Đề HSG Toán 12 năm 2022 – 2023 lần 1 trường THPT Đông Sơn 1 – Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán 12 năm học 2022 – 2023 lần 1 trường THPT Đông Sơn 1, tỉnh Thanh Hóa; đề thi hình thức trắc nghiệm với 50 câu hỏi và bài toán

24 12 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

31 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
Trang 1/7 - Mã đề thi 720
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1
ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LẦN 1
MÔN TOÁN LỚP 12 - NĂM HỌC 2022- 2023
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm có 07 trang
Họ, tên thí sinh:..........................................................................SBD.....................
Câu 1. Điều kiện của m để phương trình
sin 2022 cos2022x xm+=
có nghiệm là
A.
1
1
m
m
≥
≤−
. B.
2
2
m
m
≥
≤−
C.
11m−≤ ≤
. D.
22m
− ≤≤
.
Câu 2. Hàm số
2sin 1
1 cos
x
y
x
+
=
−
xác định khi
A.
xk
π
≠
;
B.
2
k
x
π
≠
;
k
∈
C.
2
6
xk
π
π
−
≠+
;
k ∈
D.
2xk
π
≠
;
k ∈
Câu 3. Từ các chữ số
0;1; 2;3; 4; 5; 6
lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số?
A.
13
. B.
49
. C.
36
. D.
42
.
Câu 4 . Có bao nhiêu cách xếp
3
học sinh vào một bàn dài có
8
ghế ?
A.
3
8
C
. B.
3
8
A
. C.
3!
. D.
8.7.6
.
Câu 5. Cho dãy số
n
u
biết
1
1
3
3
nn
u
uu
+
=
=
,
*
n∀∈
. Số hạng tổng quát của dãy số
( )
n
u
là
A.
3
n
n
u =
. B.
1
3
n
n
u
+
=
. C.
1
3
n
n
u
−
=
. D.
1n
n
un
+
=
.
Câu 6. Cho hàm số
()y fx
=
liên tục trên
với bảng xét dấu đạo hàm như sau:
.
Số điểm cực trị của hàm số
()
y fx=
là
A.
3
. B.
0
. C.
1
. D.
2
.
Câu 7. Kí hiệu
m
,
M
lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
3
21
x
y
x
+
=
−
trên đoạn
Giá trị biểu thức
dMm= −
là
A.
4
d =
. B.
2d
=
. C.
. D.
5d =
.
Câu 8. Khối mười hai mặt đều thuộc loại đa diện đều nào?
A.
{ }
4;3
B.
{ }
3; 4
C.
{ }
3; 3
D.
{ }
5; 3
Câu 9: Cho hình chóp
.S ABC
có
SA
vuông góc với đáy. Tam giác
ABC
vuông cân tại
B
, biết
2SA AC a= =
. Thể tích khối chóp
.
S ABC
là
A.
3
2
3
a
. B.
3
1
3
a
. C.
3
22
3
a
. D.
3
4
3
a
.
Câu 10: Cho lăng trụ đứng
.ABC A B C
′′′
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
.,2a aAA
′
=
Thể tích của khối
trụ đó bằng
A.
3
3
2
a
. B.
3
3
6
a
. C.
3
3a
. D.
2
3
2
a
.
Câu 11. Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp đó. Gọi
P là xác suất để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng
Ngày thi: 15/10/2022
Trang 2/7 - Mã đề thi 720
A.
1
12
B.
16
33
C.
10
33
D.
2
11
Câu 12: Hệ số của
5
x
trong khai triển
( ) ( ) ( )
5 10
2
12 13Px x x x x
=−++
thành đa thức là
A. 80. B. 3240. C.3320. D. 259200.
Câu 13. Cho dãy số
(
)
n
u
có
2
1
n
u nn
=− ++
. Số
19−
là số hạng thứ mấy của dãy?
A.
5
. B.
7
. C.
6
. D.
4
.
Câu 14. Cho
( )
fx
là một đa thức thỏa mãn
(
)
1
16
lim 24
1
x
fx
x
→
−
=
−
. Tính
( )
( ) ( )
( )
1
16
lim
1 2 46
x
fx
I
x fx
→
−
=
− ++
.
A.
24
. B.
+∞
. C.
2
. D.
0
.
Câu 15 . Cho hình hộp chữ nhật
.ABCD A B C D
′′′′
có
2AB a=
,
AD AA a
′
= =
. Khoảng cách giữa hai
đường thẳng
AC
và
DC
′
bằng
A.
2
3
a
. B.
3
2
a
. C.
3
3
a
. D.
3
2
a
.
Câu 16. Cho khối chóp
.S ABC
có
SA ABC
, tam giác
ABC
vuông tại
B
,
2
AC a
,
BC a
,
23SB a
. Góc giữa
SA
và mặt phẳng
SBC
là
A.
45
. B.
30
. C.
60
. D.
90
.
Câu 17. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A,
B, C, D sau:
.
A.
( )
2
1
x
fx
x
−+
=
−
. B.
( )
2
1
x
fx
x
−
=
+
. C.
( )
2
1
x
fx
x
−−
=
−
. D.
( )
2
1
x
fx
x
−+
=
+
.
Câu 18. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình
( ) ( )
2
50f x fx+=
là
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Câu 19. Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số
32
231y xx=−+ +
là:
A.
( )
0;1 .
B.
C.
( )
1; 6 .−
D.
( )
2;3 .
Câu 20. Cho hàm số
( )
=y fx
có đạo hàm
( )
( )
( )
3
22
' 22= + − ∀∈f x xx x x x
. Số điểm cực trị của
hàm số là
A.
4
B.
1
C.
2
D.
3
Câu 21. Cho hàm số
( )
y fx=
có đồ thị
( )
fx
′
như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
Trang 3/7 - Mã đề thi 720
A. Hàm số nghịch biến trên
( )
0;1
. B. Hàm số đồng biến trên
( )
;1−∞ −
.
C.Hàm số đồng biến trên
( )
1;1−
. D. Hàm số nghịch biến trên
( )
;0−∞
.
Câu 22. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A.
2.
B.
6
. C.
8
. D.
4
.
Câu 23. Cho khối lăng trụ đứng
.ABC A B C
′′′
có đáy là tam giác đều cạnh bằng
a
. Thể tích của khối lăng
trụ đã cho bằng
A.
3
3
2
a
V =
. B.
3
3
6
a
V =
. C.
3
3
4
a
V =
. D.
3
12
a
.
Câu 24. Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng
6
. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A.
36 3
. B.
54 3
. C.
3
6
. D.
3
6
3
.
Câu 25. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, mặt bên
SAD
là tam giác đều cạnh
bằng
4a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
. Góc giữa mặt phẳng
( )
SBC
và
mặt phẳng
(
)
ABCD
là
30°
. Thể tích của khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
24 3a
. B.
3
16 3a
. C.
3
43a
. D.
3
48 3a
.
Câu 26: Cho phương trình
(
)
cos 2 3 sin 2 5 3 sin cos 6 0x x xx
+ + − −=
. Tổng giữa nghiệm dương nhỏ
nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình là
A.
3
π
. B.
2
π
−
. C.
2
3
π
−
. D.
4
π
.
Câu 27. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
cos3 cos 2 9sin 4 0
xxx− + −=
trên khoảng
( )
0;3
π
là
A.
5
π
. B.
11
3
π
. C.
25
6
π
. D.
6
π
.
Câu 28: Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
()ABCD
đáy
ABCD
là hình thang
vuông có
0
90AB= =
và
1
;3
2
AB BC AD a SA a= = = =
. Tính
sin
α
biết
α
là góc giữa đường thẳng
SB
và mặt phẳng
(
)
SCD
A.
30
20
B.
30
10
. C.
10
30
. D.
20
30
.
Câu 29. Cho hình lăng trụ tam giác
.ABC A B C
′′′
có độ dài cạnh bên bằng
2a
, đáy
ABC
là tam giác
vuông tại
A
,
AB a=
,
3AC a=
. Hình chiếu vuông góc của
A
′
lên mặt phẳng
( )
ABC
là
trung điểm của
BC
. Khi đó cosin của góc giữa hai đường thẳng
AA
′
và
BC
′′
bằng
A.
3
2
. B.
1
2
. C.
3
4
. D.
1
4
.
Trang 4/7 - Mã đề thi 720
Câu 30. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như hình bên
Hàm số
( )
1 2x 1yf=−+
đồng biến trên khoảng
A.
3
0;
2



. B.
1
;1
2



. C.
( )
1; +∞
. D.
1
1;
2

−


.
Câu 31: Cho hàm số
( )
2
2
xm
fx
x
−
=
+
(
m
là tham số). Để
(
)
[ 1;1]
1
min
3
x
fx
∈−
=
thì
,( , , 0)
a
m abb
b
= ∈∈ >
và
a
b
là phân số tối giản. Tổng
ab
+
bằng
A.
10−
. B.
10
. C.
4
. D.
4−
.
Câu 32. Cho hàm số
(
)
y fx
=
có bảng biến thiên như sau
Đồ thị hàm số
( )
2
1
1
y
fx
=
−
có bao nhiêu tiệm cận đứng?
A.
3
. B.
0
. C.
2
. D.
1
.
Câu 33: Cho hàm số
2
1
1
x mx
y
x
+−
=
−
có đồ thị là
( )
C
(
m
là tham số thực). Tổng bình phương các giá trị
của
m
để đường thẳng
:dy m=
cắt đồ thị
( )
C
tại hai điểm
,AB
sao cho
OA OB⊥
bằng
A.
3
. B.
12
. C.
5
. D.
4
.
Câu 34: Gọi
A
,
B
là hai điểm di động và thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị hàm số
21
2
x
y
x
−
=
+
. Độ
dài đoạn
AB
bé nhất là
A.
10
. B.
2 10
. C.
5
. D.
25
.
Câu 35: Cho hàm số
( )
( )
32
,,,y f x ax bx cx d a b c d= = + ++ ∈
có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm
của phương trình
( )
( )
( ) ( )
(
)
( )
2 10f f fx fx fx f+ + −=
là
A.2. B.3. C.1. D.0.
Trang 5/7 - Mã đề thi 720
Câu 36. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như hình vẽ. Biết
(
)
25f −=−
Tìm
m
để phương trình
(
)
22
22
fx m x−= −
có nghiệm thuộc
[
)
0;1
A.
51
22
m
−−
<<
. B.
51
22
m
−−
≤≤
. C.
51
22
m
−−
≤<
. D.
5
2
1
2
m
m
−
<
−
≥
.
Câu 37. Cho hai hàm số
( )
( )
3 22
1
( ) 1 3 4 5 2022
3
fx x m x m m x= −+ + + + +
và
( )
( ) ( )
2 32 2
25 2 49 32gxmmx mmxx= ++ − ++ −+
(với
m
là tham số). Phương trình
( )
( )
0gfx =
có
bao nhiêu nghiệm?
A.
9
. B.
0
. C.
1
. D.
3
.
Câu 38: Cho hình lập phương
.' ' ' 'ABCD A B C D
cạnh bằng
1
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
'BB
. Mặt
phẳng
( ')MA D
cắt cạnh
BC
tại
K
. Thể tích khối đa diện lồi
''' 'A B C D MKCD
bằng
A.
7
24
. B.
7
17
. C.
1
24
. D.
17
24
.
Câu 39. Cho hình lăng trụ
.' ' 'ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh
.a
Hình chiếu của
'A
lên mặt
phẳng
( )
ABC
trùng với trung điểm cạnh
,AB
góc giữa
'AA
và mặt đáy của hình lăng trụ đã
cho bằng
60 .
o
Thể tích
V
của khối chóp
'. ' 'A BCC B
bằng
A.
3
.
4
a
V =
B.
3
.
8
a
V =
C.
3
3
.
4
a
V =
D.
3
3
.
8
a
V =
Câu 40: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình bình hành, tam giác
ABC
vuông cân tại
A
và
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
G
là trọng tâm tam giác
SAD
. Biết
AB a=
, khoảng cách từ
G
đến
mặt phẳng
(
)
SBC
bằng
4
a
. Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
3
46
a
. B.
3
46
a
. C.
3
2
3 46
a
. D.
3
2
46
a
.
Trang 6/7 - Mã đề thi 720
Câu 41: Trong một lần dạo chơi, An vô tình lạc vào một mê cung là một đa giác lồi có
33
cạnh. Để thoát
khỏi mê cung thì An phải đi đúng 2 lần với cùng quy luật sau: “Với L là tập hợp các tam giác tạo từ ba
đỉnh của đa giác, từ hai tam giác bất kì trong L, An phải đi theo một tam giác có đúng một cạnh là cạnh
của đa giác và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (không phân biệt thứ tự đi)”. Giả sử
tất cả các lần đi của An đều đúng thì xác suất thoát khỏi mê cung của An xấp xỉ là bao nhiêu?
A.
0,0456
. B.
0,1243
. C.
0,2872
. D.
0,0825
.
Câu 42: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với
2
AD a=
. Cạnh bên
SA
vuông góc
với mặt đáy và
2SA a=
. Gọi
M
,
N
lần lượt là các điểm thỏa mãn hệ thức
2.MS MD= −
 
và
2.AN AB=
 
. Biết góc tạo bởi đường thẳng
SN
với mặt phẳng
(
)
SCD
bằng
30°
. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng
SN
và
CM
bằng
A.
51
4
a
. B.
33
4
a
. C.
4
3
a
. D.
21
7
a
.
Câu 43. Cho hình lăng trụ đều
.ABC A B C

. Biết khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
ABC
bằng
a
, góc giữa hai mặt phẳng
ABC
và
BCC B

bằng
α
với
1
cos
23
α
. Tính thể tích khối
lăng trụ
.ABC A B C

.
A.
3
32
4
a
V
. B.
3
32
2
a
V
. C.
3
2
2
a
V
. D.
3
32
8
a
V
.
Câu 44: Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
.
Biết rằng hàm số
( )
2
4y fx x= −
có đồ thị
của đạo hàm như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số
( )
3
42
6 5 12y fx x x x= − ++
bằng
A.
11.
B.
15.
C.
7.
D.
9.
Câu 45: Cho hàm bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số
( )
2
1
y xf x= −


