Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Đồng Tháp
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm học 2020 – 2021 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Đồng Tháp; đề thi được biên soạn theo hình thức đề thi 100% trắc nghiệm
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH TỈNH ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2020 - 2021 ________________ Môn: TOÁN 2 2x + y = 1 −
Câu 1. Hệ phương trình
có tất cả bao nhiêu nghiệm? 2 2y + x = 1 − A. Một nghiệm. B. Hai nghiệm. C. Vô nghiệm. D. Vô số nghiệm.
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2
3+ x + 1− x = m +1− x − 2x có nghiệm thực. A. m∈[6;7]. B. m∈( ; −∞ 7]. C. m∈[2;+∞). D. m∈[0;7]. Câu 3. Biết 1
sin x + cos x = . Giá trị của sin 2x bằng 3 A. 8 − ⋅ 9 B. 8 ⋅ 9 C. 4 ⋅ 9 D. 4 − ⋅ 9
Câu 4. Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
P(x) = 3x + 4 1− x .
Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
A. M + m = 2. B. M + m = 0. C. 32 M + m = ⋅ 5 D. M + m = 5.
Câu 5. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn bc + 2ca + 3ab − abc = 0. Giá trị nhỏ nhất của P = abc bằng A. 162. B. 54. C. 6. D. 27. 1
Câu 6. Cho tam giác ABC . Gọi m m m tương ứng là độ dài các đường trung tuyến hạ từ các a , b , c đỉnh , A B,C . Biết 2 2 2
5m = m + m , mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng? a b c A. A
∆ BC là tam giác vuông. B. A
∆ BC là tam giác đều. C. A
∆ BC có ba góc nhọn. D. A
∆ BC có một góc tù.
Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có tâm I(3;1) , đỉnh M thuộc
đường thẳng x − 4y +1 = 0 , đỉnh N thuộc đường thẳng x − y + 8 = 0. Xác định tọa độ đỉnh . Q A. Q(5; 7 − ). B. Q( 5; − 7). C. Q( 1 − 1; 3 − ). D. Q(16;4). π
Câu 8. Phương trình 2cos3x +1 = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm trong đoạn 0; ? 2 A. Hai nghiệm. B. Một nghiệm. C. Ba nghiệm. D. Vô nghiệm.
Câu 9. Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm thuộc [0;π ] của phương trình π
1 tan x 2 2 sin x + = +
. Tổng các phần tử của S bằng 4 π A. 13 ⋅ 12 π B. ⋅ 12π C. 3 ⋅ 4π D. 7 ⋅ 4
Câu 10. Cho đa giác đều có 12 đỉnh được đặt tên bằng 12 chữ cái khác nhau, chọn ngẫu nhiên 4 chữ
cái trong 12 chữ cái đó. Xác suất của biến cố “bốn chữ cái được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật” bằng A. 1 ⋅ 33 B. 2 ⋅ 33 C. 1 ⋅ 3 D. 1 ⋅ 15
Câu 11. Biết (1+ 2)10 3 3 3
= a + a 2 + a 4. Tính a . 0 1 2 2 2 A. a = 729. 2 B. a = 342. 2 C. a = 45. 2 D. a = 210. 2 u + u = 28
Câu 12. Cấp số nhân (u là một dãy số tăng và thỏa mãn 1 4
. Công bội q của (u là n ) n ) u +u = 252 3 6 A. q = 3. B. q = 3. − C. q = 3. ± D. q = 2.
Câu 13. Cho dãy số (a có số hạng tổng quát 1 a = n
∀ ∈ N . Gọi S = a + a + + a , n ... n ( * ) n ) n(n +1) 1 2 n tính lim S n. A. lim S = n 1. B. lim S = n 0. C. lim S = +∞ n . D. lim S = n 2.
Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, 60o BAD =
, tam giác SBD là tam
giác đều, SA = 2SC . Tính cô-sin của góc hợp bởi đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD) . A. 13 ⋅ 5 B. 1 ⋅ 2 C. 3 ⋅ 3 D. 2 3 ⋅ 5
Câu 15. Cho hình hộp đứng ABC . D A′B C ′ D
′ ′ , đáy ABCD là một hình bình hành có diện tích bằng
18 , AB = 2, AD = 3,
BAD là góc nhọn, AA′ =1. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( A′BD) , 5 (CB D ′ ′) bằng A. 18 ⋅ 409 B. 6 ⋅ 7 C. 3 2 ⋅ 7 D. 3 ⋅ 2 3
Câu 16. Hàm số y = f (x) có đạo hàm f ′(x) 2
= x − x, x
∀ ∈ . Hàm số g (x) = 2
− f (x) nghịch
biến trên khoảng nào sau đây? A. (1;+∞). B. ( ) ;1 −∞ . C. (0; ) 1 . D.(0;+∞).
