Đề khảo sát Toán 12 lần 1 năm 2022 – 2023 trường chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi khảo sát chất lượng môn Toán 12 lần 1 năm học 2022 – 2023 trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Phú Thọ
Tài liệu liên quan:
Preview text:
BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5
A C A B C C D D C A C C B D B B D B A D D B C D B
2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 5
6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
D C A B C A B A D D A A D B A C A C A D A B B B C
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Hàm số nào sau đây đồng biến trên ? 1 x 1 x 3 x A. 2023x y = . B. y = . C. y = .
D. y = . 2 3 π Lời giải Chọn A Câu 2: Cặp số ( ;
x y) nào sau đây là nghiệm của bất phương trình 2x + 3y > 2 ? A. ( ; x y) = (1;0).
B. ( ;x y) = (0;0). C. ( ; x y) = (0; ) 1 . D. ( ; x y) = (1;− ) 1 . Lời giải Chọn C −
Câu 3: Đồ thị hàm số 2 3x y =
có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình x + 2 A. y = 3. − B. y = 2. −
C. y = 2. D. x = 2. − Lời giải Chọn A
Câu 4: Cho cấp số nhân (u có u = 2
− và công bội q = 3. Số hạng u là n ) 1 2 A. u =1. u = 6. − u = 18. − u = 6. 2 B. 2 C. 2 D. 2 Lời giải Chọn B
Câu 5: Trên khoảng (0;+ ∞), đạo hàm của hàm số y = log x là A. 1 y′ = . B. ln10 y′ = . C. 1 y′ = . D. 1 y′ = . x x xln10 10ln x Lời giải Chọn C
Câu 6: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình x 1+ 1 5 − > 0 . 5
A. S = (1;+∞) . B. S = ( 1; − +∞) . C. S = ( 2; − +∞). D. S = ( ; −∞ 2 − ). Lời giải Chọn C x+ 1 Ta có 1 x 1 + 1 5 0 ⇔ 5 > 5− − > ⇔ x +1 > 1 − ⇔ x > 2 − . 5
Vậy tập nghiệm S của bất phương trình là S = ( 2; − +∞).
Câu 7: Cho hàm số ( ) 3 1
f x = x + . Khẳng định nào sau đây đúng? x 1 4 A. f ∫ (x) 2 dx = 3x + + C . B. ∫ ( )d x f x x = + C . 2 x 4 1 4 C. f ∫ (x) 2 dx = 3x − + C . D. ∫ ( )d x f x x = + ln x + C . 2 x 4 Lời giải Chọn D 4 x Ta có f ∫ (x) 3 1 dx = x + dx = + ln x + ∫ C . x 4
Câu 8: Thể tích của khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng 1 4 A. 2 π r h .
B. 2π rh . C. 2 π r h . D. 2 π r h . 3 3 Lời giải Chọn D
Thể tích của khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng 2 π r h .
Câu 9: Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ? 2x −1 x + 2 x − 2 x −1 A. y = . B. y = . C. y = . D. y = . x −1 x −1 x −1 x +1 Lời giải Chọn C
Đồ thị có tiệm cận đứng x =1, tiệm cận ngang y =1 và đi qua điểm(2;0) . x − 2 Suy ra hàm số y =
có đồ thị là hình vẽ đã cho. x −1
Câu 10: Tập xác định của hàm số y = cot x là π A.
\{kπ , k ∈ } .
B. \ + kπ, k ∈ . 2 π C. \ k2π, k + ∈ .
D. \{k2π , k ∈ } 2 . Lời giải Chọn A
Điều kiện xác định của hàm số là sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ ,k ∈ .
Vậy tập xác định của hàm số y = cot x là \{kπ, k ∈ } .
Câu 11: Nghiệm của phương trình log x + 2 =1 là 2 ( )
A. x = 2. B. x = 1. −
C. x = 0. D. x =1. Lời giải Chọn C x + 2 > 0 x > 2 −
Ta có log x + 2 =1 ⇔ ⇔ ⇔ x = 0 . 2 ( ) x + 2 = 2 x = 0
Câu 12: Cho khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao 4 .
a Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 3 4a . B. 16 3 a . C. 4 3 a . D. 3 16a . 3 3 Lời giải Chọn C
Diện tích đáy của khối chóp là 2 B = a .
