Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán lần 1 sở GD&ĐT Lạng Sơn

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán lần 1 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Lạng Sơn

21 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

23 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đường cong trong hình bên là của đồ thị hàm số nào sau đây?
A.
2
logyx=
. B.
( )
0,8
x
y =
. C.
0,4
logyx=
. D.
( )
2
x
y =
.
Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị, ta có hàm số có tập xác định và hàm số nghịch biến suy ra
( )
0,8
x
y =
.
Câu 2: Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh
a
và chiều cao bằng
. Thể tích của khối lăng
trụ đã cho bằng
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
4
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối lăng trụ bằng
23
4 . 4V a a a==
.
Câu 3: Đường cong trong hình bên là dạng đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A.
32
35y x x= − + +
. B.
32
35y x x= − +
. C.
42
2y x x=−
. D.
3
35y x x= − +
.
Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị, ta có hàm số là hàm bậc ba
0a
, đạt cực trị tại
0x =
và
0xb=
nên
( )
2
y ax x b ax abx
= − = −
suy ra
32
32
a ab
y x x c= − +
.
Do đó ta chọn hàm số
32
35y x x= − +
thỏa mãn điều kiện.
Câu 4: Họ nguyên hàm của hàm số
2
1
( ) 3 osf x c x
x
=+
trên
( )
0;+
là
A.
1
3sin xC
x
− + +
. B.
1
3cos xC
x
++
.
C.
3cos lnx x C++
. D.
1
3sin xC
x
−+
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
11
3cos d 3sinx x x C
xx

+ = − +


Câu 5: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
M a;b;c
. Tọa độ véc tơ
OM
là
A.
( )
;;abc
. B.
( )
;;abc−
. C.
( )
;;abc− − −
. D.
( )
;;a b c−−
.
Lời giải
Chọn A
Tọa độ véc tơ
OM
là tọa độ của điểm
M
.
Câu 6: Cho khối cầu bán kính
2R
. Thể tích khối cầu đó bằng
A.
3
32
3
R
. B.
3
16
3
R
. C.
3
64
3
R
. D.
3
4
3
R
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối cầu đó là
( )
3
3
4 32
2
33
V R R

==
.
Câu 7: Cho số thực
x
và số thực
0y
tùy ý. Mệnh đề nào dưới đây sai?
A.
( )
2.7 2 .7
x
xx
=
. B.
3 .3 3
x y x y+
=
. C.
( ) ( )
55
yx
xy
=
. D.
4
4
4
x
x
y
y
=
.
Lời giải
Chọn D
Câu 8: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
2;1; 1A −
và
( )
1;2;3B
. Độ dài đoạn thẳng
AB
bằng
A.
18
. B.
32
. C.
3
. D.
22
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 2 1 3 1 3 2AB = − + − + + =
.
Câu 9: Một nguyên hàm của hàm số
( )
2
3f x x=
là
A.
( )
6H x x=
. B.
( )
3
1G x x=+
. C.
( )
3
F x x x=+
. D.
( )
3
3K x x=
.
Lời giải
Chọn B
Câu 10: Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng
2a
và thể tích bằng
3
a
. Chiều cao của khối
chóp đã cho bằng
A.
3a
. B.
23a
. C.
3
3
a
. D.
3
2
a
.
Lời giải
Chọn A
Diện tích đáy của hình chóp là
( )
2
2
2 . 3
3
4
a
Sa==
.
Chiều cao của khối chóp là
3
2
33
3
3
Va
ha
S
a
= = =
.
Câu 11: Tập xác định của hàm số
( )
1
2
2
12 36y x x= − +
là
A. . B.
( )
6;+
. C.
)
6;+
. D.
\6
.
Lời giải
Chọn D
Hàm số
( )
1
2
2
12 36y x x= − +
xác định khi
( )
2
2
12 36 0 6 0 6 0 6x x x x x− + − −
.
Tập xác định của hàm số
\6D =
.
Câu 12: Cho hàm số
( )
y f x=
có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình
( )
3fx=−
là
A.
3
. B.
0
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn C
Số nghiệm của phương trình
( )
3fx=−
là số giao điểm của đồ thị hàm số
( )
y f x=
và đường
thẳng
3y =−
. Dựa vào đồ thị suy ra phương trình có 2 nghiệm.
Câu 13: Một hình trụ có bán kính đáy bằng
5cm
, chiều cao
5cm
. Diện tích toàn phần của hình trụ đó
bằng
A.
2
50cm
. B.
2
100cm
. C.
2
50 cm
. D.
2
100 cm
.
Lời giải
Chọn D
Diện tích toàn phần của hình trụ:
22
2. 2 2 100= + = + =
tp xq d
S S S rh r cm
.
Câu 14: Cho khối hộp chữ nhật
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có
1 , ' 3 , 2= = =AB m AA m BC m
. Thể tích của khối
hộp đã cho bằng
A.
3
3m
. B.
3
6m
. C.
3
35m
. D.
3
5m
.
Lời giải
Chọn B
Thể tích của khối hộp đã cho là:
3
'. '. . 6= = =
ABCD
V AA S AA AB BC m
.
Câu 15: Đạo hàm của hàm số
( )
2
log 2 1=+yx
là
A.
( )
1
'
2 1 ln2
y
x
=
+
. B.
1
'
21
y
x
=
+
. C.
2
21x +
. D.
( )
2
2 1 ln 2x +
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 1 '
2
log 2 1 '
2 1 ln 2 2 1 ln2
+
+ = =
++
x
x
xx
.
Câu 16: Cho hai số dương
( )
,1a b a
. Mệnh đề nào dưới đây sai?
A.
log
a
b
ab=
. B.
log 2
a
aa=
. C.
log
a
a
=
. D.
log 1 0
a
=
.
Lời giải
Chọn B
Theo công thức:
log 1
a
a =
.
Câu 17: Cho hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
( )
;1−
.
B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
( )
0;+
.
C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
( )
;1−
và khoảng
( )
1; +
.
D. Hàm số đã cho nghịch biến trên tập
\1
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
( )
2
12
0 1
1
1
x
y y x
x
x
+
= = −
−
−
Nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
( )
;1−
và
( )
1; +
Câu 18: Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay có bán kính đáy
R
, độ dài đường sinh
l
bằng
A.
1
3
Rl
. B.
3 Rl
. C.
Rl
. D.
2 Rl
.
Lời giải
Chọn C
Câu 19: Tập nghiệm của phương trình
( )
2
ln 2 1 0xx− + =
là
A.
0
. B.
1
0;
2



. C.
1
2



. D.
.
Lời giải
Chọn B
Phương trình đã cho tương đương với
22
0
2 1 1 2 0
1
2
x
x x x x
x
=
− + = − =
=
.
Do đó tập nghiệm
1
0;
2
S

