Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Thanh Hóa
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi khảo sát chất lượng theo định hướng thi tốt nghiệp THPT môn Toán 12 năm học 2023 – 2024.Mời bạn đọc đón xem.
Chủ đề: Đề thi Toán 12 1.2 K tài liệu
Môn: Toán 12 3.9 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 THANH HÓA
(LẦN 1) NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
Câu 1: Cho cấp số cộng (u với u = 4
− và công sai d = 3. Tính u . n ) 1 4 A. u = 1 − .
B. u = 5 .
C. u = 500 .
D. u = 500 − . 4 4 4 4 Lời giải Chọn B
Ta có u = u + 3d = 5. 4 1
Câu 2: Có bao nhiêu cách xếp 4 học sinh vào một bàn dài? A. 24 . B. 6 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A
Mỗi cách xếp là một hoán vị của bốn phần tử nên số cách xếp là 4!= 24.
Câu 3: Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. y 4 2 O 1 2 3 x
Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [0;2] bằng A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn D
Câu 4: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A. x = 0 .
B. x = 2 . C. (0; ) 1 . D. (2;5) . Lời giải Chọn C
Câu 5: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số 3
y = x + 3x trên đoạn [0;2].
A. M = 4 . B. M = 2 − .
C. M = 0 .
D. M =14 . Trang 1 Lời giải Chọn D Ta có 3 2
y = x + 3x ⇒ y ' = 3x + 3 > 0, x ∀ ∈ nên hàm số 3
y = x + 3x đồng biến trên tập số thực,
nên giá trị lớn nhất trên đoạn [0;2]bằng y(2) =14. Câu 6: − +
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 1 y =
là đường thẳng có phương trình : x + 2 A. y = 2 − . B. x = 1 − .
C. x = 2 . D. x = 2 − . Lời giải Chọn D Vì lim y = . +∞ x 2+ →−
Câu 7: Số giao điểm của đồ thị hàm số 2x + 2 y =
với trục hoành là x − 4 A. 1. B. 2. C. 0. D. 1. − Lời giải Chọn A + Với 2x 2 y = 0 ⇔ = 0 ⇔ x = 1.
− Nên đồ thị cắt trục hoành tại một điểm. x − 4
Câu 8: Đạo hàm của hàm số y = log x trên (0;+∞) là A. 1 y′ = . B. x y′ = . C. 1 y′ = . D. 1 y′ = . xln10 ln10 x x log e Lời giải Chọn A 1
y = log x ⇒ y ' = . x ln10
Câu 9: Nghiệm của phương trình x−2 3 = 9 là A. x = 1 − .
B. x = 4 . C. x =1.
D. x = 5. Lời giải Chọn B x−2 x−2 2
3 = 9 ⇔ 3 = 3 ⇔ x − 2 = 2 ⇔ x = 4.
Câu 10: Tập xác định của hàm số y (x ) 3 1 − = + là A. [ 1; − +∞). B. \{ } 1 − . C. ( 1; − +∞) . D. (0;+∞). Lời giải Chọn B
Điều kiện xác định của hàm số y (x ) 3 1 − = +
là x +1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1
− nên tập xác định là \{− } 1 .
Câu 11: Tìm tập nghiệm S của phương trình log ( 2 x −1 = 3 . 2 )