Thể tích của khối chóp đã cho là 1 1 2 4 3 V = .
B h = a .4a = a . 3 3 3
Câu 13: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 3
y = x + x trên [0;2] là A. 2. B. 0. C. 10. D. 2. − Lời giải Chọn B Xét hàm số 3
y = x + x có 2
y′ = 3x +1 > 0,∀x ∈ .
Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên .
Vậy min y = y(0) = 0 . [0;2]
Câu 14: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là A. 1 V = B . h
B. V = B . h C. 1 V = B . h D. 1 V = B . h 2 6 3 Lời giải Chọn D
Thể tích của khối chóp đã cho là 1 V = Bh . 3
Câu 15: Cho khối trụ có thể tích bằng 3
3πa và bán kính đáy bằng .
a Độ dài đường sinh của hình trụ đã cho bằng A. 2 2 . a B. 3 . a C. 2 . a D. 3a . 2 Lời giải Chọn B Ta có 2 3 2
V = π.R .h ⇔ 3π a = π a .h ⇒ h = 3a .
Vậy đường sinh của hình trụ đã cho là l = h = 3a .
Câu 16: Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng d : x + 4y −1= 0 . Một vectơ pháp tuyến của d có tọa độ là A. (4; ) 1 − . B. (1;4) . C. (1; 4 − ) . D. (4; ) 1 . Lời giải Chọn B
Đường thẳng d : x + 4y −1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là (1;4) .
Câu 17: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau? A. 5!. B. 5 C . C. 5 9 . D. 5 A . 9 9 Lời giải Chọn D
Giả sử số tự nhiên có dạng abcde.
Số các số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau là 5 A . 9
Câu 18: Cho hàm số y = f (x) có đồ thị là đường cong như hình vẽ
Hàm số f (x) đạt cực đại tại điểm nào sau đây? A. x =1. B. x = 1 − . C. y = 3. D. M ( 1; − 3) . Lời giải Chọn B
Từ đồ thị, hàm số f (x) đạt cực đại tại điểm x = 1 − .
Câu 19: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 1; − 0) . B. (1;2) . C. (0;+∞). D. ( ; −∞ − ) 1 . Lời giải Chọn A
Từ BBT,hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 1; − 0) .
Câu 20: Cho hàm số y = f (x) xác định trên \{ }
0 và có bảng biến thiên như hình vẽ
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f (x) + 3 = 0 là A. 1. B. 3. C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có f (x) = 3
− ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Câu 21: Với a là số thực dương tùy ý, 3 log a bằng 5
A. 1 + log a . B. 1 log . a C. 3+ log . a D. 3log . a 5 3 5 3 5 5 Lời giải Chọn D Ta có: 3
log a = 3log a . 5 5
Câu 22: Với các số thực dương a, b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. ln (ab) = ln . a ln .
b B. ln (ab) = ln a + ln . b
C. ln a = ln b − ln . a D. a ln ln a = . b b ln b Lời giải Chọn B
Câu 23: Cho hàm số y = f (x), y = g (x) liên tục trên .
Khẳng định nào sau đây là sai? A. f
∫ (x)− g(x)dx = f
∫ (x)dx− g
∫ (x)d .x B. kf
∫ (x)dx = k f
∫ (x)dx (k là hằng số và k ≠ 0). C. f
∫ (x).g(x)dx = f ∫ (x)d .x g
∫ (x)d .x D. f
∫ (x)+ g(x)dx = f
∫ (x)dx+ g ∫ (x)d .x Lời giải Chọn C
Câu 24: Cho hình nón (N ) có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Độ dài đường sinh của hình nón (N ) bằng A. 12. B. 7. C. 1. D. 5. Lời giải Chọn D
Độ dài đường sinh hình nón là: 2 2 2 2
l = R + h = 3 + 4 = 5 . 5
Câu 25: Rút gọn biểu thức 3 3
Q = b : b với b > 0 ta được 4 − 4 5 A. 3 Q = b . B. 3 Q = b . C. 9 Q = b . D. 2 Q = b . Lời giải Chọn B 5 5 1 5 1 4 Ta có: 3 3 3 3 3 3 3
Q b : b b :b b − = = = = 5 .