=


Câu 20: Cho hàm số
( )
y f x=
có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng
A. Hàm số đạt cực tiểu tại
1x =
. B. Hàm số có
3
cực trị.
C. Hàm số đạt cực đại tại
1x =
. D. Giá trị cực tiểu của hàm số là
1−
.
Lời giải
Chọn C
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại
1x =
.
Câu 21: Biết
( )
Fx
là một nguyên hàm của hàm số
( )
2
f x x=
. Biểu thức
( )
25F
bằng
A.
5
. B.
625
. C.
25
. D.
125
.
Lời giải
Chọn B
Theo định nghĩa
( ) ( ) ( ) ( )
2
25 25 25 625F x f x F f

= = = =
.
Câu 22: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
1
2
x
y
x
+
=
−
là
A.
1x =
. B.
2y =−
. C.
2x =
. D.
2y =
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
22
1
lim lim
2
xx
x
y
x
−−
→→
+
= = −
−
;
22
1
lim lim
2
xx
x
y
x
++
→→
+
= = +
−
.
Vậy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
2x =
.
Câu 23: Số cạnh của hình tứ diện là
A.
4
. B.
3
. C.
5
. D.
6
.
Lời giải
Chọn D
Số cạnh của hình tứ diện là
6
.
Câu 24: Trong không gian
Oxyz
, tọa độ tâm
I
và bán kính
R
của mặt cầu
2 2 2
( 1) ( 2) ( 4) 20x y z− + + + − =
là
A.
( )
1;2; 4 , 5 2IR− − =
. B.
( )
1; 2;4 , 20IR−=
.
C.
( )
1; 2;4 , 2 5IR−=
. D.
( )
1;2; 4 , 2 5IR− − =
.
Lời giải
Chọn C
Tọa độ tâm
( )
1; 2;4I −
và bán kính
20 2 5R ==
.
Câu 25: Cho đồ thị hàm số
( )
y f x=
có đồ thị như hình bên. Hàm số
( )
y f x=
nghịch biến trên khoảng
A.
( )
,2−
. B.
( )
0,+
. C.
( )
2,2−
. D.
( )
0,2
.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0,2
Câu 26: Họ nguyên hàm của hàm số
( )
4
.
x
f x x x e=+
A.
( )
5
1
1
5
x
x x e C+ − +
. B.
( )
3
41
x
x x e C+ + +
.
C.
5
1
5
x
x xe C++
. D.
( )
5
1
1
5
x
x x e C+ + +
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
( )
4 5 5
11
..
55
xx
A x x e dx x x e dx x I= + = + = +

Giải
I
: đặt
xx
u x du dx
dv e dx v e
==


==

Suy ra
..
x x x x
I x e e dx xe e C= − = − +
Suy ra
5
1
5
xx
A x xe e C= + − +
Vậy họ nguyên hàm của hàm số
( )
4
.
x
f x x x e=+
là:
( )
5
1
1
5
x
x x e C+ − +
Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình
2 2 7
39
xx++
là
A.
( )
,4− −
. B.
( )
4,− +
. C.
( )
,5− −
. D.
( )
5,− +
.
Lời giải
Chọn B
2 2 7
3 9 2 4 14 3 12 4
xx
x x x x
++
+ + − −
Câu 28: Giá trị lớn nhất của hàm số
( )
32
22f x x x x= − + −
trên đoạn
[0;2]
bằng
A.
1
. B.
2−
. C.
0
. D.
50
27
−
.
Lời giải
Chọn C
Xét trên đoạn
[0;2]
:
( )
2
1
3 4 1 0
1
3
x
f x x x
x
=
= − + =
=
.
( ) ( ) ( )
1 50
0 2, 2 0, 1 2,
3 27
f f f f
−

= − = = − =


. Vậy
( )
[0;2]
0Maxf x =
.
Câu 29: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số
2
2
1
2
xx
y
xx
−+
=
−−
là
A.
1
. B.
4
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn D
+
()
lim 1
x
x
y
→+
→−
=
nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình
1.y =
+
1
lim
x
y
→−
= −
nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình
1.x =−
+
2
lim
x
y
→
= −
nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình
2.x =
Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3.
Câu 30: Một khối cầu ngoại tiếp khối lập phương. Tỉ số thể tích giữa khối cầu và khối lập phương là
A.
3
2
. B.
33
8
. C.
33
8
. D.
3
2
.
Lời giải
Chọn A
Giả sử khối lập phương có cạnh bằng a.
Bán kính của mặt cầu
22
1 1 3
' . ' ' ' .
2 2 2
a
r IA AC AA A C= = = + =
3
3
4
..
3
3
.
2
kc
klp
r
V
Va
==
Câu 31: Cho khối chóp
S.ABCD
có đáy là hình chữ nhật
3AB=a,AD=a
,
SA
vuông góc với mặt
đáy và
SC
tạo với mặt phẳng
( )
SAB
một góc
0
30
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
4
3
a
. B.
3
6
3
a
. C.
3
26
3
a
. D.
3
26a
.
Lời giải
Chọn C
2
33
ABCD
S = a.a = a .
,
Ta có:
( )
BC SA
BC SAB
BC AB
⊥
⊥
⊥
( )
(
)
( )
0
30SC, SAB = SC,SB = CSB=
.
0
3
tan30
BC
SB= a=
22SA= a
.
Vậy
3
2
1 2 6
. 3.2 2
33
S.ABCD
a
V = a a=
.
Câu 32: Với
a,b
là hai số thực khác
0
tuỳ ý,
( )
24
ln ab
bằng
A.
2ln 4lnab+
. B.
2ln 4lnab+
. C.
4ln 2lnab+
. D.
( )
4 ln lnab+
.
Lời giải
Chọn B
( )
2 4 2 4
ln ln ln 2ln 4lna b a b a b= + = +
.
Câu 33: Một người gửi
100
triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất
6%
/ năm. Biết rằng nếu không
rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho
năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn
300
triệu
đồng bao gồm cả gốc lẫn lãi? (Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó
không rút tiền ra).
A.
20
năm. B.
18
năm. C.
21
năm. D.
19
năm.
Lời giải
Chọn D
Theo công thức tính lãi suất kép, ta có vốn tích luỹ sau
n
năm là
( )
1
n
n
P = P r+
với
P
là vốn
ban đầu (đvt: triệu đồng),
r
là lãi suất (tính theo năm).
1 06
6
300 100 1 log 3 19
100
n
,
n=

