Đề khảo sát chất lượng Toán 12 (đợt 1) năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thanh Hóa

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 (đợt 1) năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thanh Hóa mã đề 105 gồm 06 trang với 50 câu trắc nghiệm

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
2d
x
x
bằng
A.
1
2
x
C
+
+
. B.
1
2
1
x
C
x
+
+
+
. C.
2 ln2
x
C+
. D.
2
ln2
x
C+
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
.
Câu 2: Nghiệm của phương trình
( )
3
log 2 3 2x−=
A.
9
2
x =
. B.
5x =
. C.
6x =
. D.
11
2
x =
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( )
3
3
2 3 0
log 2 3 2 6
2
2 3 9
6
x
x
xx
x
x
−
= =

−=
=
Vậy tập nghiệm của bất phương trình
6S =
.
Câu 3: Cho cấp số nhân
( )
n
u
2
2u =
3
4u =−
. Công bội của cấp số nhân bằng
A.
2
. B.
6
. C.
6
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A
Công bội của cấp số nhân là
3
2
4
2
2
u
q
u
= = =
.
Câu 4: Cho
a
là s thực dương và biểu thc
2
3
P a a=
. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
1
3
Pa=
. B.
7
6
Pa=
. C.
5
6
Pa=
. D.
5
Pa=
.
Li gii
Chn B
Ta có
27
1
36
2
.P a a a==
.
Câu 5: Cho hình nón bán kính đáy
3r =
độ dài đường sinh
9l =
. Din tích xung quanh ca
hình nón đã cho bằng
A.
9
. B.
27
. C.
3
. D.
12
.
Li gii
Chn B
Din tích xung quanh
27
xq
S rl

==
.
Câu 6: S cách chn
5
hc sinh t
35
hc sinh ca mt lp là
A.
5!
. B.
5
35
. C.
5
35
C
. D.
5
35
A
.
Li gii
Chn B
S cách chn là
5
35
C
.
Câu 7: Giá tr ca
1
0
5
dx
bng
A.
5
. B.
10
. C.
15
. D.
20
.
Li gii
Chn B
Ta có
4
4
2
2
5 5 10==
dx x
.
Câu 8: Khối đa diện đều loi
4;3
A. Khi t diện đều. B. Khi bát diện đều.
C. Khi hp ch nht. D. Khi lập phương.
Li gii
Chn D
Câu 9: Tìm đạo hàm ca hàm s
=
x
y
.
A.
1
' ln
=
x
yx

. B.
' ln=
x
y

. C.
'
ln
=
x
y
. D.
1
'
=
x
yx
.
Li gii
Chn D
Áp dng
( )
( )
' .ln 0, 1=
xx
a a a a a
.
Câu 10: Tập xác định của hàm số
( )
2yx=−
A.
\2
. B. . C.
( )
;2−
. D.
( )
2;+
.
Lời giải
Chọn D .
nên hàm s
( )
2yx=−
xác định khi
2 0 2xx
.
Vy tập xác định ca hàm s đã cho là
( )
2;+
.
Câu 11: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
21
3
x
y
x
=
là đường thẳng có phương trình
A.
1
2
x =
. B.
3x =
. C.
3x =−
. D.
2x =
.
Lời giải
Chọn B .
3
lim
x
y
= −
nên đồ th hàm s
21
3
x
y
x
=
tim cận đứng đường thẳng phương
trình
3x =
.
Câu 12: Cho hàm số
( )
y f x=
có bảng biến thiên như sau:
x
−
1
0
1
+
y
0
+
0
0
+
y
+
4
3
4
+
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là
A.
( )
0; 3
. B.
3y =−
. C.
3x =−
. D.
0x =
.
Lời giải
Chọn A .
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy
y
đi du t
+
sang
khi qua
0x =
nên đồ th hàm s
đã cho có điểm cực đại là
( )
0; 3
.
Câu 13: Nghim của phương trình
3
21
x
=
là.
A.
1
2
x =
. B.
3x =
. C.
2x =
. D.
1
3
x =
.
Li gii
Chn B
Ta có
3
2 1 3 0 3
x
xx
= = =
.
Câu 14: Cho đồ th hàm s
( )
y f x=
như hình v bên. Hàm s
( )
y f x=
th hàm s nào dưới
đây?
A.
x
ye
=
. B.
logyx=
. C.
lnyx=−
. D.
x
ye=
.
Li gii
Chn B
Nhn xét hàm s
( )
y f x=
có min giá tr nên ta loại phương án
,AD
Mặt khác quan sát đò thị hàm s
( )
y f x=
( )
0fx
nên
logyx=
.
Câu 15: Cho hàm s
( )
y f x=
bng biến thiên như hình v bên. Hàm s đã cho nghịch biến trong
khoảng nào dưới đây
A.
( )
0;2
. B.
( )
3;2022
. C.
( )
0;+
. D.
( )
;2−
.
Li gii
Chn B
Quan sát bng biến thiên hàm s
( )
y f x=
nghch biến trong các khong
( )
;0−
( )
2;+
.
Mt khác
( ) ( )
3;2022 2; +
. Do đó hàm s
( )
y f x=
nghch biến
( )
3;2022
.
Câu 16: Cho khối cầu có đường kính bằng
2
. Th tích khi cầu đã cho bằng
A.
32
3
. B.
32
3
. C.
4
3
. D.
4
3
.
Lời giải
Chọn D
Th tích khi cu:
3
3
4 4 4
3 3 2 3
d
VR

= = =


Câu 17: Cho khối trụ bán kính đáy
3r =
độ dài đường sinh
4l =
. Th tích ca khi tr đã cho
bng
A.
36
. B.
48
. C.
12
. D.
24
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối trụ:
2
36V r h

==
Câu 18: Trong không gian
Oxyz
, cho mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 2 4 1 9S x y z + + + =
. Tâm ca
( )
S
tọa độ
A.
( )
2;4; 1−−
. B.
( )
2;4;1
. C.
( )
2; 4;1
. D.
( )
2; 4; 1−−−
.
Lời giải
Chọn C
Câu 19: Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên đoạn
3;5
và có đồ thị như hình vẽ. Giá trị lớn nhất
của hàm số
( )
y f x=
trên đoạn
3;5
bằng
A.
3.
B.
5.
C.
3.
D.
2.
Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị hàm số ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số
( )
y f x=
trên đoạn
3;5
bằng
3
đạt
được tại
5.x =
Câu 20: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên
A.
32
2 1.y x x x= +
B.
42
2.y x x= +
C.
2
2.y x x= +
D.
42
2y x x=−
.
Lời giải
Chọn B
Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nên loại đáp án A và C .
lim
x
y
→
= −
nên chọn đáp án B .
Câu 21: Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3 là
A.
36
. B.
9
. C.
27
. D.
81
.
Lời giải
Chọn C
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3 là
3
3 27V ==
.
Chọn đáp án C.
Câu 22: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
2yx=−
, trc
Ox
và các đường thng
1x =
,
2x =
được tính bng công thức nào sau đây?
A.
( )
2
2
2
1
2dxx
. B.
( )
2
2
1
2dxx
. C.
( )
2
2
1
2dxx
. D.
2
2
1
2dxx
.
Lời giải
Chọn D
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
2yx=−
, trc
Ox
và các đường thng
1x =
,
2x =
là:
2
2
1
2dxx
Câu 23: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1;1; 1A
( )
2;3;2B
. Vectơ
BA
có tọa độ
A.
( )
1; 2; 3
. B.
( )
3;4;1
. C.
( )
1;2;3
. D.
( )
3; 4; 1
.
Lời giải
Chọn A
Câu 24: Cho khối chóp
.S ABCD
đáy
ABCD
hình vuông,
( )
SA ABCD
SA a=
, góc gia
đường thng
SC
mt phng
( )
ABCD
bng
30
o
(tham kho hình v). Th ch khi chóp
.S ABCD
bng
A.
3
2
a
. B.
3
4
a
. C.
3
3
6
a
. D.
3
6
a
.
Lời giải
Chọn A
( )
SA ABCD
( )
(
)
, 30
O
SC ABCD SCA = =
.
Xét tam giác vuông
SAC
, ta có:
.cot30 3
o
AC SA a==
. Suy ra:
3
22
AC a
AB ==
.
2
3
.
1 1 3
. . .
3 3 2
2
S ABCD ABCD
aa
V SAS a

