 A. 2 3 3 dm . B. 18 3 3 dm . C. 54 3 3 dm . D. 6 3 3 dm . 2 π 2 π 2 π 2 π
Câu 38. Cho hình lập phương ABC . D ′
A B′C′D′ có cạnh là a . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC′ cắt các cạnh
BC,CD, DD ,′ D′A ,′ ′
A B ,′ B′B lần lượt tại các điểm M , N, P,Q, R, S . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . A MNPQRS bằng A. a 3 .
B. a 15 .
C. 5a 3 . D. 5a 3 . 2 12 24 12
Câu 39. Cho X là tập các giá trị của tham số m thỏa mãn đường thẳng (d ) : y = 12
− m − 7 cùng với đồ thị (C)của hàm số 1 3 2
y = x − mx − 4x −1 tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S , S thỏa mãn S = S (xem 3 1 2 1 2
hình vẽ). Tích các giá trị của các phần tử của X là: A. 9. B. − 9 − . C. 27 . D. 9 . 2
Câu 40. Gọi X là tập chứa các số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số được lập từ {5;6;7;8; }
9 . Chọn ngẫu nhiên từ X ra
một số, xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 42 là: A. 11 13 9 . B. . C. 7 . D. . 725 1024 625 512 f (x)
Câu 41. Cho hàm số y = f (x) xác định trên khoảng (0;+∞) thỏa mãn
= f (x) + f '(x) −x
− e đồng thời f ( ) 1 1 = . x e
Tính giá trị của f (2) . A. f ( ) 2 2 e− = (1+ 2ln 2) . B. f ( ) 2 2 e− = (3+ 2ln2). C. f ( ) 2 2 e− = (2+ ln3) . D. f ( ) 2 2 2e− = (1+ ln 2).
Câu 42. Một bồn hình trụ chứa dầu được đặt nằm ngang, có chiều dài 5m, bán kính đáy 1m, với nắp bồn đặt trên mặt
nằm ngang của mặt trụ. Người ta rút dầu trong bồn tương ứng với 0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích
gần đúng nhất của khối dầu còn lại trong bồn. 6 A. 3 11,781m . B. 3 12,637m . C. 3 14,923m . D. 3 8,307m .
Câu 43. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể tích V của khối chóp có
thể tích lớn nhất.
A. V =144
B.V = 576
C. V = 576 2
D. V =144 6
Câu 44. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên , có bảng biến thiên như sau
Đặt h(x) = m − f (x − 2) ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số y = h(x) có đúng 5 điểm cực trị? A. Vô số. B. 12. C. 0 . D. 10. Câu 45. Cho x + y
x, y thỏa mãn x ≥1, y ≥1 và log
= 4xy − 3 x + y −1. Giá trị lớn nhất của biểu thức 3 ( ) 4xy 2 2 1 1
P = x + y − 3 +
thuộc tập nào dưới đây? x y A. [5;9) . B. [ 5; − 0) . C. [0;5) . D. [9;+∞).
Câu 46. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc
BAD = 60°. Cạnh SA vuông góc với mặt
phẳng đáy. Trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho MB = MC và 3NC = 2ND . Gọi
P là giao điểm của AC và MN . Khoảng cách từ điểm P đến mặt phẳng (SAM ) bằng: A. a 7 . B. a 7 . C. a 21 . D. a 21 . 9 2 14 18
Câu 47. Có tất bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x∈(1;8) thỏa mãn:( − )( 2 − ) = ( 2 1 2 x x x e y
y e − x ) ? A. 13 B. 12 C. 14 D. 11
Câu 48. Cho đa thức f (x) có đồ thị của hai hàm số y = f (x), y = f ′(x)trên cùng một hệ trục toạ độ như hình vẽ 7 Phương trình ( ) x
f x = me có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0;2] khi và chỉ khi A. 2
e− f (2) ≤ m < 0. B. 2
e− f (2) < m < 0. C. f (0) ≤ m < 0 .
D. f (0) ≤ m ≤ 0 .
Câu 49. Cho khối hộp ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có A′B vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD) ; góc giữa AA′ và ( ABCD)
bằng 45°. Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ , DD′cùng bằng 1. Góc giữa hai mặt phẳng (BB C ′ C ′ ) và (C C
′ DD′) bằng 60°. Tính thể tích khối hộp ABC . D A′B C ′ D ′ .′ A. 2 . B. 3 3 . C. 2 3 . D. 3 .
Câu 50. Cho phương trình 2 mln (x + )
1 − (x + 2 − m)ln(x + ) 1 − x − 2 = 0 ( )
1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 < x < 2 < 4 < x là khoảng ( ;
a +∞) . Khi đó a thuộc 1 2 khoảng A. (3,8;3,9). B. (3,7;3,8) . C. (3,6;3,7) . D. (3,5;3,6) .
…………… HẾT ……………….. 8 SỞ GD & ĐT THANH HÓA
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HSG
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
LỚP 12 LẦN 1 - NĂM HỌC 2022-2023 Môn: TOÁN
(Đáp án gồm có 25 trang)
BẢNG ĐÁP ÁN VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT 1.C 2.D 3.A 4.C 5.D 6.A 7.D 8.D 9.C 10.D 11.A 12.D 13.B 14.B 15.A 16.C 17.D 18.B 19.B 20.C 21.A 22.C 23.C 24.A 25.A 26.B 27.C 28.B 29.B 30.B 31.D 32.A 33.D 34.B 35.A 36.C 37.D 38.D 39.A 40.C 41.D 42.B 43.B 44.D 45.A 46.D 47.A 48.A 49.D 50.B
Câu 1. Tìm số nghiệm của phương trình sin (cos 2x) = 0 trên [0;2π ]. A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3. Lời giải
Ta có sin (cos2x) = 0 ⇔ cos2x = kπ (k ∈) π π π Vì cos2x∈[ 1 − ; ]
1 ⇒ k = 0 ⇒ cos2x = 0 ⇔ 2x = + k π ⇔ x = + k k ∈ . 1 1 ( 1 ) 2 4 2
x ∈[0;2π ] ⇒ k ∈ 0;1;2;3 . 1 { }
Vậy phương trình có 4 nghiệm trên [0;2π ].