= +


.
Câu 34: Biết
( )
Fx
là môt nguyên hàm của hàm số
( )
2x
f x e=
và
( )
00F =
. Giá trị của
( )
ln3F
bằng
A.
2
. B.
6
. C.
17
2
. D.
4
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( )
22
1
2
xx
F x e dx e C= = +
.
Do
( )
00F =
0
11
0
22
e C C + = = −
.
Vậy
( )
2
1
2
x
F x e=−
.
Nên
( )
2.ln3
1 1 17
ln3 9
2 2 2
Fe= − = − =
.
Câu 35: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
2; 5;4M −
. Tọa độ điểm
'M
đối xứng với
M
qua mặt
phẳng
( )
Oyz
là
A.
( )
2;5;4
. B.
( )
2; 5; 4−−
. C.
( )
2;5; 4−
. D.
( )
2; 5;4−−
.
Lời giải
Chọn D
Ta có: Hình chiếu của
M
lên qua mặt phẳng
( )
Oyz
là
( )
0; 5;4I −
.
Do
'M
đối xứng với
M
qua mặt phẳng
( )
Oyz
nên
I
là trung điểm
'MM
( )
' 2; 5;4M − −
.
Câu 36: Cho đồ thị hàm số
( )
4
2
x
yC
x
−
=
+
. Gọi
( )
;
AA
A x y
,
( )
;
BB
B x y
là tọa độ giao điểm của
( )
C
với
các trục tọa độ. Khi đó ta có
A B A B
x x y y+ + +
bằng
A.
6
. B.
1
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
( ) ( )
4;0A C Ox A=
;
( ) ( )
0; 2B C Oy B= −
.
Nên
( )
4 0 0 2 2
A B A B
x x y y+ + + = + + + − =
.
Câu 37: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1;2; 1A −
,
( )
2; 1;3B −
,
( )
3;5;1C −
. Tọa độ điểm
D
sao
cho tứ giác
ABCD
là hình bình hành là
A.
( )
2;2;5−
. B.
( )
4;8; 5−−
. C.
( )
4;8; 3−−
. D.
( )
2;8; 3−−
Lời giải
Chọn C
Ta có
( )
1; 3;4AB =−
.
Gọi
( )
,,D x y z
, khi đó
( )
3 ;5 ,1DC x y z= − − − −
.
Vì tứ giác
ABCD
là hình bình hành nên ta có
AB DC=
3 1 4
5 3 8
1 4 3
xx
yy
zz
− − = = −


− = − =


− = = −

.
Vậy
( )
4;8; 3D −−
.
Câu 38: Cho lăng trụ tam giác
.ABC A B C
. Biết diện tích mặt bên
( )
ABBA

bằng
15
, khoảng cách từ
C
đến mặt phẳng
( )
ABBA

bằng
6
. Thể tích khối lăng trụ
.ABC A B C
bằng
A.
60
. B.
45
. C.
90
. D.
30
Lời giải
Chọn B
Ta có
( )
( )
. '. .
1
3 3 3. . . ;
3
ABC A B C A ABC C A AB A AB
V V V S d C ABB A

= = =
=
15
.6 45
2
=
.
Câu 39: Cho hàm số
3
32y x x=−+
. Toạ độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
A.
( )
0;1
. B.
( )
2;0−
. C.
( )
1;0
. D.
( )
1;4−
Lời giải
Chọn C
Ta có:
2
1
' 3 3 0
1
x
yx
x
=
= − =
=−
Bảng biến thiên
Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
( )
1;0
.
Câu 40: Cho tam giác
SOA
vuông tại
O
có
4cmOA =
,
5cmSA =
, quay tam giác
SOA
xung quanh
cạnh
SO
dược một hình nón. Thể tich của khối nón tương ứng bằng
A.
3
16 cm
. B.
3
15 cm
. C.
3
80
3
cm
. D.
3
36 cm
.
Lời giải
Chọn A
Đường cao của hình nón là
22
3h SO SA OA= = − =
.
Thể tích khối nón là
2 2 3
1 1 1
. . . . . .4 .3 16 cm
3 3 3
V S h r h
= = = =
.
Câu 41: Biết đồ thị hàm số
( )
y f x=
đối xứng với đồ thị hàm số
( )
0, 1
x
y a a a=
qua điểm
( )
1;1I
.
Giá trị của biểu thức
1
2 log
2022
a
f

+


bằng
A.
2022−
. B.
2021
. C.
2022
. D.
2020−
.
Lời giải
Chọn D
Đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số
( )
1
x
y a C=
là đồ thị hàm số
( )
2
log
a
y x C=
.
Gọi
( ) ( ) ( ) ( )
12
;;
A A B B
A x y C B x y C
là điểm đối xứng với điểm
A
qua điểm
( )
1;1I
.
Ta có
( )
( )
1
21
2
22
1
2
AB
AB
AB
AB
xx
xx
yy
yy
+
=
+=


+
+=
=
.
Với
1
2 log 2 log 1 log 2022 2 log 2022
2022
B a a a a
x = + = + − = −
.
Từ (1) ta có
2 log 2022
A B A a
x x x+ = =
. Suy ra
log 2022
2022
a
A
ya==
.
Từ (2) ta có
2 2 2022 2020
A B B
y y y+ = = − = −
.
Vậy
( )
1
2 log 2020
2022
B a B
y f f x

= + = = −


.
Câu 42: Cho hàm số
( )
y f x=
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số
( ) ( )
32
3y f x f x=−
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
;1−
. B.
( )
1;2
. C.
( )
3;4
. D.
( )
2;3
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
3 . 6. . 3. . 2y f x f x f x f x f x f x f x
= − = −
.
Hàm số đã cho đồng biến
( ) ( ) ( )
0 3. . 2 0y f x f x f x

−


.
TH1: Nếu
1x
, khi đó ta có
( )
( ) ( )
( ) ( )
0
00
2 0 2 0
hoÆc
hoÆc
fx
f x f x
f x f x

− −
.
Chọn
( )
1fx=
, suy ra
( ) ( ) ( )
3. . 2 0f x f x f x
−


.
Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên
( )
;1−
.
TH2: Nếu
( )
1;2x
, khi đó ta có
( )
( )
( ) ( )
0
0
2 0 2 0hoÆc
fx
fx
f x f x
− −
.
Chọn
( )
5
2
fx=
, suy ra
( ) ( ) ( )
3. . 2 0f x f x f x
−


.
Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên
( )
1;2
.
TH3: Nếu
( )
3;4x
, khi đó ta có
( )
( )
( )
0
0
20
fx
fx
fx
−
. Suy ra
( ) ( ) ( )
3. . 2 0f x f x f x
−


.
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên
( )
3;4
.
TH4: Nếu
( )
2;3x
, khi đó ta có
( )
( )
( )
0
0
20
fx
fx
fx
−
. Suy ra
( ) ( ) ( )
3. . 2 0f x f x f x
−


