Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Quảng Xương 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Quảng Xương 2 (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 – 2023 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) MÃ ĐỀ 110 Câu 1. Cho hàm số fx( ) có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn fx( ) > 0 , ∀∈x . Biết f (01) = và fx'( ) =22 − x . Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình fx( ) = m có hai nghiệm thực fx( ) phân biệt. A. me> . B. 01 x 0 . Khi đó ∫ fx( )d x bằng xx+−11 + 3 197 29 181 A. 7 . B. . C. . D. . 6 2 6 Câu 7. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm H của BC . Biết AB= a , AC= a 3 , SB= a 2 . Thể tích của khối chóp S. ABC bằng a3 3 a3 6 a3 3 a3 6 A. . B. . C. . D. . 2 2 6 6 Câu 8. Cho mặt cầu có diện tích bằng 72π ( cm2 ) . Bán kính R của khối cầu bằng: A. R = 6( cm) . B. R = 3 2( cm) . C. R = 6( cm) . D. R = 3( cm) . Câu 9. Cho hình hình đa diện đều loại {3; 3} có cạnh bằng a . Gọi S là diện tích tất cả các mặt của hình đa diện (H ) có đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình đa diện trên. Khẳng định nào sau đây đúng? a2 3 a2 3 a2 3 A. . B. Sa= 232 . C. S = . D. S = . 3 4 2 Câu 10. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số yx=4 sin +− 3 1 lần lượt là A. 4 2− 1v à7. B. 2v à4. C. 4 2v à8. D. 2v à2. Câu 11. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 HS nam và 4 HS nữ vào một dãy ghế sao cho: HS nam ngồi kề nhau, HS nữ ngồi kề nhau? A. 362880. B. 48 . C. 17280 . D. 34560. Trang 1
2. u5+3 uu 32 −=− 21 Câu 12. Cho cấp số cộng (un ) thỏa mãn  . Tính số hạng thứ 100 của cấp số. 3uu74−=− 2 34 A. u100 = −243 . B. u100 = −295 . C. u100 = −231. D. u100 = −294 . ax+ b Câu 13. Cho hàm số y = có bảng biến thiên sau xc+ Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. abc>>>0, 0, 0 . B. abc 0, 0, 0 . D. abc >0, 0 . B. ad <0, 0 . D. ad<<0, 0 . n 221 2 Câu 18. Cho n là số tự nhiên thỏa mãn ACCnnn 46 n . Số hạng không chứa x trong khai triển x x là A. 7920 . B. 7920 . C. 126720 . D. 126720 . x Câu 19. Cho ba số thực dương abc,, khác 1. Đồ thị các hàm số yay=, = logbc xy , = log x được cho trong hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng? Trang 2
3. A. abc<<. B. cba<<. C. cab<<. D. bac<<. 4 Câu 20. Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1; 4 ], f (1) = 12 và f (4)= 7 . Khi đó ∫ fxx′( )d 1 bằng A. 9. B. −5 . C. 5 . D. 19. fx( ) +1 3 fx( ) +1 Câu 21. Cho fx( ) là một đa thức thỏa mãn lim = −2 . Tính P = lim . x→1 x −1 x→1 x −1 4 2 A. − . B. − . C. −4 . D. −2 . 3 3 Câu 22. Với mọi abx,, là các số thực dương thoả mãn log2x= 5log 22 ab + 3log . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. x=53 ab + . B. xa=53 + b. C. x= ab53. D. xab=35 + . 