Câu 2. Cho tứ giác ABCD , số vectơ khác vectơ - không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của tứ giác là A. 10. B. 6 . C. 4 . D. 12. Lời giải
Ta có mỗi vectơ khác vectơ - không có điểm đầu và điểm cuối là 4 đỉnh của tứ giác là một chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử nên có 2 A =12 ( vectơ). 4
Câu 3. Cho cấp số cộng (u có u = 3 và u = 9 . Tìm số hạng thứ 2022 của cấp số cộng (u . n ) n ) 4 7 A. u = 4039 . B. u = 4035 . C. u = 4037 . D. u = 4041. 2022 2022 2022 2022 Lời giải u = 3 u + 3d = 3 u = 3 − Ta có 4 1 1 ⇔ ⇔ . u 9 u 6d 9 = + = d = 2 7 1 Vậy u
= u + 2021d = 4039 . 2022 1
Câu 4. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây? A. ( ; −∞ 2 − ) . B. (1;+∞). C. ( 2; − ) 1 . D. ( 1; − 2) . Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng ( 2; − ) 1 9
Câu 5. Cho số thực a > 0;a ≠ 1, 2 3 log (a a) bằng a A. 7 . B. 5 . C.10 . D.14 . 3 3 3 3 Lời giải 7 2 3 7 14 3
log (a a) = log a = .2 = . 1 a 2 a 3 3
Câu 6. Số cạnh của một hình bát diện đều là A. 12. B. 10. C. 8 . D. 6 . Lời giải
Số cạnh của một hình bát diện đều là 12.
Câu 7. Khối cầu (S) có diện tích bằng 2 2
36π a (cm ) , (a > 0) thì có thể tích là: A. 3 3 288π a (cm ) . B. 3 3 9π a (cm ) . C. 3 3 108π a (cm ) . D. 3 3 36π a (cm ) . Lời giải Ta có 2 2
S = 4π R = 36π a ⇒ R = 3a .
Vậy thể tích khối cầu là 4 3 4 3 3 3
V = π R = π (3a) = 36π a (cm ) . 3 3
Câu 8. Cho khối nón có chiều cao h = 6a và bán kính đáy r bằng một nửa chiều cao h . Tính thể tích của khối nón đã cho. A. 3 12π a . B. 3 54π a . C. 3 9π a . D. 3 18π a . Lời giải h
Ta có: h = 6a ⇒ r = = 3 . a 2 Thể tích của khối nón: 1 1
V = π r h = π (3a)2 2 3 6a =18π a . 3 3
Câu 9. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) x 2 = e − là 2 x A. x 2
e − + C . B. x 2
e − 2ln x + C . C. x 2
e + + C . D. x 1 e + + C . x x x Lời giải x 2 x 1 x 2 Ta có e −
dx = e − 2. − + C = e + + ∫ C . 2 x x x
Câu 10. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y = cos x , trục hoành, đường thẳng x = 0 và x = π là 10 π π π π A. . B. . C. . D. . 8 6 4 2 Lời giải π π 1+ cos 2x 1 π sin 2x π π Diện tích S cần tìm: 2 S = cos xdx = dx = x + = ∫ ∫ . 0 0 2 2 0 4 0 2 12
Câu 11. Số hạng thứ 9 khai triển 2 1 x − (x ≠ 0) bằng x A. 495 . B. −792 . C. 220 . D. −220 . Lời giải 12 12 k 12 Ta có: 1 x ∑ k C (x )12 2 2 −k 1 . . − = − = ∑ k C .(− k ) 24−3 1 . k x 12 12 x k=0 x k=0
Số hạng thứ 9 của khai triển là số hạng ứng với k = 8 Do đó hệ số là 8 C . 1 − = 495 12 ( )8 − Câu 12. Tính 5x 3 lim . x→−∞ 2 x − 5 A. 3 . B. 3 − . C. 5. D. 5 − . 5 5 Lời giải Ta có: 3 3 3 5x − 3 x 5 − x 5 − 5 − lim lim x = lim x = = lim x = −5 x→−∞ 2
x − 5 x→−∞ 5 x→−∞ x→−∞ x 1− 5 −x 1− 5 − 1− . 2 x 2 x 2 x
Câu 13. Cho hình hộp ABC .
D A' B 'C ' D ' , M , N là các điểm thỏa 1 MA = − MD , 2
NA' = − NC . Mệnh đề nào sau 4 3 đây đúng ?
A. MN ( AC 'B) .
B. MN (BC 'D).
C. MN ( A'C 'D) .
D. MN (BC 'B) . Lời giải A M D B C N A' D' B' C'
Đặt BA = a, BB ' = ,
b BC = c thì a,b,c là ba vec tơ không đồng phẳng và BD = BA + AD = BA + BC = a + c
BC ' = b + c, BA' = a + b . 11 Ta có 1 1
MA = − MD ⇒ BA − BM = − (BD − BM ) 5 1
⇒ BM = BA + BD 4 4 4 4 4 4 a + (a + + c BA BD ) 5a + c ⇒ BM = = = . 5 5 5 Tương tự
3a 3b 2c BN + + − + + = , 2a 3b c 2
MN = BN − BM = = − (a + c) 3 2 3
+ (b + c) = − BD + BC ' 5 5 5 5 5 5
Suy ra MN, DB, BC ' đồng phẳng mà N ∉(BC 'D) ⇒ MN (BC 'D).
Câu 14. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f ′(x) 2 = x ( x − )( 2
1 x − 5x + 4)(x + 2)2023 . Hỏi hàm số f (x) có bao nhiêu điểm cực trị ? A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Ta có: f ′(x) 2 = x ( x − )( 2
1 x − 5x + 4)(x + 2)2023 ⇔ f ′(x) 2 = x (x − ) 1 (x − )
1 (x − 4)(x + 2)2023 . ⇔ f ′(x) 2 = x (x − )2
1 (x − 4)(x + 2)2023
Khi đó: f ′(x) 2
= 0 ⇔ x (x − )2
1 (x − 4)(x + 2)2023 = 0 có:
+) x = 0 là nghiệm kép;
+) x =1 là nghiệm kép;
+) x = 4 là nghiệm đơn; +) x = 2 − là nghiệm bội lẻ.
Mà f ′(x) chỉ đổi dấu khi x đi qua nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ.
Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.
Câu 15. Giá trị lớn nhất hàm số f (x) 2
= cos 4x − sin 2x cos 2x + 4 trên là A. f (x) 81 max = . B. f (x) 9 max = . C. f (x) 10 max = . D. f (x) 7 max = . x∈ 16 x∈ 2 x∈ 3 x∈ 2 Lời giải Ta có: f (x) 2 2 1
= cos 4x − sin 2x cos 2x + 4 = −sin 4x − sin 4x + 5. 2
Đặt t = sin 4x . Ta có x ∈ ⇒ t ∈[ 1; − ] 1 .