A. S = { } 3 .
B. S = {± } 3 .
C. S = {− } 3 .
D. S = { } 2 . Lời giải Chọn B Trang 2 log ( 2 x − ) 2 3 2
1 = 3 ⇔ x −1 = 2 ⇔ x = 9 ⇔ x = 3. ± 2
Câu 12: Cho hàm số f (x) 4 2
= 5x + 3x +1. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. ∫ ( ) 5 3 f x dx x
= + x + x + C . B. f ∫ (x) 5 3
dx =20x +12x + x + C . C. ∫ ( ) 5 3 f x dx x 1 = + x + C . D. f ∫ (x) 5 3 2 dx x
= + x + x + C . 2 Lời giải Chọn A Ta có f
∫ (x)dx = ∫( 4 2 x + x + ) 5 3 5 3
1 dx = x + x + x + C. 3 3 3
Câu 13: Biết f
∫ (x)dx = 2; g
∫ (x)dx = 3. Tính ∫( f (x)+ g(x)) . dx 1 1 1 A. 6. B. 5. C. 4. D. 2. Lời giải Chọn B 3 3 3
Ta có ∫( f (x)+ g(x))dx = f
∫ (x)dx+ g
∫ (x)dx =2+3 = 5. 1 1 1
Câu 14: Cho hàm số f (x) 2x 1 x e + = +
. Khẳng định nào dưới đây đúng? 2 2x 1 + 2 A. ∫ ( ) x e f x dx = + + C . B. f ∫ (x) x 2x 1 dx e + = + + C . 2 2 2 C. ∫ ( ) 2 1 2 x f x dx e + = + C . D. f ∫ (x) 2 2x 1 dx x e + = + + C . Lời giải Chọn A x+ ∫ ( ) ∫( x+ = + ) 2 2 1 2 1 x e f x dx x e dx = + + C. 2 2
Câu 15: Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên đoạn [ ;
a b]. Thể tích vật thể tròn xoay được sinh
ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x) , trục hoành và hai đường thẳng
x = a, x = b quanh trục hoành được tính theo công thức b b b a
A. V = f ∫ (x) dx . B. 2 V = π f
∫ (x)dx. C. 2 V = f
∫ (x)dx. D. 2 V = π f ∫ (x)dx. a a a b Lời giải Chọn B
Câu 16: Khối lăng trụ có thể tích bằng 12, diện tích đáy bằng 4 thì chiều cao của khối lăng trụ bằng A. 3. B. 9. C. 48 . D. 4 . Lời giải Chọn A Ta có = . V
V B h ⇒ h = = 3. B
Câu 17: Cho hình nón có bán kính đáy r = 8 và độ dài đường sinh l = 3 . Diện tích xung quanh của hình nón bằng: Trang 3 A. 24π . B. 192π . C. 48π . D. 64π . Lời giải Chọn A
Ta có S = rl π = π xq 24 .
Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu có phương trình: (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 1 4 3 = 9. Tìm tọa
độ tâm I và bán kính r của mặt cầu.
A. I (1;4;3),r = 3.
B. I (1;4;3),r = 9. C. I ( 1 − ; 4 − ; 3
− ),r = 3. D. I ( 1 − ; 4 − ; 3 − ),r = 9. Lời giải Chọn A
Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(0;1;−1 ), B(2;3;5) . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là
A. M (1;2;2) .
B. M (1;2;− 2) .
C. M (2;2;6) .
D. M (2;4;4). Lời giải Chọn A x + x A B x = = M 1 2 Ta có y + y A B y = = M 2. 2 z + z A B z = = M 2 2
Câu 20: Tính diện tích toàn phần của khối bát diện đều có cạnh bằng 2. A. 4 3 . B. 8 3 . C. 16 3 . D. 3 . Lời giải Chọn B
Hình bát diện đều có tám mặt, mỗi mặt là một tam giác đều, vì mỗi cạnh bằng 2 nên diện tích một mặt là 2 3 2 .
= 3. Vậy diện tích toàn phần bằng 8 3. 4
Câu 21: Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi. Số cách lấy là A. 9. B. 3 C . C. 3 A . D. 3 3 3
C + C + C . 15 15 4 5 6 Lời giải Chọn B
Tổng số bi trong hộp là 15 viên nên số cách lấy 3 viên từ hộp là 3 C . 15
Câu 22: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên và có bảng biến thiên như sau Trang 4
Số nghiệm của phương trình 2. f (x) −3 = 0 là A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. Lời giải Chọn B
Ta có: f (x) − = ⇔ f (x) 3 2. 3 0
= nên số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ 2
thị y = f (x) và đường thẳng 3 y = . 2
Câu 23: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC) ; tam giác ABC đều cạnh a và SA = a (tham khảo hình
vẽ). Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC). S A C B A. o 60 . B. o 45 . C. o 135 . D. o 90 . Lời giải Chọn B Ta có S
∆ AC vuông cân tại A , SC ( ABC) = 0 ; SCA = 45 .
Câu 24: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC) , SA = AB = 2a , tam giác ABC vuông tại B (tham khảo
hình vẽ). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng A. a 3 . B. a . C. 2a . D. a 2 . Lời giải Trang 5 Chọn D
Gọi H là trung điểm của SB , do tam giác SAB cân tại A nên AH ⊥ SB , mặt khác theo giả thiết
BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH suy ra AH ⊥ (SBC) ⇒ d ( ;
A (SBC)) = AH = a 2.