Câu 26: Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm I ( 1; − ) 1 và A(3; 2
− ). Đường tròn tâm I và đi qua điểm
A có phương trình là
A. (x − )2 + ( y + )2 1
1 = 5. B. (x + )2 + ( y − )2 1 1 = 5.
C. (x − )2 + ( y + )2 1 1 = 25.
D. (x + )2 + ( y − )2 1 1 = 25. Lời giải Chọn D
Phương trình đường tròn có tâm I ( 1; − )
1 và bán kính R là: (x + )2 + ( y − )2 2 1 1 = R . Ta có: A∈(C) 2 2 2 2
⇒ 4 + 3 = R ⇔ R = 25.
Vậy phương trình cần tìm là: (x + )2 + ( y − )2 1 1 = 25.
Câu 27: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2
x + 6x + 9 = 2x −1 bằng A. 8. B. 8 − . C. 10 . D. 10 − . 3 3 3 3 Lời giải Chọn C Ta có: x = 4
x + 3 = 2x −1 2
x + 6x + 9 = 2x −1 ⇔ x + 3 = 2x −1 ⇔ ⇔ 2 . x + 3 = 2 − x +1 x − = 3 Tổng hai nghiệm: 10 . 3
Câu 28: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên đoạn [ 2023 − ; ] 2023 để phương trình
2sin 2x + (m − )
1 cos 2x = m +1 có nghiệm? A. 2025. B. 2024. C. 4048. D. 4046. Lời giải Chọn A
- Để phương trình có nghiệm: 2 2 + (m − )2 1 ≥ (m + )2 1 2 2
⇔ 4 + m − 2m +1≥ m + 2m +1 ⇔ m ≤1 m∈[ 2023 − ; ] 2023 ⇒ [ 2023 − ; ] 1 . Có 2025 giá trị
Câu 29: Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3
viên bi. Xác suất để lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh bằng A. 10 . B. 25. C. 5 . D. 5 . 21 42 42 14 Lời giải Chọn B
- Số cách chọn 3 viên bi trong hộp đựng 9 viên bi: 3 Ω = C = 84 9
- Gọi A là biến cố: “Lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh”: n( A) 2 1 3
= C .C + C = 50 . 5 4 5
Xác suất biến cố A là 50 P = . A 84
Câu 30: Cho hình lăng trụ đều ABC.A′B C
′ ′ có AB = 3, AA′ =1. Góc giữa AC′ và ( ABC) bằng A. 45 .° B. 60 .° C. 30 .° D. 75 .° Lời giải Chọn C
Hình chiếu vuông góc của AC′ lên ( ABC) là AC , do đó góc giữa AC′ và mặt phẳng ( ABC)
là góc tạo bởi giữa đường thẳng AC′ và AC hay C A ′ C
Trong tam giác vuông C A
′ C , vuông tại C , ta có: CC ' 1 ′ = = ⇒ 0 tan C AC C A ′ C = 30 . AC 3
Câu 31: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log x +1 < log 2x −1 . 1 ( ) 1 ( ) 2 2 A. 1 S ;2 = . B. S = ( 1; − 2).
C. S = (2;+∞). D. S = ( ;2 −∞ ). 2 Lời giải Chọn A x > 1 x +1 > 0 − Ta có 1 1
log x +1 < log 2x −1 ⇔ 2x −1> 0 ⇔ x > ⇔ < x < 2 . 1 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 x 1 2x 1 + > − x < 2
Do đó tập nghiệm của bất phương trình là 1 S = ;2 . 2 2 + Câu 32: x 3
Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [2;4]. Tính x −1
giá trị của biểu thức M + . m A. 13. B. 40 . C. 37 . D. 5. 3 3 Lời giải Chọn B 2 Ta có x − 2x − 4 y′ = > 0, x
∀ ∈ 2;4 nên hàm số đồng biến trên [2;4] . 2 [ ] (x − ) 1 M = y = y ( ) 19 max 4 = Do đó [2;4] 3 nên 40 M + m = .
m = min y = y (2) = 7 3 [2;4]
Câu 33: Tính thể tích V của khối lập phương ABC . D A′B C ′ D
′ ,′ biết độ dài đường chéo AC′ = 3 . a A. 1 3 V = a . B. 3 V = 3a . C. 3 3 V = a . D. 3 V = a . 2 3 Lời giải Chọn A B C A D B' C' A' D'
Ta có AC′ = a 3 ⇒ AB = a do đó thể tích khối lập phương là 3 V = a . −
Câu 34: Bất phương trình 10 x ≥ 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên? 2x − 4 A. 7. B. 9. C. Vô số. D. 8. Lời giải Chọn D −
Ta có 10 x ≥ 0 ⇔ 2 < x ≤10 mà x ∈
x∈ 3;4;...;10 do đó bất phương trình có 8 2 nên { } x − 4 nghiệm nguyên.