là
A.
9
. B.
7
. C.
6
. D.
5
.
Câu 46. Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
. Hàm số
( )
'y fx=
có đồ thị như hình vẽ. Số
tham số m nguyên thuộc đoạn
[ ]
20; 20−
để hàm số
( )
gx
nghịch biến trên khoảng
( )
1; 2−
biết
( )
( ) ( ) ( )
2
33 3
3 3 3 2 62 6gx f x x m x x m x x m= −− + + + − − − + −
.
Trang 7/7 - Mã đề thi 720
A.
23
. B.
21
. C.
5
. D.
17
.
Câu 47: Cho hàm số
()
y fx
=
có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số
m
để phương trình
(
)
( )
( )
21 2f fx m fx m+ += +
có
đúng 3 nghiệm phân biệt trên
[ ]
1;1−
là
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Câu 48. Cho hàm số
( )
y fx=
có đồ thị đạo hàm
( )
fx
′
như hình vẽ bên dưới.
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
[ ]
20; 20m∈−
để hàm số
( )
( )
32
1
92 2 3 1
3
yf x x x m x= − + − ++ +
đồng biến trên
?
A.
22
. B.
13
. C.
14
. D.
12
.
Câu 49. Cho hình hộp
.ABCD A B C D
′′′′
có đáy là hình vuông cạnh
a
, cạnh bên có độ dài bằng
2a
và
tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng
60°
. Gọi
,,MNP
lần lượt là trung điểm các cạnh
,AB B C
′′
và
DD
′
. Thể tích của khối tứ diện
MNPC
′
bằng
A.
3
3
.
8
a
B.
3
3
.
12
a
C.
3
3
.
16
a
D.
3
.
8
a
Câu 50. Cho khối hộp chữ nhật
.ABCD A B C D
′′′′
. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng
AB
và
BC
′
bằng
25
5
a
, khoảng cách giữa 2 đường thẳng
BC
và
AB
′
bằng
25
5
a
. Khoảng cách giữa 2 đường
thẳng
AC
và
BD
′
bằng
3
3
a
. Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho bằng
A.
3
4a
. B.
3
2a
. C.
3
6a
. D.
3
8a
.
- HẾT -
Trang 1/24 - Mã đề thi 720
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1
ĐÁP ÁN THI KSCL HỌC SINH GIỎI LẦN 1
MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM HỌC 2022- 2023
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm có 6 trang
Mã đề thi 720
Họ, tên thí sinh:..........................................................................SBD.....................
1-D
2-D
3- D
4-B
5-A
6-D
7-C
8-D
9-A
10-A
11-B
12-C
13-A
14-C
15-A
16-B
17-C
18-D
19-B
20-D
21-C
22-D
23-C
24-B
25-B
26-C
27-D
28-A
29-D
30-B
31-D
32-C
33-A
34-B
35-B
36-C
37-D
38-D
39-A
40-B
41-D
42-C
43-B
44-A
45-B
46-A
47-A
48-D
49-C
50-B
Câu 1: Điều kiện của m để phương trình
sin 2022 cos2022x xm+=
có nghiệm là
A.
1
1
m
m
≥
≤−
. B.
2
2
m
m
≥
≤−
. C.
11m
−≤ ≤
. D.
22m− ≤≤
.
Lời giải
Điều kiện
22 2
11 2 2mm+ ≥ ⇔− ≤ ≤
.
Câu 2. Hàm số
2sin 1
1 cos
x
y
x
+
=
−
xác định khi
A.
2
2
xk
π
π
≠+
B.
xk
π
≠
C.
2
xk
π
π
≠+
D.
2xk
π
≠
Lời giải
Hàm số xác định khi và chỉ khi
1 cos 0x
−≠
cos 1x⇔≠
2xk
π
⇔≠
với
k ∈
.
Câu 3. Từ các chữ số
0;1; 2; 3; 4; 5; 6
lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số?
A.
13
. B.
49
. C.
36
. D.
42
.
Lời giải
Gọi số cần lập có dạng
ab
. Để lập được số có 2 chữ số ta cần thực hiện liên tiếp hai hành động.
Chọn một chữ số khác
0
vào vị trí
a
có 6 cách.
Ứng với mỗi cách chọn một số vào vị trí
a
có 7 cách chọn một số vào vị trí
b
.
Theo quy tắc nhân ta có số các số có 2 chữ số lập được là
6.7 42=
số.
Câu 4 . Có bao nhiêu cách xếp
3
học sinh vào một bàn dài có
8
ghế ?
A.
3
8
C
. B.
3
8
A
. C.
3!
. D.
5!
.
Lời giải
Chọn
3
ghế trong
8
ghế và sắp xếp
3
học sinh vào ngồi có
33
88
.3!CA=
( cách)
Câu 5. Cho dãy số
n
u
biết
1
1
3
3
nn
u
uu
+
=
=
,
*
n∀∈
. Số hạng tổng quát của dãy số
( )
n
u
là
A.
3
n
n
u =
. B.
1
3
n
n
u
+
=
. C.
1
3
n
n
u
−
=
. D.
1n
n
un
+
=
.
Lời giải
Ta có
1
3
n
n
u
u
+
=
. Do đó dãy số
( )
n
u
là một cấp số nhân với
1
3u =
, công bội
3
q =
.
Vậy số hạng tổng quát của cấp số nhân là:
1
1
.
n
n
u uq
−
=
1
3.3
n−
=
3
n
=
.
Câu 6. Cho hàm số
()y fx=
liên tục trên
với bảng xét dấu đạo hàm như sau
Ngày thi: …………………
Trang 2/24 - Mã đề thi 720
.
Số điểm cực trị của hàm số
()y fx=
là
A.
3
. B.
0
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Ta có
y
′
đổi dấu khi đi qua
3x
= −
và qua
2x
=
nên số điểm cực trị là
2
.
Câu 7. Kí hiệu
m
,
M
lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
3
21
x
y
x
+
=
−
trên đoạn
[1;4].
Giá trị biểu thức
dMm= −
bằng
A.
4d =
. B.
2d =
. C.
. D.
5d =
.
Lời giải
Tập xác định
1
\
2
D

=


;
[ ]
1
1;4
2
∉
.
Ta có
( )
13
14
2.1 1
y
+
= =
−
;
( )
43
41
2.4 1
y
+
= =
−
. Suy ra
41 3dMm= − = −=
.
Câu 8. Khối mười hai mặt đều thuộc loại đa diện đều nào?
A.
{
}
4;3
B.
{ }
3; 4
C.
{
}
3; 3
D.
{ }
5; 3
Lời giải
Mỗi mặt là một ngũ giác đều và mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba mặt.
Câu 9: Cho hình chóp
.S ABC
có
SA
vuông góc với đáy. Tam giác
ABC
vuông cân tại
B
, biết
2SA AC a= =
. Thể tích khối chóp
.S ABC
là
A.
3
2
3
a
. B.
3
1
3
a
. C.
3
22
3
a
. D.
3
4
3
a
.
Lời giải
Ta có
2
2
22
AC a
AB BC a= = = =
.
Thể tích khối chóp
.S ABC
là
( )
2
23
1 11 1 2
. . . . 2 .2
3 32 6 3
ABC
V S SA AB SA a a a
= = = =
.
Câu 10: Cho lăng trụ đứng
.
ABC A B C
′′′
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
.,2a a
AA
′
=
Thể tích của khối trụ
đó bằng
A.
3
3
2
a
. B.
3
3
6
a
. C.
3
3a
. D.
2
3
2
a
.
Lời giải
Trang 3/24 - Mã đề thi 720
23
33
'. 2 .
42
ABC
aa
V AA S a= = =
Câu 11. Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp đó. Gọi P là
xác suất để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng
A.
1
12
B.
16
33
C.
10
33
D.
2
11
Lời giải
Không gian mẫu
11
4
330C =
+ Số cách chọn 1 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn là:
65
13
. 60CC=
+ Số cách chọn 3 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn là:
65
31
. 100CC=
.
Vậy xác suất cần tìm là
16
33
=P
Câu 12: Hệ số của
5
x
trong khai triển
( ) ( ) ( )
5 10
2
12 13Px x x x x
=−++
thành đa thức là
A. 80. B. 3240. C.3320. D. 259200.
Lời giải
Theo khai triển nhị thức Niu‐tơn, ta có
( ) ( )
5
55
5
0
12 . . 2
k
k
k
x x xC x
−
=
−= −
∑
( )
5
5
6
5
0
.2 .
k
kk
k
Cx
−
−
=
= −
∑
→
số hạng chứa
5
x
tương ứng với
6 5 1.kk−=⇔=
Tương tự, ta có
(
) ( )
10
10 10
22
10
0
1 3 . .3
l
l
l
x x xC x
=
+=
∑
‐
10
10 12
10
0
.3 .
l ll
l
Cx
=
=
∑
‐‐
→
số hạng chứa
5
x
tương ứng với
12 5 7.ll−= ⇔=
Vậy hệ số của
5
x
cần tìm
( )
Px
là
(
)
4
1 73
5 10
. 2 .3 3320CC−+ =
. Chọn C.
Câu 13. Cho dãy số
( )
n
u
có
2
1
n
u nn=− ++
. Số
19−
là số hạng thứ mấy của dãy?
A.
5
. B.
7
. C.
6
. D.
4
.
Lời giải
Giả sử
19
n
u = −
,
(
)
*
n
∈
. Suy ra
2
1 19nn− ++=−
2
20 0nn⇔− + + =
( )
5
4
n
nl
=
⇔
= −
. Vậy số
19
−
là số hạng thứ
5
của dãy.
Câu 14. Cho
( )
fx
là một đa thức thỏa mãn
( )
1
16
lim 24
1
x
fx
x
→
−
=
−
. Tính
( )
( )
( )
(
)
1
16
lim
1 2 46
x
fx
I
x fx
→
−
=
− ++
.
A.
24
. B.
+∞
. C.
2
. D.
0
.
Lời giải
Vì
( )
1
16
lim 24
1
x
fx
x
→
−
=
−
nên
(
)
(
)
1
lim 16 0
x
fx
→
−=
(
)
1
lim 16
x
fx
→
⇒=
(
)
1
11
lim
12
2 46
x
fx
→
⇒=
++
.
Khi đó
( )
( ) ( )
( )
1
16
lim
1 2 46
x
fx
I
x fx
→
−
=
− ++
( )
( )
( )
11
16
1
lim .lim 2
1
2 46
xx
fx
x
fx
→→
−
= =
−
++
.
Câu 15 . Cho hình hộp chữ nhật
.ABCD A B C D
′′′′
có
2AB a=
,
AD AA a
′
= =
. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng
AC
và
DC
′
bằng
A.
2
3
a
. B.
3
2
a
. C.
3
3
a
. D.
3
2
a
.
Lời giải
Trang 4/24 - Mã đề thi 720
Ta có
//C D AB
′′
(
)
//C D ACB
′′
⇒
.
( )
,
d C D AC
′
⇒
(
)
(
)
,d C D ACB
′′
=
( )
( )
,d D ACB
′
=
( )
( )
,d B ACB h
′
= =
( do
O
là trung điểm của
BD
).
Tứ diện
BACB
′
có
BA
,
BC
,
BB
′
đôi một vuông góc nên ta có
2
1
h
=
22 2
11 1
BA BC BB
++
′
222
1 11
4aaa
= ++
2
9
4a
=
.
2
3
a
h⇒=
( )
2
,
3
a
d C D AC
′
⇒=
.
Câu 16. Cho khối chóp
.S ABC
có
SA ABC
, tam giác
ABC
vuông tại
B
,
2
AC a
,
BC a
,
23SB a
. Góc giữa
SA
và mặt phẳng
SBC
bằng
A.
45
. B.
30
. C.
60
. D.
90
.
Lời giải
Trong
SAB
kẻ
AH SB
H SB
.
Vì
SA BC
BC SAB BC AH
AB BC
 
.
Mà
SB AH
do cách dựng nên
AH SBC
, hay
H
là hình
chiếu của
A
lên
SBC
suy ra góc giữa
SA
và
SBC
là góc
ASH
hay góc
ASB
.
Tam giác
ABC
vuông ở
B
22
3AB AC BC a
Tam giác
SAB
vuông ở
A
1
sin 30
2
AB
ASB ASB
SB

Câu 17. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B,
C, D sau:
.
A.
( )
2
1
x
fx
x
−+
=
−
. B.
( )
2
1
x
fx
x
−
=
+
. C.
( )
2
1
x
fx
x
−−
=
−
. D.
( )
2
1
x
fx
x
−+
=
+
.
Lời giải
A
B
C
S
H
Trang 5/24 - Mã đề thi 720
(
)
(
)
( )
2
23
1
1
x
fx f x
x
x
−+ −
′
= ⇒=
+
+
nên loại A
(
) ( )
( )
2
21
1
1
x
fx f x
x
x
−+ −
′
= ⇒=
−
−
nên loại D
(
)
( )
(
)
2
23
1
1
x
fx f x
x
x
−
′
=⇒=
+
+
nhưng
2
lim 1
1
x
x
x
→−∞
−
=
+
nên loại B
Câu 18. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình
( )
( )
2
50
f x fx+=
là
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Ta có phương trình
( ) ( )
2
50f x fx+=
( ) ( )
( )
( )
0
50
5
fx
fx fx
fx
=

+=⇔

= −
.
Số nghiệm của phương trình chính là tổng số giao điểm của đồ thị hàm số
( )
y fx=
và hai đường
thẳng
0y =
và
5y = −
(song song với trục hoành).
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số
( )
y fx=
cắt đường thẳng
0y =
tại 2 điểm phân biệt, và
không cắt đường thẳng
5y = −
. Suy ra phương trình
( ) ( )
2
50f x fx+=
có
4
nghiệm thực phân
biệt.
Câu 19. Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số
32
231y xx=−+ +
là:
A.
B.
C.
( )
1; 6 .−
D.
( )
2;3 .
Lời giải
2
66y xx
′
=−+
;
0
0
1
x
y
x
=
′
= ⇔
=
.
Bảng xét dấu
y
′
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là
( )
1; 2
.
Câu 20. Cho hàm số
( )
=y fx
có đạo hàm
( )
( )
(
)
3
22
' 22= + − ∀∈f x xx x x x
. Số điểm cực trị của hàm số
là
A.
4
B.
1
C.
2
D.
3
Lời giải
Bảng xét dấu
Trang 6/24 - Mã đề thi 720
x
−∞
2−
4
2−
0
4
2
+∞
( )
'fx
−
0
+
0
−
0
−
0
+
( )
'fx
đổi dấu 3 lần qua
2= −
x
,
4
2= −x
,
4
2=x
. suy ra hàm số có 3 cực trị.
Câu 21. Cho hàm số
(
)
y fx
=
có đồ thị
( )
fx
′
như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên
(
)
0;1
. B. Hàm số đồng biến trên
( )
;1−∞ −
.
C.Hàm số đồng biến trên
( )
1;1−
. D. Hàm số nghịch biến trên
( )
;0−∞
.
Lời giải
Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên
Vậy hàm số đồng biến trên
( )
1;1−
Câu 22. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A.
2.
B.
6
. C.
8
. D.
4
.
Lời giải
Đó là các mặt phẳng
( )
SAC
,
(
)
SBD
,
( )
SHJ
,
( )
SGI
với
G
,
H
,
I
,
J
là các trung điểm của các
cạnh
,AB
,CB
,
CD
AD
(hình vẽ bên dưới).
Câu 23. Cho khối lăng trụ đứng
.ABC A B C
′′′
có đáy là tam giác đều cạnh bằng
a
,
'2AB a=
(minh họa như
hình dưới). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
S
A
B
C
D
O
I
G
H
J
Trang 7/24 - Mã đề thi 720
A.
3
3
2
a
V =
. B.
3
3
6
a
V =
. C.
3
3
4
a
V =
. D.
3
12
a
.
Lời giải
Diện tích đáy là:
2
3.
4
ABC
a
S
∆
=
.
Tam giác
''AA B
vuông tại
'A
nên ta có:
22
' ' ' ' .3AA AB A B a=−=
.
Thể tích lăng trụ là:
23
33
. '. . 3
44
ABC
aa
V B h AA S a
∆
= = = =
.
Câu 24. Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng
6
. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A.
36 3
. B.
54 3
. C.
3
6
. D.
3
6
3
.
Lời giải
Diện tích tam giác đều ở đáy lăng trụ là
2
63
93
4
=
.
Áp dụng công thức thể tích lăng trụ ta có
54 3V Bh= =
.
Câu 25. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, mặt bên
SAD
là tam giác đều cạnh bằng
4a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
. Góc giữa mặt phẳng
( )
SBC
và mặt phẳng
( )
ABCD
là
30°
. Thể tích của khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
24 3a
. B.
3
16 3a
. C.
3
43a
. D.
3
48 3a
.
Lời giải
Gọi
,HK
lần lượt là trung điểm của
AD
và
BC
. Khi đó
( )
⊥AH ABCD
, suy ra
( )
⊥BC SKH
,
nên
( )
( )
, 30= = °SKH SB ABC
.
Có
.3
23
2
= =
AD
SH a
.cot 30 6⇒ = °=HK SH a
. Vậy
3
.
1
. . . 16 3
3
= =
S ABCD
V SH AD HK a
.
Câu 26: Cho phương trình
( )
cos 2 3 sin 2 5 3 sin cos 6 0x x xx+ + − −=
. Tính tổng nghiệm dương nhỏ nhất
và nghiệm âm lớn nhất của phương trình.
A.
3
π
. B.
2
π
−
. C.
2
3
π
−
. D.
4
π
.
Lời giải
( )
cos 2 3 sin 2 5 3 sin cos 6 0x x xx+ + − −=
Đặt:
3sin cos 2sin , 2
6
t xx x t
π

= −= − ≤


( )
22 2 2
3sin cos 3sin 2 2 cos2 3sin 2 cos2 3sin 2 2txxx xxxxt⇒= + − =− + ⇒ + =−
.
Phương trình trở thành
Trang 8/24 - Mã đề thi 720
(
)
( )
(
)
1
1
2
12
2
2
2
1
2
1
66
5 4 0 sin ,
3
5
62
4
2
2
66
xk
tN
xk
t t x kk
tL
xk
xk
ππ
π
π
π
π
ππ
ππ
π
−=+
=
= +