= = =



.
Câu 25: Tp nghim ca bất phương trình
( )
1
2
log 1 0x −
A.
( )
1;2
. B.
)
2;+
. C.
(
;2−
. D.
(
1;2
.
Lời giải
Chọn D.
Ta có
( ) (
0
1
2
10
1
log 1 0 1;2
1
2
1
2
x
x
xx
x
x
−


−


.
Câu 26: Cho khối lăng trụ đứng chiu cao bng
3
đáy tam giác đều độ dài cnh bng
2
.
Tính th tích khối lăng trụ đã cho
A.
3
. B.
33
. C.
3
. D.
6
.
Lời giải
Chọn B.
Diện tích đáy bằng
2
23
3
4
B ==
.
Th tích ca khối lăng trụ
. 3 3V Bh
.
Câu 27: Cho m s
( )
y f x=
đồ th hàm s
( )
y f x
=
như hình bên. Hàm s đồng biến trên
khoảng nào dưới đây?
A.
( )
1;3
. B.
( )
0;2
. C.
( )
1; +
. D.
( )
1;0
.
Lời giải
Chọn D.
T đồ th suy ra
( ) ( ) ( )
0 ; ;f x x a b c
+
vi
( ) ( )
1; 0;1 ; 1;2a b c
Do đó hàm số đồng biến trên khong
( )
1;0
.
Câu 28: Trong không gian
Oxyz
, cho ba đim
1;2; 3 , 1;0;2 , ; ; 2A B C x y
thẳng hàng. Khi đó
tng
xy
bng bao nhiêu?
A.
17xy
. B.
11
5
xy
. C.
1xy
. D.
11
5
xy
.
Li gii
Chn C
2; 2;5 , 1; 2;1AB AC x y
,,A B C
thng hàng
AB
cùng phương
AC
3
1 2 1
5
1
8
2 2 5
5
x
xy
xy
y
.
Câu 29: Trong không gian
Oxyz
, mt cu tâm
1;2;3I
và đi qua điểm
1;1;2A
có phương trình là
A.
2 2 2
1 2 2 2x y z
. B.
222
1 2 3 2x y z
.
C.
222
1 2 3 2x y z
. D.
2 2 2
1 2 2 2x y z
Li gii
Chn C
2 2 2
1 1 1 2 2 3 2R IA
Phương trình mặt cu cn tìm là
222
1 2 3 2x y z
.
Câu 30: Cho hàm s
2
sin 1f x x x
, biết
Fx
mt nguyên hàm ca hàm s
fx
01F
. Khi đó
Fx
bng
A.
3
cos 2
3
x
F x x
. B.
3
cos 2F x x x x
.
C.
3
cos
3
x
F x x x
. D.
3
cos 2
3
x
F x x x
.
Li gii
Chn D
33
2
sin 1 cos cos
33
xx
f x dx x x dx x x C F x x x C
.
0 1 2FC
. Vy
3
cos 2
3
x
F x x x
.
Câu 31: Với
,ab
là hai số thực dương tùy ý, biểu thức
( )
2
2022
log 2022ab
bằng
A.
2022 2022
1 2log logab++
. B.
2022 2022
1
2022 log log
2
ab++
.
C.
2022 2022
2022 2log logab++
. D.
2022 2022
1
1 log log
2
ab++
.
Lời giải
Chọn A.
Ta có:
( )
22
2022 2022 2022 2022 2022 2022
log 2022 log 2022 log log 1 2log loga b a b a b= + + = + +
.
Câu 32: Một hộp chứa
5
bi xanh
10
bi đỏ, lấy ngẫu nhiên
3
bi. Xác suất để lấy được đúng một bi
xanh là
A.
3
4
. B.
2
3
. C.
45
91
. D.
200
273
.
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
( )
3
15
455.nC = =
Gọi A: ”
3
bi lấy ra có đúng
1
bi màu xanh”.
( )
21
10 5
. 225.n A C C==
( )
( )
( )
225 45
.
455 91
nA
pA
n
= = =
Câu 33: Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
42
24 4f x x x=
trên đoạn
0;19
bằng
A.
144
. B.
150
. C.
148
. D.
149
.
Lời giải
Chọn C.
Tập xác định:
D =
.
( )
( )
( )
3
0 0;19
' 4 48 0 12 0;19 .
12 0;19
x
y x x x
x
=
= = =
=
( )
( )
( )
0 4; 12 148; 19 121653.y y y= = =
Vậy
0;19
min 148y =−
tại
12.x =
Câu 34: Ct mt hình tr bi mt mt phng qua trc của nó, ta được thiết din là mt hình vuông có
cnh bng
3a
, tính din tích toàn phn ca hình tr đã cho.
A.
2
9
2
a
. B.
2
9 a
. C.
2
27
2
a
. D.
2
13
6
a
.
Lời giải
Chọn C
Theo giả thiết, hình trụ có bán kính
3
2
a
r =
, chiều cao bằng độ dài đường sinh:
3h l a==
.
Vậy nên diện tích toàn phần của hình trụ là
( )
2
3 3 27
2 2 3
2 2 2
tp
a a a
S r l r a


= + = + =


.
Câu 35: Cho
( )
5
2
d 10f x x =
. Khi đó
( )
2
5
2 4 df x x


bng
A.
46
. B.
32
. C.
42
. D.
34
.
Lời giải
Chọn D
( ) ( ) ( )
2 2 2 5 5
5 5 5 2 2
2 4 d 2d 4 d 4 d 2 d 34f x x x f x x f x x x = = =


.
Câu 36: Cho hình chóp
.S ABC
đáy
ABC
tam giác vuông cân ti
B
SA
vuông góc vi mt
phẳng đáy. Biết rng
2AC a=
,
3
3
a
SA =
. Tính góc gia hai mt phng
( )
SBC
( )
.ABC
A.
0
90
. B.
0
30
. C.
0
60
. D.
0
45
.
Lời giải
Chọn B
Tam giác
ABC
vuông cân tại
B
2AC a=
nên
AB AC a==
.
Ta
( ) ( )
SBC ABC BC=
( )
BC SAB
nên góc gia hai mt phng
( )
SBC
( )
ABC
góc
SBA
. Trong tam giác vuông
SBA
0
3
tan 30
3
SA
SBA SBA
AB
= = =
.
Câu 37: Cho hình phng
( )
H
gii hn bởi đồ th hàm s
2
3y x x=−
trc hoành. Tính th tích
V
ca vt th tròn xoay sinh ra khi cho
( )
H
quay quanh trc
Ox
.
A.
81
10
V
=
. B.
81
10
V =
. C.
9
2
V =
. D.
9
2
V
=
.
Lời giải
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
0
30
3
x
xx
x
=
=
=
.
( )
3
2
2
0
3V x x dx
=−
( )
3
2 3 4
0
96x x x dx
= +
3
5
34
0
3
3
25
x
xx

= +


5
34
33
3.3 .3
25

= +


81
10
=
.
Câu 38: Cho hàm s bc bn
( )
y f x=
đồ th hàm s
( )
y f x
=
như hình vẽ bên. Hàm s
( )
( )
2 4 2
4. 4 8g x f x x x= +
có bao nhiêu điểm cc tiu?
A. 4. B. 7. C. 3. D. 5.
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
( )
( )
23
8 . 4 4 16g x x f x x x