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a 3, cạnh bên SA
vuông góc với ( ABCD). Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng A. 2a . B. 3a . C. a 2 . D. a 3 . 5 2 3 2 Lời giải Chọn D S A D H B C BH ⊥ AC
Vẽ BH ⊥ AC tại H , khi đó
nên BH ⊥ (SAC) BH ⊥ SA (SA ⊥ ( ABC))
Do đó d (B,(SAC)) = BH . a . BA BC (a 3 . )2 2 2 2 Ta có a 3 BH = = =
, với BC = AD = a 3 . 2 2 BA + BC 2 a + (a )2 2 3
Vậy d (B (SAC)) a 3 , = . 2
Câu 36: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có đáy ABC là tam giác cân, AB = AC = 2, BAC =120 .° Mặt phẳng ( AB C
′ ′) tạo với mặt đáy một góc 60 .° Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. V = 3. B. 8 V = . C. 3 V = . D. 3 V = . 3 8 4 Lời giải Chọn A A' C' H B' A C B
Gọi H là trung điểm B C
′ ′. Ta có A′H ⊥ B C
′ ′ , do đó góc giữa hai mặt phẳng ( AB C ′ ′) và (ABC) là AHA′ = 60° . Có 1
A′H = A′ . B cos60° = 2. =1. 2 Trong tam giác 1 1 A′B C ′ ′ có = ′ ′ ′ ′ S ′ ′ ′ = ° = ′ ′ ′ A B A C B A C . A B C . .sin .2.2.sin120 3 2 2
Trong tam giác AHA′ vuông tại A′ ta có : AA′ = A′H.tan 60° = 3 . Do đó V = ′ = = ′ ′ ′ S ′ ′ ′ AA ABC A B C A B C . 3. 3 3. .
Câu 37: Cho khối lăng trụ ABC.A′B C
′ ′ có thể tích bằng 3. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn
thẳng AA′ và BB .′ Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A
′ ′ tại P, đường thẳng CN cắt đường thẳng C B ′ ′ tại .
Q Thể tích khối đa diện lồi A′MPB N ′ Q bằng A. 2. B. 2 . C. 1. D. 1 . 3 2 Lời giải Chọn A A C B M N P A' C" B' Q
Ta thấy A′B′ là đường trung bình của tam giác C P ′ Q nên S = . ′ S C PQ 4 A′BC′′ Ta được 1 V = ′ ′ ′ 1
= .d (C,( A′B C ′ ′)).4S 4 = V ′ d C A B C S . (1) C C PQ . , . . ( ( )) 3 C PQ ′ 3 C A ′ ′B′ .