−+ −=⇔ ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈

=

= +
−= +
Nghiệm dương nhỏ nhất là
1
3
x
π
=
ứng với
1
0k =
.Nghiệm âm lớn nhất là
2
x
π
= −
ứng với
2
1k = −
Do đó:
12
2
33
xx
ππ
π
+ = −=−
Câu 27. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
cos3 cos 2 9sin 4 0xxx
− + −=
trên khoảng
(
)
0;3
π
là
A.
5
π
. B.
11
3
π
. C.
25
6
π
. D.
6
π
.
Lời giải
Ta có:
( )
32
cos3 cos 2 9sin 4 0 4cos 3cos 1 2sin 9sin 4 0xxx xx x x− + −=⇔ − −− + −=
.
( )
( )
22
cos 4 1 sin 3 2sin 9sin 5 0x x xx⇔ − − + + −=
.
( )
(
) (
)( )
cos 2sin 1 2sin 1 2sin 1 sin 5 0xx x x x⇔− − + + − + =
.
( )( )
2sin 1 2sin .cos cos sin 5 0 (*)x xx x x⇔ −− − + +=
.
Do
sin cos 2 sin 2
4
xx x
π

− = − ≥−


;
2sin .cos sin 2 1xx x− =− ≥−
.
nên:
2sin .cos cos sin 5 sin cos sin 2 5 4 2 0xxxx xx x− −++=−− +≥−>
.
2
1
6
(*) 2sin 1 0 sin
5
2
2
6
xk
xx
xk
π
π
π
π
= +
⇔ −= ⇔ = ⇔
= +
( )
k ∈
.
Với
2
6
xk
π
π
= +
,
(
)
1 17
0;3 0 2 3
6 12 12
x kk
π
π ππ
−
∈ ⇒< + < ⇔ <<
.
{ }
13
0;1 ;
66
kk x
ππ

∈⇒∈ ⇒∈


.
Với
5
2
6
xk
π
π
= +
,
( )
5 5 13
0;3 0 2 3
6 12 12
x kk
π
π ππ
−
∈ ⇒< + < ⇔ <<
.
{ }
5 17
0;1 ;
66
kk x
ππ

∈⇒∈ ⇒∈


.
Tập nghiệm của phương trình đã cho là:
5 13 17
;; ;
66 6 6
S
ππ π π

=


.
Tổng tất cả các nghiệm là
6
π
.
Câu 28: Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
()
ABCD
đáy
ABCD
là hình thang vuông
có
0
90AB= =
và
1
;3
2
AB BC AD a SA a= = = =
. Tính
sin
α
biết
α
là góc giữa đường thẳng
SB
và mặt
phẳng
( )
SCD
A.
30
20
B.
30
10
. C.
10
30
. D.
20
30
.
Lời giải
Trang 9/24 - Mã đề thi 720
Gọi
M
là hình chiếu vuông góc của
C
nên
AD
ta có tam giác
ACD
vuông tại
C
( )
(
) (
)
CD AC
CD SAC SAC SCD
CD SA
⊥
⇒⊥ ⇒ ⊥
⊥
Kéo dài
, CD
AB
cắt nhau tại
K
. Gọi
,IT
lần lượt là trung điểm của
, KC SK
ta có
( ) ( ) ( ) ( )
//BTI SAC BTI SCD⇒⊥
BH TI
⊥
tại
H
. Suy ra
( )
BH SCD⊥
tại
H
. Vậy
( )
( )
( )
,,SB SCD SB SH BSH
α
= = =
.
( )
( )
( )
2 22 2 2
2
22 2
1 1 1 4 4 30
10
23
30
3 2 sin
20
BH a
BH BT BI
aa
BH
SB AS AB a a a
SB
α
= + = + ⇒=
= + = +=⇒ = =
.
Câu 29. Cho hình lăng trụ tam giác
.ABC A B C
′′′
có độ dài cạnh bên bằng
2a
, đáy
ABC
là tam giác vuông
tại
A
,
AB a=
,
3AC a=
. Hình chiếu vuông góc của
A
′
lên mặt phẳng
(
)
ABC
là trung điểm của
BC
. Khi đó cosin của góc giữa hai đường thẳng
AA
′
và
BC
′′
bằng
A.
3
2
. B.
1
2
. C.
3
4
. D.
1
4
.
Lời giải
Trang 10/24 - Mã đề thi 720
Vì
( )
( )
'/ / '
', ' ' ',
' '/ /
AA BB
AA B C BB BC
B C BC
⇒=
Ta có
22
1
'' 3
2
AH BC a A H A A AH a
= =⇒= −=
Vì
( ) (
)
22
' ' ''' ' '' ' ' '' 2AH ABC AH ABC AH AB BH AH AB a⊥ ⇒⊥ ⇒⊥⇒= + =
2 2 2 22 2
' ' 4 41
cos '
2 '. 2.2 . 4
BB BH B H a a a
B BH
BB BH a a
+ − +−
= = =
Câu 30. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như hình bên
Hàm số
( )
1 2x 1yf=−+
đồng biến trên khoảng
A.
3
0;
2



. B.
1
;1
2



. C.
( )
1; +∞
. D.
1
1;
2

−


.
Lời giải
Ta có:
( )
2 1 2xyf
′′
=−−
.
Hàm số đồng biến khi
0y
′
>
( )
1 2x 0f
′
⇔ −<
112x 0
112x
−<− <
⇔
<−
1
1
2
0
x
x
<<
⇔
<
.
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng
1
;1
2



và
( )
;0−∞
.
Câu 31: Cho hàm số
( )
2
2
xm
fx
x
−
=
+
(
m
là tham số). Để
( )
[ 1;1]
1
min
3
x
fx
∈−
=
thì
,( , , 0)
a
m abb
b
= ∈∈ >
và
a
b
là phân số tối giản. Tổng
ab+
bằng
A.
10−
. B.
10
. C.
4
. D.
4
−
.
Lời giải
+Ta có
( )
( )
2
4
2
m
fx
x
+
′
=
+
.
+ Trường hợp 1: Với
4m <−
thì
( )
0fx
′
<
Khi đó
( )
; ][ 11
1 21
min ( ) 1 1
3 33
x
m
fx f m
∈−
−
=⇔ = =⇔=
(loại).
+ Trường hợp 2: Với
4m = −
. Khi đó
( )
2fx=
là hàm không đổi (không thỏa đề bài).
+ Trường hợp 3: Với
4m >−
thì
( )
0fx
′
>
.
Khi đó
( )
[ 1;1]
1 17
min ( ) 1 2
3 33
x
fx f m m
∈−
= ⇔ − =−− = ⇔ =−
Trang 11/24 - Mã đề thi 720
+Theo đề bài suy ra
7, 3ab=−=
. Vậy
4ab+=−
.
Câu 32. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau
Đồ thị hàm số
(
)
2
1
1
y
fx
=
−
có bao nhiêu tiệm cận đứng?
A.
3
. B.
0
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Xét phương trình
( ) ( )
( )
( )
22
1
10 1
1
fx
fx fx
fx
=
−= ⇔ =⇔
= −
.
Phương trình
(
)
1
fx=
có một nghiệm
xa=
với
1
2
a >−
.
Phương trình
(
)
1fx= −
có một nghiệm
xb=
với
1
2
b <−
.
Vậy đồ thị hàm số
( )
2
1
1
y
fx
=
−
có đường 2 đường tiệm cận đứng.
Câu 33: Cho hàm số
2
1
1
x mx
y
x
+−
=
−
có đồ thị là
( )
C
(
m
là tham số thực). Tổng bình phương các giá trị của
m
để đường thẳng
:dy m=
cắt đồ thị
( )
C
tại hai điểm
,AB
sao cho
OA OB⊥
bằng
A.
3
. B.
12
. C.
5
. D.
4
.
Lời giải
+Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
( )
C
và đường thẳng
d
là
( )
2
2
2
1
1
1
10
1
1
x
x
x mx
m
gx x m
x
x mx mx m
≠
≠
+−
=⇔⇔

= + −=
−
+ −= −
.
+ Đường thẳng
:
dy m=
cắt đồ thị
(
)
C
tại hai điểm phân biệt
,
AB
⇔
( )
0gx=
có hai nghiệm
phân biệt khác
1
( )
( ) { }
10
;1 \ 0
10
m
m
gm
′
∆= − >
⇔ ⇔ ∈ −∞
= ≠
.
+ Gọi
( ) ( )
12
;, ;Axm Bx m
. Khi đó
12
,xx
là hai nghiệm của phương trình
( )
0gx=
.
Theo định lí Vi-ét ta có
12
12
0
1
xx
xx m
+=
= −
.
Trang 12/24 - Mã đề thi 720
Khi đó
22
12
15
2
0 10
15
2
m
OA OB x x m m m
m
−+
=
⊥ ⇔ + = ⇔ + −= ⇔
−−
=
(thỏa mãn).
Vậy tổng bình phương các giá trị của
m
để đường thẳng
:dy m=
cắt đồ thị
( )
C
tại hai điểm
,AB
sao cho
OA OB⊥
bằng
22
15 15
3
22

−+ −−
+=



.
Câu 34: Gọi
A
,
B
là hai điểm di động và thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thịhàm số
21
2
x
y
x
−
=
+
. Độ dài
đoạn
AB
bé nhất là
A.
10
. B.
2 10
. C.
5
. D.
25
.
Lời giải
Vì
A
,
B
thuộc hai nhánh của đồ thị
21
2
x
y
x
−
=
+
nên
5
;2
2
Aa
a

−

+

,
5
;2
2
Bb
b

−

+

với
2
a
>−
,
2b
<−
.
Khi đó
( )
(
) (
)
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
22 2 2
25 25
.1 2 2 .1
22 2 2
AB a b a b
ab a b

= − + = + +−− +



+ + + −−


.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
( ) ( ) (
)(
)
2
2 2 42 2
a b ab+ +−− ≥ + −−


( )
1
( ) ( )
( )( )
22
25 10
1
22
2. 2
ab
ab
+≥
+ −−
+ −−
(
)
2
. Từ
( )
1
và
( )
2
suy ra
2
40AB ≥
2 10AB⇒≥
.
Dấu
""=
xảy ra khi và chỉ khi
( ) ( )
22
22
52
25
1
25
22
ab
a
b
ab
+ =−−
= −

⇔

=
=−−
+ −−
. Vậy
min
2 10.AB =
Câu 35: Cho hàm số
( ) ( )
32
,,,y f x ax bx cx d a b c d= = + ++ ∈
có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của
phương trình
( )
( )
( ) ( )
(
)
( )
2 10f f fx fx fx f+ + −=
là
A.2. B.3. C.1. D.0.
Lời giải
Đặt
( )
t fx=
,
0t ≥
. Ta có:
( )
( )
( )
2
2 10f ft t t f++ − =
(*).
Với
0t ≥
:
( )
0ft≥
và
( )
2
20ft t t++≥
. Theo đồ thị, hàm
đồng biến trên
[
)
0; +∞
.
Trang 13/24 - Mã đề thi 720
Do đó, (*)
( )
( )
( ) ( )
22
2 1 21f ft t t f ft t t⇔ ++ = ⇔ ++ =
(
)
2
12ft t t
⇔ =−−
( )
( )
f t gt⇔=
(**)(với
(
)
2
1 2, 0
g t t tt
=−− ≥
)
Vì hàm
( )
ft
đồng biến và
( )
gt
nghịch biến trên
[
)
0; +∞
và
( )
10f >
,
( )
10
g <
nên phương trình
(**) có nghiệm duy nhất
( )
0;1t
α
= ∈
Khi đó,
( )
(
)
22
, 0;1
t fx
α αα
=⇔= ∈
(***).
Vì đồ thị hàm
( )
fx
cắt đường thẳng
2
y
α
=
tại 3 điểm phân biệt nên phương trình (***) có 3
nghiệm phân biệt.
Câu 36. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như hình vẽ. Biết
( )
25f −=−
Tìm
m
để phương trình
( )
22
22fx m x−= −
có nghiệm thuộc
[
)
0;1
A.
51
22
m
−−
<<
. B.
51
22
m
−−
≤≤
. C.
51
22
m
−−
≤<
. D.
5
2
1
2
m
m
−
<
−
≥
.
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
( )
2 2 22
2 2 2 22 2 1fx m x fx x m− = − ⇔ − + −= −
.
Đặt
2
2tx= −
. Vì
[
)
0;1x ∈
nên
[
)
2; 1t ∈− −
.
Phương trình
( )
1
trở thành:
(
) ( )
2 22ft t m+= −
.
Phương trình
( )
1
có nghiêm
[
)
0;1x ∈⇔
phương trình
( )
2
có nghiệm
[
)
2; 1t ∈− −
.
Xét hàm số
( ) ( ) (
) ( )
[
)
1 0 2; 1
gtfttgtft t
′′
= +⇒ = +≥∀∈−−
Bảng biến thiên:
Trang 14/24 - Mã đề thi 720
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình
( )
2
có nghiệm
[
)
2; 1t ∈− −
( )
(
)
22 2 1
g mg
⇔ − ≤ −< −
( ) ( )
51
2222 11 7223
22
f mf m m
−−
⇔ − −≤ −< −−⇔−≤ −<−⇔ ≤ <
.
Câu 37. Cho hai hàm số
( )
( )
3 22
1
( ) 1 3 4 5 2022
3
fx x m x m m x= −+ + + + +
và
(
)
( )
(
)
2 32 2
25 2 49 32
gxmmx mmxx= ++ − ++ −+
(với
m
là tham số). Hỏi phương trình
( )
( )
0gfx =
có
bao nhiêu nghiệm?
A.
9
. B.
0
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Có
( ) ( ) ( ) ( )
22
'2 2 2
2 1 3 4 5 1 1 3 0,fx x m x m m xm m m xR= − + + + + = − − + + + + > ∀∈
. Suy ra
(
)
fx
đồng biến trên
, m
∀∈
mà
( )
fx
là hàm bậc ba nên phương trình
( )
fx a=
luôn có
nghiệm duy nhất
aR∀∈
( )
1.
Có
( )
(
)
(
)
22
0 2 2 5 10gx x m m x x

=⇔ − + + +− =

( )
(
)
22
2
2 5 1 02.
x
m m xx
=
⇔
+ + + −=
Vì
( )
2
1. 2 5 0mm− + +<
nên phương trình
( )
2
có hai nghiệm phân biệt
12
,xx
và
12
,2xx
≠
do đó
phương trình
( )
0gx=
có ba nghiệm phân biệt:
12
2, ,xx
. Vậy:
( )
(
)
( )
( )
( )
1
2
2
0
fx
gfx fx x
fx x
=
=⇔=
=
.
Kết hợp với
( )
1
suy ra phương trình
( )
( )
0gfx =
có
3
nghiệm phân biệt.
Câu 38: Cho hình lập phương
.' ' ' 'ABCD A B C D
cạnh bằng
1
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
'BB
. Mặt phẳng
( ')MA D
cắt cạnh
BC
tại
K
. Thể tích khối đa diện lồi
''' 'A B C D MKCD
bằng
A.
7
24
. B.
7
17
. C.
1
24
. D.
17
24
.
Lời giải
Trang 15/24 - Mã đề thi 720
Kéo dài
'AM
và
AB
cắt nhau tại
E
. Suy ra
.K DE BC= ∩
Dễ thấy
B
là trung điểm
EA
và
K
là trung điểm
BC
Có
( )
' ' ' ' 'ADMBK '. .
1 1 7 17
1 1.
3 24 24 24
A B C D MKCD A A ADE M BEK
V VV V V V

=− =− − =−− =−=


Câu 39. Cho hình lăng trụ
.' ' 'ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh
.
a
Hình chiếu của
'
A
lên mặt phẳng
( )
ABC
trùng với trung điểm cạnh
,AB
góc giữa
'AA
và mặt đáy của hình lăng trụ đã cho bằng
60 .
o
Thể tích
V
của khối chóp
'. ' 'A BCC B
bằng
A.
3
.
4
a
V
=
B.
3
.
8
a
V =
C.
3
3
.
4
a
V =
D.
3
3
.
8
a
V =
Lời giải
Ta có:
( )
(
)
( )
3
', ', ' 60 ' . tan 60 .
2
oo
a
AA ABC AA AH A AH A H AH= = =⇒= =
23
.'''
3 33
.' . .
42 8
ABC A B C ABC
aa a
V S AH
∆
⇒= = =
3
. '' .''' . .''' .''' .'''
12
.
33 4
A BCC B ABC A B C A ABC ABC A B C ABC A B C ABC A B C
a
V V VV V V
′′
⇒ = −= − = =
Vậy
3
.
4
a
V =
Câu 40: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình bình hành, tam giác
ABC
vuông cân tại
A
và
SA
vuông
góc với mặt phẳng đáy. Gọi
G
là trọng tâm tam giác
SAD
. Biết
AB a=
, khoảng cách từ
G
đến mặt
phẳng
( )
SBC
bằng
4
a
. Thể tích khối chóp
.
S ABCD
là
A.
3
3
46
a
. B.
3
46
a
. C.
3
2
3 46
a
. D.
3
2
46
a
.
Trang 16/24 - Mã đề thi 720
Lời giải
Gọi
,
IH
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A
lên
BC
và
SI
, ta có
( )
(
)
( ) ( )
( )
( )
,1
BC SAI
BC SA AH BC
AH SBC d A SBC AH
BC AI AH SI
AH SAI
⊥
⊥⊥