Câu 25: Biết rằng đường thẳng y = 2
− x + 2 cắt đồ thị hàm số 3
y = x + x + 2 tại điểm duy nhất; kí hiệu
(x ; y là tọa độ của điểm đó. Tìm (x + y ). 0 0 ) 0 0
A. x + y =1.
B. x + y = 3.
C. x + y = 2 .
D. x + y = 4 . 0 0 0 0 0 0 0 0 Lời giải Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm là: 3 3 x + x + 2 = 2
− x + 2 ⇔ x + 3x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 2 ⇒ x + y = 2. 0 0
Câu 26: Cho hàm số f (x) có đạo hàm f (x) = x( − x)2 ( − x)3 (x − )4 ' 1 3
2 với mọi x∈ . Điểm cực đại
của hàm số đã cho là
A. x = 2 .
B. x = 0 .
C. x = 3. D. x =1. Lời giải Chọn C x = 0 =
f (x) = x( − x)2 ( − x)3 (x − )4 ⇒ f (x) x 1 ' 1 3 2 ' = 0 ⇔ . x = 2 x = 3
Bảng xét dấu đạo hàm.
Suy ra hàm số f (x) đạt cực đại tại x = 3.
Câu 27: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị 3
y = x − 3x cắt đường thẳng y = m
tại ba điểm phân biệt. Số phần tử của tập S bằng A. 4 . B. 2 . C. 5. D. 3 . Lời giải Chọn D x =1 Ta có 3 2
y = x − 3x ⇒ y ' = 3x − 3 = 0 ⇔ ⇒ y = 2, y = 2 −
. Để đường thẳng y = mcắt x = 1 CÐ CT − đồ thị 3
y = x − 3x thì y < m < y ⇔ − < m < , vì m nguyên nên m∈{ 1; − 0; } 1 . CT CÐ 2 2
Câu 28: Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình ( 2
log x + 2x + 3) ≤ log6. A. 5 − . B. 5 . C. 4 . D. 7 . Lời giải Chọn A Trang 6
x + x + ≤ log(x + 2x + 3) 2 2 3 6 2 2 ≤ log 6 ⇔
⇔ x + 2x − 3 ≤ 0 ⇔ 3
− ≤ x ≤1.Vậy tổng tất cả các 2
x + 2x + 3 > 0
nghiệm nguyên của x bằng: 3 − − 2 −1+ 0 +1 = 5. −
Câu 29: Tìm tập xác định D của hàm số y = ( 2
ln −x − 3x + 4).
A. D = ( ; −∞ 4 − ) ∪(1;+∞).
B. D = ( 4; − ) 1 . C. D = [ 4; − ] 1 .
D. D = ( 1; − 4). Lời giải Chọn B
Điều kiện xác định là 2
−x − 3x + 4 > 0 ⇔ 4
− < x <1.Vậy tập xác định D = ( 4; − ) 1 .
Câu 30: Cho a,b,c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y = log x y = x y = x .
a , logb , logc
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. a < c < b .
B. a < b < c .
C. c < b < a .
D. c < a < b . Lời giải Chọn D
Nhìn đồ thị ta có y = log x y =
x là các hàm số đồng biến nên a >1;b >1 và hàm số a , logb lo
y = g x nghịch biến nên 0 < c <1. c
Kẻ đường thẳng y =1 trên cùng hệ trục đã cho thì đường thẳng y =1cắt đồ thị y = log x y =
x lần lượt tại các điểm có hoành độ là a,b , nhận thấy a < b ⇒ c < a < . b a , logb
Câu 31: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên có đồ thị như hình vẽ dưới. Gọi S là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi đồ thị y = f (x), trục hoành và các đường thẳng x = 1, − x = 5. Trang 7
Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 5 1 5
A. S = − f (x)dx − f (x)dx ∫ ∫ .
B. S = f (x)dx + f (x)dx ∫ ∫ . 1 − 1 1 − 1 1 5 1 5
C. S = f (x)dx − f (x)dx ∫ ∫ .
D. S = − f (x)dx + f (x)dx ∫ ∫ . 1 − 1 1 − 1 Lời giải Chọn C 5 1 5 1 5 Ta có S = f
∫ (x)dx = f
∫ (x)dx+ f
∫ (x)dx = f
∫ (x)dx− f ∫ (x) . dx 1 − 1 − 1 1 − 1
Vì: f (x) ≥ 0, x ∀ ∈[ 1; − ]
1 ; f (x) ≤ 0, x ∀ ∈[1;5].