3 ABC A′BC′′ Lại có 1 V = d C ABMN S 1
= d (C ( ABMN )) 1 1 , . S = ′ ′ V C ABMN , . . ( ( )) 3 ABMN ABB A C. 3 2 2 ABBA′′ 1 2 1 = . V = ′ ′ ′ V ABC.A B C ABC. 2 3 3 A′B C ′ ′ Do đó 2 V = ′ ′ ′ V (2) CMN.A B C ABC. 3 A′B C ′ ′ Từ (1) và (2) ta được 2 2 V = V − = V = = ABC A′B C ′ ′ .3 2. ′ V
MA′P.NB Q ′ C.C PQ CMN.C A ′ B ′ ′ . 3 3 Câu 38: Gọi x + 2
S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = 2
x − 6x + 2m
có đúng hai đường tiệm cận đứng. Số phần tử của tập S là A. 13. B. Vô số. C. 11. D. 12. Lời giải Chọn D x + 2 ≥ 0 x ≥ 2 −
Điều kiện xác định ⇔ . 2 2
x − 6x + 2m > 0
x − 6x + 2m > 0
Đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận đứng ⇔ phương trình 2
x − 6x + m = 0 có hai nghiệm ∆′ = ( 3 − )2 − 2m > 0 phân biệt lớn hơn 2 − (
⇔ x + 2 x + 2 > 0 (1) 1 )( 2 ) (
x + 2 + x + 2 > 0 1 ) ( 2 ) x + x = 6
với x , x là hai nghiệm của phương trình 2
x − 6x + m = 0 , theo Vi-et ta có 1 2 , thay vào 1 2 x .x = 2m 1 2 hệ (1) ta được 9 m < 2 9 2m +16 > 0 ⇔ 8 − < m < , 2 10 > 0
vì m∈ nên có 12 phần tử thỏa mãn là { 7 − ; 6 − ;...;3; } 4 . t Câu 39: 9
Xét hàm số f (t) =
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao t 2 9 + m
f (x) + f ( y) =1 cho
Tìm tổng các phần tử của tập S . x+ y e ≤ e (x + y) . . A. 1. B. 0. C. 2. D. 1. − Lời giải Chọn B y x 2 9 9 Ta có: m
f (x) + f (y) =1 ⇔ f (y) =1− f (x) ⇔ =1− = y 2 x 2 x 2 9 + m 9 + m 9 + m x+ y 2 y y 2 4 ⇔ 9
+ m .9 = 9 .m + m + 4 ⇔ 9x y = m 4
⇔ x + y = log m = 2log m . 9 3
Đặt t = log m . 3 Có: x+y 2t 2 ≤ ( + ) ⇔ ≤ 2 . t e e x y e
e t ⇔ e − 2 .et ≤ 0(*) Xét 2 ( ) t
g t = e − 2et , có 2t 1
g (′t) = 2e − 2e = 0 ⇔ t = . 2 Từ bbt ta được 2t
e − 2et ≥ 0, t ∀ . Vậy (*) xảy ra 2t 1
⇔ e − 2et = 0 ⇔ t = 1
⇔ log m = ⇔ m = 3 ⇔ m = ± 3. 2 3 2
Vậy tổng các phần tử của tập S bằng 0.
Câu 40: Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị như hình vẽ
Đặt g (x) = f ( f (x) + 2). Phương trình g′(x) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? A. 6. B. 7. C. 4. D. 5. Lời giải Chọn A
g(x) = f ( f (x) + 2)
Có g (′x) = f (′x) f (′ f (x) + 2) . f (′x) = 0 (1)
Ta được g (′x) = 0 ⇔ f (′x) f (′ f (x) + 2) = 0 ⇔
f (′ f (x) + 2) = 0 (2) x = 1 − (1) ⇔ x = 1 x = 2 − x =1
f (x) + 2 = 1 − f (x) = 3 − (2) ⇔ ⇔
⇔ x = a ∈( 2 − ; 1) −
f (x) + 2 = 1 f (x) = 1 − x = 0 x = b∈ (1;2) x = 2 − x = 1 − x =1
Vậy g '(x) = 0 ⇔ x = 0 x = a∈( 2 − ; 1) −
x = b ∈(1;2)
Vậy g '(x) = 0 có 6 nghiệm thực phân biệt.
Câu 41: Cho hình nón (N ) có đường sinh tạo với đáy một góc 60 .° Mặt phẳng qua trục của (N ) cắt
(N ) theo thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Tính thể tích V của
khối nón giới hạn bởi (N ).
A. V = 3 3π.
B. V = 9 3π.
C. V = 3π. D. V = 9π. Lời giải Chọn C S h r A H B
Thiết diện qua trục của (N) là S ∆ AB Vì S
∆ AB cân tại S , 60o SAB = (gt) ⇒ S
∆ AB đều ⇒ l = 2R ( R là bán kính nón)
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều SAB 2 l 3 Có S∆ l SAB 4 3 r = = =
= 1 ⇔ l = 2 3 p 3l 6 2
Ta được ciều cao của nón 3 3 h = l. = 2 3. = 3 . 2 2 Vậy 1 2
V = π R h = π N 3 . ( ) 3 Câu 42: Cho x
x, y là các số thực thỏa mãn x > y >1. Biểu thức 2 3 8 A = log x + đạt giá trị nhỏ x log 3 y y y nhất khi và chỉ khi A. 4 x = y .