.
Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên
( )
2;3
.
Kết luận: Hàm số đã cho đồng biến trên
( )
3;4
.
Câu 43: Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm 1 khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo
được ghi trên hình, chu vi đáy là
20 cm
. Thể tích của côt bằng
A.
( )
3
52000
cm
3
. B.
( )
3
5000
cm
3
. C.
( )
3
5000
cm
. D.
( )
3
13000
cm
3
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
1
V
là thể tích khối trụ,
2
V
là thể tích khối nón, Gọi
V
là thể tích cái cột.
Chiều cao và bán kính khối trụ lần lượt là
11
20 10
40 ,
2
h cm r cm

= = =
.
Chiều cao và bán kính khối nón lần lượt là
2 2 1
10
10 ,h cm r r cm
= = =
.
Theo bài ra
( ) ( )
( )
2
2 2 2 3
1 2 1 1 2 2 1 1 2
1 1 1 10 13000
3 3.40 10
3 3 3 3
V V V r h r h r h h cm


= + = + = + = + =


.
Câu 44: Giả sử hàm số
()y f x=
liên tục, nhận giá trị dương trên
(0; )+
và thỏa mãn
(1)fe=
,
( ) ( ) 3 1f x f x x
= +
, với mọi
0x
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
3 (5) 4f
. B.
11 (5) 12f
. C.
10 (5) 11f
. D.
4 (5) 5f
.
Lời giải
Chọn C
( ) ( ) ( )
1
2
( ) 1 ( ) 1
( ) ( ) 3 1
( ) ( )
3 1 3 1
2
ln 3 1 ln 3 1 .
3
f x f x
f x f x x dx dx
f x f x
xx
f x x dx f x x C

−
= + = =
++
= + = + +

Do
()y f x=
liên tục, nhận giá trị dương trên
(0; )+
và thỏa mãn
(1)fe=
, ta có
( ) ( ) ( )
21
31
33
4 1 2 1
ln 1 ln 3 1
3 3 3 3
x
f C C f x x f x e
+−
= + = − = + − =
.
( ) ( )
7
3
5 10,3123 10 5 11.f e f =
Câu 45: Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
a
,
( )
SA ABC⊥
và
2SA a=
. Gọi
,GE
lần lượt là trọng tâm của các tam giác
SAB
và
,SBC N
là trung điểm của
BC
. Thể tích
khối chóp
AGEN
bằng
A.
3
3
18
a
. B.
3
3
81
a
. C.
3
3
54
a
. D.
3
3
108
a
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
K
là trung điểm của
AB
.
Ta có
( )
( )
( )
1
,,
2
d N AGE d S AGE=
Khi đó
. . . .
1 1 1 1 1 1
. . . . . . . . . .
2 2 2 4 18 3
N AGE S AGE S AKN S ABC ABC
SG SE SG SE
V V V V SA S
SK SN SK SN
= = = =
23
1 1 3 3
. .2 .
18 3 4 108
aa
a==
.
Câu 46: Cho hàm số
32
y ax bx cx d= + + +
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
0, 0, 0, 0a b c d
. B.
0, 0, 0, 0a b c d
.
C.
0, 0, 0, 0a b c d
. D.
0, 0, 0, 0a b c d
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
0a
và đồ thị cắt
Oy
tại điểm có tung độ dương nên
0d
.
Mặt khác:
2
3 2 ; 6 2y ax bx c y ax b
= + + = +
và từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có hai điểm cực
trị có hoành độ dương và điểm uốn có hoành độ dương.
Khi đó
.0
0
0
0
3
ac
b
b
c
a

−
do
0a
.
Câu 47: Biết rằng tập tất cả các giá trị thực của tham số
m
để phương trình
( )
22
4 2 5 8 24m x x x x+ + = + +
có
4
nghiệm thực phân biệt là khoảng
( )
;ab
. Giá trị
ab+
bằng
A.
28
3
. B.
25
3
. C.
4
. D.
9
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( )
22
4 2 5 8 24m x x x x+ + = + +
( )
( )
( )
2
22
4 2 4 2 4m x x x x + + = + + +
( ) ( )
2
2
4 2 4
4*
4
2
xx
mx
x
x
++
= + −
+
+
Đặt
( )
( )
2 2 2
4 2 4
;'
2 2 2
xx
t t x
x x x
+−
==
+ + +
( )
1
'0
2
t x x = =
và
( )
40t −=
.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
(
1;3 \ 0t−
, với
( )
0
1;3t
thì phương trình
( )
0
t x t=
cho ta hai
nghiệm
x
và
(
3 1;1 \ 0t −
thì phương trình
( )
0
t x t=
cho ta một nghiệm
x
.
Khi đó phương trình
( )
*
( )
4
m t f t
t
= + =
với
(
1;3 \ 0t−
.
Ta có:
( )
2
2
22
2
44
' 1 0 4 0
2
t
t
f t t
t
tt
=
−
= − = = − =
=−
.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy
( )
f t m=
có nhiều nhất hai nghiệm
t
, mà mỗi giá trị
t
lại cho
ta nhiều nhất hai nghiệm
x
.Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực thì phương trình
( )
f t m=
phải có hai nghiệm
( )
0
1;3t
13
4
3
m
.
Vậy
13
4;
3
m



. Suy ra
25
3
ab+=
.
Câu 48: Với
a
là tham số thực để bất phương trình
2 3 2
xx
ax+ +
có tập nghiệm là . Khi đó:
A.
( )
1;3a
. B.
( )
0;1a
. C.
( )
;0a −
. D.
( )
3;a +
.
Lời giải
Chọn A
Hàm số
( )
2 3 2
xx
f x ax= + − −
liên tục trên
Ta có
( ) ( )
' 2 ln2 3 ln3 ; 0 0
xx
f x a f= + − =
Do đó
( ) ( ) ( )
0 0 0f x x f x f x x =
là điểm cực tiểu
( )
' 0 0 ln2 ln3 0 ln6f a a = + − = =
Thử lại: Với
ln6a =
có
( )
' 2 ln2 3 ln3 ln6
xx
fx= + −
( )
' 0 2 ln2 3 ln3 ln6 0
xx
f x x= + = =
Bảng biến thiên:
Bất phương trình
( )
0fx
có tập nghiệm là .
Câu 49: Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên và có đạo hàm thỏa
( )
1fe=
và
( ) ( )
',f x f x x x+ =
. Giá trị của
( )
2f
bằng
A.
2
e
. B.
1
1
e
−
. C.
1
1
e
+
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
22
11
22
'
'
'
'
21
. 2 1
22
x x x
xx
xx
f x f x x
e f x e f x xe
e f x xe
e f x dx xe dx
e f ef e
e f f e
f
+=
+ =
=
=
− =
− =
=