Xét hàm số g (t) 2 1 = t
− − t + 5 với t ∈[ 1; − ] 1 . 2 g′(t) 1 = 2
− t − , g′(t) 1 = 0 ⇔ t = − . 2 4 g (− ) 9 1 = , 1 81 g − = , g ( ) 7 1 = . 2 4 16 2 Suy ra: f (x) = g (t) 81 max max = . x∈ t [ ∈ 1 − ] ;1 16 2x +1
Câu 16. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = là 2 x − 3 A. 3. B. 2 . C. 4 . D. 1. 12 Lời giải
TXĐ: D = (−∞;− 3) ∪( 3;+ ∞) . 1 2 + Ta có 2x +1 2x +1 lim = lim = lim = lim x y = 2 − x→−∞ x→−∞ 2
x − 3 x→−∞ 3 x→−∞ 3 −x 1− − 1− 2 2 x x 1 2 + và 2x +1 2x +1 lim = lim = lim = lim x y = 2 x→+∞ x→+∞ 2 x − 3 x→+∞ 3 x→+∞ 3 x 1− 1− 2 2 x x ⇒ y = 2
± là TCN của đồ thị hàm số. Mặt khác 2x +1 lim y + = lim = −∞ và 2x 1 lim y = lim = +∞ − − 2 x→− 3 x→− 3 x − 3 + + 2 x→ 3 x→ 3 x − 3
⇒ x = ± 3 là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.
Câu 17. Nghiệm của phương trình log (x − )
1 + log x +1 =1 nằm trong khoảng nào sau đây? 2 1 ( ) 2 A. ( 1; − 0) . B. (0; ) 1 . C. (2;3) D. (4;5) Lời giải x −1 > 0 Điều kiện ⇔ x >1 (*) . x +1 > 0
Phương trình ⇔ 2log x −1 − log x +1 =1 2 ( ) 2 ( )
⇔ 2log x −1 = log x +1 + log 2 2 ( ) 2 ( ) 2 ⇔ log (x − )2 1 = log 2 x +1 2 2 ( ) 2
⇔ x − 2x +1 = 2x + 2 x = 2 − 5 L 2 ( )
⇔ x − 4x −1 = 0⇔
. Tập nghiệm phương trình là S = {2+ 5} x = 2 + 5
Câu 18. Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2x−2x 1 2 − ≤ 3là A. 2 . B.3 . C.1. D. 4 . Lời giải 2 x −2x 1 2 − ≤ 3 2
⇔ (x −1) − 2 ≤ log 3 2
⇔ (x −1) ≤ log 12 ⇔ 1− log 12 ≤ x ≤1+ log 12 . 2 2 2 2
Mà x ∈ Z ⇒ x = {0;1;2}.
Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình là 3.
Câu 19. Đồ thị của ba hàm số x y = a , x
y = b , y = log x (với c
a , b , c là ba số dương khác 1 cho trước) được vẽ
trong cùng mặt phẳng tọa độ (hình vẽ bên). Khẳng định nào sau đây là đúng? 13
A. c > b > . a
B. b > a > .c
C. a > b > .c D. c > a > .b Lời giải
Quan sát đồ thị của ba hàm số ta thấy: Hàm số x y = a , x
y = b là các hàm số đồng biến. Suy ra a >1 và b >1.
Hàm số y = log x là hàm nghịch biến. Suy ra c 0 < c <1.
Mặt khác cùng một giá trị của x > 0 thì 0x 0 x
b > a (a >1; b >1) ⇒ b > . a 0
Như vậy: b > a > .c
Câu 20. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết
AC = 2a, BC = a, AA' = 2a 3, thể tích khối lăng trụ ABC.A' B'C ' bằng A. 3 6a . B. 3 2a . C. 3 3a . D. 3 3a 3. Lời giải
Tam giác ABC vuông tại B 2 2 2 2 2
⇒ BA + BC = AC ⇒ BA = AC − BC = ( a)2 2 2 − a = a 3 2 2 1 1 a 3 ⇒ S = = = a 3 3 ⇒V = AA S = a = a ABC A B C '. ABC 2 3. 3 . ∆ BA BC a a ABC . . 3. 2 2 2 . ' ' ' 2
Câu 21. Cho hàm số bậc ba có đồ thi như hình vẽ. Diện tích S của miền được tô đậm như hình được tính theo công thức nào? 14 3 3
A. S = ( f (x) + ∫ )1dx .
B. S = ( f (x) − ∫ )1dx . 0 0 3 3
C. S = ( f (x) + ∫ )1dx. D. S = f
∫ (x)−1 dx . 1 − 0 Lời giải
y = f (x) y = 1 −
Quan sát hình vẽ ta thấy phần tô đậm được giới hạn bởi các đường: x = 0
, suy ra diện tích của miền x = 3
được tô đậm trong hình vẽ là: 3 3
S = f (x) − (− )
1 dx = ( f (x) + ∫ ∫ )1dx 0 0 −
Câu 22. Tập nghiệm của bất phương trình ( x 3 5) 1 x+3 < 5 A. (−∞;−5) . B. (−∞;0) . C. ( 5 − ;+ ∞). D. (0;+ ∞) . Lời giải ( x x − − − 3 5) 1 1 x+3 x+ x 1 3 3 < 5 ⇔ 5 < 5 ⇔
< x + 3 ⇔ x −1< 3x + 9 ⇔ 2x > 10 − ⇔ x > 5 − . 3
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là ( 5 − ;+ ∞).
Câu 23. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a 3 , mặt bên tạo với đáy một góc 0 45
Thể tích khối chóp S.ABC bằng 3 3 3 2 3 4 A. 3 6a a a V = B. 3 6a V = . C. . D. . 4 2 3 3 Lời giải 15
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , E là trung điểm của CD .