Câu 17. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 1. Câu 18.
Cho hàm số y = f ′(x) có đồ thị như hình bên. Số điểm cực đại của hàm số y = f (x) là A. 2. B. 1. C. 3. D. 0. Câu 19. 4 Cho hàm số bậc ba 3 2
y = ax + bx + cx + d (a ≠ 0) có đồ thị như hình bên. Trong các giá trị a , b ,
c , d có bao nhiêu giá trị âm? A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3. Câu 20. +
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số mx 4 y =
nghịch biến trên khoảng x + m (−∞ ) ;1 . A. 2 − < m ≤ 1 − . B. 2 − ≤ m ≤ 2 . C. 2 − < m < 2 . D. 2 − ≤ m ≤ 1 .
Câu 21. Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
y = x + 4x − 5 trên đoạn [ 3 − ;0] . Tính M + . m A. 14. B. 9. C. 5. D. 8 .
Câu 22. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số f (x) 3 2 2
= x + 3x + m − 5 có
giá trị lớn nhất trên đoạn [ 1;
− 2] bằng 19. Tính tổng tất cả các phần tử của S. A. 0. B. 2. C. 2. − D. 4.
Câu 23. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để hàm số 1 3 m 2
y = x − x − ( 2 3m − )
1 x + m đạt cực trị tại hai điểm x , x thỏa x x + 2 x + x + 4 = 0 . Số 1 2 ( 1 2) 3 2 1 2
phần tử của S là A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Câu 24. 5
Cho hàm số y = f (′x) có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số g (x) = f ( 2 x − 2x) trên khoảng (0;+∞). A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. Câu 25.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m
để phương trình f (x) f (x) f (x) 2 9 9m .3 m 3 + + = +
có đúng 5 nghiệm thực phân biệt. A. 8. B. 10. C. 7. D. 9.
Câu 26. Tập xác định của hàm số 2
y = log (x − 3x) là 2021 A. ( ; −∞ 0) ∪ (3;+∞). B. ( ; −∞ 0]∪[3;+∞). C. [0; ] 3 . D. (0;3).
Câu 27. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn log log log a b a b + = =
. Tính tỉ số a ⋅ 9 6 4 6 b A. a = 2 . b B. a = 3. b 6 C. a = 5. b D. a = 4 . b
Câu 28. Phương trình 2.12x 16x 9x +
= có một nghiệm dạng x = log (b +
với a,b là các số a 2) 4
nguyên dương. Giá trị biểu thức a + 2b bằng A.5. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 29. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 9x + 4x ≤ (2 + ) 1 6x m m m có
nghiệm đúng với mọi x ∈(0 ) ;1 . A. m∈( ;6 −∞ ]. B. m∈(0;6). C. m∈(6;+∞). D. m∈( ;0 −∞ ].
Câu 30. Gọi m là giá trị thực nhỏ nhất của tham số m sao cho phương trình 0 (1− m) 2
log x + m − 5 log x +1− m = 0 có nghiệm thuộc đoạn 1 ;9 . Mệnh đề nào sau đây là 3 ( ) 3 3 mệnh đề đúng? A. 5 m 4; ∈ − − . 0 3 B. m ∈ 5; − 3 − . 0 ( ) C. 5 m ;0 ∈ − . 0 3 D. 7 m 2; ∈ − . 0 3
Câu 31. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2020 và log 4 + 4 − =1+ 2x y x − y ? 2 ( ) A. 11. B. 10. C. 12. D. 2021. Câu 32. +
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) 2x 1 = trên khoảng ( 2; − +∞) là (x + 2)2 7 A. (x + ) 3 2ln 2 + + C. x + 2 B. (x + ) 1 2ln 2 − + C. x + 2 C. (x + ) 1 2ln 2 + + C. x + 2 D. (x + ) 3 2ln 2 − + C. x + 2 1 1 Câu 33. Xét x ∫ (x + 2020)2021 3 2 dx , nếu đặt 2
u = x + 2020 thì x ∫ (x + 2020)2021 3 2 dx bằng 0 0 2021
A. 1 ∫ (u −2020) 2021 u du. 2 2020 1
B. 1 ∫(u −2020) 2021 u du. 2 0 2021
C. 2 ∫ (u − 2020) 2021 u du . 2020 1 D. ∫(u − 2020) 2021 u du . 0
Câu 34. Thể tích V khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng (H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số =
y x ln x, trục hoành và đường thẳng x = e. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là mệnh đề đúng? e A. 2 2 V = π x ln d x . ∫ x 1 e B. 2 2 V = x ln d x . ∫ x 1 e C. V = π x ln d x . ∫ x 1 e D. 2
V = π x ln x d . ∫ x 1
Câu 35. Cho hàm số f (x) thỏa mãn ( ) + ( ) x f x f x = e− ′
và f (0) = 2. Họ nguyên hàm của hàm số 2 ( ). x f x e là A. ( +1) x x e + C . B. ( −1) x x e + C . C. 2 ( + 2) x x x
e + e + C . D. 2 ( − 2) x x x
e + e + C . 8
Câu 36. Cho hình phẳng (H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y = x và đường thẳng y = mx với
m ≠ 0. Có bao nhiêu số nguyên dương m để diện tích hình phẳng (H ) là số nhỏ hơn 20 (đơn vị diện tích). A. 4. B. 6. C. 3. D. 5.