= +
;
( )
0gx
=
( )
22
4 2 . 4 4 0x f x x

+ =

( ) ( )
( )
44
0
2 . 4 4 2
x
f x x
=
=
.
Đặt
4
4tx=−
, khi đó
( ) ( )
2
20
2
4
t
t
f t t
t
=−
= =
=
2
2
2
42
2
4 0 2
44
22
x
x
xx
x
x
=
=
= =
−=
=
.
Bng xét du
Vy hàm s có 3 điểm cc tiu.
Câu 39: Trong không gian
Oxyz
, cho bốn điểm
( ) ( ) ( ) ( )
2;3;5 , 1;3;2 , 2;1;3 , 5;7;4A B C D−−
. Điểm
( )
;;M a b c
di động trên mt phng
( )
Oxy
. Khi biu thc
2 2 2 4
4 5 6T MA MB MC MD= + +
đạt giá tr nh nht thì tng
abc++
bng
A.
11
. B.
11
. C.
12
. D.
9
.
Lời giải
Chọn C.
Ta thy
D
là điểm tha mãn
4 5 6 0DA DB DC+ =
.
Khi đó:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 4 4
4 5 6 4 5 6T MA MB MC MD MD DA MD DB MD DC MD= + + = + + + + +
( )
2 4 2 2 2
3 2 4 5 6 4 5 6MD MD DA DB DC MD DA DB DC= + + + + +
.
2 4 2 2 2
3 4 5 6MD MD DA DB DC= + + +
.
Đặt
0x MD=
và hng s
2 2 2
4 5 6DA DB DC m+ =
.
Khi đó:
42
3T x x m= + +
đồng biến trên khong
( )
0;+
.
Suy ra
T
đạt giá tr nh nht khi
MD
nh nht,
MD
nh nht khi
M
hình chiếu vuông
góc ca
D
trên mt phng
( )
Oxy
. Suy ra
(5;7;0)M
.
Vy
12abc+ + =
.
Câu 40: Cho m s
()y f x=
liên tc trên đồ th như hình vẽ. Đặt
( )
2
103. ( 1) 234. ( ) ( )T f a a f af b bf a= + + + +
vi
,ab
. Gi
m
s cp s
( )
;ab
ti
đó biểu thc
T
đạt giá tr ln nht, gi giá tr ln nht ca
T
M
. Giá tr biu thc
M
m
bng
A.
1011
4
. B.
1011
8
. C.
337
2
. D.
674
3
.
Lời giải
Chọn A.
T đồ th ta có:
max ( ) (3) 6f x f==
.
Suy ra:
2
( 1) 6 ;f a a a+ +
dấu “=” xảy ra khi
2
1 3 1; 2a a a a+ + = = =
.
( )
( ) ( ) 6, ,f af b bf a a b+
, dấu “=” xảy ra khi
( ) ( ) 3af b bf a+=
.
Do đó,
103.6 234.6 2022T + =
, dấu “=” xảy ra khi
( ) ( ) 3
1
2
af b bf a
a
a
+=
=
=−
.
Vi
1a =
thì
1. ( ) (1) 3f b bf+=
( )
3fb=
. Dựa vào đồ th suy ra
( ) 3fb=
4 nghim
b
phân biệt.
Vi
2a =−
thì
3
2. ( ) ( 2) 3 ( )
2
f b bf f b + = =
. Dựa vào đồ th suy ra
3
()
2
fb=−
4
nghim
b
phân biệt.
Do đó có 8 cặp
( ; )ab
tha mãn
max
2022T =
.
Vy
2022 1011
84
M
m
==
.
Câu 41: Cho hàm s
( )
y f x=
. Đồ th hàm s đạo hàm
( )
y f x
=
như hình vẽ bên.
Đặt
( ) ( )
3
33h x f x x x= +
. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?
A.
( ) ( )
3; 3
max 3 1h x f


=
. B.
( ) ( )
3; 3
max 3 0h x f


=
.
C.
( )
( )
3; 3
max 3 3h x f


=−
. D.
( )
( )
3; 3
max 3 3h x f


=
.
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
( ) ( )
2
3 3 3h x f x x

= +
;
( ) ( )
2
0
0 1 3
3
x
h x f x x x
x
=

= = =
=−
.
Dựa vào đồ th suy ra
( ) ( )
2
1, 3; 3 ' 0, 3; 3f x x x h x x
.
Suy ra hàm s
( )
hx
đồng biến trên
3; 3


.
Vy
( )
( ) ( )
3; 3
max 3 3 3h x h f


= =
.
Câu 42: Gi
S
là tp hp các s nguyên
y
sao cho vi mi
yS
có đúng 10 s nguyên
x
tha mãn
( )
2
3
2 log
yx
xy
+
. Tính tng s phn t thuc
S
.
A.
7
. B.
4
. C.
1
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D.
Điu kin:
2
0xy+
. Vi mi s nguyên
y
, ta đặt
22
t x y x t y= + =
.
Bất phương trình
( )
2
3
2 log
yx
xy
+
2
3
2 log
y y t
t
+−

2
3
log 2 0
y y t
t
+−
.
Đặt
( )
2
3
log 2 , 0
y y t
f t t t
+−
=
;
( )
2
1
2 .ln2 0, 0
.ln3
y y t
f t t
t
+−
= +
.
Suy ra
( )
ft
đồng biến trên
( )
0;+
. Ta có bng xét du sau:
Bất phương trình
( )
2
3
2 log
yx
xy
+
có đúng 10 nghiệm nguyên
x
.
2
3
log 2 0
y y t
t
+−
có đúng 10 nghiệm nguyên
0t
.
2
2
10
3
11
3
log 10 2 0
log 11 2 0
yy
yy
+−
+−
−
−
2
2
10
3
11
3
2 log 10
2 log 11
yy
yy
+−
+−
( )
( )
2
23
2
23
10 log log 10 0
11 log log 11 0
yy
yy
+
+
T h bất phương trình trên ta có 2 số nguyên
4y =−
;
3y =
.
Vậy đáp án chọn D.
Câu 43: Cho hàm s 󰇛󰇜 liên tục trên khoảng
󰇛

󰇜
󰇛󰇜 vi mi . Tính tng
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛󰇜 biết rằng
󰆒
󰇛
󰇜
󰇛 󰇜
󰇛󰇜
󰇛
󰇜
.
A.


. B.


.. C.


D.


..
Lời giải
Chọn D .
Ta có :

󰆒
󰇛
󰇜
󰇛 󰇜
󰇛󰇜
󰆒
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜

󰆒
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛 󰇜


󰇛
󰇜

󰇛
󰇜

󰇛
󰇜

󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛

󰇜







Câu 44: Cho hàm s
󰇛
󰇜
tha mãn
󰇛
󰇜
. Đồ th hàm s
󰆒
󰇛
󰇜
cho bởi hình vẽ bên.
Biết
( )
lim
x
fx
→
= +
. Gi lần lượt s điểm cực đại, s điểm cc tiu ca hàm s
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
Giá trị của
là:
A. 4. B. 8. C. 27. D. 16.
Lời giải
Chọn B .
Xét
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜

󰆒
󰇛
󰇜
󰆒
󰇛
󰇜

󰆒
󰇛
󰇜


(do nghim tiếp xúc nên không là cực trị)
󰇛󰇜 có 3 cực trị: 2 cực tiểu tại {󰇞 và 1 cực đại tại 0.
Ta có bng biến thiên ca 󰇛󰇜:
x



󰇛󰇜
0






󰇛
󰇜
󰇛󰇜
󰇛󰇜
󰇛󰇜
Do
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
nên
󰇛
󰇜
2 nghiệm duy nhất (1 nghiệm âm, 1
nghiệm dương)
Lấy đối xứng qua trục Oy, ta có bảng biến thiên đồ thị hàm
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜  như sau:
x



󰇛󰇜
0






󰇛
󰇜
󰇛󰇜
󰇛󰇜
󰇛󰇜
Hàm 󰇛󰇜 3 cực trị gồm:
󰊁󰉨󰉗 
󰊁󰉗󰉗
Lấy đối xng qua trc Ox, ta có bng biến thiên hàm
󰇛
󰇜

󰇛
󰇜
󰇛
󰇜  như
sau:
x



󰇛󰇜
0
0+
0
0+
+
+
+
( )
1h
( )
1h
( )
hx
( )
0h
.
Hàm
( )
hx
ó 5 cực trị.
Vậy
2; 3mn==
nên
3
2 8.
n
m ==
Câu 45: Cho tam giác
ABC
đều cạnh
a
nội tiếp đường tròn tâm
O
,
AD
đường kính của đường
tròn tâm
O
. Thể ch của khối nón xoay được tạo thành khi cho phần đậm quay quanh
đường thẳng
AD
bằng
A.
3
3
24
a
. B.
3
20 3
217
a
. C.
3
43
27
a
. D.
3
23 3
216
a
.
Li gii
Chn D.
Bán kính đường tròn ngoi tiếp tam giác
ABC
0
3
2sin 2sin60 3
BC a a
R
A
= = =
Khi quay quanh đường thng
AD
thì th tích hình cu to thành :
3
3
1
4 4 3
3 27
a
VR
==
Khi quay quanh đường thng
AD
thì th tích khi nón to thành :
3
2
2
13
..
3 24
a
V BH AH
==
Thể tích của khối nón xoay được tạo thành khi cho phần đậm quay quanh đường thẳng
AD
bằng:
3
12
23 3
216
a
VV
−=
.
Câu 46: bao nhiêu giá trị nguyên ca tham s
m
thuộc đoạn
10;10
để hàm s
2cos 6
3cos
x
y
xm
=
nghch biến trên khong
0;
3