⇒ ⇒ ⇒⊥ ⇒ =

⊥⊥
⊂

Gọi
M
là trung điểm
,AD G
là trọng tâm
SAD∆
, ta có:
(
)
( )
( )
( )
3 3 33
, ,.
2 2 24 8
aa
MS GS d M SBC d G SBC=⇒= ==
.
Mà
( ) ( )
( )
3
// , (2)
8
a
AD SBC d A SBC
⇒=
. Từ (1) và (2) suy ra
3
8
a
AH =
.
Mặt khác tam giác
ABC
vuông cân tại
A
và
2
2
a
AB a AI=⇒=
.
Trong tam giác vuông
SAI
có
2 22
1 1 1 3a
46
SA
AH AS AI
= + ⇒=
.
Diện tích đáy
2
2.
ABCD ABC
S Sa
= =
. Suy ra
3
.
1
..
3
46
S ABCD ABCD
a
V SA S= =
.
Câu 41: Trong một lần dạo chơi, An vô tình lạc vào một mê cung là một đa giác lồi có
33
cạnh. Để thoát
khỏi mê cung thì An phải đi đúng 2 lần với cùng quy luật sau: “Với L là tập hợp các tam giác tạo từ
ba đỉnh của đa giác, từ hai tam giác bất kì trong L, An phải đi theo một tam giác có đúng một cạnh
là cạnh của đa giác và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (không phân biệt thứ tự
đi)”. Giả sử tất cả các lần đi của An đều đúng thì xác suất thoát khỏi mê cung của An xấp xỉ là bao
nhiêu?
A.
0,0456
. B.
0,1243
. C.
0,2872
. D.
0,0825
.
Lời giải
Đa giác lồi có
33
cạnh nên có
33
đỉnh.
Số tam giác có
3
đỉnh là ba đỉnh của đa giác là:
3
33
5456C =
.
Số phần tử của không gian mẫu là:
2
5456
( ) 14881240nCΩ= =
.
Số tam giác có hai cạnh là hai cạnh của đa giác là:
33
.
Số tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác là:
33 29 957⋅=
.
Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác là:
5456 33 957 4466−− =
.
Gọi A là biến cố “hai tam giác được chọn có một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác và một tam giác
không có cạnh nào là cạnh của đa giác”.
Số phần tử của A là:
( )
11
957 4466
4273962= =nA C C
.
Suy ra xác suất của biến cố A là:
( ) 4273962
( ) 0,2872
( ) 14881240
= = ≈
Ω
nA
pA
n
.
Trang 17/24 - Mã đề thi 720
Vậy xác suất để An thoát khỏi mê cung là:
2
0,2872 0,0825≈
.
Câu 42: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với
2
AD a
=
. Cạnh bên
SA
vuông góc với
mặt đáy và
2
SA a=
. Gọi
M
,
N
lần lượt là các điểm thỏa mãn hệ thức
2.MS MD= −
 
và
2.AN AB=
 
. Biết góc tạo bởi đường thẳng
SN
với mặt phẳng
(
)
SCD
bằng
30
°
. Khoảng cách giữa
hai đường thẳng
SN
và
CM
là
A.
51
4
a
. B.
33
4
a
. C.
4
3
a
. D.
21
7
a
.
Lời giải
Từ giả thiết ta có
M
thuộc đoạn
SD
và
1
3
MD DS=
;
B
là trung điểm của đoạn
AN
.
Gọi
E
,
G
lần lượt là giao điểm của đường thẳng
ND
với
BC
và
AC
, khi đó
E
là trung điểm của đoạn
BC
.Dễ thấy
E
là trung điểm của đoạn
ND
và
G
thỏa mãn hệ thức
21
33
DG DE DN
= =
.
Do
( )
DC AD
DC SAD
DC SA
⊥
⇒⊥
⊥
. Kẻ
AJ SD⊥
tại
J
.
Vì tam giác
SAD
vuông cân tại
A
nên
J
là trung điểm của đoạn
SD
.
Do
AJ DC⊥
(vì
( )
AJ SAD⊂
và
( )
CD SAD⊥
) nên
( )
AJ SDC⊥
Suy ra
(
)
( )
,2
2
SD
AJ d A SCD a= = =
.
Do góc tạo bởi
SN
với
( )
SCD
bằng
30
°
nên
( )
( )
(
)
(
)
,,
sin30
d N SCD d A SCD
AJ
SN SN SN
°= = =
(do
( )
// //AN CD AN SCD⇒
)
22SN a⇒=
và
2AN a=
.
Trong mặt phẳng
( )
SND
do
1
3
DM DG
DS DN
= =
, theo định lý Ta-lét ta được
//MG SN
( )
1
.
Gọi
K
là điểm thỏa mãn
3.DK DA=
 
, khi đó
36 4DK DA a AK a= =⇒=
.
Trong mặt phẳng
( )
SDK
có
1
3
DM DA
DS DK
= =
, theo định lý Ta – lét ta được
//AM SK
( )
2
.Từ
( )
1
,
( )
2
suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) (
)
( )
( )
( )
// , , ,AMC SNK d CM SN d AMC SNK d A SNK d⇒= = =
.
Do
SA
,
AK
,
AN
đôi một vuông góc tại
A
nên
22222222
11 1 1 11 1 9
4 4 16 16d AS AN AK a a a a
= + + =++ =
suy ra
4
3
a
d =
. Vậy
( )
4
,
3
a
d CM SN =
.
Trang 18/24 - Mã đề thi 720
Câu 43. Cho hình lăng trụ đều
.ABC A B C

. Biết khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
ABC
bằng
a
,
góc giữa hai mặt phẳng
ABC
và
BCC B

bằng
α
với
1
cos
23
α
. Thể tích khối lăng trụ
.ABC A B C

bằng
A.
3
32
4
a
V
. B.
3
32
2
a
V
. C.
3
2
2
a
V
. D.
3
32
8
a
V
.
Lời giải
y
x
α
a
M
B'
C'
A
B
C
A'
K
E
Gọi
lần lượt là trung điểm của
AB
và
BC
Do
AB CC
AB MCC ABC MCC
AB CM


.
Kẻ
CK
vuông góc với
CM
tại
K
thì ta được
CK ABC
, do đó
;CK d C ABC a

.
Đặt
, , 0, 0BC x CC y x y

, ta được:
3
2
x
CM
2 2 2 22 2
111411
1
3CM CC CK x y a

.
Kẻ
CE BC
tại
E
, ta được
KEC
α
,
12
sin 11
1
1
12
KC a
EC a
α

.
Lại có
22 2 2
1 1 1 11
2
12xyCE a

. Giải
1,2
ta được
6
2,
2
a
x ay
.
Thể tích khối lăng trụ
.ABC A B C

là:
2 23
3 64 3 32
..
4 24 2
x aa a
Vy
Câu 44: Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
.
Biết rằng hàm số
( )
2
4
y fx x= −
có đồ thị của
đạo hàm như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số
( )
3
42
6 5 12y fx x x x= − ++
bằng
Trang 19/24 - Mã đề thi 720
A.
11.
B.
15.
C.
7.
D.
9.
Lời giải
Đặt
( )
(
)
2
4hx f x x= −
, khi đó
( )
( )
( )
( )
( )
22
4 24 4hxfxx x fxx
′
′′
= −=− −
. Ta có:
( )
5
0 2.
1
x
hx x
x
=
′
=⇔=
= −
Đặt
( )
( )
432
6 5 12gx f x x x x= −++
, khi đó
( )
( )
3
42
6 5 12gx fx x x x= − ++
và
(
)
gx
là hàm số chẵn trên
.
Ta có
( )
( ) ( ) ( )
(
)
( )
2
432 2 2 2
6 5 12 3 4 3 3 .
gxfxxx xfxx xxhxx= −++ = − − − = −
Suy ra
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
22
2
3
2
3 2 3 3; 0 .
30
x
gx hx x x hx x gx
hx x
=
′
′ ′′
= −=− − =⇔
′
−=
Ta có
( )
22
22 2
22
3 29
2
3 5 3 50
3 17
3 0 3 2 3 20 .
2
3 1 3 10
35
2
x
xx xx
hxx xx xx x
xx xx
x
±
=

− = − −=

±
′
−=⇔−=⇔−−=⇔=


− =− − +=

±
=
Do đó phương trình
( )
0gx
′
=
có
5
nghiệm dương bội lẻ, suy ra hàm số
(
)
gx
có
11
điểm cực trị.
Câu 45: Cho hàm bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số
(
)
2
1y xf x= −


là
A.
9
. B.
7
. C.
6
. D.
5
.
Lời giải
Đặt:
( )
32
f x ax bx cx d= + ++
( )
2
32f x ax bx c
′
⇒ = ++
.
Ta có: đồ thị giao với trục
Oy
tại điểm
( )
0;1
1d
⇒=
.
Đồ thị hàm số
( )
y fx=
có hai điểm cực trị là
( ) ( )
1;3 ; 1; 1−−
nên
32 0
32 0
11
13
a bc
a bc
abc
abc
− +=
+ +=
⇒
+++=−
−+−+=
0
1
3
b
a
c
=
⇔=
= −
( )
3
31fx x x⇒ =−+
.
Trang 20/24 - Mã đề thi 720
(
) ( )
( )
( )
3
32 2
1 1311 33 136fx x x x x f x x x
′
⇒ −= − − −+= − +⇒ −= −
.
( ) ( )
2
1g x xf x= −⇒


( ) ( ) ( ) ( )
21 1 1g x xf x f x xf x
′′
= − −+ −


.
( )
( )( )
32 32
2 3 34 9 3g x xx x x x
′
⇒ = −+ −+
.
Suy ra
( )
32
32
0
2,532
0
1,347
0 3 3 0 0,879
2,076
4 9 30
0,694
0,52
x
x
x
x
gx x x x
x
xx
x
x
=
≈
=
≈
′
= ⇔ − + = ⇔ ≈−
≈
− +=
≈
≈−
.
( )
gx
′
là phương trình bậc 7 và có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số
( )
gx
có 7 điểm cực trị.
Câu 46. Cho hàm số
(
)
y fx=
có đạo hàm liên tục trên
. Hàm số
(
)
'
y fx
=
có đồ thị như hình vẽ. Số
tham số m nguyên thuộc đoạn
[ ]
20; 20−
để hàm số
(
)
gx
nghịch biến trên khoảng
( )
1; 2−
biết
(
)
(
) ( ) ( )
2
33 3
3 3 3 2 62 6gx f x x m x x m x x m
= −− + + + − − − + −
.
A.
23
. B.
21
. C.
5
. D.
17
.
Lời giải
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
3 33
32
33 3
3 3 23 3 3
3 3 23 63
gx f x xm x xm x xm
f x xm x xm x xm
= −− + +−− + −− +−
= −− + +−− + −−− +
Ta có
( )
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
2
2 3 23 23
' 9 1 ' 3 18 1 3 36 1 3gx x f x xm x x xm x x xm=− + −− + − + −− + + + −− +
Để hàm số nghịch biến trên
( )
1; 2−
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) (
) ( )
( )
2
33 3
2
3 33
' 0 1; 2 ' 3 2 3 4 3 0 1; 2
'3 23 43 1;2
gx x f x xm x xm x xm x
f x xm x xm x xm x
≤∀∈− ⇔ −− + +−− + −−− + ≥∀∈−
⇔ −− + ≥−−− + +−− + ∀∈−
Đặt
3
3t x xm=−− +
. Với
( )
1; 2x ∈−
ta có
( ) ( )
2
' 3 3 0 1; 2 1 4; 4t x x tm m=− − < ∀∈− ⇒ ∈ − +
Xét bất phương trình
( )
1
( ) ( )
2
' 2 41ft t t≥− +
Đồ thị hàm số
( )
'y ft=
và
2
24y tt=−+
trên cùng hệ trục tọa độ
Trang 21/24 - Mã đề thi 720
Để
( )
1
luôn đúng
( )
( )
( )
14, 4
14, 4
1
41 3
1
14 2 16
14, 4
2
2
tm m
tm m
t
mm
t
mm
tm m
t
t
∈− +
∈− +
≤
+ ≤ ≤−

⇔ ⇔ ⇔⇔
≤

−≥ ≥
∈− +

≥

≥
.
Do
[ ]
20; 20m∈−
nên số giá trị của
m
là
(
) ( )
3 20 1 20 16 1 23−+++−+=
.
Câu 47: Cho hàm số
()y fx=
có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên
của tham số
m
để phương trình
(
)
(
)
( )
21 2f fx m fx m
+ += +
có đúng 3 nghiệm
phân biệt trên
[ ]
1;1−
là
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Ta có
( )
( )
(
) ( )
21 2 1ffx m fx m ft t+ += + ⇔ =−
Với
t fx m2
Dựa vào đồ thị ta có
fx m
t
ft t t fx m
t
fx m




22
2
10 2
2
22
Dựa vào đồ thị trên
;11
, phương trình
( )
( )
( )
( )
21 2 1ffx m fx m ft t+ += + ⇔ =−
có đúng 3
nghiệm phân biệt khi
mm
m mm
mm

 












3 2 21 32 1
1
3 2 1 12 3
2
3221125
.
Vậy không có giá trị nguyên nào của tham số
m
thõa mãn bài toán.
Câu 48. Cho hàm số
( )
y fx=
có đồ thị đạo hàm
( )
fx
′
như hình vẽ bên dưới. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số
[ ]
20; 20m∈−
để hàm số
( ) ( )
32
1
92 2 3 1
3
yf x x x m x= − + − ++ +
đồng biến trên
?
Trang 22/24 - Mã đề thi 720
A.
22
. B.
13
. C.
14
. D.
12
.
Lời giải
Xét hàm số:
( )
( )
( )
32
1
92 2 3 1
3
y gx f x x x m x= = − + − ++ +
.
Đạo hàm:
( ) ( )
2
2 92 4 3gx f x x xm
′′
=− − + − ++
.
Để hàm số
( )
y gx=
đồng biến trên
R
thì ta phải có:
( ) (
)
2
2 92 4 30gx f x x xm
′′
=− − + − + +≥
với
( )
2
2 92 4 3x m f xx x
′
∀∈ ⇔ ≥ − − + −
với
xR
∀∈
.
Ta biến đổi:
( ) ( )
2
2 92 2 1mf xx
′
⇔≥ − −− +
với
xR∀∈
.
Suy ra:
(
) ( )
{ }
2
2 92 2 1
xR
m max f x x
∈
′
⇔≥ − −− +
.
Dễ thấy được:
( )
92 4fx
′
−≤
và dấu
""=
xảy ra khi:
( )
92 5 2xx
− =⇔=
.
Suy ra:
( ) ( )
2
2 9 2 2 1 2.4 0 1 9f xx
′
− − − +≤ −+=
; dấu
""=
xảy ra khi:
2x =
.
Suy ra:
( ) ( )
{ }
[ ]
{ }
2
20;20
2 9 2 2 1 9 9;10;...; 20
m
xR
m max f x x m
∈−
∈