Câu 37. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên \{0} thỏa mãn f ( )1 = 2, − ( ) 1 f x ≠ − x 4 và 2 2
x f (x) + (2x − )
1 f (x) = x f ′(x) −1 với x
∀ ∈ \{0}. Tính f (x)dx ∫ . 1 A. 3 2 − ln 2 − ⋅ 4 B. 1 2 − ln 2 − ⋅ 4 C. 3 − ln 2 − ⋅ 4 D. 1 − ln 2 − ⋅ 4
Câu 38. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại , A AC = a ,
ACB = 60 .° Đường thẳng BC′ tạo với ( ACC A
′ ′) một góc 30 .° Tính thể tích V của khối trụ
ABC.A′B C ′ .′ A. 3 V = a 6. 3 B. a 3 V = ⋅ 3 C. 3 V = 3a . D. 3 V = a 3.
Câu 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , a 17 SD = , hình chiếu vuông 2
góc của S lên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm H của đoạn A .
B Tính chiều cao hạ từ đỉnh H của
khối chóp H.SBD theo a .
A. a 3 ⋅ 5 B. a 3 ⋅ 7 C. a 21 ⋅ 5 D. 3a ⋅ 5 9
Câu 40. Cho khối chóp tứ giác S.ABCD, mặt phẳng (α ) đi qua trọng tâm các tam giác SAB ,
SAC, SAD chia khối chóp này thành hai phần có thể tích là V và V (V < V . Tính tỉ lệ V1 ⋅ 1 2 ) 1 2 V2 A. 8 ⋅ 19 B. 8 ⋅ 27 C. 16 ⋅ 81 D. 16 ⋅ 75
Câu 41. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh huyền là 2 3.
Thể tích của khối nón đã cho bằng A. π 3. B. 3π. C. 3π 2. D. 3π 3.
Câu 42. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tam giác SAC đều cạnh .
a Bán kính R của mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp là A. a 3 R = ⋅ 3 B. R = .a C. a 3 R = ⋅ 2 D. a 2 R = ⋅ 2 Câu 43. O M N B A Q P
Từ một tấm tôn hình quạt OAB có = 2, =120o OA AOB
, người ta xác định hai điểm M , N lần lượt là trung điểm của ,
OA OB rồi cắt tấm tôn theo hình chữ nhật MNPQ (như hình vẽ). Dùng hình chữ
nhật đó tạo thành mặt xung quanh của một hình trụ với đường sinh MQ, NP trùng khít nhau. Khối
trụ tương ứng được tạo thành có thể tích là 10
A. 3( 13 −1) ⋅ 8π − B. 3( 13 1) ⋅ 4π C. 3 3π. D. 3 3 ⋅ 2π
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có ba đỉnh A(2;1; 3 − ) , B(4;2; )
1 , C (3;0;5) và G ( ; a ;
b c) là trọng tâm của tam giác ABC. Tính giá trị P = .a .bc
A. P = 3. B. P = 0. C. P = 5. D. P = 4.
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ( A 2;2;2) , B( 2;
− 2;0) và C (4;1;− ) 1 . Trên mặt
phẳng (Oxz) , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm , A B, C ? A. 3 1 P − ; 0; ⋅ 4 2 B. 3 1 M ; 0; ⋅ 4 2 C. 3 1 N − − ; 0; ⋅ 4 2 D. 3 1 Q − ; 0; ⋅ 4 2
Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2 − ;3) , B( 2; − 2;2). Gọi I ( ; a ;
b c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OA . B Tính 2 2 2
T = a + b + c . A. 13 T = ⋅ 2 B. T = 2. C. T = 6. D. 29 T = ⋅ 4
Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a = (1; 1;
− 0) và hai điểm A( 4; − 7;3) ,
B(4;4;5). Hai điểm M , N thay đổi thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho MN cùng hướng a và
MN = 5 2. Giá trị lớn nhất của AM − BN bằng A. 17. B. 77. C. 7 2 − 3. 11 D. 82 − 5.
Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm M ( 3 − ;4;2), N ( 5; − 6;2) , I ( 10 − ;17; 7
− ) . Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I bán kính MN.
A. (x + )2 + ( y − )2 + (z + )2 10 17 7 = 8.
B. (x +10)2 + ( y −17)2 + (z − 7)2 =12.
C. (x −10)2 + ( y −17)2 + (z + 7)2 = 12.
D. (x +10)2 + ( y +17)2 + (z + 7)2 = 8.
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi I ( ; a ;
b c) là tâm mặt cầu đi qua điểm
A(1;−1;4) và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P = a − b + .c
A. P = 9. B. P = 6. C. P = 0. D. P = 3.
Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;1;2), B( 1; − 0;4) , C (0; 1; − 3) và
điểm M thuộc mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + (z − )2 1 =1. Nếu biểu thức 2 2 2
MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ
nhất thì độ đài đoạn AM bằng A. 2. B. 6. C. 6. D. 2.
____________________ HẾT ____________________ 12
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH TỈNH ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2020 - 2021 ________________ Môn: TOÁN 12 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG 2 2x + y = 1 −
⇒ (x − y)[2 − (x + y)] = 0 2 1 A 2y + x = 1 − * x = y =1
* x + y = 2 không thỏa 2
3+ x + 1− x = m +1− x − 2x Điều kiện x∈[ 3 − ;1] 2 A 2 2 2
3+ x + 1− x = m +1− x − 2x ⇔ 4 + 2 −x − 2x + 3 = m +1− x − 2x Đặt 2
t = −x − 2x + 3 , t ∈[0;2] ta được 2t
− + 2t + 6 = m
Phương trình có nghệm khi m∈[6;7]. 3 A 1 1 8
sin x + cos x = ⇒1+ sin 2x = ⇒ sin 2x = − . 3 9 9 2
P(x) = 3x + 4 1− x . x ∈[ 1; − 1] 4 A '( ) = 3− 4 x P x . 3
P '(x) = 0 ⇔ x = . 2 1− x 5 3 M P = = 5, m = P( 1) − = 3 − ⇒ M + m = 2. 5 1 2 3
bc + 2ca + 3ab − abc = 0 ⇒ + + =1 a b c 5 A 1 2 3 6 162 = + + ≥ 3 1 3 ⇒ 1≥ ⇒ abc ≥162 a b c abc abc 1 2 3 1
Đẳng thức xảy ra khi = = = a b c 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + 2 2 2 + + 5 b c a a c b a b c
m = m + m ⇔ − = − + − a b c 5 6 A 2 4 2 4 2 4 2 2 2
⇔ b + c = a
Tâm I(3;1) và đỉnh M cùng thuộc đường thẳng x − 4y +1= 0 7 A
⇒ QN : 4x + y −13 = 0 N thuộc đường thẳng
x − y + 8 = 0 ⇒ N(1;9) ⇒ Q(5; 7 − ). 1 2cos3x 1 0 cos3x − + = ⇔ = 2 8 A π 3π x 0; 3x 0; ∈ ⇒ ∈ 2 2
Dùng đường tròn lượng giác hoặc giải phương trình lượng giác cơ bản. 1 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG π sin x + cos 1+ tan = 2 2 sin x x x + ⇔ = 2(sin x + cos x) 4 cos x 9 A 3π
sin x + cos x = 0 x = 4 3π π ⇔ 1 ⇔ ⇒ S = ; cos x = π 4 3 2 x = 3 4 Ω = C = 450 12 10 A 2 15 1 Ω = C = ⇒ p = = A 15 (A) 6 450 30 (1+ 2)10 3 3 3
= a + a 2 + a 4. 0 1 2 k Số hạng k T = C ( 3 2 . 10 ) 11 A = ( )2 3 3 4
2 ⇒ k = 3n + 2 ⇒ k ∈{2;5; } 8 2 5 8 3 2 3 5 3 8 3 a 4 = C 2 + C 2 + C 2 = ( 2 5 8
C + C .2 + C .4) 3 4 2 10 10 10 10 10 10 2 5 8
a = C + C .2 + C .4 = 729 2 10 10 10
Do (u là một dãy số tăng ⇒ > n ) q 1 12 A 3 u (1+ q ) = 28 1 2
⇒ q = 9 ⇒ q = 3 2 3 u
q (1+ q ) = 252 1 1 1 1 a = = − n 13 A
n(n +1) n n +1 1
S = a + a + + a = − ⇒ S = n ... n 1 lim n 1 1 2 n +1 S C B H O A D
Từ giả thiết suy ra BD ⊥ AC, BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ (ABCD) ⊥ (SAC) 14 A