Ta có SO ⊥ ( ABCD) (( ) ( )) = , = 45o SCD ABCD SEO Do đó S
∆ OE vuông cân tại O SO = EO = x, x > 0 . Ta có: 2 2 2 2 2 2
SD = SE + ED ⇔ 3a = 2x + x ⇒ x = a ⇒ CD = 2a 3 3 1 2 4a 2a V = SO CD = ⇒ V = SABCD . 3 3 SABC 3 6 2
Câu 24. Cho hàm số f (x) liên tục trên và f
∫ (x)dx = 9. Giá trị của tích phân f (3x)dx ∫ bằng 0 0 A. 3. B. 18. C. 1. D. 27 . Lời giải
Cách 1: Phương pháp đổi biến: 2
Xét tích phân: I = f ∫ (3x)dx 0 Đặt: 1
3x = t ⇒ dx = dt 3 Đổi cận: x 0 2 t 0 6 6 6 Khi đó: I = f ∫ (t) 1 1 t = f ∫ (x) 1 . d dx = .9 = 3. 3 3 3 0 0 n an+b
Cách 2: Dùng công thức nhanh: f ∫ (ax+b) 1 dx = f ∫ (x)dx a m am+b 2 6
Áp dụng vào bài ta có: f ∫ ( x) 1 x = f ∫ (x) 1 3 d dx = .9 = 3. 3 3 0 0 16
Câu 25. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3,4,5 . π π A. 125 2 . B. 125 2 . C. 50π . D. 50π 2 . 3 12 Lời giải B A D C I B' A' C' D'
Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật. Ta có 1 5 2 R = AC′ 1 2 2 2 = 3 + 4 + 5 = . 2 2 2 3 π Thể tích khối cầu 4 3 4 5 2 125 2
V = π R = π = . 3 3 2 3
Câu 26. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên ( 4
SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng 3
a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt 3 phẳng (SCD) A. 2 h = a B. 4 h = a C. 8 h = a D. 3 h = a 3 3 3 4 Lời giải
Gọi I là trung điểm của AD . Tam giác SAD cân tại S ⇒ SI ⊥ AD SI ⊥ AD Ta có ( ⇒ ⊥ SAD
) ⊥ (ABCD) SI (ABCD)
⇒ SI là đường cao của hình chóp. Theo giả thiết 1 4 3 1 2 V = SI S
⇔ a = SI a ⇔ SI = a S ABCD . . ABCD .2 2 . 3 3 3
Vì AB song song với (SCD)
⇒ d (B,(SCD)) = d ( ,
A (SCD)) = 2d (I,(SCD))
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD . 17 SI ⊥ DC IH ⊥ SD Mặt khác
⇒ IH ⊥ DC . Ta có
⇒ IH ⊥ (SCD) ⇒ d (I,(SCD)) = IH ID ⊥ DC IH ⊥ DC
Xét tam giác SID vuông tại 1 1 1 1 4 2 : a I = + = + ⇒ IH = 2 2 2 2 2 IH SI ID 4a 2a 3
⇒ d (B (SCD)) = d ( A (SCD)) = d (I (SCD)) 4 , , 2 , = a 3 Câu 27. Cho hàm số 8cos 2x − m y =
(1). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 2
sin x − 2sin x + 3 ( 60
− ;60) để tập xác định của hàm số (1) là ? A. 68. B. 53. C. 52. D. 69 . Lời giải Ta thấy: 2
sin x − 2sin x + 3 = (sin x − )2
1 + 3 > 0 với mọi x∈ .
Để hàm số (1) có tập xác định là khi và chỉ khi 8cos 2x − m ≥ 0 với mọi x∈ .
⇔ m ≤ 8cos 2x, x
∀ ∈ ⇔ m ≤ min (8cos 2x) ⇔ m ≤ 8 − .
Vì m nguyên thuộc khoảng ( 60 − ;60) nên m∈{ 59 − ; 58 − ; 57 − ;....; 7 − ;− } 8
Vậy có 52 giá trị nguyên của m thuộc khoảng ( 60
− ;60) để hàm số (1) có tập xác định là .
Câu 28. Cho hình chóp S.ABCD có ⊥ ( ), a SA
ABCD SA = , đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Góc BAD =120° , có 2
I là giao của hai đường chéo AC, BD . Góc giữa SI với (ABCD) là A. 0 60 . B. 0 45 . C. 0 90 . D. 0 135 . Lời giải S A D I B C Ta có góc 0 IAD = 60 , AC AI a ⊥ BD . Khi đó 0 cos IAD = cos60 =
⇒ AI = . Hình chiếu vuông góc của AD 2
SI lên mặt phẳng ( SA
ABCD) là AI . Do đó góc giữa SI với ( ABCD) là SIA , = = ⇒ 0 tanSIA 1 SIA = 45 AI . . 18
Câu 29. Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên R và có bảng biến thiên như sau
(1− m) f (x) + 2 + 2
Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y =
đồng biến trên khoảng ( 1; − ) 1 ?
f (x) + 2 − m A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 1. Lời giải ′
1− m −m − 2 f ′(x) 2
Ta có y′ = ( f (x) + ) ( )( ) m − m − 2 2 .( = . . ( ) )2 2 f (x f x m ) + + − 2 2
( f (x)+2 −m)2
Dựa vào BBT của f (x) suy ra f ′(x) < 0, x ∀ ∈ ( 1; − )
1 , vì vậy hàm số đã cho đồng biến trên ( 1; − ) 1 2
m − m − 2 < 0 1 − < m < 2 ⇔ ⇔
f ( x) + 2 − m ≠ 0, x ∀ ∈ ( 1; − ) 1
m ≠ f ( x) + 2, x ∀ ∈ ( 1; − ) 1 1 − < m < 2 ⇔
⇔ − < ≤ . Vậy m ∈{0, } 1 . m ∉ ( ) 1 m 1 1;2
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) 4 = x − (m + ) 2 2
3 x + m + 5 có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất các cả giá trị thực của
tham số m để (C) tiếp xúc với trục hoành. Tổng tất cả các phần tử của tập S bằng: A. 10 − . B. 6 − . C. 5 − . D. 9 − Lời giải
Đồ thị (C) của hàm số tiếp xúc với trục hoành có thể xảy ra trong các trường hợp sau ab ≥ 0 m ≤ 3 − c = 0 m = 5 −
Vì a =1 > 0 nên suy ra ab < 0 ⇔ m > 3 − ⇔ m∈{ 5; − − } 1 . c 0 = m = 5 − −∆ = 0 m = 1; − m = 4 − 4a
Câu 31. Cho hàm số y f x có đồ thị hàm số y f x như hình vẽ bên 19 y 3 x 0 1
Bất phương trình f x 3x m có nghiệm x 0 ;1 khi và chỉ khi
A. m > f (0).
B. m ≥ f ( ) 1 − 3.
C. m ≥ f (0).
D. m > f ( ) 1 − 3. Lời giải
Ta có f x 3x m m gx f x3x
g′(x) = f ′(x) −3 < 0, x ∀ ∈(0 ) ;1 ⇒ g ( )
1 < g (x) < g (0), x ∀ ∈(0 ) ;1 ⇔ f ( )
1 − 3 < g (x) < f (0), x ∀ ∈(0 ) ;1 . Vì vậy
* có nghiệm x 0
;1 m f 1 3
Câu 32. Cho hàm số f (x) có đồ thị hám f '(x) như hình vẽ bên dưới. So sánh đúng về các giá trị f (a), f (b), f (c) là
A. f (b) < f (a) < f (c)
B. f (a) < f (b) < f (c)
C. f (b) < f (c) < f (a)
D. f (c) < f (b) < f (a) Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên –
Suy ra f a, f c f b
Thấy diện tích hình phẳng giới hạn bởi f 'x với trục hoành từ a đến b nhỏ hơn từ b đến c b c
Suy ra ∫(− f '(x))dx < f '
∫ (x)dx ⇔ f (a)− f (b) < f (c)− f (b) ⇔ f (a) < f (c) a b
Suy ra f b f a f c 20
Câu 33. Cho hàm số ( ) 5 4 3 2
f x = ax + bx + cx + dx + ex + f có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của
phương trình f ( 4x + 5 − 2) −3 = 0là. A. 8 . B. 4 . C. 10. D. 6 . Lời giải
Đặt t = 4x + 5 − 2, Phương trình trở thành: f (t) −3 = 0 ⇔ f (t) = 3.