′
≥ − − − + = → =

.
Vậy có 12 giá trị nguyên thỏa mãn.
Câu 49. Cho hình hộp
.ABCD A B C D
′′′′
có đáy là hình vuông cạnh
a
, cạnh bên có độ dài bằng
2a
và tạo
với mặt phẳng đáy một góc bằng
60°
. Gọi
,,MNP
lần lượt là trung điểm các cạnh
,AB B C
′′
và
DD
′
. Thể tích của khối tứ diện
MNPC
′
bằng
A.
3
3
.
8
a
B.
3
3
.
12
a
C.
3
3
.
16
a
D.
3
.
8
a
Lời giải
+ Gọi
Q
là trung điểm của
AA
′
thì
B QPC
′′
là hình bình hành nên diện tích tam giác
NPC
′
bằng
diện tích tam giác
NQB
′
. Từ đó suy ra
.' .'M NPC M NQB
VV=
.
+ Mặt khác:
' '' ' ''
= −−−
MQB ABB A BMB MAQ QA B
S S SSS
Trang 23/24 - Mã đề thi 720
111 3
484 8
ABB A ABB A ABB A ABB A ABB A
SSSSS
′′ ′′ ′′ ′′ ′′
=−−−=
và
( ,( )) 1
( ,( )) 2
d N ABB A
d C ABB A
′′
=
′ ′′
+ Do đó:
'
.
.
1
. . ( ,( ))
131 1
3
..
. ( ,( )) 3 8 2 16
B QM
N MQB
ABCD A B C D ABB A
S d N ABB A
V
V S d C ABB A
′
′′ ′ ′ ′′
′′
= = =
′ ′′
+ Kẻ
0
3
( ) 60 ' .sin 60 2 . 3.
2
DH ABCD DDH DH D D a a
′ ′′
⊥ ⇒ = ⇒ = °= =
Suy ra
23
.
. 3 3.
ABCD A B C D
V aa a
′′′′
= =
Vậy
3
.
3
.
16
M NPC
a
V
′
=
Câu 50. Cho khối hộp chữ nhật
.ABCD A B C D
′′′′
. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng
AB
và
BC
′
bằng
25
5
a
, khoảng cách giữa 2 đường thẳng
BC
và
AB
′
bằng
25
5
a
. Khoảng cách giữa 2 đường
thẳng
AC
và
BD
′
bằng
3
3
a
. Tính thể tích khối hộp chữ nhật đã cho.
A.
3
4a
. B.
3
2a
. C.
3
6a
. D.
3
8a
.
Lời giải
N
I
K
H
D'
C'
B'
A'
D
C
A
B
Kẻ
;BH B C H BK AB K


.
Do
DB
là hình chiếu vuông góc của
BD
trên mặt phẳng
ABCD
. Gọi
I DB AC
, kẻ
IN BD N

.
Khi đó
,BH BK
lần lượt là đường vuông góc chung của các cặp đường thẳng:
AB
và
BC
,
BC
và
AB
.
Suy ra
25
5
a
BH BK
suy ra
AB BC=
nên tứ giác
ABCD
là hình vuông.Ta có
( )
AC BDD B AC IN
′′
⊥ ⇒⊥
nên
IN
là đoạn vuông góc chung của
AC
và
BD
′
.
Suy ra
3
3
a
IN =
. Đặt
, ,0AB AD x AA y x y

.
22
2 22
12
2; .
22 4
ID B BDD DID DD I
x x xy
BD x y S S S S y



.
22
2
2
22
ID B
S
xy
IN
BD
xy

Trang 24/24 - Mã đề thi 720
22
22
22 2
2
2
22
22
22
22
11 5
4
4
4
54
54
23
2
2
40
3
22
ay
ay
xy a
x
x
xa
ya
ya
xy a
ya
ya
ya
xy
+=
=
=
=