Câu 32: Biết F (x) x 2
= e + x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên . Khi đó f (2x)dx ∫ bằng A. 1 1 x 2
2e + 2x + C. B. 2x 2
e + x + C. C. 2x 2
e + 2x + C. D. 2x 2
e + 4x + C. 2 2 Lời giải Chọn C Ta có f ∫ ( x) 1 dx = f ∫ ( x) 1 d x = f ∫ (t) 1 2 2 (2 ) dt = ( t 2
e + t ) + C với t = 2 .x 2 2 2 Vậy f ∫ (2x) 1 2x 2
dx = e + 2x + C. 2 2 x
Câu 33: Hàm số f (x) = (t − ) 1 dt, x∈ ∫
có bao nhiêu điểm cực trị? 1 A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn D x = 0 2 x 4
Ta có f (x) ∫ (t ) x 2 1 1 dt x
f '(x) 2x( 2 x )1 0 = − = − + ⇒ =
− = ⇔ x =1 do 3 nghiệm này 2 2 1 x = 1 −
phân biệt nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Câu 34: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
x + y + z + 4x − 4y + 2z = 0.Biết rằng mặt cầu cắt mặt
phẳng (Oxy) theo giao tuyến là đường tròn tâm H. Tìm tọa độ điểm H. A. H ( 2; − 2;0). B. H ( 2; − 2;− ) 1 .
C. H (0;0;− ) 1 .
D. H (2; 2; − 0). Lời giải Chọn A
Ta có tâm mặt cầu là I ( 2; − 2;− )
1 nên H chính là hình chiếu của I trên (Oxy) , hay H ( 2; − 2;0).
Câu 35: Kim tự tháp Kê - ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự
tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao là 147 m , cạnh đáy là 230 m . Thể tích của nó là A. 3 2592100 m . B. 3 2952100 m . C. 3 2529100 m . D. 3 2591200 m . Trang 8 Lời giải Chọn A
Gọi khối chóp tứ giác đều là S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 230 m ; chiều cao SH =147 m. Thể tích của nó là: 1 1 V = S SH = = . S ABCD . ABCD. .( 2 230 .147 2592100 . ) 3 3
Vậy thể tích Kim tự tháp là 3 2592100 m .
Câu 36: Cho khối chóp S.ABC,có ,
SA SB, SC đôi một vuông góc nhau, SA = 2a, SB = a 5, SC = a 7.
Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC.
A. R = 4a .
B. R = a .
C. R = 2a .
D. R = 8a . Lời giải Chọn C 1 2 2 2 R =
SA + SB + SC = 2 . a 2
Câu 37: Trong không gian Oxyz , gọi S là tập các giá trị của m để điểm A( 2
1;2;m − 2m) nằm trên mặt
phẳng (Oxy).Số phần tử của tập S là A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn C = A( m 0 2
1;2;m − 2m)∈(Oxy) 2
⇔ z = ⇔ m − m = ⇔ A 0 2 0 . m = 2
Câu 38: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f (x) 2 2 '
= x − 2x + m − m , x
∀ ∈ . Có tất cả bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m để hàm số g (x) = f ( x ) có 5 điểm cực trị? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. Lời giải Chọn D
Để hàm số g (x) = f ( x ) có 5 điểm cực trị thì hàm số y = f (x) có 2 cực trị dương, hay phương trình f (x) 2 2 '
= x − 2x + m − m = 0 có hai nghiệm dương phân biệt, điều kiện cần và đủ là: Trang 9 2
∆ = m − m +1 > 0
x + x = 2 > 0 ⇔ 0 < m <1. 1 2 2
x .x = m − m > 0 1 2
Vậy không có giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 39: Cho hàm số ( ) = ( 2 ln + ) 1 + 3 m f x x x x + .