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD), suy ra H thuộc AC
Góc giữa SB và (ABCD) là SBH
Đặt AB =1⇒ AC = 3, BD =1
Các tam giác ABD,SBD, CBD đều nên OA=OC=OS
Suy ra tam giác SAC vuông tại S SA=2SC nên 15 2 15 2 3 13 SC = , SA = ⇒ SH = ⇒ HB = 5 5 5 5 HB 13 cos SBH = = SB 5 2 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG B' A' A' C' D' J H I B B A A K O C D D 15 A
( A'BD)//(CB'D') và AI = IJ = JC 'với I, J là trọng tâm các tam giác A’BD, CB’D’.
d((A'BD),(C 'BD)) = d( ,
A (A'BD)) = AH 18 18 3 4 S = ⇒ AB AD A = ⇒ A = ⇒ A = ABCD . .sin sin cos 5 5 5 5 Định lý cosin suy ra 17 BD = 5 9 18 18 S = ⇒ AK = ⇒ AH = ABD 5 85 409 x = 0 Ta có g (x) = 2
− f (x) ⇒ g′(x) = 2 − f ′(x) 2 = 2 − x + 2 ;
x g′(x) = 0 ⇔ . 16 A x =1
Dựa vào bảng biến thiên y = g (x) , hàm số nghịch biến trên khoảng (1;+∞).
Dựa vào bảng biến thiên ta có: Lim f (x) = 2 Ta có: x→−∞ Lim f (x) = +∞ →+∞ 17 A x
Suy ra đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Lim f (x) = +∞ suy ra đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 0+ →
Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang. Có tổng cộng hai đường tiệm cận. 18 A
Dựa vào đồ thị hàm số y = f '(x) , số điểm cực đại của hàm số y = f (x) là 2. A Đồ thị hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d giao với trục Oy tại điểm D(0;d ) nằm
phía dưới trục Ox nên d < 0 , và hình dạng của đồ thị hàm số ứng với trường hợp a < 0 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x < 0 x > 0 x + x > 0 1 , đạt cực đại tại 2 và 1 2 . 2 − b > 19 0
S = x + x > 0 b > 0 1 2 3a ⇒ mà a < 0 nên . P x x 0 = < c c > 0 1 2 < 0 3a a < 0
Vậy có 2 giá trị âm trong các giá trị a , b , c , d là . d < 0 20 A
Hàm số nghịch biến trên (−∞ )
,1 là y′ < 0, x ∀ ∈( ; −∞ 1) . 3 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG 2 2 m − 4 m − 4 < 0 2 − < m < 2 < 0, x ∀ <1 ⇔ ⇔ ⇒ 2 − < m ≤ 1 − . 2 (x + m) −m ≥ 1 m ≤ 1 − A Xét g (x) 2
= x + 4x − 5 liên tục trên đoạn [ 3
− ;0] ⇒ g′(x) = 2x + 4 ,
g′(x) = 0 ⇔ x = 2 − ∈[ 3 − ;0]. Bảng biến thiên 21
M = max g (x) = max{ 8 − ; 9 − ; 5 − } = 9, [-3;0]
m = min g (x) = min{ 8 − ; 9 − ; 5 − } = 5 [-3;0]
Vậy M + m =14 . A x = 0∈[ 1; − 2] Ta có f '(x) 2
= 3x + 6x = 0 ⇔ x = 2 − ∉ [ 1; − 2]
⇒ Max f (x) = Max { f (− )
1 ; f (0); f (2)} 22 [ 1 − ;2] = Max { 2 2 2
m − 3;m − 5;m + } 2 15 = m +15 =19 m = 2 2 ⇒ m = 4 ⇔ . m = 2 − A Ta có 2
y′ = x − mx − ( 2 3m − ) 1
Để hàm số đạt cực trị tại hai điểm x , x thì y′ = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 0 2 13 m < − 13 ⇔ ∆ > 0 ⇔ (*) 2 13 m > 13
x + x = m
Áp dụng định lí Viet ta có 1 2 23 2 x x = 3 − m + 1 1 2
x x +2(x +x ) 2 = 4 − ⇔ 3 − m +1+ 2m = 4 − 1 2 1 2 m = 1 − 2 3m 2m 5 0 ⇔ − + + = ⇔ 5 m = 3
So với điều kiện (*) và kết hợp với điều kiện m nguyên thì m = 1 − là giá trị cần tìm. 4 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG A
Ta có g′(x) = ( x − ) f ′( 2 2 2
x − 2x) x=1 x =1 2x − 2 = 0
g′(x) = 0 ⇔ . ′ (
⇔ x − x = − ⇔ x = + f x − 2x) 2 2 1 1 3 2 = 0 24 2 x − 2x = 2 x =1− 3
Do đó hàm số y = g (x) có 3 điểm cực trị.