−
⇔⇔⇔
−

=

=
=
−=
+
.
23
2V xy a
⇒= =
.
| 1/31
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1
ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LẦN 1
MÔN TOÁN LỚP 12 - NĂM HỌC 2022- 2023 Ngày thi: 15/10/2022
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm có 07 trang
Họ, tên thí sinh:..........................................................................SBD.....................
Câu 1. Điều kiện của m để phương trình sin 2022x + cos2022x = m có nghiệm là m ≥ 1 m ≥ 2 A.  . B. C. 1 − ≤ m ≤1.
D. − 2 ≤ m ≤ 2 . m ≤ 1 − m ≤ − 2 Câu 2. Hàm số 2sin x +1 y = xác định khi 1− cos x π π − A. k
x ≠ kπ ; k ∈ B. x ≠ x ≠ + k π 2 ; k ∈ C. 2 6 ; k ∈ D.
x ≠ k2π ;k ∈
Câu 3. Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5;6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số? A. 13. B. 49 . C. 36. D. 42 .
Câu 4 . Có bao nhiêu cách xếp 3 học sinh vào một bàn dài có 8 ghế ? A. 3 C . B. 3 A . C. 8 8 3!. D. 8.7.6 . u  = 3
Câu 5. Cho dãy số u biết 1 , * n ∀ ∈ u là n
 . Số hạng tổng quát của dãy số ( n ) u  =  + u n 3 1 n
A. u = 3n . B. 1 u + = . C. 1 u − = . D. n 1 u n + = . n 3n n 3n n n
Câu 6. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên  với bảng xét dấu đạo hàm như sau: .
Số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là A. 3. B. 0 . C. 1. D. 2 . + Câu 7. x 3
Kí hiệu m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = trên đoạn 2x −1
[1;4]. Giá trị biểu thức d = M − m là A. d = 4. B. d = 2. C. d = 3. D. d = 5 .
Câu 8. Khối mười hai mặt đều thuộc loại đa diện đều nào? A. {4; } 3 B. {3; } 4 C. {3; } 3 D. {5; } 3
Câu 9: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông cân tại B , biết
SA = AC = 2a . Thể tích khối chóp S.ABC là A. 2 3 2 2 a . B. 1 3 a . C. 3 a . D. 4 3 a . 3 3 3 3
Câu 10: Cho lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA′ = 2 .
a Thể tích của khối trụ đó bằng 3 3 2 A. a 3 . B. a 3 . C. 3 a 3 . D. a 3 . 2 6 2
Câu 11. Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp đó. Gọi
P là xác suất để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng
Trang 1/7 - Mã đề thi 720 A. 1 B. 16 C. 10 D. 2 12 33 33 11
Câu 12: Hệ số của 5
x trong khai triển P(x) = x( − x)5 + x ( + x)10 2 1 2 1 3 thành đa thức là A. 80. B. 3240. C.3320. D. 259200.
Câu 13. Cho dãy số (u có 2
u = −n + n + . Số 19
− là số hạng thứ mấy của dãy? n 1 n ) A. 5. B. 7 . C. 6 . D. 4 . f (x) −16 f (x) −16
Câu 14. Cho f (x) là một đa thức thỏa mãn lim = 24 . Tính I = lim . x 1 → x −1 x 1 → (x − )
1 ( 2 f (x)+ 4 + 6) A. 24 . B. +∞ . C. 2 . D. 0 .
Câu 15 . Cho hình hộp chữ nhật ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có AB = 2a , AD = AA′ = a. Khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC và DC′ bằng A. 2a . B. a 3 . C. a 3 . D. 3a . 3 2 3 2
Câu 16. Cho khối chóp S.ABC có SA ABC, tam giác ABC vuông tại B , AC  2a , BC a ,
SB  2a 3 . Góc giữa SA và mặt phẳng SBC là A. 45. B. 30 . C. 60. D. 90 .
Câu 17. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D sau: . − + − − − − + A. f (x) x 2 = .
B. f (x) x 2 = . C. f (x) x 2 = . D. f (x) x 2 = . x −1 x +1 x −1 x +1
Câu 18. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình 2
f (x) + 5 f (x) = 0 là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 .
Câu 19. Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số 3 2 y = 2
− x + 3x +1 là: A.(0; ) 1 . B.(1;2). C.( 1; − 6). D.(2;3).
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f (x) = x(x + x)3 2 ( 2 ' 2
x − 2)∀x∈ . Số điểm cực trị của hàm số là A. 4 B. 1 C. 2 D.3
Câu 21. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị f ′(x) như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
Trang 2/7 - Mã đề thi 720
A. Hàm số nghịch biến trên (0 ) ;1 .
B. Hàm số đồng biến trên (−∞;− ) 1 .
C.Hàm số đồng biến trên ( 1; − ) 1 .
D. Hàm số nghịch biến trên (−∞;0) .
Câu 22. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 6 . C. 8 . D. 4 .
Câu 23. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 3 3 3 A. 3a V 3 = . B. 3a V = . C. a V = . D. a . 2 6 4 12
Câu 24. Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng 6 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 3 A. 6 36 3 . B. 54 3 . C. 3 6 . D. . 3
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác đều cạnh
bằng 4a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và
mặt phẳng ( ABCD) là 30° . Thể tích của khối chóp S.ABCD là A. 3 24 3a . B. 3 16 3a . C. 3 4 3a . D. 3 48 3a .
Câu 26: Cho phương trình cos 2x + 3 sin 2x + 5( 3sin x −cos x)−6 = 0 . Tổng giữa nghiệm dương nhỏ
nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình là A. π . B. π π π − . C. 2 − . D. . 3 2 3 4
Câu 27. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình cos3x − cos 2x + 9sin x − 4 = 0 trên khoảng (0;3π ) là π π A. 5π . B. 11 . C. 25 . D. 6π . 3 6
Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) đáy ABCD là hình thang vuông có  =  0 A B = 90 và 1
AB = BC = AD = ;
a SA = a 3 . Tính sinα biết α là góc giữa đường thẳng 2
SB và mặt phẳng(SCD) A. 30 B. 30 . C. 10 . D. 20 . 20 10 30 30
Câu 29. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B C
′ ′ có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác
vuông tại A , AB = a , AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABC) là
trung điểm của BC . Khi đó cosin của góc giữa hai đường thẳng AA′ và B C ′ ′ bằng A. 3 . B. 1 . C. 3 . D. 1 . 2 2 4 4
Trang 3/7 - Mã đề thi 720
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình bên
Hàm số y = f (1− 2x) +1 đồng biến trên khoảng A. 3 0;       . B. 1  ;1 . C.(1;+∞). D. 1  1; − . 2       2   2  Câu 31: − Cho hàm số ( ) 2x m f x = ( 1 m là tham số). Để
min f (x) = thì x + 2 x [ ∈ 1 − ;1] 3 a
m = ,(a ∈,b∈,b > 0) và a là phân số tối giản. Tổng a + b bằng b b A. 10 − . B.10. C. 4 . D. 4 − .
Câu 32. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau Đồ thị hàm số 1 y =
có bao nhiêu tiệm cận đứng? 2 f (x) −1 A. 3. B. 0 . C. 2 . D. 1. 2 Câu 33: Cho hàm số x + mx −1 y =
có đồ thị là (C) ( m là tham số thực). Tổng bình phương các giá trị x −1
của m để đường thẳng d : y = m cắt đồ thị (C)tại hai điểm ,
A B sao cho OA ⊥ OB bằng A.3. B.12. C.5. D. 4 . Câu 34: Gọi −
A , B là hai điểm di động và thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị hàm số 2x 1 y = . Độ x + 2
dài đoạn AB bé nhất là A. 10 . B. 2 10 . C. 5 . D. 2 5 .
Câu 35: Cho hàm số y = f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d (a,b,c, d ∈ ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm
của phương trình f ( f ( f (x))+ f (x)+ 2 f (x))− f ( )1 = 0 là A.2. B.3. C.1. D.0.
Trang 4/7 - Mã đề thi 720
Câu 36. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Biết f ( 2 − ) = 5 −
Tìm m để phương trình f ( 2 x − ) 2
2 = 2m − x có nghiệm thuộc [0; ) 1  5 − < 5 m − 1 − 5 − 1 − 5 − 1 −  A. < m < . B. ≤ m ≤ . C. ≤ m < . D. 2  . 2 2 2 2 2 2 1 − m ≥  2
Câu 37. Cho hai hàm số 1 3
f (x) = x − (m + ) 2 1 x + ( 2
3m + 4m + 5) x + 2022và 3 g (x) = ( 2 m + m + ) 3 x − ( 2 m + m + ) 2 2 5 2 4
9 x − 3x + 2 (với m là tham số). Phương trình g ( f (x)) = 0 có bao nhiêu nghiệm? A. 9. B. 0 . C. 1. D.3.
Câu 38: Cho hình lập phương ABC .
D A'B 'C 'D ' cạnh bằng 1. Gọi M là trung điểm cạnh BB '. Mặt
phẳng (MA'D) cắt cạnh BC tại K . Thể tích khối đa diện lồi A'B 'C 'D 'MKCD bằng A. 7 . B. 7 . C. 1 . D. 17 . 24 17 24 24
Câu 39. Cho hình lăng trụ ABC.A'B 'C ' có đáy là tam giác đều cạnh .
a Hình chiếu của A' lên mặt
phẳng ( ABC) trùng với trung điểm cạnh AB, góc giữa AA' và mặt đáy của hình lăng trụ đã
cho bằng 60 .o Thể tích V của khối chóp A'.BCC 'B ' bằng 3 3 3 3 A. a V = . B. a V = . C. 3a V = . D. 3a V = . 4 8 4 8
Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, tam giác ABC vuông cân tại A và SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Biết AB = a , khoảng cách từ G đến
mặt phẳng(SBC) bằng a . Thể tích khối chóp S.ABCD là 4 3 3 3 3 A. 3a . B. a . C. 2a . D. 2a . 46 46 3 46 46
Trang 5/7 - Mã đề thi 720
Câu 41: Trong một lần dạo chơi, An vô tình lạc vào một mê cung là một đa giác lồi có 33 cạnh. Để thoát
khỏi mê cung thì An phải đi đúng 2 lần với cùng quy luật sau: “Với L là tập hợp các tam giác tạo từ ba
đỉnh của đa giác, từ hai tam giác bất kì trong L, An phải đi theo một tam giác có đúng một cạnh là cạnh
của đa giác và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (không phân biệt thứ tự đi)”. Giả sử
tất cả các lần đi của An đều đúng thì xác suất thoát khỏi mê cung của An xấp xỉ là bao nhiêu? A. 0,0456 . B. 0,1243. C. 0,2872 . D. 0,0825.
Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc  
với mặt đáy và SA = 2a . Gọi M , N lần lượt là các điểm thỏa mãn hệ thức MS = 2. − MD và  
AN = 2.AB . Biết góc tạo bởi đường thẳng SN với mặt phẳng (SCD) bằng 30° . Khoảng cách
giữa hai đường thẳng SN và CM bằng A. a 51 . B. a 33 . C. 4a . D. a 21 . 4 4 3 7
Câu 43. Cho hình lăng trụ đều ABC.AB C
  . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ABC bằng
a , góc giữa hai mặt phẳng ABC và BCC B   bằng α với 1 cosα  . Tính thể tích khối 2 3
lăng trụ ABC.AB C   . 3 3 3 3 A. 3a 2 V 3a 2 a 2 3a 2  . B. V  . C. V  . D. V  . 4 2 2 8
Câu 44: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên .
 Biết rằng hàm số y = f ( 2
x − 4x) có đồ thị
của đạo hàm như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 3 2
x − 6 x + 5x +12 x )bằng A. 11. B. 15. C. 7. D. 9.
Câu 45: Cho hàm bậc ba y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số
y = xf (x − ) 2 1    là A.9. B. 7 . C. 6 . D.5.
Câu 46. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên  . Hàm số y = f '(x) có đồ thị như hình vẽ. Số
tham số m nguyên thuộc đoạn [ 20
− ;20]để hàm số g (x) nghịch biến trên khoảng ( 1; − 2) biết
g (x) = f (−x − x + m) + (x + x − m)2 3 3 ( 3 3 3 3 2
− x − 6x + 2m − 6).
Trang 6/7 - Mã đề thi 720 A. 23. B. 21. C. 5. D. 17 .
Câu 47: Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m để phương trình f ( f (x) + 2m) +1 = f (x) + 2m có
đúng 3 nghiệm phân biệt trên[ 1; − ] 1 là
A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3.
Câu 48. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị đạo hàm f ′(x) như hình vẽ bên dưới.
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈[ 20 − ; 20] để hàm số
y = f (9 − 2x) 1 3 2
+ x − 2x + (m + 3) x +1 đồng biến trên  ? 3 A. 22 . B. 13. C. 14. D. 12.
Câu 49. Cho hình hộp ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên có độ dài bằng 2a và
tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60°. Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, B C
′ ′ và DD′. Thể tích của khối tứ diện MNPC′ bằng 3 3 3 3 A. a 3 . B. a 3 . C. a 3 . D. a . 8 12 16 8
Câu 50. Cho khối hộp chữ nhật ABC . D A′B C ′ D
′ ′ . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và B C ′ bằng
2a 5 , khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và AB′bằng 2a 5 . Khoảng cách giữa 2 đường 5 5
thẳng AC và BD′ bằng a 3 . Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho bằng 3 A. 3 4a . B. 3 2a . C. 3 6a . D. 3 8a . - HẾT -
Trang 7/7 - Mã đề thi 720
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1
ĐÁP ÁN THI KSCL HỌC SINH GIỎI LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12
Ngày thi: ………………… NĂM HỌC 2022- 2023
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm có 6 trang Mã đề thi 720
Họ, tên thí sinh:..........................................................................SBD..................... 1-D 2-D 3- D 4-B 5-A 6-D 7-C 8-D 9-A 10-A 11-B 12-C 13-A 14-C 15-A 16-B 17-C 18-D 19-B 20-D 21-C 22-D 23-C 24-B 25-B 26-C 27-D 28-A 29-D 30-B 31-D 32-C 33-A 34-B 35-B 36-C 37-D 38-D 39-A 40-B 41-D 42-C 43-B 44-A 45-B 46-A 47-A 48-D 49-C 50-B
Câu 1: Điều kiện của m để phương trình sin 2022x + cos2022x = m có nghiệm là m ≥ 1 m ≥ 2 A.  . B.  . C. 1 − ≤ m ≤1.
D. − 2 ≤ m ≤ 2 . m ≤ 1 − m ≤ − 2 Lời giải Điều kiện 2 2 2
1 +1 ≥ m ⇔ − 2 ≤ m ≤ 2 . Câu 2. Hàm số 2sin x +1 y = xác định khi 1− cos x A. π π x ≠ + k2π
B. x ≠ kπ
C. x ≠ + kπ
D. x ≠ k2π 2 2 Lời giải
Hàm số xác định khi và chỉ khi 1− cos x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ 1 ⇔ x ≠ k2π với k ∈ .
Câu 3. Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5;6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số? A. 13. B. 49 . C. 36. D. 42 . Lời giải
Gọi số cần lập có dạng ab . Để lập được số có 2 chữ số ta cần thực hiện liên tiếp hai hành động.
Chọn một chữ số khác 0 vào vị trí a có 6 cách.
Ứng với mỗi cách chọn một số vào vị trí a có 7 cách chọn một số vào vị trí b .
Theo quy tắc nhân ta có số các số có 2 chữ số lập được là 6.7 = 42 số.
Câu 4 . Có bao nhiêu cách xếp 3 học sinh vào một bàn dài có 8 ghế ? A. 3 C . B. 3 A . C. 8 8 3!. D. 5!. Lời giải
Chọn 3 ghế trong 8 ghế và sắp xếp 3 học sinh vào ngồi có 3 3
C .3!= A ( cách) 8 8 u  = 3
Câu 5. Cho dãy số u biết 1 , * n ∀ ∈ u là n
 . Số hạng tổng quát của dãy số ( n ) u  =  + u n 3 1 n
A. u = 3n . B. 1 u + = . C. 1 u − = . D. n 1 u n + = . n 3n n 3n n n Lời giải u
Ta có n 1+ = 3 . Do đó dãy số (u là một cấp số nhân với , công bội q = 3. n ) u = 3 u 1 n
Vậy số hạng tổng quát của cấp số nhân là: 1 u u . n q − = 1 3.3n− = 3n = . n 1
Câu 6. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên  với bảng xét dấu đạo hàm như sau
Trang 1/24 - Mã đề thi 720 .
Số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là A. 3. B. 0 . C. 1. D. 2 . Lời giải
Ta có y′ đổi dấu khi đi qua x = 3
− và qua x = 2 nên số điểm cực trị là 2 . + Câu 7. x 3
Kí hiệu m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = trên đoạn 2x −1
[1;4]. Giá trị biểu thức d = M − m bằng A. d = 4. B. d = 2. C. d = 3. D. d = 5 . Lời giải Tập xác định 1 D 1  \  =  ; ∉[1;4] . 2   2 Ta có y ( ) 1+ 3 1 + = = 4 ; y ( ) 4 3 4 =
=1. Suy ra d = M − m = 4 −1 = 3. 2.1−1 2.4 −1
Câu 8. Khối mười hai mặt đều thuộc loại đa diện đều nào? A. {4; } 3 B. {3; } 4 C. {3; } 3 D. {5; } 3 Lời giải
Mỗi mặt là một ngũ giác đều và mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba mặt.
Câu 9: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông cân tại B , biết
SA = AC = 2a . Thể tích khối chóp S.ABC là A. 2 2 2 3 a . B. 1 3 a . C. 3 a . D. 4 3 a . 3 3 3 3 Lời giải AC 2a Ta có AB = BC = = = a 2 . 2 2
Thể tích khối chóp S.ABC là 1 1 1 1 V = S SA = AB SA = a a = a . ABC . . . .( 2)2 2 2 3 .2 3 3 2 6 3
Câu 10: Cho lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA′ = 2 .