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham x
số m với 0 < m < 68 sao cho hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; 2). Có tất cả bao nhiêu
phần tử thuộc S ? A. 50. B. 49 . C. 48 . D. 47 . Lời giải Chọn A
Tập xác định của hàm số f (x) là D = (0; + ∞) . 2 ′( ) 3x +1 m f x = + − . x( 3 2 x + ) 2 1 x
Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; 2) khi và chỉ khi f ′(x) ≤ 0, x ∀ ∈(0; 2) (do phương trình f ′(x) = 0
tại hữu hạn nghiệm thuộc khoảng (0; 2)) 2 3 3x +1 m 3x + x 2 ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ( ) 1 , x ∀ ∈(0; 2). x( 3 3x m 2 x + ) 2 2 1 x x +1 3 4 2 + +
Xét hàm số g (x) 3x + x 2 3x 8x 1 =
+ 3x , x ∈ 0; 2 . g′(x) = + 6x > 0, x ∀ ∈ 0; 2 . 2 ( ) 2 ( ) x +1 ( 2x + )1
Ta có bảng biến thiên của hàm số g (x)
Từ bảng biến thiên ta thấy ( )
1 đúng với mọi x∈(0;2) khi và chỉ khi 86 m ≥ . 5
Do m∈(0; 68) và m là số nguyên nên m∈ S = {18;19;...; } 67 .
Vậy số phần tử thuộc S là 50.
log ( 3x − log (2x) +13 2 ) 2
Câu 40: Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình 2 ≥ 0. 3 2
x − 4x + 5x − 2 A. 133. B. 136. C. 153. D. 135. Lời giải Chọn A Trang 10 x > 0 x > 0 Điều kiện ⇔ . 3 2
x 4x + 5x − 2 ≠ 0 −
x ≠ 1; x ≠ 2 3
log x − log (2x) +13 2 ( ) 2
Với điều kiện suy ra bất phương trình: 2 ≥ 0 3 2
x − 4x + 5x − 2 ⇔ x − ( + x)2 + ≥ ⇔ −( x)2 1 3log 1 log 13 0 log + log x +12 ≥ 0 ⇔ 3
− ≤ log x ≤ 4 ⇔ ≤ x ≤16 2 2 2 2 2 8 (thoả mãn).
Với điều kiện trên và x∈ ⇒ x∈{3;4;5; ; … 16}.
Do đó tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 3+ 4 + 5 +…+16 =133. 4 x Câu 41: Biết 1 x + e +
dx = a + eb − ec ∫
với a,b,c là các số nguyên. Tính T = a − b − .c 2 4 x x 1 xe A. T = 3. −
B. T = 3.
C. T = 6. D. T = 5. − Lời giải Chọn C 2 x Vì 1 x + e 1 1 + = + nên 2 4x xe x 2 x ex 4 1 x + ex 4 1 1 + dx ∫ = + ∫ dx ( e x x − = − )4 1 − 4 1 e e− = + − . 2 4 x x 2 x ex 1 xe 1 1
Suy ra a =1, b = 1 − , c = 4 − . Vậy T = 6 .
Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , góc 0
ABC = 60 và SA vuông góc với mặt
phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Biết khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC)
bằng a . Thể tích khối chóp S.ABCD là 3 3 3 3 3 A. a 2 . B. a 2 . C. a 3 . D. a 3 . 8 6 18 12 Lời giải Chọn A Trang 11
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 ⊥ AI AH ⊂ (SAI ) 1 AH ⊥ SI
Gọi M là trung điểm AD, G là trọng tâm S ∆ AD , ta có: 3 = ⇒ ( ( )) 3 = ( ( )) 3 , , = . a a MS GS d M SBC d G SBC = = d ( ,
A (SBC)) (2) (do AD (SBC)) 2 2 2 3 2 Từ (1) và (2) suy ra a AH = . 2
Mặt khác tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên a 3 AI = 2
Trong tam giác vuông SAI có 1 1 1 a 6 = + ⇒ SA = . 2 2 2 AH AS AI 4 2 Diện tích đáy a 3 S = S = . ABCD 2. ABC 2 3 Suy ra 1 a 2 V = SA S = . S ABCD . . . 3 ABCD 8
Câu 43: Trong không gian Oxyz , cho A(1; 2 ; 0) ; B(3; −1; 2) ; C (1; 2 ; 2); D(3; −1; ) 1 và điểm M 1
∈(Oxy) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 4
T = MA + 2MB − MC − MD . 4 A. 1. B. 7 . C. 15 . D. 6 . 4 4 Lời giải Chọn D +) Gọi I (x y
là điểm thỏa mãn IA + 2IB − IC = 0 ⇔ I (3; −1; )
1 . Suy ra I ≡ D .