Trên (0;+∞), g (x) = f ( 2
x − 2x) có 2 điểm cực trị. A Đặt f (x)
t = 3 ,(t > 0)
Phương trình 2t − mt − 9t + 9m = 0 ⇔ t (t − 9) = m(t −9) t = 9 ⇔ . t = m 25 Với f (x) t = 9 ⇔ 3
= 9 ⇔ f (x) = 2 ( )
1 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm thực phân biệt ( ) ⇔ 3f x = m
có đúng 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm của ( ) 1 . 1 2
− < log m < 2 ⇔ < m < 9 3 9 A
y = log x 3x xác định khi và chỉ khi 2
x − 3x > 0 ⇔ (−∞;0)∪(3;+∞). 2 ( 2 − ) 26 A a = 9t a b + b = 6t
log a = log b = log = t ⇒ 9 6 4 6
a + b = 4t . 6 27 2 t t t 3 t 3 t 3 t 9 6 6.4 6 ⇒ + = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 t Vậy a 3 = = 2. b 2 A x x 2 x x x 9 12 3 x 3 x 9 2.12 16 0 2. 1 0 2. − − = ⇔ − − = ⇔ − −1 = 0. (*) 16 16 4 4 x t =1+ 2 Đặt 3 t = , (t >
0). Phương trình (*) trở thành: 2t − 2t −1 = 0 ⇔ . 4 t =1− 2 28
Vì t > 0 nên t =1− 2 loại, t =1+ 2 thỏa mãn. x Với t 3 = 1+ 2 :
=1+ 2 ⇔ x = log 1+ 2 . 3 ( ) 4 4
Đối chiếu với giả thiết, suy ra a = 3,b =1,c = 2 .
Khi đó a + 2b + 3c = 3+ 2.1+ 3.2 =11. A x x 29 x m ( m ) x x 9 m m ( m ) 6 .9 2 1 .6 .4 0 . 2 1 . − + + ≤ ⇔ − + + m ≤ 0 4 4 5 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG 2 3 x x m ( m ) 3 . 2 1 . ⇔ − + + m ≤ 0 (1). 2 2 x Đặt 3 t =
, t > 0 . Bất phương trình trở thành: 2 . m t − (2m + ) 1 .t + m ≤ 0 2 Ta có x ( ) 3 0;1 t 1; ∈ ⇒ ∈ 2
Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈(0 )
;1 thì bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi 3 t 1; ∈ 2 2 m t ( m ) 3 . 2 1 .t m 0, t 1; ⇔ − + + ≤ ∀ ∈ 2 2 3 mt 2mt m t 0, t 1; ⇔ − + − ≤ ∀ ∈ 2 t 3 m , t 1; ⇔ ≤ ∀ ∈ 2 t 2t 1 2 − + Xét hàm số ( ) t f t = , 3 t 1; ∈ 2 t − 2t +1 2 3 t 1 1; = ∉ 2 − + 2 Ta có: t 1 f (′t) = ′ = ⇔ ( , f (t) 0 t − 2t + )2 2 1 3 t 1 1; = − ∉ 2 Bảng biến thiên: Vậy t 3 m , t 1; ≤ ∀ ∈ ⇔ m ≤ 6 . 2 t − 2t +1 2 A (1− m) 2
log x + m − 5 log x +1− m = 0 3 ( ) 3
Đặt t = log x , do 1 ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ 3 x 9 1 t 2 3 2 t −5t +1 30 (1− m) 2
log x + m − 5 log x +1− m = 0 ⇔ m = 2 3 ( ) 3 2 ( ) t −t +1 Phương trình ( )
1 có nghiệm thuộc đoạn 1 ;9 3
⇔ Phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [ 1; − 2]. 6 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG 2 t − 5t +1
Xét hàm số f (t) = 2 t − t +1 2 f ′(t) 4t − 4 = ( t − t + )2 2 1 = f ′(t) t 1 = 0 ⇔ t = 1 − Lập bảng biến thiên.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình ( )
1 có nghiệm thuộc khoảng (2;4) 7 5 ⇔ 3
− ≤ m ≤ .Suy ra m = 3 − ∈ 4; − − . 3 0 2 A
log 4 +4 + = +1+2x ⇔log +1 + +1 =log 2x +2x y y x y y 2 ( ) 2 ( ) ( ) 2
Xét hàm số f u log u u 2 Có f u 1 ' 1
0 với u 1 f u đồng biến trên 1 2x y . 31 u ln 2
Mặt khác 1 1 20211 2x y
2021 0 x log 2021 2 .