B.
15
. B.
17
. C.
16
. D.
18
.
Li gii
Chn D.
Đặt
costx=
, vi
1
0; ;1
32
xt
Do
cosyx=
nghch biến trên
0;
3



nên yêu cu bài toán tr thành tìm
m
để hàm s
( )
26
3
t
y f t
tm
==
đồng biến trên
1
;1
2



.
Khi đó
( )
26
3
t
y f t
tm
==
là hàm s có tập xác định
\
3
m
D

=


Vy hàm s đồng biến trên khong
1
;1
2



khi và ch khi
( )
( )
2
2 18 1
0, ;1
2 18 0 9
2
3
33
;3 ;3
1
22
;1
32
m
f t t
mm
tm
mm
m
+

=
+






.
m
nguyên và
m
thuộc đoạn
10;10
nên ta có
18
giá tr nguyên ca
m
.
Câu 47: Cho hàm s
( )
fx
có đạo hàm liên tc trên , tha mãn
( ) ( )
2 ' 3 10,f x xf x x x+ = +
( )
16f =
Biết
( )
( )
( ) ( )
( )
4
2
1
ln 2
ln5 ln6 ln 2 3
69
fx
dx a b c
f x f x
+
= + + +
−+
vi
,,abc
là các s
hu t. Giá tr ca biu thc
T a b c= + +
thuc khoảng nào sau đây?
A.
( )
1;2
. B.
( )
2;3
. C.
( )
0;1
. D.
( )
1;0
.
Li gii
Chn C
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
22
'
22
2 3 2
2 ' 3 10 2 ' 3 10
3 10
5
f x xf x x xf x x f x x x
x f x x x
x f x x x C
+ = + + = +
= +
= + +
( ) ( )
1 6 0 5f C f x x= = = +
(tha mãn gi thiết)
( )
( )
4
2
1
ln 2 5
2
x
I dx
x
++
=
+
Đặt
( )
( )
2
11
ln 2 5
.
2 5 2 5
1
11
1
2
22
ux
du dx
xx
x
dv dx
v
x
xx
= + +
=

+ + +

−+
=

= + =
+
++
( )
( )
4
1
4
1 1 1
ln 2 5 .
1
22
2 5 2 5
xx
I x dx
xx
xx
++
= + +
++
+ + +
( )
( )
4 4 3
2
1 1 2
2
5 5 2 1 5 5 2 5 2
ln5 . ln5 . 5 ln5
6 2 6 2 6 3
25
33
5 1 2 3 5 1 1
ln5 ln 3 ln ln5 ln6 ln 3 2 .
22
6 2 6 2
2 3 3 3
x x t
dx x dx dt
x x t
x
t
t
t
−−
+ +
= = + =
+ +
+
= + = + +
+
5
6
12
23
1
3
a
b a b c
c
=
= + + =
=
.
Câu 48: Cho hàm s
3
( ) 2 2 2022
xx
f x x
= +
. Biết rng tn ti s thc
m
sao cho bất phương trình
( )
( )
( )
4 37 37 .2 0
xx
f mx m f x m + +
nghiệm đúng với mi
x
. Hi
m
thuc
khoảng nào dưới đây?
A.
( )
30;50
. B.
( )
10;30
. C.
( )
50;70
. D.
( )
10;10
.
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số
3
( ) 2 2 2022
xx
f x x
= +
có tập xác định
D =
. Ta có
Vi mi
x D x D
( ) ( )
3
2 2 2022
xx
f x x f x
= =
. Suy ra
( )
fx
là hàm l.
Mt khác
( )
2
2 ln2 2 ln2 6066 0,
xx
f x x x
= + +
. Suy ra hàm s
( )
fx
hàm đồng
biến trên .
Bất phương trình đã cho tương đương
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )( )
4 37 37 .2
4 37 37 .2
4 37 37 .2
4 37 37 .2
2 2 37 0.
xx
xx
xx
xx
xx
f mx m f x m
f mx m f x m
mx m x m
mx m x m
mx
+
+
+
+
+
Xét phương trình
2 37 0
x
x + =
. Nhận xét phương trình có một nghim
5x =
.
Xét hàm s
( )
2 37
x
g x x= +
,
( )
1 2 ln2 0,
x
g x x
= +
suy ra
5x =
nghiệm đơn
duy nht.
Suy ra
( )
gx
đổi du t âm sang dương khi qua nghiệm
5x =
.
Ta cũng hàm s hàm s
( )
2
x
h x m=−
đồng biến trên nên t gi thiết bất phương trình
( )( )
2 2 37 0
xx
mx +
nghiệm đúng với mi
x
ta
( )
2
x
h x m=−
đổi du t âm
sang dương khi
x
qua điểm
0
5x =
. Do đó
( )
50h =
hay
32m =
.
Câu 49: Cho hình chóp
S ABCD
đáy
.S ABCD
hình thoi tâm
O
, cnh
a
, góc
60BAD
=
,
đường thng
SO
vuông góc vi
()ABCD
SO a=
. Khong cách t điểm
A
đến mt
phng
()SBC
bng
A.
21
7
a
. B.
57
19
a
. C.
2 57
19
a
. D.
21
14
a
.
Li gii
Chn C
Gi
,NH
lần lượt là hình chiếu ca
O
lên
,BC SN
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
2 , 2 , 2 1AC OC d A SBC d O SBC OH= = =
.
( )
( )
( )
( )
( )
, , , ,
OH SN
OH SBC
OH BC BC ON BC SO SO ABCD BC ABCD
⊥
Do góc
60BAD
=
nên tam giác
BAD
đều
3
,
22
aa
OB OA OC= = =
.
Tam giác
OBC
vuông ti
O
nên ta có
22
2 2 2 2
1 1 1 1 1 16
3
3
2
2
ON OB OC a
a
a
= + = + =




.
Tam giác
SON
vuông ti
O
nên ta có
( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 1 19 57
2
3 3 19
a
OH
OH ON OS a a a
= + = + = =
.
T (1) và (2)
( )
( )
2 57
,
19
d A SBC=
.
Câu 50: Cho khi chóp
.S ABCD
với đáy
ABCD
hình bình hành, th tích bng
3
84 .a
Gi
M
trung điểm ca
AB
;
J
thuc cnh
SC
sao cho
2;JC JS H=
thuc cnh
SD
sao cho
6HD HS=
. Mt phng
()MHJ
chia khi chóp thành 2 phn. Th tích khối đa diện ca phn
chứa đỉnh
S
bng
A.
3
17a
. B.
3
19a
. C.
3
24a
. D.
3
21a
.
Li gii
Chn A
Ta có 3 điểm
,,N H J
thẳng hang. Theo định lý Menelaus ta có
1 6 1
. . 1 . 1
2 1 3
JS NC HD NC NC
NC MB
JC ND HS ND ND
.
K
là trung điểm ca
BC
1
3
PA
PD
=
.
Ta có
1 1 1 3 3 9
. . .
2 2 2 2 2 8
DNP DNP
ABCD DCA
SS
DP DN
S S DA DC

= = = =
.
.
.
6 9 27 27
..
7 8 28 28
HPND DNP
HPND S ABCD
S ABCD ABCD
VS
HD
VV
V SD S
= = = =
Ta có 3 điểm
,,S I A
thng hàng. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác
PHD
ta
1 2 7 7
. . 1 . . 1 .
7 1 2 9
PI HS DA PI PI PI
IH SD AP IH IH PH
..
1 1 7 7 7 7 27 1
. . . . . .
3 3 9 81 81 81 28 12
PMAI
PMAI PNDH S ABCD S ABCD
PNDH
V
PM PA PI
V V V V
V PN PD PH
= = = = = =
.
..
1 1 7 7 7 7 27 1
. . . . .
3 3 9 81 81 81 28 12
NKCJ
NKCJ NPDH S ABCD S ABCD
NPDH
V
NK NC NJ
V V V V
V NP ND NS
= = = = = =
.
Th tích ca phn không cha
S
. . . .
27 1 1 67
28 12 12 84
S ABCD S ABCD S ABCD S ABCD
V V V V =
.
Th tích ca phn chứa đỉnh
S
33
. . .
67 17 17
.8 17
84 84 84
S ABCD S ABCD S ABCD
V V V a a = = =
.
_______________ HT _______________
| 1/26