a Thể tích của khối trụ đó bằng 3 3 2 A. a 3 . B. a 3 . C. 3 a 3 . D. a 3 . 2 6 2 Lời giải
Trang 2/24 - Mã đề thi 720 2 3 a 3 a 3 V = AA'.S = a = ABC 2 . 4 2
Câu 11. Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp đó. Gọi P là
xác suất để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng A. 1 B. 16 C. 10 D. 2 12 33 33 11 Lời giải Không gian mẫu 11 C = 4 330
+ Số cách chọn 1 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn là: 6 5 1 C .C = 3 60
+ Số cách chọn 3 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn là: 6 5 C . 3 . 1 C = 100
Vậy xác suất cần tìm là 16 P = 33
Câu 12: Hệ số của 5
x trong khai triển P(x) = x( − x)5 + x ( + x)10 2 1 2 1 3 thành đa thức là A. 80. B. 3240. C.3320. D. 259200. Lời giải 5 5
Theo khai triển nhị thức Niu‐tơn, ta có x(1− 2x)5 = .x C ∑ .( 2 − x)5−k k = C ∑ . 2 −k k − . −k x 5 ( )5 6 5 k=0 k=0 → số hạng chứa 5
x tương ứng với 6 − k = 5 ⇔ k =1. 10 10
Tương tự, ta có x (1+ 3x)10 = x . C ∑ .(3x)10 2 2 l l ‐ l 10 l ‐ 12 = C ∑ .3 . l x ‐ 10 10 l=0 l=0 → số hạng chứa 5
x tương ứng với 12 − l = 5 ⇔ l = 7. Vậy hệ số của 5
x cần tìm P(x) là C .( 2 − )4 1 7 3
+ C .3 = 3320. Chọn C. 5 10
Câu 13. Cho dãy số (u có 2
u = −n + n + . Số 19
− là số hạng thứ mấy của dãy? n 1 n ) A. 5. B. 7 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Giả sử u = − , ( * n∈ ) . Suy ra 2 −n + n +1 = 19 − n 19 n = 5 2
⇔ −n + n + 20 = 0 ⇔  . Vậy số 19
− là số hạng thứ 5 của dãy. n = 4 −  (l) f (x) −16 f (x) −16
Câu 14. Cho f (x) là một đa thức thỏa mãn lim = 24 . Tính I = lim . x 1 → x −1 x 1 → (x − )
1 ( 2 f (x)+ 4 + 6) A. 24 . B. +∞ . C. 2 . D. 0 . Lời giải f (x) −16 Vì lim 1 1
= 24 nên lim( f (x) −16) = 0 ⇒ lim f (x) =16 ⇒ lim = . x 1 → x −1 x 1 → x 1 → x 1 →
2 f (x) + 4 + 6 12 f (x) −16 f (x) −16 Khi đó I = lim 1 = lim .lim = 2 . x 1 → (x − )
1 ( 2 f (x)+ 4 + 6) x 1→ (x − ) x 1 1 → 2 f (x) + 4 + 6
Câu 15 . Cho hình hộp chữ nhật ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có AB = 2a , AD = AA′ = a. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và DC′ bằng A. 2a . B. a 3 . C. a 3 . D. 3a . 3 2 3 2 Lời giải
Trang 3/24 - Mã đề thi 720 Ta có C D
′ // AB′ ⇒ C D ′ // ( ACB′) . ⇒ d (C D
′ , AC) = d (C D
′ ,( ACB′)) = d (D,( ACB′)) = d (B,( ACB′)) = h( do O là trung điểm của BD ).
Tứ diện BACB′ có BA , BC , BB′ đôi một vuông góc nên ta có 1 2a a = 1 1 1 + + 1 1 1 = + + 9 = .⇒ h = ⇒ d (C D ′ AC) 2 , = . 2 h 2 2 2 BA BC BB′ 2 2 2 4a a a 2 4a 3 3
Câu 16. Cho khối chóp S.ABC có SA ABC, tam giác ABC vuông tại B , AC  2a , BC a ,
SB  2a 3 . Góc giữa SA và mặt phẳng SBC bằng A. 45. B. 30 . C. 60.
D.S 90 . Lời giải
Trong SAB kẻ AH SB H SB. SA BC H Vì 
BC  SAB BC AH . AB   BCA C
Mà SB AH do cách dựng nên AH SBC, hay H là hình B
chiếu của A lên SBC suy ra góc giữa SA và SBC là góc  ASH hay góc  ASB .
Tam giác ABC vuông ở B 2 2
AB AC BC a 3
Tam giác SAB vuông ở AB 1 A       sin ASB ASB  30 SB 2
Câu 17. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D sau: . − + − − − − + A. f (x) x 2 = .
B. f (x) x 2 = . C. f (x) x 2 = . D. f (x) x 2 = . x −1 x +1 x −1 x +1 Lời giải
Trang 4/24 - Mã đề thi 720
f (x) −x + 2 = ⇒ f (x) 3 − ′ = nên loại A x +1 (x + )2 1
f (x) −x + 2 = ⇒ f (x) 1 − ′ = nên loại D x −1 (x − )2 1 x − 2
f (x) x − 2 = ⇒ f ′(x) 3 = nhưng lim =1 nên loại B x +1 (x + )2 1 x→−∞ x +1
Câu 18. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình 2
f (x) + 5 f (x) = 0 là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải f (x) = 0 Ta có phương trình 2
f (x) + 5 f (x) = 0 f (x) f (x) + 5 = 0 ⇔    .  f  ( x) = 5 −
Số nghiệm của phương trình chính là tổng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và hai đường
thẳng y = 0 và y = 5
− (song song với trục hoành).
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y = f (x) cắt đường thẳng y = 0 tại 2 điểm phân biệt, và
không cắt đường thẳng y = 5 − . Suy ra phương trình 2
f (x) + 5 f (x) = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu 19. Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số 3 2 y = 2
− x + 3x +1 là: A.(0; ) 1 . B.(1;2). C.( 1; − 6). D.(2;3). Lời giảix = 0 2 y′ = 6
− x + 6x ; y′ = 0 ⇔  . x =1 Bảng xét dấu y′
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là (1;2) .
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f (x) = x(x + x)3 2 ( 2 ' 2
x − 2)∀x∈ . Số điểm cực trị của hàm số là A. 4 B. 1 C. 2 D.3 Lời giải Bảng xét dấu
Trang 5/24 - Mã đề thi 720 x −∞ 2 − 4 − 2 0 4 2 +∞ f '(x) − 0 + 0 − 0 − 0 +
f '(x) đổi dấu 3 lần qua x = 2 − , 4 x = − 2 , 4
x = 2 . suy ra hàm số có 3 cực trị.
Câu 21. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị f ′(x) như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên (0 ) ;1 .
B. Hàm số đồng biến trên (−∞;− ) 1 .
C.Hàm số đồng biến trên ( 1; − ) 1 .
D. Hàm số nghịch biến trên (−∞;0) . Lời giải
Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên
Vậy hàm số đồng biến trên ( 1; − ) 1
Câu 22. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 6 . C. 8 . D. 4 . Lời giải
Đó là các mặt phẳng (SAC), (SBD), (SHJ ) , (SGI ) với G , H , I , J là các trung điểm của các
cạnh AB, CB, CD, AD (hình vẽ bên dưới). S A J D G O I B H C
Câu 23. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , AB ' = 2a (minh họa như
hình dưới). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
Trang 6/24 - Mã đề thi 720 3 3 3 3 A. 3a V 3 = . B. 3a V = . C. a V = . D. a . 2 6 4 12 Lời giải 2 Diện tích đáy là: 3.a S = . ABC ∆ 4
Tam giác AA'B ' vuông tại A' nên ta có: 2 2
AA' = AB ' − A'B ' = . a 3 . 2 3 Thể tích lăng trụ là: a 3 3 = . = '. a V B h AA S = = . ∆ a ABC . 3 4 4
Câu 24. Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng 6 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 3 A. 6 36 3 . B. 54 3 . C. 3 6 . D. . 3 Lời giải 2
Diện tích tam giác đều ở đáy lăng trụ là 6 3 = 9 3 . 4
Áp dụng công thức thể tích lăng trụ ta cóV = Bh = 54 3 .
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác đều cạnh bằng
4a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng
( ABCD) là 30°. Thể tích của khối chóp S.ABCD là A. 3 24 3a . B. 3 16 3a . C. 3 4 3a . D. 3 48 3a . Lời giải
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AD và BC . Khi đó AH ⊥ ( ABCD), suy ra BC ⊥ (SKH ), nên 
SKH = (SB,( ABC)) = 30°. Có A . D 3 1 SH =
= 2 3a ⇒ HK = SH.cot 30° = 6a . Vậy 3 V = .SH.A . D HK = S ABCD 16 3a . 2 . 3
Câu 26: Cho phương trình cos 2x + 3 sin 2x + 5( 3sin x −cos x)−6 = 0 . Tính tổng nghiệm dương nhỏ nhất
và nghiệm âm lớn nhất của phương trình. A. π . B. π π π − . C. 2 − . D. . 3 2 3 4 Lời giải
cos 2x + 3 sin 2x + 5( 3sin x −cos x) −6 = 0  π Đặt: t
3sin x cos x 2sin x  = − = − , t ≤   2  6  2 2 2 ⇒ t = x + x − x = − ( x + x) 2 3sin cos 3sin 2 2 cos2
3sin 2 ⇒ cos2x + 3sin 2x = 2 − t . Phương trình trở thành
Trang 7/24 - Mã đề thi 720  π π t =1(N ) x − = + k 2π  π  1  π  1 6 6 x = + k 2π 2  1 t
− + 5t − 4 = 0 ⇔  ⇔ sin  x − = ⇔   ⇔ 3 (k ,k ∈ 1 2  ) t = 4  (L)  6  2 π  5π  x − = + k 2π
x = π + k 2π 2 2  6 6
Nghiệm dương nhỏ nhất là π
x = ứng với k = 0 .Nghiệm âm lớn nhất là x = π − ứng với k = 1 − 1 3 1 2 2 Do đó: π 2π
x + x = −π = − 1 2 3 3
Câu 27. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình cos3x − cos 2x + 9sin x − 4 = 0 trên khoảng (0;3π ) là π π A. 5π . B. 11 . C. 25 . D. 6π . 3 6 Lời giải Ta có: 3 x − x + x − = ⇔ x − x − ( 2 cos3 cos 2 9sin 4 0 4cos 3cos
1− 2sin x) +9sin x − 4 = 0. ⇔ x( ( 2 − x) − ) 2 cos 4 1 sin
3 + 2sin x + 9sin x − 5 = 0 .
⇔ −cos x(2sin x − ) 1 (2sin x + ) 1 + (2sin x − ) 1 (sin x + 5) = 0. ⇔ (2sin x − ) 1 ( 2 − sin .
x cos x − cos x + sin x + 5) = 0 (*). Do  π sin x cos x 2 sin x  − = − ≥ −   2 ; 2 − sin .
x cos x = −sin 2x ≥ 1 − .  4  nên: 2
− sin .xcos x − cos x + sin x + 5 = sin x − cos x − sin 2x + 5 ≥ 4 − 2 > 0 .  π x = + k2π 1  6
(*) ⇔ 2sin x −1 = 0 ⇔ sin x = ⇔  (k ∈) . 2  5π x = + k2π  6 π
Với x = + k2π , π x ( π ) 1 17 0;3 0 k2π 3π − ∈ ⇒ < + < ⇔ < k < . 6 6 12 12 π π k k { } 13 0;1 x ;  ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈  . 6 6    π Với 5 x = + k2π , π x ( π ) 5 5 13 0;3 0 k2π 3π − ∈ ⇒ < + < ⇔ < k < . 6 6 12 12  π π k k { } 5 17 0;1 x ;  ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈  . 6 6   
Tập nghiệm của phương trình đã cho là: π 5π 13π 17π S ; ; ;  =  . 6 6 6 6   
Tổng tất cả các nghiệm là 6π .
Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) đáy ABCD là hình thang vuông có  =  0 A B = 90 và 1
AB = BC = AD = a; SA = a 3 . Tính sinα biết α là góc giữa đường thẳng SB và mặt 2 phẳng(SCD) A. 30 B. 30 . C. 10 . D. 20 . 20 10 30 30 Lời giải
Trang 8/24 - Mã đề thi 720
Gọi M là hình chiếu vuông góc của C nên AD ta có tam giác ACD vuông tại C
CD ⊥ AC⇒CD ⊥(SAC)⇒(SAC) ⊥(SCD) CD ⊥ SA
Kéo dài AB, CD cắt nhau tại K . Gọi I,T lần lượt là trung điểm của KC, SK ta có
(BTI )//(SAC) ⇒ (BTI ) ⊥ (SCD)
BH ⊥ TI tại H . Suy ra BH ⊥ (SCD)tại H . Vậy α = (SB (SCD)) = (SB SH ) =  , , BSH . 1 1 1 4 4 30 = + = + ⇒ BH = a 2 2 2 BH BT BI (a )2 (a )2 10 2 3 .
SB = AS + AB = (a )2 2 2 2 BH 30
3 + a = 2a ⇒ sinα = = SB 20
Câu 29. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B C
′ ′ có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông
tại A , AB = a , AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm của
BC . Khi đó cosin của góc giữa hai đường thẳng AA′ và B C ′ ′ bằng A. 3 . B. 1 . C. 3 . D. 1 . 2 2 4 4 Lời giải
Trang 9/24 - Mã đề thi 720 AA'/ /BB ' Vì 
⇒ ( AA', B 'C ')  = (BB',BC) 
B 'C '/ /BC Ta có 1 2 2
AH = BC = a ⇒ A' H = A' A − AH = a 3 2
Vì A H ⊥ ( ABC) ⇒ A H ⊥ ( A B C ) 2 2 ' '
' ' ' ⇒ A' H ⊥ A' B ' ⇒ B ' H = A' H + A' B ' = 2a  2 2 2 2 2 2
BB ' + BH − B 'H
4a + a − 4a 1 cos B 'BH = = = 2BB '.BH 2.2 . a a 4
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình bên
Hàm số y = f (1− 2x) +1 đồng biến trên khoảng A. 3 0;       . B. 1  ;1 . C.(1;+∞). D. 1  1; − . 2       2   2  Lời giải Ta có: y′ = 2 − f ′(1− 2x) . 1  1 − <1− 2x < 0 < x <1
Hàm số đồng biến khi y′ > 0 ⇔ f ′(1− 2x) < 0 ⇔  ⇔ . 1  2  <1− 2x  x < 0
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  1 ;1  và ( ;0 −∞ ). 2    Câu 31: − Cho hàm số ( ) 2x m f x = ( 1 a
m là tham số). Để min f (x) = thì m = ,(a ∈,b∈,b > 0) và a x + 2 x [ ∈ 1 − ;1] 3 b b
là phân số tối giản. Tổng a + b bằng A. 10 − . B.10. C. 4 . D. 4 − . Lời giải +Ta có ′( ) 4 + m f x = . (x + 2)2
+ Trường hợp 1: Với m < 4
− thì f ′(x) < 0 1 2 − m 1
Khi đó min f (x) = ⇔ f ( ) 1 = = ⇔ m =1(loại). x [ ∈ − ; 1 ] 1 3 3 3
+ Trường hợp 2: Với m = 4
− . Khi đó f (x) = 2 là hàm không đổi (không thỏa đề bài).
+ Trường hợp 3: Với m > 4
− thì f ′(x) > 0. 1 1 7
Khi đó min f (x) = ⇔ f (− ) 1 = 2
− − m = ⇔ m = − x [ ∈ 1 − ;1] 3 3 3
Trang 10/24 - Mã đề thi 720
+Theo đề bài suy ra a = 7,
− b = 3. Vậy a + b = 4 − .
Câu 32. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau Đồ thị hàm số 1 y =
có bao nhiêu tiệm cận đứng? 2 f (x) −1 A. 3. B. 0 . C. 2 . D. 1. Lời giải f (x) = 1 Xét phương trình 2 f (x) 2
−1 = 0 ⇔ f (x) = 1 ⇔  .  f  ( x) = 1 −
Phương trình f (x) = 1 có một nghiệm x = a với 1 a > − . 2
Phương trình f (x) = 1
− có một nghiệm x = b với 1 b < − . 2 Vậy đồ thị hàm số 1 y =
có đường 2 đường tiệm cận đứng. 2 f (x) −1 2 Câu 33: Cho hàm số x + mx −1 y =
có đồ thị là (C) ( m là tham số thực). Tổng bình phương các giá trị của x −1
m để đường thẳng d : y = m cắt đồ thị (C)tại hai điểm ,AB sao cho OA ⊥ OBbằng A.3. B.12. C.5. D. 4 . Lời giải
+Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C)và đường thẳng d là 2 x + mx −1 x ≠ 1 x ≠1 = m ⇔  ⇔ . 2 x −1 
x + mx −1 = mx − mg  ( x) 2 = x + m −1 = 0
+ Đường thẳng d : y = m cắt đồ thị (C)tại hai điểm phân biệt ,
A B ⇔ g (x) = 0 có hai nghiệm ∆′ =  1− m > 0 phân biệt khác 1 ⇔  ⇔ ∈ −∞ . g  ( ) m ( ) ;1 \{ } 0 1 = m ≠ 0
+ Gọi A(x ;m , B x ;m g x = 1
) ( 2 ). Khi đó x ,x là hai nghiệm của phương trình ( ) 0. 1 2 x + x = 0
Theo định lí Vi-ét ta có 1 2  . x x = m −  1 1 2
Trang 11/24 - Mã đề thi 720  1 − + 5 m = Khi đó 2 2 2
OA ⊥ OB ⇔ x x + m = 0 ⇔ m + m −1 = 0 ⇔  1 2 (thỏa mãn).  1 − − 5 m =  2
Vậy tổng bình phương các giá trị của m để đường thẳng d : y = m cắt đồ thị (C)tại hai điểm 2 2  − +   − −  ,
A B sao cho OA ⊥ OB bằng 1 5 1 5   +   = 3  . 2   2      Câu 34: Gọi −
A , B là hai điểm di động và thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thịhàm số 2x 1 y = . Độ dài x + 2
đoạn AB bé nhất là A. 10 . B. 2 10 . C. 5 . D. 2 5 . Lời giải Vì −
A , B thuộc hai nhánh của đồ thị 2x 1 y = nên  5 A    ;2 a  − , 5 B ;2 b − với a > 2 − , x + 2   a 2  +   b + 2  b < 2 − .     Khi đó 2
AB = (a − b)2 25 25 . 1  +
 =  a + 2 + b − − 2  . 1  +  . 2 2 ( ) ( ) 2  (a 2) (b 2)  + +   (a + 2)2 ( b − − 2)2     
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
(a + ) +( b − − ) 2 2 2  ≥ 4  (a + 2)( b − − 2) ( ) 1 25 10 1+ ≥ (2) . Từ ( ) 1 và (2) suy ra 2
AB ≥ 40 ⇒ AB ≥ 2 10 . (a + 2)2 .( b
− − 2)2 (a + 2)( b − − 2) a + 2 = 2 − − b   a = 5 − 2
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi  25 1 ⇔  = . Vậy AB = 2 10. min  
(a + )2 (− −b)2 b  = 2 − − 5 2 2
Câu 35: Cho hàm số y = f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d (a, ,
b c, d ∈ ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của
phương trình f ( f ( f (x))+ f (x)+ 2 f (x))− f ( )1 = 0 là A.2. B.3. C.1. D.0. Lời giải
Đặt t = f (x) , t ≥ 0 . Ta có: f ( f (t) 2
+ t + 2t)− f ( ) 1 = 0 (*).
Với t ≥ 0 : f (t) ≥ 0và f (t) 2
+ t + 2t ≥ 0 . Theo đồ thị, hàm f (u) đồng biến trên [0;+∞) .
Trang 12/24 - Mã đề thi 720
Do đó, (*) ⇔ f ( f (t) 2
+ t + t) = f ( ) ⇔ f (t) 2 2 1 + t + 2t =1 ⇔ f (t) 2
=1− t − 2t ⇔ f (t) = g (t) (**)(với g (t) 2
=1− t − 2t,t ≥ 0 )
Vì hàm f (t) đồng biến và g (t) nghịch biến trên [0;+∞) và f ( ) 1 > 0, g ( ) 1 < 0 nên phương trình
(**) có nghiệm duy nhất t = α ∈(0; ) 1
Khi đó, t = α ⇔ f (x) 2 2 = α , α ∈(0; ) 1 (***).
Vì đồ thị hàm f (x) cắt đường thẳng 2
y = α tại 3 điểm phân biệt nên phương trình (***) có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 36. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Biết f ( 2 − ) = 5 −
Tìm m để phương trình f ( 2 x − ) 2
2 = 2m − x có nghiệm thuộc [0; ) 1  5 − < 5 m − 1 − 5 − 1 − 5 − 1 −  A. < m < . B. ≤ m ≤ . C. ≤ m < . D. 2  . 2 2 2 2 2 2 1 − m ≥  2 Lời giải Ta có: f ( 2 x − ) 2
= m − x ⇔ f ( 2 x − ) 2 2 2
2 + x − 2 = 2m − 2 ( )1 . Đặt 2
t = x − 2. Vì x∈[0; ) 1 nên t ∈[ 2; − − ) 1 . Phương trình ( )
1 trở thành: f (t) + t = 2m − 2 (2) . Phương trình ( ) 1 có nghiêm x∈[0; )