.
Câu 50: Tập hợp tất cả các giá trị thực của
m
để hàm số
32
3 3 1y x x mx= − + + −
nghịch biến trên
( )
0;+
là
A.
)
1;− +
. B.
( )
;0−
. C.
( )
;1− −
. D.
(
;1− −
.
Lời giải
Chọn D
( )
( )
( )
2
2
2
' 3 6 3
' 0, 0;
3 6 3 0, 0;
2 , 0;
1
y x x m
yx
x x m x
m x x x
m
= − + +
+
− + + +
− +
−
____________________ HẾT ____________________
| 1/23
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:
Đường cong trong hình bên là của đồ thị hàm số nào sau đây? x x
A. y = log x . B. y = (0,8) . C. y = log x . D. y = ( 2) . 2 0,4 Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị x
, ta có hàm số có tập xác định
và hàm số nghịch biến suy ra y = (0,8) . Câu 2:
Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 4a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A
Thể tích khối lăng trụ bằng 2 3 V = 4 . a a = 4a . Câu 3:
Đường cong trong hình bên là dạng đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. 3 2
y = −x + 3x + 5 . B. 3 2
y = x −3x + 5 . C. 4 2
y = x − 2x . D. 3
y = x −3x + 5 . Lời giải Chọn B
Dựa vào đồ thị, ta có hàm số là hàm bậc ba a  0 , đạt cực trị tại x = 0 và x = b  0 nên  = ( − ) a ab 2 y
ax x b = ax − abx suy ra 3 2 y = x − x + c . 3 2 Do đó ta chọn hàm số 3 2
y = x −3x + 5 thỏa mãn điều kiện. 1 Câu 4:
Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 3 os c x + trên (0;+) là 2 x 1 1 A. 3
− sin x + + C . B. 3cos x + + C . x x 1
C. 3cos x + ln x + C . D. 3sin x − + C . x Lời giải Chọn D  1  1 Ta có 3cos x + dx = 3sin x − + C   2  x x Câu 5:
Trong không gian Oxyz , cho điểm M (a;b;c) . Tọa độ véc tơ OM là A. ( ; a ; b c) . B. (− ; a ; b c) . C. (− ; a − ; b c − ) . D. (− ; a ; b c − ) . Lời giải Chọn A
Tọa độ véc tơ OM là tọa độ của điểm M . Câu 6:
Cho khối cầu bán kính 2R . Thể tích khối cầu đó bằng 32 16 64 4 A. 3  R . B. 3  R . C. 3  R . D. 3  R . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A
Thể tích khối cầu đó là 4 V =  (2R)3 32 3 =  R . 3 3 Câu 7:
Cho số thực x và số thực y  0 tùy ý. Mệnh đề nào dưới đây sai? x x x + y x 4 A. (2.7) 2 . x 7x = . B. 3 .
x 3y = 3x y . C. (5x ) (5y = ) . D. 4 y = . 4y Lời giải Chọn D Câu 8:
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2;1;− ) 1 và B(1;2; )
3 . Độ dài đoạn thẳng AB bằng A. 18 . B. 3 2 . C. 3 . D. 22 . Lời giải Chọn B 2 2 2
Ta có: AB = (1− 2) + (2 − ) 1 + (3+ ) 1 = 3 2 . Câu 9:
Một nguyên hàm của hàm số f (x) 2 = 3x là
A. H ( x) = 6x . B. G ( x) 3 = x +1. C. ( ) 3
F x = x + x . D. K ( x) 3 = 3x . Lời giải Chọn B
Câu 10: Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và thể tích bằng 3
a . Chiều cao của khối chóp đã cho bằng 3 3 A. 3a . B. 2 3a . C. a . D. a . 3 2 Lời giải Chọn A (2a)2 . 3
Diện tích đáy của hình chóp là 2 S = = a 3 . 4 3
Chiều cao của khối chóp là 3V 3a h = = = 3a . 2 S a 3
Câu 11: Tập xác định của hàm số y = ( x − x + )1 2 2 12 36 là A. . B. (6;+) . C. 6;+) . D. \   6 . Lời giải Chọn D
Hàm số y = (x − x + )1 2 2 12 36 xác định khi x − x +   (x − )2 2 12 36 0 6
 0  x − 6  0  x  6 .
Tập xác định của hàm số D = \  6 .
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình f ( x) = 3 − là A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C
Số nghiệm của phương trình f (x) = 3
− là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường
thẳng y = −3 . Dựa vào đồ thị suy ra phương trình có 2 nghiệm.
Câu 13: Một hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm , chiều cao 5cm . Diện tích toàn phần của hình trụ đó bằng A. 2 50cm . B. 2 100cm . C. 2 50 cm . D. 2 100 cm . Lời giải Chọn D
Diện tích toàn phần của hình trụ: 2 2
S = S + 2.S = 2 rh + 2 r =100cm . tp xq d
Câu 14: Cho khối hộp chữ nhật ABC .
D A' B 'C ' D' có AB = 1 , m AA' = 3 ,
m BC = 2m . Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 3 3m . B. 3 6m . C. 3 3 5m . D. 3 5m . Lời giải Chọn B
Thể tích của khối hộp đã cho là: 3 V = AA'.S = AA'.A . B BC = 6m . ABCD
Câu 15: Đạo hàm của hàm số y = log 2x +1 là 2 ( ) 1 1 2 2 A. y ' = ( . B. y ' = . 2x + ) 1 ln 2 2x + . C. 1 2x + . D. 1 (2x + ) 1 ln 2 Lời giải Chọn D Ta có ( 2x +1 ' 2 log 2x +1 ' = = . 2 ( )) ( ) (2x + ) 1 ln 2 (2x + ) 1 ln 2
Câu 16: Cho hai số dương , a b(a  )
1 . Mệnh đề nào dưới đây sai?  A. loga b a = b .
B. log a = 2a .
C. log a =  . D. log 1 = 0 . a a a Lời giải Chọn B
Theo công thức: log a =1. a x + Câu 17: Cho hàm số 1
y = x − . Mệnh đề nào sau đây đúng? 1
A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( ) ;1 − .
B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0;+) .
C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( ) ;1 − và khoảng (1;+).
D. Hàm số đã cho nghịch biến trên tập \   1 . Lời giải Chọn A x + 1 2 Ta có: y =  y = −  x   x −1 (x − ) 0 1 2 1
Nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( ) ;1 − và (1;+)