B. x = y . C. 4 x = y .
D. x = 4y . Lời giải Chọn A Ta có 2 3 8 x 9 8 9 8 8 A = log x + = + x − = + − x logy . log y 1 3 y x 3 − y y y (1 logx )2 2 3.logx 3 logx y
Đặt log y = t ( log y >
= ⇒ t > và x > y ⇒ log x > y ⇒ > t x logx 1 ) x logx1 0 0 x Suy ra 0 < t <1.
Khi đó A trở thành: 9 8 8 A = + − = f (t) (1−t)2 3t 3 1 2.9 8 t = (tm) Xét hàm số 9 8 8 f (t) = + − có f '(t) 0 = − − = ⇔ ( 4 t − )2 1 3t 3 (t − )3 2 1 3t t = 2 − (loai) Ta có bảng biến thiên
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất khi 1 1 4
t = ⇒ log y = ⇒ x = y . 4 x 4
Câu 43: Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 3
200 m . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chi phí để xây bể là 2
300 000 / m (chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện tích xung
quanh, không tính chiều dày của đáy và thành bể). Xác định chi phí thấp nhất để xây bể (làm tròn
đến triệu đồng).
A. 75 triệu đồng.
B. 36 triệu đồng.
C. 51 triệu đồng. D. 46 triệu đồng. Lời giải Chọn C
Gọi chiều rộng của đáy bể là x(m)(x > 0)
⇒ chiều dài của đáy bể là 2x(m)
Gọi chiều cao của bể là h(m)(h > 0) Thể tích của bể là: 200 100 V = .2 x .
x h = 200 ⇒ h = = 2 2 2x x Diện tích đáy là: 2 S = .2 x x = 2x ( 2 m 1 )
Diện tích xung quanh của bể là: S = 2. .xh + 2.2 .xh = 6. .xh( 2 m 2 ) Chi phí để xây bể là:
T = (S + S ).300000 = ( 2
2x + 6xh ⋅300000 1 2 ) 2 600 2x = + .300000 x Ta có: 2 600 2 300 300 2 300 300 + = + + ≥ ⋅ 3 2x 2x 3 2x ⋅ ⋅ 3 ≥ 3⋅ 180000 x x x x x Dấu "=" xảy ra 2 300 3 300 3 ⇔ 2x = ⇔ x = = 150 ⇔ x = 150 x 2
Chi phí thấp nhất để xây bể là: 3 6
T = 3⋅ 180000 ⋅300000 ≈ 50,815⋅10 (nghìn đồng) ≈ 51 (triệu đồng)
Câu 44: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình x x 1 + 2 16 − .4 m
+ 5m − 45 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử là số chẵn? A. 2. B. 3. C. 6. D. 4. Lời giải Chọn A Ta có: x x 1 + 2 x 2 x 2 16 − .4 m
+ 5m − 45 = 0 ⇔ (4 ) − 4 .4
m + 5m − 45 = 0
Đặt 4x = t(t > 0) khi đó phương trình (*) trở thành: 2 2
t − 4mt + 5m − 45 = 0
Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt 2 2 2
∆ ' = 4m − (5m − 45) > 0 45 − m > 0 3 − 5 < m < 3 5 t t 0 4m 0 ⇔ + > ⇔ > ⇔ m > 0 ⇔ 3 < m < 3 5 1 2 2 t .t 0 > 1 2 5 m − 45 > 0 m > 3 m < 3 −
Mà m∈ ⇒ m∈{4;5; } 6
⇒ có 2 giá trị m chẵn thỏa mãn. − Câu 45: Gọi x
S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để hàm số 1 y = đồng biến trên x + m − 2
khoảng (6;+∞). Tổng tất cả các phần tử của tập S bằng A. 5. − B. 6. − C. 9. − D. 10. − Lời giải Chọn D − − Ta có: 1 x 1 m y = ⇒ y′ =
. Để hàm số đồng biến trên khoảng (6;+∞) thì: x + m − 2 (x + m − 2)2 1 − m > 0 m < 1 ⇔ ⇔ 4 − ≤ m < 1 2 − m ≤ 6 m ≥ 4 −
Do m∈ nên m∈{ 4 − ; 3 − ; 2 − ; 1 − ; }
0 ⇒ Tổng các giá trị nguyên m thỏa mãn: 10. −
Câu 46: Cho tứ diện OABC có ,
OA OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = OB =1. Gọi M là trung điểm của A .
B Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng 2 . Thể tích của khối 3
tứ diện OABC bằng A. 1. B. 1 . C. 2 . D. 2 . 3 6 3 3 Lời giải Chọn A
Kẻ Am / /OM ,OH ⊥ Am (H ∈ Am)
,OK ⊥ CH (K ∈CH )nên d (OM , AC) = d (OM ,(CAH ))
Ta có: OC ⊥ (OAB) ⇒ OC ⊥ AH,OH ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (OCH ) ⇒ AH ⊥ OK
Mà d (OM AC) = d (OM (CAH )) = d (O (CAH )) 2 , , , = OK = . 3
Vì tam giác OAB cân tại O nên ⊥ , AB OM AB OM = AM = . 2
Vì OH ⊥ Am ⇒ OH ⊥ OM và OM ⊥ AB, AH / /OM ⇒ AH ⊥ AM
Nên OHAM là hình vuông ( hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau) Khi đó: AB 2 OH = AM = = . 2 2 Do: 1 1 1 1 1 = + ⇒ OC = 2 ⇒ V = OAOB OC = O ABC . . . 2 2 2 . OK OH OC 6 3 2 m 4 m + 3
Câu 47: Cho hàm số f (x) 5 4 ( ) 3 = x − x + x − (m + 7) 2
x với m là tham số. Có bao nhiêu giá 5 2 3
trị nguyên của tham số m để hàm số g (x) = f ( x ) có đúng một điểm cực đại? A. 16. B. 17. C. 12. D. 13. Lời giải Chọn B Ta có f ′(x) 4 3
= x − mx + (m + ) 2 x − (m + ) 3 2 2 2 4 3 2
7 x = 2x x − mx + 2(m + 3) x − m − 7 Ta thấy phương trình 3 2
x − mx + 2(m + 3) x − m − 7 = 0 có nghiệm là x = 1 Áp dụng sơ đồ Horner:
1 −m 2m + 6 −m − 7 1 1 1 − m m + 7 0
Khi đó ta có f ′(x) = ⇔ x(x − ) 2 0 2
1 x + (1− m) x + m + 7 = 0
Do lim f (x) = +∞ nên để hàm số g (x) = f ( x ) có đúng một điểm cực đại khi f (x) có một x→+∞ điểm cực trị dương. TH1: Phương trình 2
x + (1− m) x + m + 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt không dương (
− m)2 − (m + ) 2 1 4 7 > 0
m − 6m − 27 > 0 m 1 0 ⇔ − ≤ ⇔ m ≤ 1 ⇔ 7 − ≤ m < 3 − ⇒ m ∈{ 7 − ; 6 − ; 5 − ;− } 4 . m 7 0 + ≥ m ≥ 7 − TH2: Phương trình 2
x + (1− m) x + m + 7 = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép
⇔ ( − m)2 − (m + ) 2 1 4
7 ≤ 0 ⇔ m − 6m − 27 ≤ 0 ⇔ 3
− ≤ m ≤ 9 ⇒ m ∈{ 3 − ; 2 − ;...; } 9 . TH3: Phương trình 2
x + (1− m) x + m + 7 = 0 có nghiệm x = 1. 2
⇔ 1 + (1− m)1+ m + 7 = 0 ⇔ 9 = 0 (Vô lý). Vậy m ∈{ 7 − ; 6 − ;...;8; } 9 .