Preview text:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 2x dx  bằng x 1 + x + 2 2 A. 1 2x + C . B. + C .
C. 2x ln 2 + C . D. + C . x +1 ln 2 Lời giải Chọn D x 2x Ta có 2 dx = + C  . ln 2 Câu 2:
Nghiệm của phương trình log 2x −3 = 2 là 3 ( ) 9 11 A. x = . B. x = 5. C. x = 6 . D. x = . 2 2 Lời giải Chọn C  3 2x − 3  0 x
Ta có log 2x − 3 = 2     2  x = 6 3 ( ) 2x − 3 = 9 x = 6
Vậy tập nghiệm của bất phương trình S =   6 . Câu 3:
Cho cấp số nhân (u u = 2 và u = 4
− . Công bội của cấp số nhân bằng n ) 2 3 A. 2 − . B. 6 − . C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn A u
Công bội của cấp số nhân là 4 3 q = = = 2 − . u 2 2 2 Câu 4:
Cho a là số thực dương và biểu thức 3 P = a
a . Khẳng định nào sau đây đúng? 1 7 5 A. 3 P = a . B. 6 P = a . C. 6 P = a . D. 5 P = a . Lời giải Chọn B 2 1 7 Ta có 3 2 6
P = a .a = a . Câu 5:
Cho hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 9 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 9 . B. 27 . C. 3 . D. 12 . Lời giải Chọn B
Diện tích xung quanh S = rl = 27 . xq Câu 6:
Số cách chọn 5 học sinh từ 35 học sinh của một lớp là A. 5!. B. 5 35 . C. 5 C . D. 5 A . 35 35 Lời giải Chọn B Số cách chọn là 5 C . 35 1 Câu 7: Giá trị của 5  dx bằng 0 A. 5 . B. 10 . C. 15 . D. 20 . Lời giải Chọn B 4 Ta có 4 5 = 5 = 10  dx x . 2 2 Câu 8:
Khối đa diện đều loại 4;  3 là
A. Khối tứ diện đều.
B. Khối bát diện đều.
C. Khối hộp chữ nhật.
D. Khối lập phương. Lời giải Chọn D Câu 9:
Tìm đạo hàm của hàm số = x y  . x  − A. 1 ' = x y x ln . B. ' = x y  ln .
C. y ' = ln . D. 1 ' − = x y x . Lời giải Chọn D
Áp dụng ( x )' = x a
a .ln a (a  0,a  ) 1 .
Câu 10: Tập xác định của hàm số y = ( x −  2) là A. \   2 . B. . C. ( ;2 − ). D. (2;+) . Lời giải Chọn D . Vì  
nên hàm số y = ( x − 
2) xác định khi x − 2  0  x  2 .
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là (2;+) . 2x −1
Câu 11: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = x − là đường thẳng có phương trình 3 1 A. x = . B. x = 3. C. x = 3 − . D. x = 2 . 2 Lời giải Chọn B . 2x −1
Vì lim y = − nên đồ thị hàm số y = − x 3 → x
có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương 3 trình x = 3.
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau: x − 1 − 0 1 + y − 0 + 0 − 0 + y + 3 − + 4 − 4 −
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là A. (0; ) 3 − . B. y = 3 − . C. x = 3 − . D. x = 0 . Lời giải Chọn A .
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy y đổi dấu từ + sang − khi qua x = 0 nên đồ thị hàm số
đã cho có điểm cực đại là (0; ) 3 − .
Câu 13: Nghiệm của phương trình 3 2 −x = 1 là. 1 1 A. x = .
B. x = 3.
C. x = 2 . D. x = . 2 3 Lời giải Chọn B Ta có 3
2 −x = 1  3 − x = 0  x = 3 .
Câu 14: Cho đồ thị hàm số y = f ( x) như hình vẽ bên. Hàm số y = f ( x) có thể là hàm số nào dưới đây? x A. y e− = .
B. y = log x .
C. y = − ln x . D. x y = e . Lời giải Chọn B
Nhận xét hàm số y = f ( x) có miền giá trị là nên ta loại phương án , A D
Mặt khác quan sát đò thị hàm số y = f ( x)  f ( x)  0 nên y = log x .
Câu 15: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng nào dưới đây A. (0;2) . B. (3;2022) .
C. (0; + ) . D. (−; 2) . Lời giải Chọn B
Quan sát bảng biến thiên hàm số y = f ( x) nghịch biến trong các khoảng (−;0) và (2;+).
Mặt khác (3;2022)  (2;+ ) . Do đó hàm số y = f ( x) nghịch biến (3;2022) .
Câu 16: Cho khối cầu có đường kính bằng 2 . Thể tích khối cầu đã cho bằng 32 32 4 4 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn D 3 4 4  d  4 Thể tích khối cầu: 3 V =  R =  =    3 3  2  3
Câu 17: Cho khối trụ có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 36 . B. 48 . C. 12 . D. 24 . Lời giải Chọn A Thể tích khối trụ: 2
V =  r h = 36 2 2 2
Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − 2) + ( y + 4) + ( z − ) 1
= 9 . Tâm của (S ) có tọa độ là A. ( 2 − ;4;− ) 1 . B. (2;4; ) 1 . C. (2; 4 − ; ) 1 . D. ( 2 − ; 4 − ;− ) 1 . Lời giải Chọn C
Câu 19: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn  3 − ; 
5 và có đồ thị như hình vẽ. Giá trị lớn nhất
của hàm số y = f (x) trên đoạn  3 − ;  5 bằng A. 3. B. 5. C. 3. − D. 2. Lời giải Chọn A
Từ đồ thị hàm số ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số y = f (x) trên đoạn  3 − ;  5 bằng 3 đạt được tại x = 5.
Câu 20: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên 3 2 4 2 2 4 2
A. y = x + 2x x −1. B. y = −x + 2x .
C. y = −x + 2 .
x D. y = x − 2x . Lời giải Chọn B
Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nên loại đáp án A và C .
Vì lim y = − nên chọn đáp án B . x→
Câu 21: Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3 là A. 36 . B. 9 . C. 27 . D. 81. Lời giải Chọn C
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3 là 3 V = 3 = 27 . Chọn đáp án C.
Câu 22: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y = x − 2, trục Ox và các đường thẳng x = 1
, x = 2 được tính bằng công thức nào sau đây? 2 2 2 2 2 A.  ( 2 x − 2) dx . B. ( 2 x − 2)dx . C. ( 2 x − 2)dx . D. 2 x − 2 dx  . 1 1 1 1 Lời giải Chọn D
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y = x − 2, trục Ox và các đường thẳng x = 1 2 , x = 2 là: 2 x − 2 dx  1
Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;1;− )
1 và B(2;3;2) . Vectơ BA có tọa độ là A. ( 1 − ;−2;− ) 3 . B. (3;4; ) 1 . C. (1;2; ) 3 . D. ( 3 − ;− 4;− ) 1 . Lời giải Chọn A
Câu 24: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA ⊥ ( ABCD) và SA = a , góc giữa
đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 30o (tham khảo hình vẽ). Thể tích khối chóp S.ABCD bằng 3 a 3 a 3 a 3 3 a A. . B. . C. . D. . 2 4 6 6 Lời giải Chọn A