Câu 18: Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay có bán kính đáy R , độ dài đường sinh l bằng 1 A. Rl . B. 3 Rl . C. Rl . D. 2 Rl . 3 Lời giải Chọn C
Câu 19: Tập nghiệm của phương trình ( 2 ln 2x − x + ) 1 = 0 là  1 1 A.   0 . B. 0; 2. C.   . D. .   2 Lời giải Chọn B x = 0
Phương trình đã cho tương đương vớ 2 2 
i 2x − x +1 = 1  2x − x = 0  1  . x =  2 1
Do đó tập nghiệm S  = 0; 2  
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.
B. Hàm số có 3 cực trị.
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 1.
D. Giá trị cực tiểu của hàm số là 1 − . Lời giải Chọn C
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1.
Câu 21: Biết F ( x) là một nguyên hàm của hàm số ( ) 2
f x = x . Biểu thức F(25) bằng A. 5 . B. 625 . C. 25 . D. 125 . Lời giải Chọn B
Theo định nghĩa F(x) = f (x)  F( ) = f ( ) 2 25 25 = 25 = 625. x +1
Câu 22: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = x − là 2 A. x =1 . B. y = −2 . C. x = 2 . D. y = 2 . Lời giải Chọn C x +1 x +1 Ta có lim y = lim = − lim y = lim = + − − + + x→2 x→2 x − ; 2 x→2 x→2 x − . 2
Vậy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x = 2 .
Câu 23: Số cạnh của hình tứ diện là A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn D
Số cạnh của hình tứ diện là 6 .
Câu 24: Trong không gian
Oxyz , tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu 2 2 2
(x −1) + (y + 2) + (z − 4) = 20 là A. I ( 1 − ;2; 4 − ), R = 5 2 . B. I (1; 2 − ;4), R = 20. C. I (1; 2
− ;4), R = 2 5 . D. I ( 1 − ;2; 4 − ), R = 2 5 . Lời giải Chọn C
Tọa độ tâm I (1; 2
− ;4) và bán kính R = 20 = 2 5 .
Câu 25: Cho đồ thị hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f ( x) nghịch biến trên khoảng A. ( , − 2) . B. (0, +) . C. ( 2 − ,2) . D. (0, 2) . Lời giải Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số nghịch biến trên khoảng (0, 2)
Câu 26: Họ nguyên hàm của hàm số ( ) 4 = + . x f x x x e 1 A. 5 + ( − ) 1 x x x
e + C . B. 3 4 +( + ) 1 x x x e + C . 5 1 1 C. 5 x
x + xe + C . D. 5 + ( + ) 1 x x x e + C . 5 5 Lời giải Chọn A x 1 x 1 Ta có: A = ( 4 x + . x e ) 5 5 dx = x + . x e dx = x + I  5 5 u  = xdu = dx Giải I : đặt    x xdv = e dxv = e Suy ra = . x x − = . x x I x e
e dx x e − e + C  1 Suy ra 5 x x A =
x + xe − e + C 5 1
Vậy họ nguyên hàm của hàm số ( ) 4 = + . x f x x x e là: 5 + ( − ) 1 x x x e + C 5
Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình x+2 2 x+7 3  9 là A. (− ,  4 − ). B. ( 4, − +). C. (− ,  5 − ) . D. ( 5, − +) . Lời giải Chọn B x+2 2 x+7 3  9
x + 2  4x +14  3
− x 12  x  4 −
Câu 28: Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 3 2
= x − 2x + x − 2 trên đoạn [0;2] bằng 50 − A. 1 . B. 2 − . C. 0 . D. . 27 Lời giải Chọn C x =1  
Xét trên đoạn [0; 2]: f ( x) 2
= 3x − 4x +1 = 0  1  . x =  3   −
f ( ) = − f ( ) = f ( ) 1 50 0 2, 2 0, 1 = 2 − , f =  
. Vậy Maxf ( x) = 0 .  3  27 [0;2] 2 x − x +1
Câu 29: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = 2 x − x − là 2 A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D
+ lim y = 1 nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình y = 1. x→+ ( x→−)
+ lim y = − nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình x = 1. − x 1 →−
+ lim y = − nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình x = 2. x→2
Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3.
Câu 30: Một khối cầu ngoại tiếp khối lập phương. Tỉ số thể tích giữa khối cầu và khối lập phương là 3 3 3 3 3 3 A.  . B.  . C. . D. . 2 8 8 2 Lời giải Chọn A
Giả sử khối lập phương có cạnh bằng a. 1 1 a 3 Bán kính của mặt cầu 2 2 r = IA = AC ' =
. AA' + A'C ' = . 2 2 2 4 3 . .r V 3 kc 3 = = . 3 V a 2 klp
Câu 31: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD= a 3 , SA vuông góc với mặt
đáy và SC tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 0
30 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 4 6 2 6 A. 3 a . B. 3 a . C. 3 a . D. 3 2 6a . 3 3 3 Lời giải Chọn C 2 S
= a.a 3 = a . 3 , ABCDBC ⊥ SA Ta có: 
BC ⊥ (SAB)  (SC,(SAB))=(SC,SB) 0 = CSB = 30 . BC ⊥ AB BCSB =
= 3a SA= 2 2a . 0 tan30 3 1 2 6a Vậy 2 V = a . 3.2 2a = . S.ABCD 3 3
Câu 32: Với a,b là hai số thực khác 0 tuỳ ý, ( 2 4 ln a b ) bằng
A. 2lna + 4lnb .
B. 2ln a + 4ln b .
C. 4lna + 2lnb .
D. 4(ln a + ln b ) . Lời giải Chọn B ( 2 4 a b ) 2 4 ln
= lna + lnb = 2ln a + 4ln b .
Câu 33: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% / năm. Biết rằng nếu không
rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho
năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu
đồng bao gồm cả gốc lẫn lãi? (Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra). A. 20 năm. B. 18 năm. C. 21 năm. D. 19 năm. Lời giải Chọn D
Theo công thức tính lãi suất kép, ta có vốn tích luỹ sau n
n năm là P = P
+ r với P là vốn n (1 )
ban đầu (đvt: triệu đồng), r là lãi suất (tính theo năm). n  6   300 =100 1+  n = log 3 19   . 1 0 , 6  100 