Vì x x 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;1 0 .
Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa mãn ycbt. A 2x +1 2(x + 2) − 3 2 3 dx = dx = − dx ∫ 2 ∫ 2 ∫ 2 32 (x + 2) (x + 2) x + 2 (x + 2) 3 = x + + + C = (x + ) 3 2ln 2 2ln 2 + + C . x + 2 x + 2 A 1 Xét x ∫ (x + 2020)2021 3 2 dx . Đặt 2 2
x + 2020 = u ⇒ x = u − 2020 . 0 Ta có d 2 d = d ⇒ d u x x u x x = . 2 33 Đổi cận:
x = 0 ⇒ u = 2020 . x =1⇒ u = 2021 2021 Vậy 1 I = ∫ (u −2020) 2021 u du . 2 2020 A e 34
Ta có x ln x = 0 ⇔ x =1. Thể tích cần tính 2 2 V = π x ln d x x ∫ . 1 A Ta có ( ) + (′ ) − x = ⇔ ( x)′ ( ) x + (′ ) =1 ⇔ ( x f x f x e e f x e f x e f (x))′ =1 35 Suy ra x
e f (x) = 1dx = x + C ∫ , do (0) 2 2 ( ) ( 2) x f C f x x e− = ⇒ = ⇒ = + 2
( ). x = ( + 2) x =( +1) x f x e dx x e dx x e + C ∫ ∫ A x = 0 36
Phương trình hoành độ giao điểm : 2 x = mx ⇔ x = m 7 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG m m 2 3 m 3 2 S x x m
= x − mx dx ∫ = ∫( 2
mx − x )dx = m − = 2 3 6 0 0 0 3
Theo đề bài: S < 20 m ⇔ < 20 3
⇔ m <120 ⇔ m < 4.9324... 6 ⇒ m = {1;2;3 }
;4 . Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn. A
Từ giả thiết ta có: (xf (x)+ )2
1 = f (x) + xf ′(x) . ′ ′ Đặt −
u = x f (x) 2 u u 1 .
+1⇒ u = u′ ⇒ =1⇒ dx = x + C ⇒ = x + C. 2 ∫ 2 u u u 37 x f (x) 1 − . = −1, mà f ( ) 1 = 2 − ⇒ C = 0. x + C 4 Vậy f (x) 1 1 3 = −
− ⇒ f x dx = 2 − ln 2 − . 2 ∫ ( ) x x 4 1 A 2 tan 60o AB = ⇒ AB = a 3 . 1 a 3 S = = . ∆ AB AC ABC . AC 2 2 38 BC A ′ = 30° , tan 30 AB ° =
⇒ AC′ = 3a . AC′ 2 2
CC′ = AC′ − AC = 2a 2 . Vậy 3 V = ′ = ′ ′ ′ CC S . ∆ a ABC A B C . ABC 6 . A S B C H A D S
∆ HD vuông tại H 2 2 2 2 a 17 2 a SH SD HD a ⇒ = − = − + = a 3 . 39 2 2 3 1 3 3 1 1 a 3 V = SH S = a ⇒ V = V = V = S ABCD . . . ABCD H .SBD . A SBD S. 3 3 2 4 ABCD 12 a
Tam giác SHB vuông tại H 2 2 13
⇒ SB = SH + HB = . 2 2 a 13 a 17 5a
Tam giác SBD có SB =
, BD = a 2, SD = ⇒ S = . 2 2 SBD 4
⇒ d (H,(SBD)) 3V a S HBD 3 . = = . SSBD 5 8 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG A
Gọi G , G , G lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SAD , SAC . 1 2 3 SG 2 SG 40
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB , AC thì 1 3 = = SI 3 SJ
⇒ G G // IJ ⇒ G G // ABC .Chứng minh tương tự ta có G G // ABC . 2 3 ( ) 1 3 ( ) 1 3