2 Câu 23. Một nguyên hàm của hàm số fx( ) =6( 2 x −+ 1) 6sin 2 x là 3 3 A. (2xx−+ 1) 3cos 2 + 2022 . B. 2( 2xx−− 1) 6cos 2 + 2022 . 3 3 C. (2xx−− 1) 3cos 2 + 2022 . D. 2( 2xx−− 1) 3cos 2 + 2022. Câu 24. Cho hàm số fx( ) =21 x −− 21 x + Tính tổng Sf=′′(1) + f( 2) ++ f ′( 2022) . 4044− 4044 2022− 2022 A. S = . B. S = . 4045 2023 4045− 4045 2022 C. S = . D. S = . 4045 2023 Câu 25. Cho hàm số y= ax32 + bx ++ cx d,0( a ≠) có đồ thị như hình vẽ. Phương trình fx( −=23) có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;5)? A. 5. B. 4. C. 2. D. 3. Trang 3
4. Câu 26. Cho lăng trụ tam giác ABC. A′′′ B C . Biết AB vuông góc đáy. Đường thẳng AA′ tạo với đáy một góc bằng 45° . Góc giữa hai mặt phẳng ()ABB′′ A và ()ACC′′ A bằng 30° . Khoảng cách từ A đến BB′ và CC′ lần lượt bằng 5 và 8. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BB′ , CC′ và H′ , K′ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A′ trên BB′ , CC′ . Thể tích lăng trụ AHK. A′ H ′′ K bằng 200 2 200 3 A. V =100. B. V =100 2 . C. . D. V = . 3 3 Câu 27. Một bể nước lớn của một khu công nghiệp có phần chứa nước là một khối nón đỉnh S phía dưới (hình vẽ), đường sinh SA= 27() m . Có một lần lúc bể nước chứa đầy, người ta phát hiện nước trong bể không đạt yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để làm vệ sinh bể chứa. Công nhân cho thoát nước ba lần qua một lỗ ở đỉnh S . Lần thức nhất khi mực nước tới điểm M thuộc SA thì dừng, lần thứ hai khi mực nước tới điểm N∈ SA thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết lượng nước mỗi lần thoát là bằng nhau. Tính độ dài đoạn MN . A. 27()3 2− 1 ()m . B. 993 ()3 4− 1()m . C. 993 ()3 2− 1()m . D. 933 ()3 2− 1()m . Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng (−2022;2022) để phương trình xx2 9− 2.()m − 1 3 + mm − 3 += 5 0 có hai nghiệm phân biệt xx12, thoả mãn xx12+>2 A. 2016 B. 2017 C. 2021 D. 2022 Câu 29. Cho hình chóp S. ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B có AC= 2 BC , đường trung tuyến BM , đường phân giác trong CN và MN= a . Các mặt phẳng ()SBM và ()SCN cùng vuông góc với mặt 33a3 phẳng ()ABC . Thể tích khối chóp S. ABC bằng . Gọi I là trung điểm của SC . Khoảng cách 8 giữa hai đường thẳng MN và IB bằng a 3 a 3 3a 3a A. . B. . C. . D. . 4 8 4 8  1 +≥ xxx khi 0 Câu 30. Cho hàm số fx() xác định trên  thỏa mãn fx() =  21e + . Biết rằng: xx.cosx khi< 0 ln 2 15 ∫ fx( ). d x= lna 2 ++ b ln 2 c ln . Trong đó abc,, là những số nguyên. Khi đó S=+− a3. bc bằng: 0 23 A. 5. B. 6 . C. e1+ . D. 1. Câu 31. Tìm tấtcả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng ()d:3 y= mx − m cắt đồ thị ()C của hàm số 32 222 yx= − 3 x tại ba điểm phân biệt có hoành độ xxx123,, thỏa mãn xxx123++=15 . 3 3 A. m = . B. m = −3 . C. m = 3 . D. m = − . 2 2 Trang 4