Câu 34: Biết F ( x) là môt nguyên hàm của hàm số ( ) 2x
f x = e và F (0) = 0 . Giá trị của F (ln ) 3 bằng 17 A. 2 . B. 6 . C. . D. 4 . 2 Lời giải Chọn C x 1 Ta có: ( ) 2 2 x
F x = e dx = e + C  . 2 1 1 Do F (0) = 0 0
e + C = 0  C = − . 2 2 Vậy F ( x) x 1 2 = e − . 2 1 1 17 Nên F (ln 3) 2.ln 3 = e − = 9 − = . 2 2 2
Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2; 5
− ;4) . Tọa độ điểm M ' đối xứng với M qua mặt phẳng (Oyz) là A. (2;5;4) . B. (2; 5 − ; 4 − ). C. (2;5; 4 − ) . D. ( 2 − ; 5 − ;4). Lời giải Chọn D
Ta có: Hình chiếu của M lên qua mặt phẳng (Oyz) là I (0; 5 − ;4).
Do M ' đối xứng với M qua mặt phẳng (Oyz) nên I là trung điểm MM '  M '( 2 − ; 5 − ;4) . x − 4
Câu 36: Cho đồ thị hàm số y =
(C) . Gọi A(x ; y , B(x ; y là tọa độ giao điểm của (C) với B B ) A A ) x + 2
các trục tọa độ. Khi đó ta có x + x + y + y bằng A B A B A. 6 . B. 1. C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn D
Gọi A = (C)Ox A(4;0) ; B = (C)Oy B(0; 2 − ) .
Nên x + x + y + y = 4 + 0 + 0 + ( 2 − ) = 2 . A B A B
Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;2;− ) 1 , B (2; 1 − ; ) 3 , C ( 3 − ;5; )
1 . Tọa độ điểm D sao
cho tứ giác ABCD là hình bình hành là A. ( 2 − ;2;5) . B. ( 4 − ;8; 5 − ) . C. ( 4 − ;8;− ) 3 . D. ( 2 − ;8;− ) 3 Lời giải Chọn C Ta có AB = (1; 3 − ;4). Gọi D ( ,
x y, z), khi đó DC = ( 3 − − ;
x 5 − y,1− z) .  3 − − x =1 x = 4 −  
Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AB = DC  5  − y = 3 −  y = 8 .   1− z = 4 z = 3 −   Vậy D( 4 − ;8;− ) 3 .
Câu 38: Cho lăng trụ tam giác AB . C A BC
 . Biết diện tích mặt bên (ABB A
 ) bằng 15, khoảng cách từ
C đến mặt phẳng ( ABB A
 ) bằng 6 . Thể tích khối lăng trụ AB . C A BC   bằng A. 60 . B. 45 . C. 90 . D. 30 Lời giải Chọn B 1 15 Ta có V = = =   =    3V 3V
3. .S  .d C; ABB A = .6 45 . ABC.A B C A'.ABC C.A AB A AB ( ( )) 3 2 Câu 39: Cho hàm số 3
y = x −3x + 2 . Toạ độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A. (0 ) ;1 . B. ( 2 − ;0) . C. (1;0) . D. ( 1 − ;4) Lời giải Chọn C x =1 Ta có: 2
y ' = 3x − 3 = 0  x = 1 − Bảng biến thiên
Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là (1;0) .
Câu 40: Cho tam giác SOA vuông tại O có OA = 4cm , SA = 5cm , quay tam giác SOA xung quanh
cạnh SO dược một hình nón. Thể tich của khối nón tương ứng bằng 80 A. 3 16cm . B. 3 15cm . C. 3 cm . D. 3 36cm . 3 Lời giải Chọn A
Đường cao của hình nón là 2 2
h = SO = SA − OA = 3 . 1 1 1 Thể tích khối nón là 2 2 3
V = .S.h = . r .h = . .4 .3 = 16 cm . 3 3 3
Câu 41: Biết đồ thị hàm số y = f ( x) đối xứng với đồ thị hàm số x
y = a (a  0, a  ) 1 qua điểm I (1; ) 1 .  1 
Giá trị của biểu thức f 2 + log  a  bằng  2022  A. 2022 − . B. 2021. C. 2022 . D. 2020 − . Lời giải Chọn D
Đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số x y = a ( = 1
C ) là đồ thị hàm số y loga x ( 2 C ) .
Gọi A( x ; y )(   1 C ) B(x ; A A B yB ) ( 2
C ) là điểm đối xứng với điểm A qua điểm I (1; ) 1 .  x + A xB =1  x + x = 2   A B ( ) 1 2 Ta có    . y +   + = A yB y y 2 =  A B (2) 1  2 1 Với x = 2 + log
= 2 + log 1− log 2022 = 2 − log 2022 B a a a a . 2022
Từ (1) ta có x + x = 2  x = log 2022 a = = A B A a . Suy ra log 2022 y a 2022 A .
Từ (2) ta có y + y = 2  y = 2 − 2022 = 2 − 020 A B B .  1 
Vậy y = f 2 + log = = − Ba f  ( B x ) 2020 .  2022 
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau: 3 2
Hàm số y =  f ( x) − 3  f ( x)   
 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( ) ;1 − . B. (1; 2) . C. (3; 4). D. (2;3). Lời giải Chọn C 2
Ta có y = 3  f ( x) . f ( x) − 6. f ( x). f ( x) = 3. f ( x). f ( x)  f ( x) − 2     .
Hàm số đã cho đồng biến  y  0  3. f (x). f (x)  f  (x) − 2  0  .
f (x)  0 
TH1: Nếu x 1, khi đó ta có  f ( x)  0 hoÆc f ( x)  0 .  f
 (x) − 2  0 hoÆc f ( x) − 2  0
Chọn f (x) =1, suy ra  3. f (x). f (x)  f  (x) − 2  0  .
Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên ( ) ;1 − .
f (x)  0 
TH2: Nếu x (1;2) , khi đó ta có  f ( x)  0 .  f
 (x) − 2  0 hoÆc f ( x) − 2  0 Chọn f ( x) 5
= , suy ra  3. f (x). f (x) f  (x) − 2  0  . 2
Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên (1; 2) .
f (x)  0 
TH3: Nếu x (3;4) , khi đó ta có  f ( x)  0
. Suy ra  3. f ( x). f ( x)  f  (x) − 2  0  .  f  ( x) − 2  0
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên (3; 4).
f (x)  0 
TH4: Nếu x (2; )
3 , khi đó ta có  f ( x)  0
. Suy ra  3. f ( x). f ( x)  f  (x) − 2  0  .  f  ( x) − 2  0
Vậy hàm số đã cho không đồng biến trên (2;3).
Kết luận: Hàm số đã cho đồng biến trên (3; 4).
Câu 43: Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm 1 khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo
được ghi trên hình, chu vi đáy là 20 cm . Thể tích của côt bằng 52000 5000 5000 13000 A. ( 3 cm ) 3 cm 3 cm 3 cm 3 . B. ( ) 3 . C. ( )  . D. ( ) 3 . Lời giải Chọn D
Gọi V là thể tích khối trụ, V là thể tích khối nón, Gọi V là thể tích cái cột. 1 2 20 10