Câu 48: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên của f ′(x) như sau:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trên đoạn [ 2022 − ; ] 2023 để hàm số
x m(x + 9)2 2 3
g (x) = f −
nghịch biến trên khoảng (0;5)? 9 18 A. 2005. B. 2006. C. 2004. D. 2007. Lời giải Chọn B 3 2 3 3 2 Đặt x = x ⇒ = x t t ≥ ∀x ∈ ( ) 5 ′ 0 0;5 ⇒ t ∈0; . Ta có 3 2 3 3 t =
⇔ x = 9t ⇔ x = 3 3t . 9 3 9 9 2 2 3 3 m 3t + 3 3
Khi đó ta cần tìm m để hàm số
h(t) f (t) = − nghịch biến trên 5 0; . 2 9 2 1 − 1 1 −
Ta có h′(t) = f ′(t) 2 3 3 2 3 3 −
3.m 3t + 3t = f ′(t) 3 3 3 3 −
3.m 3t + 3t . 3 3 3 1 1 − 3
Để h(t) nghịch biến trên 5 2 5 0;
⇔ h′(t) = f ′(t) 3 3 3 3 −
3.m 3t + 3t ≤ 0 ∀t ∈0; 9 3 9 f ′(t) 3 5 1 1 2 − ⇔ m ≥ với u (t) 3 3 3 3 = 3 3t + 3t
u (t) ∀t ∈0; 9 3 2 − 4 − 2 − 4 −
Ta có u′(t) 2 3 3 3 3 = 3 3t − 3t . Ta có u′(t) 3 3 3
= 0 ⇔ 3t − 3t = 0 ⇔ t = 3. 9 Bảng biến thiên: 3 3
Từ bảng biến thiên ta thấy được
u (t) u ( ) 5 ≥ 3 ∀t ∈ 5 0;
, mà f ′(t) ≤ f ′(3) ∀t ∈0; 9 9 f ′(t) 3 5 f ′(3) Khi đó m ≥ .
u (t) ∀t ∈0; ⇔ m ≥ u ( ) = 18 9 3
Câu 49: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau f (x) 4 +
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f (x) 2 2
+ log f x − 4 f x + 5 = m 2 ( ) ( ) có
6 nghiệm thực phân biệt? A. 3. B. 5. C. 4. D. 6. Lời giải Chọn B 4 4 f x + Đặt ( ) 2x+ = x h x + log ( 2
x − 4x + 5 ; g (x) ( ) f (x) 2 = 2
+ log f x − 4 f x + 5 . 2 ( ) ( ) 2 )
Suy ra: g (x) = h( f (x)). Ta thấy f (x) > 0 x
∀ nên ở đây ta chỉ xét hàm h(x) trên (0;+∞). 4 4 x ′ h (x) 4 x+ 2( − 2) x + 2 x+ 2 = 1− 2 x ln 2 + = x − 2 2 x ln 2 + ; 2 x ( 2x −4x+5) ( ) 2 ln 2 x
( 2x −4x+5)ln2 ′
h (x) = 0 ⇔ x = 2 . f (x) 4 + Ta có: f (x) 2 2
+ log f x − 4 f x + 5 = m ⇔ g x = m. 2 ( ) ( ) ( )
Suy ra: phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt khi đồ thị hàm số y = g (x) và đường
thẳng y = m có đúng 6 điểm chung phân biệt. 13
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt khi 3
16 < m < 1+ 2 ≈ 21,16 .
Suy ra có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 50: Cho hình trụ có các đường tròn đáy là (O) và (O′), bán kính đáy bằng chiều cao và bằng . a Các điểm ,
A B lần lượt thuộc các đường tròn đáy (O) và (O′) sao cho AB = 3 . a Thể tích của
khối tứ diện ABOO′ là 3 3 3 A. a . B. a . C. a . D. 3 a . 2 3 6 Lời giải Chọn C
Gọi C là hình chiếu của B trên đường tròn đáy tâm O của hình trụ. Khi đó BC//OO′
⇒ BC// (OAO′) ⇒ d (B,(OAO′)) = d ( , C (OAO′)) . 2
Ta có: AO ⊥ OO′ 1 a ⇒ S = ′ = . ∆ ′ A . O O O AOO 2 2
∆ABC vuông tại C có AC = ( AB)2 −(BC)2 = a 2 , mà AO = OC = a nên ∆AOC vuông cân
tại O ⇒ CO ⊥ A ,
O OO′ ⇒ CO ⊥ ( AO O ′ ) ⇒ d ( , C ( AO O
′ )) = CO = a. 3 Vậy 1 a V = . . = . ′ CO S ABOO 3 AO ∆ O ′ 6
---------- HẾT ----------
Document Outline
- de-khao-sat-toan-12-lan-1-nam-2022-2023-truong-chuyen-hung-vuong-phu-tho
- 15. ĐỀ THI THỬ TN THPT 2023 - MÔN TOÁN - Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần 1 (Bản word kèm giải)-4y4im0bMW-1675943610