I ; I ; zI ) +) Ta có 2 2 2 1 4
T = MA + 2MB − MC − MD 4
= (MI + IA)2 + 2(MI + IB)2 −(MI + IC)2 1 4 − MI = 2 1 4 2MI − MI + ( 2 2 2
IA + 2IB − IC ). 4 4 Trang 12 +) IA = ( 2 − ; 3 ; − ) 1 ; IB = (0 ; 0 ; ) 1 ; IC = ( 2 − ; 3 ; ) 1 . Suy ra 2 2 2
IA + 2IB − IC =14 + 2 −14 = 2 ) Đặt 2 1 MI = x . Ta có 2
T = 2x − x + 2. 4
+) Gọi H là hình chiếu của I trên (Oxy) . Ta có MI ≥ IH =1, M ∀ ∈(Oxy) . +) Xét hàm số 1 2
y = f (x) = − x + 2x + 2, với x∈[1; + ∞) . 1
f '(x) = − x + 2 ; f '(x) = 0 ⇔ x = 4 4 2 Bảng biến thiên:
Vậy maxT = 6 , khi x = 4 , hay MI = 2 và M ∈(Oxy) .
Câu 44: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO , A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng
cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 và 0 = 0
SAO 30 , SAB = 60 . Diện tích tam giác SAB bằng: A. 9 3 . B. 3 2 . C. 3 . D. 3 5 . 2 2 Lời giải Chọn A S H B O I A
Gọi I là trung điểm của AB ⇒ OI ⊥ AB .
Gọi H là hình chiếu của O lên SI ⇒ OH ⊥ SI . OI ⊥ AB Ta có:
⇒ OH ⊥ (SAB) ⇒ d ( ;
O (SAB)) = OH = 3 OS ⊥ AB
Xét tam giác SAO vuông tại O có: sin SO SA SAO = ⇒ SO = SA 2 Xét tam giác SI SA
SAI vuông I có: 3 sin SAI = ⇒ SI = SA 2 Xét tam giác 1 1 1 1 1
SOI vuông tại O có: = + = + ⇒ SA = 3 2 2 2 2 2 2 2 OH OI OS SI − SO OS Trang 13 2 Diện tích tam giác đều SA . 3 9 3 SAB là: S = = . ABC 4 2
Câu 45: Cho hai hàm số f (x), g (x) có đạo hàm trên tập số thực và thỏa mãn ln 4 f (x) 2
− 4x +12x +1 + f (x) 2 − x + 3x = 0 , x
∀ ∈ . Tìm tổng tất cả các giá trị nguyên g ( x) 3 2
= x − x + f (x) + log m
dương của tham số m để phương trình: g(3.g(x)) + 8g (x) = 3x có 3 nghiệm phân biệt? A. 24090 . B. 23871. C. 24310 . D. 24531. Lời giải Chọn C
Viết lại giả thiết thứ nhất: { f (x) 2
− x + x + } + f (x) 2 ln 4 3 1 − x + 3x = 0 Nếu f (x) 2
− x + 3x > 0 thì vế trái dương nên không thỏa mãn Nếu f (x) 2
− x + 3x < 0 thì vế trái âm nên không thỏa mãn Nếu f (x) 2
− x + 3x = 0 thì vế trái bằng không nên thỏa mãn
Vậy từ giả thiết thứ nhất ta tìm được f (x) 2 = x − 3 . x Với f (x) 2
= x − x ⇒ g (x) 3 3 + 3x = x + log . m Xét hàm số 3 2
y = x + log m ⇒ y ' = 3x ≥ 0, x ∀ ∈ .
Hay hàm số y = g (x) + 3x đồng biến trên tập số thực. Ta có:
g g x + g (x) = x ⇔ g ( g (x)) + g (x) = g (x) + x ⇔ g (x) = x ⇔ ( 3 (3 ( )) 8 3 3 3.3 3 3
3 x − 3x + log m) = .x 3
⇔ 3x −10x = 3 − log ,
m xét hàm h(x) 3
= 3x −10x, để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì
điều kiện cần và đủ là: h < −
m < h ⇔ ≤ m ≤ vì * m∈ N . CT 3log CÐ 1 220,
Ta có 1+ 2 + 3+...+ 220 = 24310.