Kẻ đường thẳng y = 3 cắt đồ thị y = f (x) tại 5 điểm phân biệt có hoành độ , m ,
n 0, p,q với m < n < 2
− < 0 < p < q . t = m < 2 −
4x + 5 − 2 = m < 2 − ⇒ VN
t = n < 2 −
4x + 5 − 2 = n < 2 − ⇒ VN Vậy, f (t) 3 t = 0 = ⇔
⇔ 4x + 5 − 2 = 0 ⇒ 2N . 0 t = p > 0
4x +5 − 2 = p > 0 ⇒ 2N0
t = q > 0
4x + 5 − 2 = q > 0 ⇒ 2N 0
Vậy số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( 4x + 5 − 2) −3 = 0bằng 6 .
Câu 34. Cho phương trình 2 2 x x 1 4 .2 m + −
− 3m +1 = 0 . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương
trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. Số phần tử của tập S là A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Lời giải Đặt 2 2x t =
≥1.Phương trình trở thành: f (t) 2
= t − 2mt − 3m +1 = 0 ( ) 1
Để có 4 nghiệm x phân biệt thì phương trình ( )
1 phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Cách 1: ' 2 ' 2
∆ = m + 3m −1 > 0
∆ = m + 3m −1 > 0 Khi đó phải có: 5
t > t >1 ⇔ f 1 =1−5m +1 > 0 ⇔ m < ⇔ VN 2 1 ( ) 2 t t 2m 1 1 + = + > 2 1 m >1 2 2 2 Cách 2: ( ) t +1 1 + ⇔
= m (2), xét g (t) t 1 =
, g′(t) 2t + 6t − 2 = > 0, t ∀ > 1. 2t + 3 2t + 3 (2t +3)2 Bảng biến thiên 21
Theo bảng biến thiên ta thấy không tồn tại m để (2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
Câu 35. Cho phương trình (m − ) 2 1
1 log x − 2 + 4 m − 5 log + 4m − 4 ≥ 0 1 ( )2 ( ) 1
( m là tham số). Tập hợp tất cả các x − 2 2 2
giá trị của m để bất phương trình có nghiệm thuộc 5 ;4 là: 2 A. [ 3 − ;+∞) . B. 7 ;+∞ C. 7 3 − ; D. 7 ; −∞ 3 3 3 Lời giải ĐK: x > 2 (m − ) 2 1
1 log x − 2 + 4 m − 5 log + 4m − 4 ≥ 0 1 ( )2 ( ) 1 x−2 2 2 ⇔ 4(m − ) 2
1 log x − 2 + 4 m − 5 log x − 2 + 4m − 4 ≥ 0 2 ( ) ( ) 2 ( ) ⇔ (m − ) 2
1 log x − 2 + m − 5 log x − 2 + m −1≥ 0 2 ( ) ( ) 2 ( ) Đặt 5 log
x − 2 = t vì x ∈ ;4 ⇒ t ∈[ 1; − ] 1 2 ( ) 2
Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (m − ) 2
1 t + (m − 5)t + m −1≥ 0 có nghiệm t ∈[ 1; − ] 1
⇔ m( 2t −t + ) 2
1 ≥ t + 5t +1 có nghiệm t ∈[ 1; − ] 1 2 t + 5t +1 ⇔ m ≥ có nghiệm t ∈[ 1; − ] 1 2 t + t +1 2 t + 5t +1
⇔ m ≥ min f (t) với f (t) = t [ ∈ 1 − ] ;1 2 t + t +1 ⇔ m ≥ 3 −
Câu 36. Cho hình hộp đứng ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có đáy là hình vuông cạnh bằng a , cạnh bên AA ' = 2a . Gọi α là góc
giữa (BA′C) và (DA′C) . Tính cosα . A. 1 cosα − = . B. 1 cosα = . C. 1 cosα = . D. 2 cosα = . 4 4 5 5 Lời giải
Ta có (BA′C)∩(A'DC) = A'C . 22
Do DB ⊥ AC ⇒ DB ⊥ A'C .
Kẻ DH ⊥ A'C .
Suy ra (DBH ) ⊥ A'C .
Ta có(BDH ) ∩( A'BC) = BH ; (BDH ) ∩( A'CD) = DH .
⇒ α = (BA′C);(DA′C) ( )= (BH;DH). Xét A ∆ ' DC có 0
D = 90 ;CD = a, DA' = a 5 . Ta có 1 1 1 a 30 = + ⇒ DH = 2 2 2 DH DA' CD 6 Tương tự ta có a 30 BH = . 6 + − − Xét a DH BH BD B ∆ DH có = = = ⇒ 2 2 2 30 1 BH DH ; BD a 2 cos BHD = = . 6 2BH.DH 5 Vậy α = 1 cos cos BHD = . 5
Câu 37. Cho một miếng tôn mỏng hình chữ nhật ABCD với AB = 4dm và AD = 6dm . Trên cạnh AD lấy điểm E
sao cho AE =1dm , trên cạnh BC lấy điểm F là trung điểm BC (tham khảo hình 1). Cuộn miếng tôn lại
một vòng sao cho AB và DC trùng khít nhau. Khi đó miếng tôn tạo thành mặt xung quanh của hình trụ
(tham khảo hình 2 ). Thể tích V của tứ diện ABEF trong hình 2 bằng E A E D A C B B F F Hình 1 Hình 2 A. 2 3 3 dm . B. 18 3 3 dm . C. 54 3 3 dm . D. 6 3 3 dm . 2 π 2 π 2 π 2 π Lời giải 23 E A I E H O A E D A H I O B B C F F
Gọi R là bán kính đáy của hình trụ.
Gọi O là tâm đường tròn đáy của hình trụ.
Gọi I là điểm sao cho ABFI là hình chữ nhật. ∆AEI vuông tại E .