5.  1 2+ 4x 1 3 + 9 y 1 6 + 36z 2 +++ 4 xy 3 9 6 36 z =++++  + −++ 2+++ 4xy 16 3 9 36 6 36 z 144 16 36 144  1 2+ 4x 1 3 + 9 y 1 6 + 36z 2 +++ 4 xy 3 9 6 36 z ≥2 . + 2. . + 2. . − ++ 2+++ 4xy 16 3 9 36 6 36 z 144 16 36 144 111 24+x 39 + y 636 + z 3 xyz ++ 31 1 =++− + + =− =−=. 2 3 6 16 36 144 4 4 4 4 2 1 111 36 Vậy Tmin = khi và chỉ khi x===⇒=; y ; z( abc ; ;) ( 2; 2; 2) . 2 236 Câu 35. Cho hai hàm số đa thức bậc bốn y= fx( ) và y= gx( ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong đó đường đậm hơn là đồ thị hàm số y= fx( ) . Biết rằng hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ bằng −3 và cắt nhau tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là −1 và 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số hx( ) = f( x) − gx( ) trên đoạn [−3;3] bằng 12− 10 3 10− 9 3 12− 8 3 A. . B. − 3 . C. . D. . 9 9 9 Lời giải Chọn D 2 Theo giả thiết, ta có hx( ) = f( x) − gx( ) =+ ax( 3) ( x +− 1)( x 3.) 1 Do hfg(0) =( 0) −( 0) =−−− 1( 2) = 1 ⇔a .32 .1.( − 3) = 1 ⇔ a =− . 27 1 2 Suy ra hx( ) =−+( x3) ( x +− 1)( x 3.) 27 2 1122 Ta có hxxxx′( ) =−++−−( 3133331)( )( ) ( xx +) ( −−) ( xx +) ( +) . 27 27 27 2 1122 Xét hx′( ) =⇔−0( xxx + 31333310)( +)( −−) ( xx +) ( −−) ( xx +) ( +=) 27 27 27 x =−∈−3[ 3;3] 4 4 44  ⇔−xxx32 − + + =0 ⇔ x =− 3 ∈[ − 3;3] 27 9 9 3  x =3 ∈−[ 3;3] 12−+ 8 3 12 8 3 Mà hh(−=3) 0,( − 3) = , h( 3) = . 99 Trang 23
6. 12− 8 3 Vậy min hx( ) =−= h( 3) . [−3;3] 9 Câu 36. Cho hàm số y=− x322331 mx +( m −−) x m 3 ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. A. 3. B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía so với trục Ox . Ta có y′ =−+36 x22 mx 3( m − 1). 22xm= −1 y′ =3 x − 6 mx + 3( m −=⇔ 10)  . xm= +1 Vì y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số đã cho luôn có hai điểm cực trị. 1 Ta có y=( xmy −).2′ −− xm. 3 Giá trị của hàm số lần lượt tại hai điểm cực trị xm12=−=+1, xm 1 là: ym1 =−+32, ym2 =−−32. Suy ra yêu cầu bài toán tương đương với điều kiện 22 yy. 0 : fx′( ) =⇔=± 0 x 2 Hàm số y= fx() đồng biến trên Trang 24
7.  m  ≥1 ≥m 4  2 ≥m 4   (l)  m 3  m 2m −≤ 20 m ≤ 2  f ≤ 0      2  4 (1; +∞) ⇔  2 ⇔  ⇔ m < 2 ⇒0 <m ≤ .  m < 2  3  m   4  <1 ≤4 m  2 m ≤  3   3  f (1)≤ 0 Vậy m∈ , m∈−[ 2022;2022] ⇒m ∈−{ 2022; − 2021; ; − 1;0;1}. Có 2024 số. Câu 38. Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là 15 và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ hơn được đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác ( 4 quả bóng đều nằm trên một mặt phẳng). Tính diện tích bề mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn. A. 60π−( 7 4 3) . B. 60π+( 7 4 3) . C. 60π . D. 15π . Lời giải Chọn A Gọi r là bán kính quả bóng nhỏ. Gọi AB, lần lượt là tâm của hai quả bóng lớn. CD; lần lượt là tâm