SA ⊥ ( ABCD)  ( ,( )) = = 30O SC ABCD SCA . AC a 3
Xét tam giác vuông SAC , ta có: = .cot 30o AC SA
= a 3 . Suy ra: AB = = . 2 2 2 3 1 1  a 3  a V = S . A S = .  .a = . S.ABCD   3 ABCD 3 2 2  
Câu 25: Tập nghiệm của bất phương trình log x −1  0 là 1 ( ) 2 A. (1;2) . B. 2;+ ) . C. (  ;2 − . D. (1;  2 . Lời giải Chọn D. x −1 0  x 1 Ta có log ( x − ) 0 1  0        x 1;2 . 1 1 (  x −1     x  2 2   2 
Câu 26: Cho khối lăng trụ đứng có chiều cao bằng 3 và đáy là tam giác đều có độ dài cạnh bằng 2 .
Tính thể tích khối lăng trụ đã cho A. 3 . B. 3 3 . C. 3 . D. 6 . Lời giải Chọn B. 2 2 3
Diện tích đáy bằng B = = 3 . 4
Thể tích của khối lăng trụ là V . B h 3 3 .
Câu 27: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị hàm số y = f ( x) như hình bên. Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 1 − ; ) 3 . B. (0;2) . C. (1;+ ) . D. ( 1 − ;0) . Lời giải Chọn D.
Từ đồ thị suy ra f ( x)  0  x ( ; a b) ( ;
c + ) với a  1 − ;b(0; ) 1 ;c (1;2)
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng ( 1 − ;0) .
Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A
1;2; 3 ,B 1;0;2 ,C x; ; y 2 thẳng hàng. Khi đó tổng x
y bằng bao nhiêu? 11 11 A. x y 17 . B. x y . C. x y 1 . D. x y . 5 5 Lời giải Chọn C AB 2; 2; 5 , AC x 1;y 2;1 , A , B C thẳng hàng AB cùng phương AC 3 1 2 1 x x y 5 x y 1 . 2 2 5 8 y 5
Câu 29: Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I 1;2; 3 và đi qua điểm A 1;1;2 có phương trình là 2 2 2 2 2 2 A. x 1 y 2 z 2 2 . B. x 1 y 2 z 3 2 . 2 2 2 2 2 2 C. x 1 y 2 z 3 2 . D. x 1 y 2 z 2 2 Lời giải Chọn C 2 2 2 R IA 1 1 1 2 2 3 2 2 2 2
Phương trình mặt cầu cần tìm là x 1 y 2 z 3 2 . 2 f x x sin x 1 F x f x Câu 30: Cho hàm số , biết
là một nguyên hàm của hàm số và F 0 1 F x . Khi đó bằng 3 x A. F x cosx 2 . B. 3 F x x cosx x 2 . 3 3 x 3 x C. F x cosx x . D. F x cosx x 2 . 3 3 Lời giải Chọn D 3 3 x x 2 f x dx x sinx 1 dx cosx x C F x cosx x C . 3 3 3 x F 0 1 C 2 . Vậy F x cosx x 2 . 3 Câu 31: Với 2
a, b là hai số thực dương tùy ý, biểu thức log 2022a b bằng 2022 ( ) 1 A. + + . B. 2022 + log a + log b . 1 2log a log b 2022 2022 2022 2022 2 1 C. 2022 + 2log a + log b . D. 1+ log a + log b . 2022 2022 2022 2022 2 Lời giải Chọn A. Ta có: log ( 2 2022a b) 2 = log 2022 + log a + log b =1+ 2log a + log b . 2022 2022 2022 2022 2022 2022
Câu 32: Một hộp chứa 5 bi xanh và 10 bi đỏ, lấy ngẫu nhiên 3 bi. Xác suất để lấy được đúng một bi xanh là 3 2 45 200 A. . B. . C. . D. . 4 3 91 273 Lời giải Chọn C. Ta có: n() 3 = C = 455. 15
Gọi A: ” 3 bi lấy ra có đúng 1 bi màu xanh”. n( A) 2 1 = C .C = 225. 10 5 p ( A) n ( A) 225 45 = = = n () . 455 91
Câu 33: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) 4 2
= x − 24x − 4 trên đoạn 0;1  9 bằng A. 144 − . B. 150 − . C. 148 − . D. 149 − . Lời giải Chọn C.
Tập xác định: D = . x = 0(0;19)  3
y ' = 4x − 48x = 0  x = 12 (0;19) .  x = − 12   (0;19) y (0) = 4 − ; y ( 12) = 1
− 48; y (19) =121653. Vậy min y = 148 − tại x = 12. 0;19
Câu 34: Cắt một hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có
cạnh bằng 3a , tính diện tích toàn phần của hình trụ đã cho. 2 9 a 2 27 a 2 13 a A. . B. 2 9 a . C. . D. . 2 2 6 Lời giải Chọn C
Theo giả thiết, hình trụ có bán kính 3a r =
, chiều cao bằng độ dài đường sinh: h = l = 3a . 2 
Vậy nên diện tích toàn phần của hình trụ là a a a     = + = + = tp S r (l r ) 2 3 3 27 2 2 3a   . 2  2  2 5 2
f ( x)dx = 10  2 − 4 f  (x) d  x   Câu 35: Cho 2 . Khi đó 5 bằng A. 46 . B. 32 . C. 42 . D. 34 . Lời giải Chọn D 2 2 2 5 5 Có 2 − 4 f  (x) d
x = 2dx − 4 f
(x)dx = 4 f (x)dx − 2 dx = 34      . 5 5 5 2 2
Câu 36: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B SA vuông góc với mặt a 3
phẳng đáy. Biết rằng AC = a 2 , SA =
. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC ) và 3 (ABC). A. 0 90 . B. 0 30 . C. 0 60 . D. 0 45 . Lời giải Chọn B
Tam giác ABC vuông cân tại B AC = a 2 nên AB = AC = a .
Ta có (SBC) ( ABC) = BC BC ⊥ (SAB) nên góc giữa hai mặt phẳng (SBC ) và ( ABC) là SA 3 0
góc SBA. Trong tam giác vuông SBA có tan SBA = =  SBA = 30 . AB 3
Câu 37: Cho hình phẳng (H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y = 3x x và trục hoành. Tính thể tích V
của vật thể tròn xoay sinh ra khi cho (H ) quay quanh trục Ox . 81 81 9 9 A. V =  . B. V = . C. V = . D. V =  . 10 10 2 2 Lời giải Chọn A. x = 0
Phương trình hoành độ giao điểm: 2
3x x = 0   . x = 3 3 3 3 5  3 x
V =  (3x x )2 2 dx =  ( 2 3 4
9x − 6x + x ) dx 3 4
=  3x x +   2 5  0 0 0 5 3 3 81 3 4    = 3.3 − .3 +  =  .  2 5  10
Câu 38: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x) có đồ thị hàm số y = f ( x) như hình vẽ bên. Hàm số g ( x) = f ( 2 x − ) 4 2 4.
4 + x − 8x có bao nhiêu điểm cực tiểu? A. 4. B. 7. C. 3. D. 5. Lời giải Chọn C.
Ta có: g( x) = x f ( 2 x − ) 3 8 . 4 + 4x −16x ; x = 0
g(x) = 0  x f    ( 2x − ) 2 4 2 . 4 + x − 4 = 0   . 2 f . 
( 4x −4) = −( 4x −4) (2)  2 t = 2 − x − 4 = 2 − x =  2 t −    Đặ 2 t 4
t = x − 4 , khi đó (2)  f (t ) =
t = 0  x − 4 = 0  x = 2    . 2    t = 4  2  x − 4 = 4 x = 2  2   Bảng xét dấu
Vậy hàm số có 3 điểm cực tiểu.
Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(2;3;5), B( 1 − ;3;2),C( 2
− ;1;3), D(5;7;4). Điểm M ( ; a ;
b c) di động trên mặt phẳng (Oxy) . Khi biểu thức 2 2 2 4
T = 4MA + 5MB − 6MC + MD
đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng a + b + c bằng A. 11. B. 11 − . C. 12 . D. 9 . Lời giải Chọn C.
Ta thấy D là điểm thỏa mãn 4DA + 5DB − 6DC = 0 . Khi đó:
T = MA + MB MC + MD = (MD + DA)2 + (MD + DB)2 − (MD + DC)2 2 2 2 4 4 4 5 6 4 5 6 + MD 2 4
= MD + MD + ( DA+ DB DC) 2 2 2 3 2 4 5 6
MD + 4DA + 5DB − 6DC . 2 4 2 2 2
= 3MD + MD + 4DA + 5DB − 6DC .
Đặt x = MD  0 và hằng số 2 2 2
4DA + 5DB − 6DC = m . Khi đó: 4 2
T = x + 3x + m đồng biến trên khoảng (0;+) .
Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất khi MD nhỏ nhất, và MD nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông
góc của D trên mặt phẳng (Oxy) . Suy ra M (5;7;0) .
Vậy a + b + c = 12. Câu 40: Cho hàm số
y = f (x) liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ. Đặt 2
T =103. f (a + a +1) + 234. f (af ( ) b + bf ( )
a ) với a,b  . Gọi m là số cặp số ( ; a b) mà tại đó biể M
u thức T đạt giá trị lớn nhất, gọi giá trị lớn nhất của T M . Giá trị biểu thức m bằng 1011 1011 337 674 A. . B. . C. . D. . 4 8 2 3 Lời giải Chọn A.
Từ đồ thị ta có: max f (x) = f (3) = 6 . Suy ra: 2
f (a + a +1)  6 a
  ; dấu “=” xảy ra khi 2
a + a +1 = 3  a =1; a = 2 − . f (af ( )
b + bf (a))  6,  , a b
, dấu “=” xảy ra khi af (b) + bf (a) = 3 .
af (b) + bf (a) = 3 
Do đó, T 103.6 + 234.6 = 2022, dấu “=” xảy ra khi a =1 .  a = 2 −
Với a = 1 thì 1. f ( )
b + bf (1) = 3  f (b) = 3. Dựa vào đồ thị suy ra f (b) = 3 có 4 nghiệm b phân biệt. 3 3 Với a = 2 − thì 2
− . f (b) + bf ( 2
− ) = 3  f (b) = − . Dựa vào đồ thị suy ra f (b) = − có 4 2 2
nghiệm b phân biệt.
Do đó có 8 cặp (a;b) thỏa mãn T = 2022. max M 2022 1011 Vậy = = . m 8 4
Câu 41: Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị hàm số đạo hàm y = f ( x) như hình vẽ bên.
Đặt h(x) = f (x) 3 3
x +3x . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?
A. max h ( x) = 3 f ( ) 1 .
B. max h( x) = 3 f (0) . − 3; 3   − 3; 3  
C. max h ( x) = 3 f (− 3) .
D. max h ( x) = 3 f ( 3) . − 3; 3   − 3; 3   Lời giải Chọn C. x = 0 
Ta có: h( x) = f ( x) 2 3
−3x +3; h(x) = 0  f (x) 2
= x −1  x = 3  . x = − 3 
Dựa vào đồ thị suy ra f ( x) 2  x −1, x
  − 3; 3  h '(x)  0, x   − 3; 3     .
Suy ra hàm số h ( x) đồng biến trên − 3; 3   .
Vậy max h ( x) = h(− 3) = 3 f (− 3) . − 3; 3  
Câu 42: Gọi S là tập hợp các số nguyên y sao cho với mỗi y S có đúng 10 số nguyên x thỏa mãn 2yx  log ( 2 x + y
. Tính tổng số phần tử thuộc S . 3 ) A. 7 . B. 4 − . C. 1. D. 1 − . Lời giải Chọn D. Điều kiện: 2
x + y  0. Với mỗi số nguyên y , ta đặt 2 2
t = x + y x = t y . 2 + −
Bất phương trình 2yx  log ( 2 x + y  2y y t  2 log t log 2y y t t + −  −  0. 3 ) 3 3 Đặt ( ) 2
= log − 2y+y t f t t , t   0 ; ( ) 2 1 =
+ 2y+y t f t .ln 2  0, t   0. 3 t.ln 3
Suy ra f (t ) đồng biến trên (0;+) . Ta có bảng xét dấu sau:
Bất phương trình 2yx  log ( 2 x + y
có đúng 10 nghiệm nguyên x . 3 ) 2 log 2y y t t + −  −
 0 có đúng 10 nghiệm nguyên t  0. 3 2 y + y 10  2 2 log 10 − 2 −  0 y + y 10
2 −  log 10 y + y −10−log log 10  0  2 ( 3 ) 3   3     2 y + y 11  2 2 log 11− 2 −  0  y + y 11 2 −  log 11
y + y −11− log log 11  0  2 ( 3 ) 3  3
Từ hệ bất phương trình trên ta có 2 số nguyên y = −4 ; y = 3 . Vậy đáp án chọn D.
Câu 43: Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục trên khoảng (0; +∞) và 𝑓(𝑥) ≠ 0 với mọi 𝑥 > 0. Tính tổng 1
𝑓(1) + 𝑓(2) + ⋯ + 𝑓(2022) biết rằng 𝑓′(𝑥) = (2𝑥 + 1)𝑓2(𝑥) và 𝑓(1) = − . 2 2022 2021 2021 2022 A. . B. .. C. − . D. − .. 2023 2022 2022 2023 Lời giải Chọn D . Ta có :
𝑓′(𝑥) = (2𝑥 + 1)𝑓2(𝑥) 𝑓′(𝑥) ⇒ = 2𝑥 + 1 𝑓2(𝑥) 𝑓′(𝑥) ⇒ ∫
𝑑𝑥 = ∫(2𝑥 + 1) 𝑑𝑥 𝑓2(𝑥) −1 ⇒ = 𝑥2 + 𝑥 + 𝐶 𝑓(𝑥) 1 ⇒ 𝑓(𝑥) = − 𝑥2 + 𝑥 + 𝐶 1 ⇒ 𝑓(1) = − 2 + 𝐶 1
Mà 𝑓(1) = − ⇒ 𝐶 = 0 2 1 1 1 1 ⇒ 𝑓(𝑥) = − = − = − + 𝑥2 + 𝑥 𝑥(𝑥 + 1) 𝑥 𝑥 + 1 1 1 1 1 1 1 2022
⇒ 𝑓(1) + ⋯ + 𝑓(2022) = −1 + − + − ⋯ − + = −1 + = − 2 2 3 2022 2023 2023 2023
Câu 44: Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) thỏa mãn 𝑓(𝑥) < 0. Đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑓′(𝑥) cho bởi hình vẽ bên.
Biết lim f (x) = + . Gọi 𝑚, 𝑛 lần lượt là số điểm cực đại, số điểm cực tiểu của hàm số x→
𝑔(𝑥) = |𝑓(|𝑥|) + 3|𝑥||. Giá trị của 𝑚𝑛 là: A. 4. B. 8. C. 27. D. 16. Lời giải Chọn B .
Xét ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 3𝑥
ℎ′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) + 3 = 0 ⇔ 𝑓′(𝑥) = −3 𝑥 = −1
 [ 𝑥 = 0 (do nghiệm 𝑥 = 2 tiếp xúc nên không là cực trị) 𝑥 = 1
 ℎ(𝑥) có 3 cực trị: 2 cực tiểu tại {−1; 1} và 1 cực đại tại 0.
Ta có bảng biến thiên của ℎ(𝑥): x −∞ −1 0 1 2 +∞ ℎ′(𝑥) − 0 + 0 − 0 + 0 + +∞ +∞ ℎ(𝑥) ℎ(0) ℎ(−1) ℎ(1)
Do ℎ(0) = 𝑓(0) + 3 × 0 = 𝑓(0) < 0 nên ℎ(0) = 0 có 2 nghiệm duy nhất (1 nghiệm âm, 1 nghiệm dương)
Lấy đối xứng qua trục Oy, ta có bảng biến thiên đồ thị hàm ℎ(|𝑥|) = 𝑓(|𝑥|) + 3|𝑥| như sau: x −∞ −1 0 1 2 +∞ ℎ′(𝑥) − 0 + 0 − 0 + 0 + +∞ +∞ ℎ(𝑥) ℎ(0) ℎ(1) ℎ(1) 2 cực tiểu tại − 1; 1
Hàm ℎ(|𝑥|) 3 cực trị gồm: { 1 cực đại tại 0
Lấy đối xứng qua trục Ox, ta có bảng biến thiên hàm 𝑔(𝑥) = |ℎ(|𝑥|)| = |𝑓(|𝑥|) + 3|𝑥|| như sau: x −∞ −1 0 1 2 +∞ ℎ′(𝑥) − 0 − 0 + 0 + + 0 + + h( ) 1 h( ) 1 h ( x) h(0) .
Hàm h ( x ) ó 5 cực trị.
Vậy m = 2; n = 3 nên n 3 m = 2 = 8.
Câu 45: Cho tam giác ABC đều cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O , AD là đường kính của đường
tròn tâm O . Thể tích của khối nón xoay được tạo thành khi cho phần tô đậm quay quanh
đường thẳng AD bằng 3  3a 3 20 3a 3 4 3a 3 23 3a A. 24 . B. 217 . C. 27 . D. 216 . Lời giải Chọn D. Bán kính đườ BC a a 3
ng tròn ngoại tiếp tam giác ABC R = = = 0 2sin A 2sin 60 3 3  Khi quay quanh đườ 4 4 3a
ng thẳng AD thì thể tích hình cầu tạo thành : 3 V =  R = 1 3 27 3  Khi quay quanh đườ 1 3a
ng thẳng AD thì thể tích khối nón tạo thành : 2
V = .BH .AH = 2 3 24
Thể tích của khối nón xoay được tạo thành khi cho phần tô đậm quay quanh đường thẳng 3 23 3a