Chiều cao và bán kính khối trụ lần lượt là h = 40c , m r = = cm . 1 1 2  10
Chiều cao và bán kính khối nón lần lượt là h = 10c , m r = r = cm . 2 2 1  2 1 1 1 10  13000 Theo bài ra 2 2 2
V = V +V =  r h +  r h =  r (3h + h ) =  (3.40+10) =   ( 3 cm . 1 2 1 1 2 2 1 1 2 ) 3 3 3    3
Câu 44: Giả sử hàm số y = f (x) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; +) và thỏa mãn f (1) = e , f ( ) x = f (  )
x  3x +1, với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. 3  f (5)  4 .
B. 11  f (5)  12 .
C. 10  f (5)  11.
D. 4  f (5)  5 . Lời giải Chọn C f  (x) 1 f   (x) 1
f (x) = f (x)  3x +1  =  dx = dx   f (x) 3x +1 f (x) 3x +1 −
 ln f (x) = (3x+ ) 1 2 2 1
dx  ln f ( x) = 3x +1 + C. 3
Do y = f (x) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; +) và thỏa mãn f (1) = e , ta có + − f ( ) 4 1
= + C C = −  f ( x) 2 1 x ln 1 ln = 3x +1 −  f (x) 2 1 3 1 3 3 = e . 3 3 3 3 7  f ( ) 3
5 = e  10,3123 10  f (5) 11.
Câu 45: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA ⊥ ( ABC) và SA = 2a . Gọi
G, E lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB và SBC, N là trung điểm của BC . Thể tích
khối chóp AGEN bằng 3 3a 3 3a 3 3a 3 3a A. . B. . C. . D. . 18 81 54 108 Lời giải Chọn D
Gọi K là trung điểm của AB . 1
Ta có d ( N,( AGE)) = d (S, AGE) 2 Khi đó 1 1 SG SE 1 SG SE 1 1 1 V = V = . . .V = . . . .V = . .S . A S N . AGE S . AGE S .AKN S .  2 2 SK SN 2 SK SN 4 ABC 18 3 ABC 2 3 1 1 a 3 3a = . .2 . a = . 18 3 4 108 Câu 46: Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  0,b  0, c  0, d  0 .
B. a  0,b  0, c  0, d  0 .
C. a  0,b  0, c  0, d  0 .
D. a  0,b  0, c  0, d  0 . Lời giải Chọn D
Ta có a  0 và đồ thị cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d  0 . Mặt khác: 2
y = 3ax + 2bx + ;
c y = 6ax + 2b và từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có hai điểm cực
trị có hoành độ dương và điểm uốn có hoành độ dương.  . a c  0  b   0 Khi đó  b   do . −  a  0 0  c  0  3a
Câu 47: Biết rằng tập tất cả các giá trị thực của tham số
m để phương trình m ( x + ) 2 2 4
x + 2 = 5x + 8x + 24 có 4 nghiệm thực phân biệt là khoảng ( ;
a b) . Giá trị a + b bằng 28 25 A. . B. . C. 4 . D. 9 . 3 3 Lời giải Chọn B
Ta có: m ( x + ) 2 2 4
x + 2 = 5x + 8x + 24
m(x + ) x + = (x + ) + (x + )2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 x + 2 x + 4  m = + (x  −4) (*) 2 x + 4 x + 2 + − Đặ x 4 2 4x t t = ; t '( x) =  t (x) 1 '
= 0  x = và t ( 4 − ) = 0 . 2 x + 2 ( 2x +2) 2x +2 2 Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta suy ra: t ( 1 − ;  3 \  
0 , với t  1;3 thì phương trình t ( x) = t cho ta hai 0 ( ) 0
nghiệm x và t   3 ( 1 − ;  1 \  
0 thì phương trình t ( x) = t cho ta một nghiệm x . 0 Khi đó phương trình ( ) 4 *  m =
+ t = f (t) với t ( 1 − ;  3 \   0 . t 4 t − 4 t = 2 Ta có: f '(t ) 2 2 =1− =
= 0  t − 4 = 0   . 2 2 t tt = 2 − Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy f (t) = m có nhiều nhất hai nghiệm t , mà mỗi giá trị t lại cho
ta nhiều nhất hai nghiệm x .Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực thì phương trình
f (t) = m phải có hai nghiệm t  13 1;3  4  m  . 0 ( ) 3  13  25 Vậy m  4; 
. Suy ra a + b = .  3  3
Câu 48: Với a là tham số thực để bất phương trình 2x + 3x ax + 2 có tập nghiệm là . Khi đó: A. a (1; ) 3 . B. a (0; ) 1 . C. a (− ;0  ) .
D. a (3;+) . Lời giải Chọn A Hàm số ( ) = 2x +3x f x
− ax − 2 liên tục trên Ta có
'( ) = 2x ln 2 + 3x f x ln 3 − ; a f (0) = 0
Do đó f (x)  0 x
  f (x)  f (0) x
  x = 0 là điểm cực tiểu
f '(0) = 0  ln2+ln3−a = 0  a = ln6
Thử lại: Với a = ln 6 có '( ) 2x ln 2 3x f x = + ln3−ln6
'( ) = 0  2x ln 2 + 3x f x ln 3 = ln 6  x = 0 Bảng biến thiên:
Bất phương trình f (x)  0 có tập nghiệm là . Câu 49: Cho hàm số
y = f ( x) liên tục trên và có đạo hàm thỏa f ( ) 1 = e và
f '( x) + f ( x) = , x x
  . Giá trị của f (2) bằng 2 1 1 A. . B. 1− . C. 1+ . D. 2 . e e e Lời giải Chọn D
f '( x) + f ( x) = x x
e f '(x) x + e f (x) x = xe  ( x e f ( x))' x = xe 2  ( 2 x e f ( x))' x dx = xe dx  . 1 1 2
e f (2) − ef ( ) 2 1 = e  .
e f (2) − f ( ) 1 = ef (2) = 2
Câu 50: Tập hợp tất cả các giá trị thực của m để hàm số 3 2
y = −x + 3x + 3mx −1 nghịch biến trên (0;+) là A.  1 − ;+). B. ( ;0 − ). C. (− ;  − ) 1 . D. (− ;  −  1 . Lời giải Chọn D 2 y ' = 3
− x + 6x + 3m y '  0, x  (0;+) 2  3
− x + 6x + 3m  0, x  (0;+) 2
m x − 2x, x  (0;+)  m  −1
____________________ HẾT ____________________
Document Outline

  • de-thi-thu-tot-nghiep-thpt-nam-2022-mon-toan-lan-1-so-gddt-lang-son
    • de-thi-thu-tot-nghiep-thpt-nam-2022-mon-toan-lan-1-so-gddt-lang-son
    • 275657325_1420965681665629_4332593816858679330_n-đã chuyển đổi
  • 31. Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021-2022 môn Toán - Sở Lạng Sơn lần 1 (File word có lời giải)-T3ReU5yEb-1648399629