của hai quả bóng nhỏ. Gọi ABCD′′′′;;; lần lượt là hình chiếu của ABCD;;; lên mặt phẳng. Ta có AA′′= BB = 15 , CC′′= DD = r . Do mỗi quả bóng đều tiếp xúc với 3 quả còn lại nên ta có AC= AD = BC = BD = r + 15 ; AB = 2 15 ; CD= 2 r . Gọi H là giao điểm của AB′′ và CD′′. A′′ B AB C′′ D CD Ta thấy ABCD′′′′ là hình thoi nên AH′′= BH = = = 15 ; CH′′= DH = = = r. 22 22 22 Áp dụng định lý Pytago ta có BC2= BC′′′′ 2 +−( BB CC) = CH ′22 + BH ′ +−( BB ′′ CC ) . 2 22 Từ đó ta có (r+15) = r2 +( 15) +( 15 −rr) ⇔=(2 − 3) 15 . Vậy diện tích mặt của quả bóng có bán kính nhỏ hơn là Sr=π=π−42 60( 7 4 3) . Câu 39. Cho hai hàm y= fx( ) và y= gx( ) liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó tổng số nghiệm của phương trình f( gx( )) = 0 và gfx( ( )) = 0 là Trang 25
8. A. 25 . B. 22 . C. 21. D. 26 . Lời giải Chọn C  fx( ) = −2 (1)  Ta có gfx( ( )) =⇔=∈0  fx( ) αα,( ( 0;1)) (2) .   fx( ) = 3 (3) Dựa vào đồ thị hàm số gx( ) suy ra phương trình (1) có 4 nghiệm; phương trình (2) có 5 nghiệm và phương trình (3) có 1 nghiệm. Vậy phương trình gfx( ( )) = 0 có 10 nghiệm. gx( ) = −3 (4)  gx( ) = −1 (5)  Ta có f( gx( )) =⇔=0 gx( ) 1 (6) .  gx( ) = a,( a ∈( 1; 2)) (7)  gx( ) = bb,( ∈( 4;5)) (8) Dựa vào đồ thị hàm số gx( ) suy ra phương trình (4) có 1 nghiệm; phương trình (5;6;7) ( ) ( ) mỗi phương trình có 3 nghiệm và phương trình (8) có 1 nghiệm. suy ra phương trình f( gx( )) = 0 có 11 nghiệm. Vậy tổng số nghiệm của phương trình f( gx( )) = 0 và gfx( ( )) = 0 là 21. x +1 Câu 40. Cho hàm số y = có đồ thị (H ) . Gọi Ax( ;, y) Bx( ; y) là hai điểm phân biệt thuộc (H ) sao 21x − 11 2 2 cho tiếp tuyến của (H ) tại AB, song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng A. 32. B. 3 . C. 6 . D. 26. Lời giải Chon C − ′ 3 Ta có y = 2 . (21x − ) Do tiếp tuyến của (H ) tại A , B song song với nhau nên −−xx= ′′ 3312 yx( 12) =⇔=⇔ yx( ) 22 xx+=1 (21xx12−−) ( 21)  12 Vì xx12≠ nên xx12+=1. Trang 26
9. 11 Khi đó do vai trò của AB, như nhau nên ta có thể giả sử xaa=+>,0 thì 1 22 11aa+− 3  11 3 Aa+;  , B −+ a ;. 222aa  222 11 Gọi I ; là giao điểm của hai đường tiệm cận. 22 xx+==l2 x Ta thấy  12 I nên I là trung điểm của AB . yy12+==l2 yI a3 aa22 9 93 Ta có IA =;2 ⇒=IA + ≥ ⋅ = 22a 4 4 aa22 4 4 2 3 Vì I là trung điểm của AB nên AB=≥=22 IA 6. 2 a2 9 Vậy AB = 6 khi = ⇒aa2 =⇒=33. min 44a2 Câu 41. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0,1,2,3, 4,5,6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn là một số chia hết cho 6 . 13 2 17 11 A. . B. . C. . D. . 