Vậy tổng các giá trị của tham số cần tìm là 24310.
Câu 46: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [ 4;
− 4] và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới
Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc đoạn [ 4; − 4] để hàm số
g (x) = f ( 3
x + 2x) + f (m) có giá trị lớn nhất trên đoạn [ 1; − ] 1 bằng 8 ? A. 10. B. 9. C. 8 . D. 7 . Lời giải Chọn C Trang 14 Đặt 3 2
t = x + 2x ⇒ t′ = 3x + 2 > 0 x ∀ ∈ . Hàm số 3
t = x + 2x luôn đồng biến trên . Do đó x ∈[ 1; − ] 1 ⇒ t ∈[ 3 − ; ] 3 f ( 3
x + 2x) = f (t) với t ∈[ 3 − ; ] 3 .
Ta có max[ f (t) + f (m)] = 5 + f (m); min [ f (t) + f (m)] = 6 − + f (m) t [ ∈ 3 − ; ] 3 t [ ∈ 3 − ; ] 3 5 + f (m) = 8 6 − + f (m) ≥ 8 − f (m) = Nên g (x) =
f (t) + f (m) 3 max max = 8 ⇔ ⇔ x [ ∈ 1 − ] ;1 t [ ∈ 3 − ; ] 3 5 + f (m) ≤ 8 f (m) = 2 − 6 − + f (m) = 8 −
Dựa vào bảng biến thiên với m∈[ 4; − 4] ta có:
Với f (m) = 3 phương trình có 3 nghiệm. Với f (m) = 2
− phương trình có 5 nghiệm.
Vậy có tất cả 8 giá trị của m thoả mãn. 2 x y 1 + 2
2 − 4 = 2y + 2 − x
Câu 47: Cho hệ phương trình 3
4x + 2(2y + 2) = ( 4 x + ) 4
1 x +16(2y + 2) +8x +1
Biết hệ có một nghiệm (x ; y , x a b c 2 > 0, với x + − + = trong đó a,b, 0 0 ) 0 0 c là các số 2
nguyên dương. Khi đó giá trị của N = b + c − a bằng A. 4 . B. 2 . C. 6 . D. 8 . Lời giải Chọn A 2 2 x y 1 + 2 x 2 2 y+2 2
2 − 4 = 2y + 2 − x ⇔ 2 + x = 2
+ (2y + 2) ⇔ x = 2y + 2. Thế 2
x = 2y + 2 vào phương trình còn lại ta được phương trình: 2 x ( x + ) 2 4 4
4 1 + x = x +1. x + (4x + )2 1 ( ) 1 . u = ( 2x ) ;1 Đặt 2 2 4 4 2 ⇒ = + + = + + + v = ( .
u v x 4x 1 x ; u . v x 1. x 4x 1 . 2 4x +1; x ) ( ) ( ) Mà ta luôn có: 2
u v ≤ u v ⇒ x ( x + ) 2 4 4 .
4 1 + x ≤ x +1. x + (4x + )2 1 (2) Trang 15
Từ (1) và (2) suy ra u và v cùng hướng hay: x 1
x + 2x +1+ 2 = 0 VN 4 =
⇒ x − 4x −1 = 0 ⇔ ( 2
x +1 = 2 x +1 ⇔ 2 ) 2 2 2 ( )2 ( ) + 2 4x 1 x
x − 2x +1− 2 = 0
Từ đây ta tìm được nghiệm dương là 2 + 2 − + 4 2 x =
⇒ a = b = 2;c = 4. 2
Vậy N = c + b − a = 4.