Đường tròn đáy của hình trụ có chu vi là 3
6 = 2π R ⇒ R = . π Có 1 AE = AD ⇒
AOE = 60°. Suy ra ∆AOE là tam giác đều cạnh 3 R = . 6 π
Vẽ EH ⊥ AI, H ∈ AI , R 3 3 3 EH = = 2 2π EH ⊥ AI Có
⇒ EH ⊥ ( ABFI ) . EH ⊥ AB Có 1 1 4.2.3 12 S = A . B BF = . = . ABF 2 2 π π Có 1 1 3 3 12 6 3 V = V = EH.S = . = . ABEF ABF 2 3 3 2π π π Vậy 6 3 3 V = dm . 2 π
Câu 38. Cho hình lập phương ABC . D ′
A B′C′D′ có cạnh là a . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC′ cắt các cạnh
BC,CD, DD ,′ D′A ,′ ′
A B ,′ B′B lần lượt tại các điểm M , N, P,Q, R, S . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . A MNPQRS bằng A. a 3 .
B. a 15 .
C. 5a 3 . D. 5a 3 . 2 12 24 12 Lời giải 24
Gọi O, M , N, P,Q, R, S lần lượt là trung điểm của AC ;′ BC;C ;
D DD ;′ D′A ;′ ′
A B ;′ B′B . 2 Ta có 2 2 2 a a 5
AM = AB + BM = a + = = MC′
suy ra M thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn 2 2
thẳng AC′. Chứng minh tươngtự ta có N, P,Q, R, S K . Do đó, (MNPQRS ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC′. Ta có: 1 2 = = a MN BD , 1 1 1 = ′ = + ′ = ( )2 2 2 2 3 2 + = a AO AC AC CC a a . 2 2 2 2 2 2 2 2
a a 2 2 5 3 a 2
⇒ OM = AM − AO = − =
suy ra MN = OM = ON hay tam giác OMN là tam 2 2 2
giác đều. Chứng minh tương tự suy ra lục giác
MNPQRS là lục giác đều. Hình chóp .
A MNPQRS có các cạnh bên bằng nhau và đáy là đa giác đều nên .
A MNPQRS là hình chóp đều.
Gọi K là trung điểm của
AM , khi đó mặt phẳng trung trực của
AM đi qua trung điểm K và cắt AO tại
I ⇒ IA = IM = IN = IP = IQ = IR = IS , nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp . A MNPQRS . 2 AI AK AM
Ta có ∆AKI ~ ∆AOM nên = ⇒ AI = . AM AO 2AO 2 2 AM 5a 2 5a 3
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .
A MNPQRS : r = AI = = . = . 2AO 8 a 3 12
Tổng quát: Cho hình chóp đều có độ dài cạnh bên là b , chiều cao là h thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình 2 chóp = b r . 2h
Câu 39. Cho X là tập các giá trị của tham số m thỏa mãn đường thẳng (d ) : y = 12
− m − 7 cùng với đồ thị (C)của hàm số 1 3 2
y = x − mx − 4x −1 tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S , S thỏa mãn S = S (xem 3 1 2 1 2
hình vẽ). Tích các giá trị của các phần tử của X là: 25 A. 9. B. − 9 − . C. 27 . D. 9 . 2 Lời giải Xét phương trình: 1 3 2
x − mx − 4x −1 = 12 − m − 7 1 3 2
⇔ x − mx − 4x +12m + 6 = 0 (*). 3 3
Xét y = f (x) 1 3 2
= x − mx − 4x −1. Ta có f ′′(x) = 2x − 2m ⇒ f ′′(x) = 0 ⇔ x = m . 3
Khi đó (*) phải có ba nghiệm phân biệt thứ tự từ bé tới lớn là x , x , x và x chính là hoành độ của tâm đối 1 2 3 2
xứng. Tức là x = m và x thỏa mãn (*): 2 2 m = 3 − 1 3 2 m − .
m m − 4m +12m + 6 = 0 1 3 2 3+ 21 ⇔ m − .
m m − 4m +12m + 6 = 0 ⇔ m = . 3 3 2 3− 21 m = 2 Thử lại: m = 3 − , 3 21 m + = , 3 21 m − =
thay vào (*) thì phương trình có ba nghiệm phân biệt (thỏa mãn). 2 2 3+ 21 3− 21
Vậy tích các giá trị là 3. − . = 9 . 2 2
Câu 40. Gọi X là tập chứa các số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số được lập từ {5;6;7;8; }
9 . Chọn ngẫu nhiên từ X ra
một số, xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 42 là: 11 13 9 A. . B. . C. 7 . D. . 725 1024 625 512 Lời giải
Dễ dàng có được số phần tử của tập X là: 5 5 = 3125 .
Gọi Y là tập chứa các số tự nhiên có 5 chữ số abcde ⇒ a + b + c + d + e = 42 .
Nếu abcde chỉ chứa tối đa 1 chữ số 9, suy ra:
42 = a + b + c + d + e ≤ 9 + 8 + 8 + 8 + 8 + 8 = 41 ( vô lí).
Suy ra abcde chứa ít nhất 2 chữ số "9".
TH1: abcde chứa 2 chữ số 9, suy ra: abcde = hoán vị của 99888. Có tất cả 5! số. 3!.2!
TH2: abcde chứa 3 chữ số 9, suy ra: abcde = hoán vị của 99987 . Có tất cả 5! số. 3!
TH3: abcde chứa 4 chữ số 9, suy ra: abcde = hoán vị của 99996. Có tất cả 5! số. 4!
Từ 3 trường hợp trên, dễ thấy rằng Y ⊂ X . 26
Suy ra số phần tử của tập Y là: 5! 5! 5! + + = 35 . 3!.2! 3! 4! 1
Suy ra xác suất cần tính là: P( A) n( A) C35 35 7 = = = = . n(Ω) 1 C 3125 625 3125 f (x)
Câu 41. Cho hàm số y = f (x) xác định trên khoảng (0;+∞) thỏa mãn
= f (x) + f '(x) −x
− e đồng thời f ( ) 1 1 = . x e
Tính giá trị của f (2) . A. f ( ) 2 2 e− = (1+ 2ln 2) . B. f ( ) 2 2 e− = (3+ 2ln2). C. f ( ) 2 2 e− = (2+ ln3) . D. f ( ) 2 2 2e− = (1+ ln 2). Lời giải Ta có: f (x) x x x
= f (x) + f (x) −x
− e ⇔ f (x) 1 − + f ( x) − x
= e ⇔ f (x) e e e 1 ' 1 ' − + f ' x = 2 ( ) x x x x x x ' x
⇔ f (x) e 1 . = . x x Lấy tích phân hai vế: ' 2 x 2 x 2 ∫ ( ) e 1 . = ⇔ ∫ ( ) e 2 2 . = ln ⇔ (2). e f x dx dx f x x f − . e f ( ) 1 = ln 2 x x x 1 1 2 1 1 f ( ) 2ln 2 2 2 f (2) 2 2e− ⇔ = + ⇔ = 1+ ln 2 . 2 2 ( ) e e
Câu 42. Một bồn hình trụ chứa dầu được đặt nằm ngang, có chiều dài 5m, bán kính đáy 1m, với nắp bồn đặt trên mặt
nằm ngang của mặt trụ. Người ta rút dầu trong bồn tương ứng với 0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích
gần đúng nhất của khối dầu còn lại trong bồn. A. 3 11,781m . B. 3 12,637m . C. 3 14,923m . D. 3 8,307m . Lời giải 27
Gọi (α),(β) là hai mặt phẳng chứa hai đáy của hình trụ. (α),(β) vuông góc với trục Ox lần lượt tại điểm
có tọa độ x = 0, x = 5 . Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x∈[0;5]. Thiết
diện của (P) với phần dầu còn lại là một phần hình tròn có bán kính 1m, (phần tô màu vàng). Có 1 IH = 2 2 3
⇒ HA = IA − IH =
⇒ AB = 2AH = 3 . 2 2 IH 1 = = ⇒ = ° ⇒ cos AIH AIH 60 AIB =120° . IA 2 2 π π
Diện tích phần không được tô màu trong hình vẽ là R .120 1 3 S = S − S = − IH AB = − . quat IAB . 1 360 2 3 4 π 3 8π + 3 3
Ta có diện tích thiết diện là S = π − S = π − − = 1 . 3 4 12 5 π + π
Vậy thể tích phần dầu còn lại là: 8 3 3 40 +15 3 V = dx = ∫ (đơn vị 3 m ) 12 12 0 3 V ≈12,637m .