1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ∈[ 2; − − ) 1 .
Xét hàm số g (t) = f (t) + t ⇒ g′(t) = f ′(t) +1≥ 0 t ∀ ∈[ 2; − − ) 1 Bảng biến thiên:
Trang 13/24 - Mã đề thi 720
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình (2) có nghiệm t ∈[ 2; − − ) 1 ⇔ g ( 2
− ) ≤ 2m − 2 < g (− ) 1 − −
⇔ f (− ) − ≤ m − < f (− ) 5 1 2 2 2 2 1 −1 ⇔ 7 − ≤ 2m − 2 < 3 − ⇔ ≤ m < . 2 2
Câu 37. Cho hai hàm số 1 3
f (x) = x − (m + ) 2 1 x + ( 2
3m + 4m + 5) x + 2022và 3 g (x) = ( 2 m + m + ) 3 x − ( 2 m + m + ) 2 2 5 2 4
9 x − 3x + 2 (với m là tham số). Hỏi phương trình g ( f (x)) = 0 có bao nhiêu nghiệm? A. 9. B. 0 . C. 1. D.3. Lời giải Có 'f (x) 2 = x − (m + ) 2
x + m + m + = (x − m − )2 + (m + )2 2 2 1 3 4 5 1
1 + m + 3 > 0, x ∀ ∈ R . Suy ra
f (x) đồng biến trên , m
∀ ∈  mà f (x) là hàm bậc ba nên phương trình f (x) = a luôn có nghiệm duy nhất a ∀ ∈ R ( ) 1 . x = 2
Có g (x) = ⇔ (x − ) ( 2 m + m + ) 2 0 2 2
5 x + x −1 = 0  ⇔  ( 2 m + 2m + 5) 2 x + x −1 =  0(2). Vì − ( 2
1. m + 2m + 5) < 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x , x x , x ≠ 2 1 2 và 1 2 do đó
phương trình g (x) = 0 có ba nghiệm phân biệt: 2, x , x 1 2 . Vậy:  f (x) = 2 
g ( f (x)) = 0 ⇔  f (x) = x . 1  f  ( x) = x2 Kết hợp với ( )
1 suy ra phương trình g ( f (x)) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 38: Cho hình lập phương ABC .
D A'B 'C 'D ' cạnh bằng 1. Gọi M là trung điểm cạnh BB '. Mặt phẳng
(MA'D) cắt cạnh BC tại K . Thể tích khối đa diện lồi A'B 'C 'D'MKCD bằng A. 7 . B. 7 . C. 1 . D. 17 . 24 17 24 24 Lời giải
Trang 14/24 - Mã đề thi 720
Kéo dài A'M và AB cắt nhau tại E . Suy ra K = DE ∩ BC.
Dễ thấy B là trung điểm EA và K là trung điểm BC Có 1 1 7 17 V V V V V V   = − = − − = − − = − = A B C D MKCD A A ADE M BEK 1   1 . ' ' ' ' 'ADMBK ( '. . )  3 24  24 24
Câu 39. Cho hình lăng trụ ABC.A'B 'C ' có đáy là tam giác đều cạnh .
a Hình chiếu của A' lên mặt phẳng
( ABC) trùng với trung điểm cạnh AB, góc giữa AA' và mặt đáy của hình lăng trụ đã cho bằng
60 .o Thể tích V của khối chóp A'.BCC 'B ' bằng 3 3 3 3 A. a V = . B. a V = . C. 3a V = . D. 3a V = . 4 8 4 8 Lời giải
Ta có: AA ( ABC)  ( )=(AA AH)  =  o o a 3 ', ',
A' AH = 60 ⇒ A'H = AH.tan 60 = . 2 2 3
a 3 a 3 3a ⇒ V = S = = ∆ A H ABC A B C ABC . ' . . . ' ' ' 4 2 8 3 1 2 a 3 a ⇒ V = − = − = = Vậy V = . ′ V V ′ V V V A BCC B ABC A B C A ABC ABC A B C ABC A B C ABC A B C . . ' ' . ' ' ' . . ' ' ' . ' ' ' . ' ' ' 3 3 4 4
Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, tam giác ABC vuông cân tại A và SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Biết AB = a , khoảng cách từ G đến mặt
phẳng(SBC) bằng a . Thể tích khối chóp S.ABCD là 4 3 3 3 3 A. 3a . B. a . C. 2a . D. 2a . 46 46 3 46 46
Trang 15/24 - Mã đề thi 720 Lời giải
Gọi I, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC và SI , ta có BC ⊥ SA
BC ⊥ (SAI ) AH ⊥ BC  ⇒  ⇒ 
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ d ( ,
A (SBC)) = AH ( ) BC ⊥ AIAH ⊂  (SAI ) 1 AH ⊥ SI
Gọi M là trung điểm AD, G là trọng tâm S ∆ AD , ta có: 3 = ⇒ ( ( )) 3 = ( ( )) 3 a 3 , , = . a MS GS d M SBC d G SBC = . 2 2 2 4 8 Mà ( ) ⇒ ( ( )) 3 // , a AD SBC d A SBC = (2) . Từ (1) và (2) suy ra 3a AH = . 8 8 Mặt khác tam giác a
ABC vuông cân tại A và 2
AB = a ⇒ AI = . 2 Trong tam giác vuông 1 1 1 3a SAI có = + ⇒ SA = . 2 2 2 AH AS AI 46 3 Diện tích đáy 2 S = S = a . Suy ra 1 a V = SA S = . S ABCD . . ABCD 2. ABC . 3 ABCD 46
Câu 41: Trong một lần dạo chơi, An vô tình lạc vào một mê cung là một đa giác lồi có 33 cạnh. Để thoát
khỏi mê cung thì An phải đi đúng 2 lần với cùng quy luật sau: “Với L là tập hợp các tam giác tạo từ
ba đỉnh của đa giác, từ hai tam giác bất kì trong L, An phải đi theo một tam giác có đúng một cạnh
là cạnh của đa giác và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (không phân biệt thứ tự
đi)”. Giả sử tất cả các lần đi của An đều đúng thì xác suất thoát khỏi mê cung của An xấp xỉ là bao nhiêu? A. 0,0456 . B. 0,1243. C. 0,2872 . D.0,0825. Lời giải
Đa giác lồi có 33 cạnh nên có 33 đỉnh.
Số tam giác có 3đỉnh là ba đỉnh của đa giác là: 3 C = 5456 . 33
Số phần tử của không gian mẫu là: 2 n(Ω) = C =14881240 . 5456
Số tam giác có hai cạnh là hai cạnh của đa giác là: 33.
Số tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác là: 33⋅29 = 957 .
Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác là: 5456 − 33− 957 = 4466.
Gọi A là biến cố “hai tam giác được chọn có một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác và một tam giác
không có cạnh nào là cạnh của đa giác”.
Số phần tử của A là: n( A) 1 1 = C C = 4273962 . 957 4466
Suy ra xác suất của biến cố A là: n( ) A 4273962 p( ) A = = ≈ 0,2872. n(Ω) 14881240
Trang 16/24 - Mã đề thi 720
Vậy xác suất để An thoát khỏi mê cung là: 2 0,2872 ≈ 0,0825 .
Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với  
mặt đáy và SA = 2a . Gọi M , N lần lượt là các điểm thỏa mãn hệ thức MS = 2. − MD và  
AN = 2.AB . Biết góc tạo bởi đường thẳng SN với mặt phẳng (SCD) bằng 30° . Khoảng cách giữa
hai đường thẳng SN và CM là A. a 51 . B. a 33 . C. 4a . D. a 21 . 4 4 3 7 Lời giải
Từ giả thiết ta có M thuộc đoạn SD và 1
MD = DS ; B là trung điểm của đoạn AN . 3
Gọi E , G lần lượt là giao điểm của đường thẳng ND với BC và AC , khi đó E là trung điểm của đoạn
BC .Dễ thấy E là trung điểm của đoạn ND và G thỏa mãn hệ thức 2 1
DG = DE = DN . 3 3 DC ⊥ AD Do
 ⇒ DC ⊥ (SAD). Kẻ AJ ⊥ SD tại J . DC ⊥ SA
Vì tam giác SAD vuông cân tại A nên J là trung điểm của đoạn SD .
Do AJ ⊥ DC (vì AJ ⊂ (SAD) và CD ⊥ (SAD)) nên AJ ⊥ (SDC) Suy ra = ( ,( )) SD AJ d A SCD = = a 2 . 2
d (N ,(SCD)) d ( A,(SCD)) Do góc tạo bởi AJ
SN với (SCD) bằng 30° nên sin30° = = = SN SN SN
(do AN //CD ⇒ AN //(SCD) )⇒ SN = 2a 2 và AN = 2a .
Trong mặt phẳng (SND) do DM DG 1 =
= , theo định lý Ta-lét ta được MG // SN ( ) 1 . DS DN 3  
Gọi K là điểm thỏa mãn DK = 3.DA, khi đó DK = 3DA = 6a ⇒ AK = 4a .
Trong mặt phẳng (SDK ) có DM DA 1 =
= , theo định lý Ta – lét ta được AM // SK (2) .Từ ( ) 1 , (2) suy ra DS DK 3
( AMC)//(SNK ) ⇒ d (CM,SN ) = d ((AMC),(SNK)) = d (A,(SNK)) = d .
Do SA, AK , AN đôi một vuông góc tại A nên 1 1 1 1 1 1 1 9 = + + = + + = suy ra 4a d = . Vậy ( ) 4 , a d CM SN = . 2 2 2 2 2 2 2 2 d AS AN AK 4a 4a 16a 16a 3 3
Trang 17/24 - Mã đề thi 720
Câu 43. Cho hình lăng trụ đều ABC.AB C
  . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ABC bằng a ,
góc giữa hai mặt phẳng ABC và BCC B   bằng α với 1 cosα 
. Thể tích khối lăng trụ 2 3
ABC.AB C   bằng 3 3 3 3 A. 3a 2 V 3a 2 a 2 3a 2  . B. V  . C. V  . D. V  . 4 2 2 8 Lời giải A' C' y B' K E α a A C M x B
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và BC
AB CC Do 
AB  MCCABC MCC. AB   CM
Kẻ CK vuông góc với CM tại K thì ta được CK ABC , do đó CK d C;ABC a . Đặt BC x
x,CC  y,x  0, y  0, ta được: 3 CM  2 1 1 1 4 1 1        1 . 2 2 2 2 2 2 CM CCCK 3x y a Kẻ CE KC a
BC tại E , ta được  KEC α , 12 EC    a . sinα 1 11 112 Lại có 1 1 1 11 a    2. Giải   1 ,2 ta được 6
x  2a, y  . 2 2 2 2 x y CE 12a 2 2 2 3
Thể tích khối lăng trụ ABC.AB C   là: x 3 a 6 4a 3 3 2  .  . a V y 4 2 4 2
Câu 44: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên .
 Biết rằng hàm số y = f ( 2
x − 4x) có đồ thị của
đạo hàm như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 3 2
x − 6 x + 5x +12 x )bằng
Trang 18/24 - Mã đề thi 720 A. 11. B. 15. C. 7. D. 9. Lời giải x = 5
Đặt h(x) = f ( 2
x − 4x) , khi đó h (x) = ( f ( 2x − x) ′ ′
= ( x − ) f ′( 2 4 2 4
x − 4x) . Ta có: h (x) 0  ′ = ⇔ x = 2 .  x = 1 − 
Đặt g (x) = f ( 4 3 2
x − 6x + 5x +12x), khi đó g ( x ) = f ( 4 3 2
x − 6 x + 5x +12 x ) và g ( x ) là hàm số chẵn trên .
 Ta có g (x) = f (x − x + x + x) = f ( x − x)2 4 3 2 2 − ( 2
x − x)) = h( 2 6 5 12 3 4 3 x − 3x).  3 x =
Suy ra g (x) = (h( 2x −3x) ′ = (2x −3)h ( 2x −3x); g (x) = 0  ′ ′ ′ ⇔ 2 .  h′  ( 2 x − 3x) = 0  3± 29 x = 2 2 2 x − 3x = 5
x − 3x − 5 = 0     Ta có h′( 2 x − x) 2 2 3± 17
3 = 0 ⇔ x −3x = 2 ⇔ x −3x − 2 = 0 ⇔ x = . 2  2  2 x − 3x = 1 − x − 3x +1 = 0     3± 5 x =  2 
Do đó phương trình g′(x) = 0 có 5 nghiệm dương bội lẻ, suy ra hàm số g ( x ) có 11 điểm cực trị.
Câu 45: Cho hàm bậc ba y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y = xf (x − ) 2 1    là A.9. B.7 . C.6 . D.5. Lời giải  Đặt: ( ) 3 2
f x = ax + bx + cx + d ⇒ f ′(x) 2
= 3ax + 2bx + c .
Ta có: đồ thị giao với trục Oy tại điểm (0 ) ;1 ⇒ d =1.
 Đồ thị hàm số y = f ( x) có hai điểm cực trị là ( 1; − 3); (1;− ) 1 nên 3
a − 2b + c = 0 b  = 0 3 
a + 2b + c = 0 ⇒  
⇔ a =1 ⇒ f (x) 3 = x −3x +1.
a + b + c +1 = 1 −    c = 3 − 
−a + b − c +1 = 3
Trang 19/24 - Mã đề thi 720
⇒ f (x − ) = (x − )3 − (x − ) 3 2
+ = x − x + ⇒ f ′(x − ) 2 1 1 3 1 1 3 3 1 = 3x − 6x .
g ( x) = xf  ( x − ) 2 1  ⇒ 
g′(x) = 2xf (x − ) 1  f (x − )
1 + xf ′(x − ) 1    .
⇒ g′(x) = x( 3 2 x − x + )( 3 2 2 3
3 4x − 9x + 3). x = 0 x ≈ 2,532  x = 0 x ≈1,347 Suy ra g′(x)  3 2
= 0 ⇔ x − 3x + 3 = 0  ⇔ x ≈ 0 − ,879   .  3 2 4x − 9x + 3 =  0 x ≈ 2,076 x ≈  0,694 x ≈ 0, −  52
g′(x) là phương trình bậc 7 và có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số g (x) có 7 điểm cực trị.
Câu 46. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên  . Hàm số y = f '(x) có đồ thị như hình vẽ. Số
tham số m nguyên thuộc đoạn [ 20
− ;20]để hàm số g (x) nghịch biến trên khoảng ( 1; − 2) biết
g (x) = f (−x − x + m) + (x + x − m)2 3 3 ( 3 3 3 3 2
− x − 6x + 2m − 6). A. 23. B. 21. C. 5. D. 17 . Lời giải
g (x) = 3 f (−x −3x + m) + 2(−x −3x + m)2 3 3 ( 3
−x − 3x + m − 3)
= 3 f (−x −3x + m) + 2(−x −3x + m)3 − 6(−x −3x + m)2 3 3 3 Ta có
g (x) = − (x + ) f (−x − x + m) − (x + )(−x − x + m)2 2 3 2 3 + ( 2x + )( 3 ' 9 1 ' 3 18 1 3 36
1 −x − 3x + m)
Để hàm số nghịch biến trên ( 1; − 2)
g '(x) ≤ 0 x ∀ ∈( 1;
− 2) ⇔ f '(−x −3x + m) + 2(−x −3x + m)2 3 3 − 4( 3
−x − 3x + m) ≥ 0 x ∀ ∈( 1; − 2)
⇔ f '(−x −3x + m) ≥ 2
− (−x −3x + m)2 3 3 + 4( 3
−x − 3x + m) x ∀ ∈( 1 − ;2) Đặt 3
t = −x − 3x + m . Với x∈( 1; − 2) ta có 2 t ' = 3
− x − 3 < 0 x ∀ ∈( 1;
− 2) ⇒ t ∈(m −14;m + 4) Xét bất phương trình ( ) 1 f (t) 2 ' ≥ 2 − t + 4t ( ) 1
Đồ thị hàm số y = f '(t) và 2 y = 2
− t + 4t trên cùng hệ trục tọa độ
Trang 20/24 - Mã đề thi 720 t
 ∈(m −14,m + 4) t
 ∈(m −14,m + 4)    t  ≤1 m + 4 ≤1 m ≤ 3 − Để ( )
1 luôn đúng ⇔ t ≤1 ⇔ ⇔ ⇔    .  t
 ∈(m −14, m + 4) m −14 ≥ 2 m ≥16 t ≥ 2    t  ≥ 2 Do m∈[ 20
− ;20] nên số giá trị của m là ( 3
− + 20) +1+ (20 −16) +1 = 23.
Câu 47: Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên
của tham số m để phương trình f ( f (x) + 2m) +1 = f (x) + 2m có đúng 3 nghiệm phân biệt trên[ 1; − ] 1 là A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải
Ta có f ( f (x) + 2m) +1= f (x) + 2m ⇔ f (t) = t −1
Với t f x2m t   2
f x2m  2 
Dựa vào đồ thị ta có f t t 1  t
  0  f x  2mt     2
f x 2m   2
Dựa vào đồ thị trên  ; 1 
1 , phương trình f ( f (x) + 2m) +1= f (x) + 2m ⇔ f (t) = t −1có đúng 3 nghiệm phân biệt khi 
 3 2m 2 1   3 2m    1  1  3 2m    1  
 12m  3  m  .    2  3 2m    2 1 12m    5
Vậy không có giá trị nguyên nào của tham số m thõa mãn bài toán.
Câu 48. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị đạo hàm f ′(x) như hình vẽ bên dưới. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 1 m∈[ 20
− ; 20] để hàm số y = f (9 − 2x) 3 2
+ x − 2x + (m + 3) x +1 đồng biến trên  ? 3
Trang 21/24 - Mã đề thi 720 A. 22 . B. 13. C. 14. D. 12. Lời giải
Xét hàm số: y = g (x) = f (9 − 2x) 1 3 2
+ x − 2x + (m + 3) x +1. 3
Đạo hàm: g′(x) = − f ′( − x) 2 2
9 2 + x − 4x + m + 3.
Để hàm số y = g (x) đồng biến trên R thì ta phải có: g′(x) = − f ′( − x) 2 2
9 2 + x − 4x + m + 3 ≥ 0 với x
∀ ∈  ⇔ m ≥ f ′( − x) 2 2
9 2 − x + 4x − 3 với x ∀ ∈ R .
Ta biến đổi: ⇔ m ≥ f ′( − x) −(x − )2 2 9 2 2 +1 với x ∀ ∈ R .
Suy ra: ⇔ m ≥ max ′ − − − + . ∈
{ f ( x) (x )2 2 9 2 2 }1 x R
Dễ thấy được: f ′(9 − 2x) ≤ 4 và dấu " = " xảy ra khi: (9 − 2x) = 5 ⇔ x = 2.
Suy ra: f ′( − x) −(x − )2 2 9 2
2 +1≤ 2.4 − 0 +1= 9 ; dấu " = " xảy ra khi: x = 2 . Suy ra: m
≥ max f ′ − x − x ∈ −  − + = →m =  x R ∈ {2 (9 2 ) ( 2)2 } m [ 20;20] 1 9 {9;10;...; } 20  .
Vậy có 12 giá trị nguyên thỏa mãn.
Câu 49. Cho hình hộp ABC . D A′B C ′ D
′ ′ có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên có độ dài bằng 2a và tạo
với mặt phẳng đáy một góc bằng 60°. Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, B C ′ ′ và
DD′. Thể tích của khối tứ diện MNPC′ bằng 3 3 3 3 A. a 3 . B. a 3 . C. a 3 . D. a . 8 12 16 8 Lời giải
+ Gọi Q là trung điểm của AA′ thì B QP ′
C′ là hình bình hành nên diện tích tam giác NPC′ bằng
diện tích tam giác NQB′. Từ đó suy ra V = V . M .NPC ' M .NQB' + Mặt khác: S = S − S − S − SMQB' ABB' A' BMB' MAQQA'B'
Trang 22/24 - Mã đề thi 720 1 1 1 3 = S − − − = d N ABB A ′ ′ ′ ′ S ′ ′ S ′ ′ S ′ ′ S ABB A và ( ,( )) 1 =
4 ABB A 8 ABB A 4 ABB A 8 ABB A′′ d(C ,′(ABB A ′ )) ′ 2 1.S d N ABB A ′ ′ B QM . ( ,( )) ' V + Do đó: N.MQB′ 3 1 3 1 1 = = . . = V ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
S ′ ′ d C ABB A ABCD A B C D ABB A . ( ,( )) 3 8 2 16 . + Kẻ ′ ⊥ ⇒  0 3 D H (ABCD) D D
′ H = 60 ⇒ D H ′ = D ' . D sin 60° = 2 . a = a 3. 2 3 Suy ra 2 3 V = = 3a = ′ ′ ′ ′ a a a Vậy V M NPC′ . ABCD A B C D . 3 3 . . . 16
Câu 50. Cho khối hộp chữ nhật ABC . D A′B C ′ D
′ ′ . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và B C ′ bằng
2a 5 , khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và AB′bằng 2a 5 . Khoảng cách giữa 2 đường 5 5
thẳng AC và BD′ bằng a 3 . Tính thể tích khối hộp chữ nhật đã cho. 3 A. 3 4a . B. 3 2a . C. 3 6a . D. 3 8a . Lời giải A B I K C D N H A' B' D' C' Kẻ BH B C
  H; BK AB  K.
Do DB là hình chiếu vuông góc của BD trên mặt phẳng ABCD. Gọi I DB AC , kẻ
IN BD  N.
Khi đó BH , BK lần lượt là đường vuông góc chung của các cặp đường thẳng: AB và B C  , BC và AB . Suy ra 2a 5 BH BK
suy ra AB = BC nên tứ giác ABCD là hình vuông.Ta có 5 AC ⊥ (BDD B
′ ′) ⇒ AC ⊥ IN nên IN là đoạn vuông góc chung của AC và BD′. Suy ra a 3 IN =
. Đặt AB AD x, AA  y x, y 0. 3 2 2 2 2 2 1 x x xy 2
BD  2x y ;S      .  
S  S  S  . y ID B BDD DID DD I 2 2 4 2S xy ID B 2 IN    2 2 BD 2 2x y
Trang 23/24 - Mã đề thi 720  1 1 5 + = 2 2 2 2  2 2 2  2 4a y  2 4 4 a y x y a  x = x = x = a 2 2 2 2  ⇔ 
5y − 4a ⇔  5y − 4a ⇔ . xy 2 a 3   =   y = 2a 2 2 y − 4a = 0 y = 2a  2 2 2 2x +  y 3 2 3
⇒ V = x y = 2a .
Trang 24/24 - Mã đề thi 720
Document Outline

  • 1. DE KSCL HSG12 LAN 1 (2022-2023)
  • 1. DAP AN DE KSCL HSG12 LAN 1(2022-2023)