Câu 48: Cho hai số thực dương a , 1 1 b thỏa mãn log a = log
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2024 2024 2 b 2
P = 4a + b − 3log ( 2
4a + b được viết dưới dạng x − y log z , với 3 ) 3
x, y, z là các số nguyên
dương lớn hơn 2. Khi đó, tổng 2
(x + 2y + z) có giá trị bằng A. 225 . B. 144. C. 196. D. 121. Lời giải Chọn C Ta có: 1 1 1 1 1 log a = log ⇔ log a = 2log ⇔ log a = log ⇔ a = . 2024 2024 2024 2024 2024 2024 2 2 2 b b b b Đặt 2 4 4
t = 4a + b . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 2
t = 4a + b = + b ≥ 2 .b = 4 . 2 2 b b
Đẳng thức xảy ra khi b = 2 và 1 a = . 2 Khi đó: 2
P = 4a + b − 3log ( 2
4a + b = t − 3log t , với t ≥ 4 . 3 ) 3
Xét hàm số: f (t) = t −3log t liên tục trên nửa khoảng [4;+∞) . 3 Có f ′(t) 3 t ln 3− 3 =1− = > 0 , t ∀ > 4 t ln 3 t ln 3
Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên [4;+∞) .
⇒ P = f (t) ≥ f (4) = 4 − 3log 4 . Suy ra: P = 4 − 3log 4 khi 1 a = và . 3 min 3 b = 2 2 Vậy 2
x = 4; y = 3; z = 4 ⇒ (x + 2y + z) =196 .
Câu 49: Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên tập số thực và thỏa mãn f (x) 2 f (x) 8 6 4 2 ' 3
+1 = 9x + 21x +15x + 6x +1, x ∀ ∈ , f (0) = 0. Tính 1 f (x) 2023 − f x x x ∫ + e + e f x + . dx 4 ( ) 2 ( ) ( ) + + − x 1 x e 1 1 A. 92 . B. 73 . C. 77 . D. 0. 105 105 105 Lời giải Chọn A Ta có f (x) 2 f (x) 8 6 4 2 ' 3
+1 = 9x + 21x +15x + 6x +1,
lấy nguyên hàm hai vế kết hợp với điều
kiện f (0) = 0 ta được f (x) + f (x) = (x + x)3 3 3 + ( 3
x + x) ⇒ f (x) 3 = x + . x Trang 16 a
Ta chứng minh được nếu f (x) là hàm số lẻ thì f
∫ (x)dx = 0và nếu f (x)là hàm số chẵn thì −a a f (x) a dx = f x dx ∫ x ∫ ( ) . + − e 1 a 0 f (x) 2023 Với ( ) 3
f x = x + x suy ra các hàm số y = ; x − x y = e + e
f x là các hàm số lẻ còn 4 ( ) ( ) x + 1 hàm số 2
y = f (x) là hàm số chẵn. Khi đó: 1 f (x) 2023 − f x x x ∫ + e + e f x + dx 4 ( ) 2 ( ) ( ) + + − x 1 x e 1 1 . 1 f (x) 2023 1 = ∫ dx + ∫ ( − f x f x x x e + e ) 1 2 1 2 1 f (x) ( ) ( ) dx + dx =
dx = x + x dx = ∫ x ∫ x ∫( )2 3 92 . 4 + + + − x 1 − − e 1 − e 1 105 1 1 1 1 0
Câu 50: Cho lăng trụ ABC.A′B C
′ ′có chiều cao bằng 6 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N, P
lần lượt là tâm các mặt bên ABB A ′ ,′ ACC A ′ ,′ BCC B
′ ′ . Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm ,
A B,C, M , N, P bằng A. 9 3 . B. 10 3 . C. 7 3 . D. 12 3 . Lời giải Chọn A A' C' B' N D F M P E A C B
Gọi DEF là thiết diện của lăng trụ cắt bởi mặt phẳng (MNP) .
Dễ chứng minh được (DEF ) / / ( ABC) và D, E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng 1
AA ,′ BB ,′CC′ suy ra V = V = . ABC DEF ABC A′B C ′ ′ 12 3 . . 2 Ta có V = V −V −V −V . ABCPNM ABC.DEF ADMN BMPE CPMF Mặt khác 1 3 V = V = V = V ⇒ V = V = . ADMN BMPE CPMF ABC DEF ABCPNM ABC DEF 9 3 . . 12 4 -------- Hết ------ Trang 17
Document Outline
- de-khao-sat-chat-luong-toan-12-lan-1-nam-2023-2024-so-gddt-thanh-hoa
- LỜI GIẢI CHI TIẾT KHẢO SÁT LẦN 1-2023-2024 GỬI PHẢN BIỆN LẦN 1