Câu 43. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể tích V của khối chóp có
thể tích lớn nhất.
A. V =144
B.V = 576
C. V = 576 2
D. V =144 6 Lời giải
Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình chóp tứ giác đều lần lượt là ;
x h (x,h > 0) . Ta có đáy là hình vuông 2
với độ dài nửa đường chéo bằng x suy ra độ dài cạnh bên 2 x l = h + . 2 2 2 2 x 2 h +
Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp l 2 2 2 R = =
= 9 ⇔ x = 36h − 2h . 2h 2h
Diện tích đáy của hình chóp 2 S 1 1 = x nên 2 V = . h x = h( 2 36h − 2h ) 3 3 3 + + − Ta có 1 ( 2 ) 1 ( ) 1 h h 36 2 . 36 2 . . 36 2 . h h h h h h h − = − ≤ = 576 ⇒ V ≤
576, dấu bằng xảy ra khi 3 3 3 3
h = h = 36 − 2h ⇔ h =12, x =12 vậy V = . max 576
Câu 44. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên , có bảng biến thiên như sau 28
Đặt h(x) = m − f (x − 2) ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số y = h(x) có đúng 5 điểm cực trị? A. Vô số. B. 12. C. 0 . D. 10. Lời giải
Ta có g (x) = m − f (x − 2) ⇒ g′(x) = − f ′(x − 2). ′( ) x − 2 = a x = 2 + a g x = 0 ⇔ ⇔ x 2 b − = x = 2 + b BBT
Bảng xét dấu h(x)
m − f (a) > 0
f (a) < m m > 5 −
Để hàm số có 5 cực trị ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − < < m − f (b) < f (b) 5 m 6 0 > m m < 6
Vì m∈ ⇒ m∈{ 4 − ; 3 − ;....; } 5 .
Vậy có 10 giá trị của m . Câu 45. Cho x + y
x, y thỏa mãn x ≥1, y ≥1 và log
= 4xy − 3 x + y −1. Giá trị lớn nhất của biểu thức 3 ( ) 4xy 2 2 1 1
P = x + y − 3 +
thuộc tập nào dưới đây? x y A. [5;9) . B. [ 5; − 0) . C. [0;5) . D. [9;+∞). Lời giải x + y ≥ 2
Với x ≥1, y ≥1 suy ra: . 4xy ≥ 4 29
Khi đó log x + y = 4xy − 3 x + y −1 ⇔ log x + y − log 4xy = 4xy − 3 x + y −1 3 ( ) 3 ( ) ( ) 3 ( ) 4xy
⇔ log x + y +1+ 3 x + y = log 4xy + 4xy 3 ( ) ( ) 3 ( )
⇔ log 3x + 3y + 3 x + y = log 4xy + 4xy * . 3 ( ) ( ) 3 ( ) ( )
Xét hàm số f (t) = log t + t trên (0;+∞). 3 Do f ′(t) 1 = +1 > 0 với t
∀ ∈(0;+∞) nên hàm số y = f (t) đồng biến trên (0;+∞). t.ln 3
Suy ra: (*) ⇔ f (3x + 3y) = f (4xy) ⇔ 3(x + y) = 4xy .
Ta có: xy ≤ (x + y)2 ⇔ (x + y) ≤ (x + y)2 4 3
⇒ x + y ≥ 3 ( ) 1 .
Mặt khác x ≥1, y ≥1 nên: (x − ) 1 ( y − )
1 ≥ 0 ⇔ xy +1≥ x + y ⇔ 4(xy + ) 1 ≥ 4(x + y)
⇔ 3(x + y) + 4 ≥ 4(x + y) ⇔ x + y ≤ 4 (2) . Từ ( )
1 và (2) ⇒ 3 ≤ x + y ≤ 4. 1 1 3 x + y 2 2
P = x + y − + = (x + y)2 ( ) − xy − = (x + y)2 3 3 2 − (x + y) − 4. x y xy 2
Đặt x + y = t ⇒ t ∈[3;4] . Hàm số g (t) 2 3
= t − t − 4 có g′(t) 3
= 2t − > 0 với t ∀ ∈[3;4] , 2 2
suy ra g (t) ≤ g (4) = 6.
Vậy Max P = 6 khi x =1; y = 3 hoặc x = 3; y =1.