Suy ra (G G G // ABCD . 1 2 3 ) ( )
⇒ Thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bới (G G G là tứ giác 1 2 3 ) MNPQ . Ta có V SM.SN.SP 8 S.MNP = 8 = ⇒ V = V (1) V . SA . SB SC 27 S.MNP S. 27 ABC S.ABC Tương tự ta cũng có 8 ⇒ V = V (2) S.MPQ S. 27 ACD Từ (1) và (2) suy ra 8 V = V 8 ⇒ V = V 19
⇒ V = V −V = V . S.MNPQ S. 27 ABCD 1 27 2 1 27 Vậy V 8 1 = . V 19 2 A l h 41 2 3 l = ( )2 2 2
2 3 ⇒ l = 6 ⇒ h = 6 − 3 = 3 , r = 3 suy ra 1 V = π.3. 3 = π 3 . 3 A S M Δ I 42 D C O A B 2 SA a 3 R = = 2SO 3 9 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG A O M N B A Q P π π 43
Độ dài cung AB: 4 ⇒ 2 AOB = 3 3 π 2 2 AB = 4 + 4 −8cos
= 12 ⇒ AB = 2 3 ⇒ MN = 3 3 Xét 2 2 2 ∆ : = + − 2 . cos120o ONP OP ON NP ON NP 2 1 13 NP NP 3 0 NP − + + − = ⇒ = 2 2 − R 13 1 3 3( 13 −1) trụ= 3 ⇒ V = π ⋅ = ⋅ 2π 2 2π 8π 44 A P = . a . b c = 3.1.1 = 3 A 45 3 1 P − ; 0; 4 2 46 A Do OA ∆
B ⊥ tại O⇒ I là trung điểm AB 1 5 ⇒ I(− ;0; ) ⇒ 13 T = ⋅ 2 2 2 A Gọi M ( ;
x y;0) mà MN = ka ⇒ MN = (k;−k;0) , (k > 0) . 2
MN = 5 2 ⇒ 2k = 5 2 ⇒ k = 5 do k > 0
Tịnh tiến điểm A( 4;
− 7;3) theo véc tơ MN ta được 47
A′(1;2;3) ⇒ AM = NA′
Do đó AM − BN = A′N − BN ≤ A′B = 17 . Dấu bằng xảy ra khi A ,′ B, N thẳng hàng. 48 A
R = MN = 2 2 ⇒ (x + )2 + ( y − )2 + (z + )2 10 17 7 = 8 A
Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên a=b=c
a = b = −c
d (I,(Oyz)) = d (I,(Ozx)) = d (I,(Oxy)) ⇔ a = b = c ⇔ a = b − = c a = b − = −c 49
Nhận thấy chỉ có trường hợp a = b
− = c thì phương trình
AI = d (I,(Oxy)) có nghiệm, các trường hợp còn lại vô nghiệm. Với a = b
− = c thì I (a;− a;a)
AI = d (I,(Oyx)) ⇔ (a − )2 + (a − )2 + (a − )2 2 1 1 4 = a 2
⇔ a − 6a + 9 = 0
⇔ a = 3. Khi đó P = a − b + c = 9 . A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có G(0;0;3) và G ∉(S ). 50 Khi đó: + + = ( + )2 +( + )2 +( + )2 2 2 2 MA MB MC MG GA MG GB MG GC 10 CÂ PHƯƠN U G ÁN
TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG
2
= MG + MG (GA+GB +GC) 2 2 2 3 2
+ GA + GB + GC 2 = 3MG + 6. Do đó ( 2 2 2
MA + MB + MC ) ⇔ MG ngắn nhất min
Ta lại có, mặt cầu (S ) có bán kính R =1 tâm I (0;0; )
1 thuộc trục Oz , và (S) qua O.
Mà G ∈Oz nên MG ngắn nhất khi M = Oz ∩(S) . Do đó M (0;0;2) . Vậy MA = 2 . --- HẾT--- 11
Document Outline
- HSG_L12_20202021_DE
- HSG_L12_20202021_HDG
- Vậy .