AD bằng: V V = . 1 2 216 2 cos x − 6
Câu 46: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  1 − 0;1 
0 để hàm số y = 3cos x m   
nghịch biến trên khoảng 0;    3  B. 15 . B. 17 . C. 16 . D. 18 . Lời giải Chọn D.      Đặ 1
t t = cos x , với x  0;  t  ;1      3   2    
Do y = cos x nghịch biến trên 0; 
 nên yêu cầu bài toán trở thành tìm m để hàm số  3  −  1 
y = f (t ) 2t 6 = ;1   . 3t − đồng biến trên m  2  −   Khi đó m
y = f (t ) 2t 6 = D =   3t
là hàm số có tập xác định \ m  3   1 
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ;1   khi và chỉ khi  2   − +   f   (t) 2m 18 1 =     ( t   − m +  m  3t m) 0, ;1 2 2 18 0 9  2        3     3  . m  ;3 m  ;3 m  1         ;1      2    2   3  2 
m nguyên và m thuộc đoạn  1 − 0;1 
0 nên ta có 18 giá trị nguyên của m .
Câu 47: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên , thỏa mãn 2 f ( x) + xf '( x) = 3x +10, x   4 ln (2 + f (x)) và f ( ) 1 = 6 Biết
dx = a ln 5 + b ln 6 + c ln 2 + 3 
với a, b, c là các số 2 ( ) f x − 6 f x + 9 1 − ( ) ( )
hữu tỉ. Giá trị của biểu thức T = a + b + c thuộc khoảng nào sau đây? A. (1; 2) . B. (2;3). C. (0 ) ;1 . D. ( 1 − ;0) . Lời giải Chọn C
2 f ( x) + xf '( x) = 3x +10  2xf ( x) 2 + x f '(x) 2 = 3x +10x  (x f (x))' 2 2 = 3x +10x 2  x f (x) 3 2
= x + 5x + Cf ( )
1 = 6  C = 0  f ( x) = x + 5 (thỏa mãn giả thiết) 4 ln (2 + x + 5)  I =  − ( dx x + 2)2 1   u = ( + x+ ) 1 1 ln 2 5 du = . dx     + + + Đặ 2 x 5 2 x 5 t  1   dv = − +  (  = + = x + ) dx 1 x 1 2 v 1 2  x + 2 x + 2 x +1 +  I = ( + x+ ) 4 4 x 1 1 ln 2 5 − . dxx + 2 1 − x + 2 + + + 1 − 2 x 5 (2 x 5 ) 4 4 5 x + 5 − 2 1 5 x + 5 − 2  − = − dx = −   ( x+ ) 3 5 t 2 ln 5 . ln 5 . 5 dx = ln 5 − dt  2 6 x + 2 + + − − 2 x 5 6 x 2 6 t 3 1 1 − 2 5 1 3 2 t − 3 3 5 1 1 2 = ln 5 − ln t − 3 + ln = ln 5 − ln 6 + ln ( 3 + 2). 6 2 2 2 3 t + 3 2 6 2 3  5 a =  6   1 2  b  = −
a + b + c = . 2 3   1 c =  3 − Câu 48: Cho hàm số x x 3 f ( ) x = 2 − 2
+ 2022x . Biết rằng tồn tại số thực m sao cho bất phương trình
(4x − +37 )+ ( − −37).2x f mx m f x m
)0 nghiệm đúng với mọi x . Hỏi m thuộc khoảng nào dưới đây? A. (30;50) . B. (10;30) . C. (50;70) . D. ( 1 − 0;10). Lời giải Chọn A Xét hàm số xx 3 f ( ) x = 2 − 2
+ 2022x có tập xác định D = . Ta có
Với mọi x D  −x D f (−x) −x x 3
= 2 − 2 − 2022x = − f (x) . Suy ra f (x) là hàm lẻ. −
Mặt khác f ( x) x x 2
= 2 ln 2 + 2 ln 2 + 6066x  0, x
  . Suy ra hàm số f (x) là hàm đồng biến trên .
Bất phương trình đã cho tương đương
f (4x mx + 37m)  − f ( x m − 37).2x )
f (4x mx +37m)  f (−(x m−37).2x )
 4x mx + 37m  −(x m −37).2x
 4x mx + 37m  −(x m −37).2x
 (2x m)(x + 2x −37)  0. Xét phương trình 2x x +
− 37 = 0 . Nhận xét phương trình có một nghiệm x = 5. Xét hàm số ( ) = +2x g x x
−37, có ( ) =1+ 2x g x ln 2  0, x
  suy ra x = 5 là nghiệm đơn duy nhất.
Suy ra g ( x) đổi dấu từ âm sang dương khi qua nghiệm x = 5.
Ta cũng có hàm số hàm số ( ) = 2x h x
m đồng biến trên nên từ giả thiết bất phương trình (2x − )( +2x m x
− 37)  0 nghiệm đúng với mọi x ta có ( ) = 2x h x
m đổi dấu từ âm
sang dương khi x qua điểm x = 5. Do đó h(5) = 0 hay m = 32. 0 
Câu 49: Cho hình chóp S ABCD có đáy S.ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , góc BAD = 60 ,
đường thẳng SO vuông góc với = ( ABCD) và SO
a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 21 a 57 2a 57 a 21 A. . B. . C. . D. . 7 19 19 14 Lời giải Chọn C
Gọi N , H lần lượt là hình chiếu của O lên BC, SN .
Ta có AC = 2OC d ( ,
A (SBC)) = 2d ( ,
O (SBC)) = 2OH ( ) 1 . OH SN  Vì   ⊥ OH BC
(BC ON BC SO (SO ⊥(ABCD)) BC  
(ABCD)) OH (SBC) , , , , a a 3 Do góc BAD 60 =
nên tam giác BAD đều OB = , OA = = OC . 2 2 1 1 1 1 1 16
Tam giác OBC vuông tại O nên ta có = + = + = . 2 2 2 2 2 2 ON OB OCa    3 a 3 a      2  2  
Tam giác SON vuông tại O nên ta có 1 1 1 16 1 19 a 57 = + = + =  OH = 2 . 2 2 2 2 2 2 ( ) OH ON OS 3a a 3a 19
Từ (1) và (2)  d ( A (SBC)) 2 57 , = . 19
Câu 50: Cho khối chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích bằng 3
84a . Gọi M
trung điểm của AB ; J thuộc cạnh SC sao cho JC = 2JS; H thuộc cạnh SD sao cho
HD = 6HS . Mặt phẳng (MHJ ) chia khối chóp thành 2 phần. Thể tích khối đa diện của phần
chứa đỉnh S bằng A. 3 17a . B. 3 19a . C. 3 24a . D. 3 21a . Lời giải Chọn A
Ta có 3 điểm N, H, J thẳng hang. Theo định lý Menelaus ta có JS NC HD 1 NC 6 NC 1 . . 1 . 1 NC MB . JC ND HS 2 ND 1 ND 3  PA 1
K là trung điểm của BC  = . PD 3 S 1 S 1 DP DN 1 3 3 9 Ta có DNP DNP = = . = . . = . S 2 S 2 DA DC 2 2 2 8 ABCD DCA V HD S 6 9 27 27 HPND = . DNP = . = V = V HPND S. V SD S 7 8 28 28 ABCD S.ABCD ABCD
Ta có 3 điểm S, I, A thẳng hàng. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PHD ta có PI HS DA PI 1 2 PI 7 PI 7 . . 1 . . 1 . IH SD AP IH 7 1 IH 2 PH 9 V PM PA PI 1 1 7 7 7 7 27 1 PMAI = . . = . . = V = .V = . V = V . PMAI PNDH S.ABCD S. V PN PD PH 3 3 9 81 81 81 28 12 ABCD PNDH V NK NC NJ 1 1 7 7 7 7 27 1 NKCJ = . . = . . = V = V = . V = V . NKCJ NPDH S .ABCD S . V NP ND NS 3 3 9 81 81 81 28 12 ABCD NPDH 27 1 1 67
Thể tích của phần không chứa S VVV = V . S . ABCD S . ABCD S . ABCD S . 28 12 12 84 ABCD 67 17 17
Thể tích của phần chứa đỉnh S là 3 3 VV = V = .8a = 17a . S . ABCD S . ABCD S . 84 84 ABCD 84
_______________ HẾT _______________
Document Outline

  • de-khao-sat-chat-luong-toan-12-dot-1-nam-2021-2022-so-gddt-thanh-hoa
  • 28. Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021-2022 môn Toán - Sở Thanh Hóa lần 1 (File word có lời giải)-LigMgku6z-1648397573