Câu 46. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc
BAD = 60°. Cạnh SA vuông góc với mặt
phẳng đáy. Trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho MB = MC và 3NC = 2ND . Gọi
P là giao điểm của AC và MN . Khoảng cách từ điểm P đến mặt phẳng (SAM ) bằng: A. a 7 . B. a 7 . C. a 21 . D. a 21 . 9 2 14 18 Lời giải 30 S D A F N P B M C H
Dựng CH ⊥ AM ⇒ CH ⊥ (SAM )
Giả sử MN cắt AD tại F . Theo định lý Talet ta có: DF ND 3 3MC 3a = = ⇒ DF = = . MC NC 2 2 4 3 a + a PA AF 4 7 CA 9 AP 7 Khi đó = = = ⇒ = ⇒ = . PC MC a 2 PC 2 AC 9 2
Do đó d (P (SAM )) 7
= d (C (SAM )) 7 , , = CH . 9 9 Kẻ AK ⊥ BC Ta có o a 3 AK = A . B sin 60 = , o 1
BK = AB cos60 = a . 2 2 2
⇒ KM = BK + BM = a 2 2 3a 2 a 7
⇒ AM = AK + KM = + a = . 4 2 Mặt khác : AK AM A ∆ KM CH ∆ M ⇒ = . CH CM a 3 1 . . a AK MC 2 2 a 21
⇒ AK.MC = CH.AM ⇒ CH = = = . AM a 7 14 2
d (P (SAM )) 7 7 a 21 a 21 , = CH = . = . 9 9 14 18
Câu 47. Có tất bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x∈(1;8) thỏa mãn:( − )( 2 − ) = ( 2 1 2 x x x e y
y e − x ) ? A. 13 B. 12 C. 14 D. 11 Lời giải Xét ( ) = ( − )( 2 − ) − ( 2 1 2 x x f x x e y
y e − x ) trên (1;8) với y là tham số. Ta có ( ) x x 2 ' = 2 − −
+ 2 = ( x + )(2 − ) = 0 y f x xe ye y yx e y x y ⇒ x = 2 31 Ta thấy: f ( ) 1 = −y(e − ) 1 < 0
do y nguyên dương; f ( ) = ( 8 2
e − y ) − y( 8e − ) 2
= − y − ( 8e − ) 8 8 7 2 64 7 64 y +14e
TH1. Khi y ≤1 ⇔ y ≤ 2 ⇒ f '(x) > 0. Lập bảng biến thiên cho f (x) , từ yêu cầu bài toán 2
⇒ f (8) > 0 ⇒ y <13,85 ⇒ y ∈{1; } 2
TH2. Khi y ≥ 8 ⇔ y ≥16 ⇒ f '(x) < 0 ⇒ f (8) < f ( )
1 < 0 suy ra pt vô nghiệm trên (1;8) . 2 TH3. Khi 1 y < < 8 ⇔ 2 < <16 y y
⇒ x = . Lập bảng biến thiên cho f (x) , từ yêu cầu bài toán 2 CT 2
⇒ f (8) > 0 ⇒ y <13,85 ⇒ y ∈{3;4;5;...; } 13
Như vậy có tất cả 13 giá trị y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 48. Cho đa thức f (x) có đồ thị của hai hàm số y = f (x), y = f ′(x)trên cùng một hệ trục toạ độ như hình vẽ Phương trình ( ) x
f x = me có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0;2] khi và chỉ khi A. 2
e− f (2) ≤ m < 0. B. 2
e− f (2) < m < 0. C. f (0) ≤ m < 0 .
D. f (0) ≤ m ≤ 0 . Lời giải
Dựa vào đồ thị ta suy ra (C là đồ thị hàm bậc 4, (C là đồ thị hàm bậc 3. 1 ) 2 )
Do đó (C là đồ thị của hàm số y = f (x) và (C là đồ thị hàm số y = f ′(x) . 1 ) 2 ) f x
Phương trình f (x) x ( ) = me ⇔ = m . x e f x
Xét hàm số g (x) ( ) = với x∈[0;2]. x e x x ′ − ′ −
⇒ g′(x) f (x).e f (x).e
f (x) f (x) = = . 2x x e e 32
x = a < 0 (l)
g (x) = 0 ⇔ f (x) − f (x) = 0 ′ ′ ⇔ x =1 x = 2 Bảng biến thiên
Dựa vào BBT suy ra phương trình
f (x) = m có 2nghiệm phân biệt trên đoạn [0;2] 2 e− ⇔
f (2) ≤ m < 0 . x e
Câu 49. Cho khối hộp ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có A′B vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD) ; góc giữa AA′ và ( ABCD)
bằng 45°. Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ , DD′cùng bằng 1. Góc giữa hai mặt phẳng (BB C ′ C ′ ) và (C C
′ DD′) bằng 60°. Tính thể tích khối hộp ABC . D A′B C ′ D ′ .′ A. 2 . B. 3 3 . C. 2 3 . D. 3 . Lời giải A' D' G B' C' B' A' A D B C B A F F
Dựng AF ⊥ BB ,′ AG ⊥ DD′ .
Theo giả thiết vì A′B ⊥ ( ABCD) nên A′A có hình chiếu là AB trên ( ABCD) vậy
(A′A (ABCD)) = (A′A AB) = , , A′AB = 45° .
Vậy tam giác AA′B vuông cân tại B , vì AF ⊥ BB′ nên tam giác ABF vuông cân tại F , do +
BAF BAA′ = 90° . Vì vậy AF =1⇒ AB = 2, A′B = 2 ⇒ S = = . ABB A ′ ′ 2. 2 2 Mặt khác ((BB C ′ C ′ ),(C C
′ DD′)) = (( AA′D D ′ ),( AA′B B
′ )) = ( AG, AF ) = 60°. ( AA′D D
′ ) ∩( AA′B B ′ ) = AA ,′
⇒ Tam giác AFG đều cạnh 1. (chú ý rằng AF ⊥ AA ,′ AF ⊂ ( AA′B B ′ ), )
AG ⊥ AA,′ AG ⊂ ( AA′D D ′ ) 33
Vì vậy nếu GH ⊥ AF thì GH ⊥ ( AA′B B ′ ) 3 ,GH =1.sin 60° = . 2
Vậy thể tích khối lăng trụ là 3 V = = . ABCD A′B C ′ D ′ ′ 2. 3 . 2
Câu 50. Cho phương trình 2 mln (x + )
1 − (x + 2 − m)ln(x + ) 1 − x − 2 = 0 ( )
1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 < x < 2 < 4 < x là khoảng ( ;
a +∞) . Khi đó a thuộc 1 2 khoảng A. (3,8;3,9). B. (3,7;3,8) . C. (3,6;3,7) . D. (3,5;3,6) . Lời giải
Điều kiện: x > 1 − 1 x = −1 (L) Phương trình e ⇔ ln ( x + ) 1 +1. . m ln
(x + )1−(x + 2) = 0 ⇔ x + 2 m = = g x ln (x + ) ( ) 1 + + − +
g′(x) (x ) 1 ln (x ) 1 (x 2) = ( x + ) 2 1 .ln (x + ) 1
Ta có g′(x) < 0, x ∀ ∈( 1; − 0)
Đặt h(x) = (x + ) 1 ln (x + ) 1 − (x + 2)
Có h′(x) = ln(x + ) 1 > 0, x
∀ > 0 ⇒ h(x) = 0 có nghiệm duy nhất x ∈ 0;+∞ ( x ≈ 2,6). 0 ( ) 0
Bảng biến thiên (có g (x ≈ 3,6 ) 0 ) Vậy 6 m > . ln 5 34