60 9 45 45 Lời giải Chọn A Gọi số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau thỏa mãn bài toán có dạng abc ( a ≠ 0 ) Theo bài ra: Vì abc chia hết cho 6 nên abc phải là số chẵn. Như vậy, c có 4 cách chọn. Trường hợp 1: c = 0 . Khi đó, (ab, ) là hoán vị của bộ số (1, 2 ) , (1, 5 ), (2, 4) , (3, 6) , (4,5) . Mỗi trường hợp có 2 cách sắp xếp. Như vậy có 5.2= 10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 1. Trường hợp 2: c = 2 . Khi đó, (ab, ) là hoán vị của bộ số (0,1) , (0, 4) , (1, 3) , (1, 6 ) , (3, 4), (4,6) . Mỗi trường hợp có chữ số 0 có 1 cách sắp xếp. Mỗi trường hợp không có chữ số 0 có 2 cách sắp xếp. Như vậy, có 2+= 4.2 10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 2 . Trường hợp 3: c = 4 . Khi đó, (ab, ) là hoán vị của bộ số (0, 2) , (0,5), (2,3), (2,6) , (3, 5) , (5, 6). Làm tương tự, có 2+= 4.2 10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 3. Trường hợp 4: c = 6 . Khi đó, (ab, ) là hoán vị của bộ số (0,3) , (1, 2 ) , (1, 5 ), (2, 4) , (4,5) . Làm tương tự , trường hợp này có 1+= 4.2 9 số tự nhiên thỏa mãn bài toán. Số phần tử của không gian mẫu: n(Ω= ) 6.6.5 = 180. Xác suất để chọn được số chia hết cho 6 : 10+++ 10 10 9 39 13 P = = = . 180 180 60 Câu 42. Cho hình chóp S. ABC có AB= a, AC = a 3, SB = a 6 , AB= a, AC = a 3, SB = a 6 và ABC= BAS = BCS = 900 . Tính sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 13 6 11 3 Lời giải Chọn C Trang 27
10. Dựng SD⊥ ( ABC) tại D. BA⊥ SD Ta có  ⇒⊥BA( SAD) ⇒⊥ BA AD BA⊥ SA BC⊥ SD  ⇒⊥BC( SCD) ⇒⊥ BC CD ⇒ ABCD là hình chữ nhật BC⊥ SC Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (SAC) ⇒=SB,( SAC) BSH Ta có: BH d( D;( SAC)) sin BSH = = SB SB 1 1 1 1 11 a 6 Lại có: =++ =⇒=d( D;( SAC)) . d2 ( D;( SAC)) DS2 DA 2 DC 226 a 11 BH d( D;( SAC)) 1 Suy ra: sin BSH = = = . SB SB 11 x − 2 Câu 43. Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn [−2022; 2022] để đồ thị hàm số y = có x2 −2 mx ++ 23 m hai đường tiệm cận đứng? A. 0 . B. 2022 . C. 4044 . D. 2024 . Lời giải Chọn A x −≥20 Điều kiện xác định  2 . x−2 mx + 2 m +> 30 Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình x2 −2 mx + 2 m += 30 có hai nghiệm phân biệt xx12, lớn hơn 2 Trang 28
11. >m 3 ∆>′′0 ∆=mm2 −2 − 30 >   m 2 ⇔⇔ > 2 ⇔mm >23 ⇔ 70 > 2  af.2( ) 0 (2) − 2mm ⋅( 2) + 2 +> 30  Mặt khác −2022 ≤≤m 2022 và m∈ . Do đó m∈∅. Vậy không có số nguyên m thỏa mãn bài toán. Câu 44. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈−[ 20;20] để phương trình sau có nghiệm 22+ + + = − −+ −2 + log2 ( x m xx4) ( 2 m 9) x 1( 1 2 m) x 4 A. 12. B. 23. C. 25 . D.10. Lời giải Chọn B Phương trình tương đương với: 22+ + + = − −+ −2 + log2 ( x m xx4) ( 2 m 9) x 1( 1 2 m) x 4 ⇔22 + + + = − +−2 + log2 ( 2x 2 m 2 xx 4) ( 2 m 9) x( 1 2 m) x 4 2 22 ⇔log2 x + x +4 + 2 m − 4 =( 2 m − 9) x +−( 1 2 mx) + 4 ( )  16 ⇔log +2m − 4 = 1 − 2 mx2 +− 4 x − 8 x 2 2 ( )( ) xx2 +−4 ( ) Đặt tx=2 +−4 x, ta thấy 4 − t 2 limxx22+ 4 − = 0; lim xx + 4 − = +∞ ⇒ t ∈(0; +∞) ⇒ 2 x = xx→+∞ →−∞ t 2 16+−( 2mt 4) 2 44( − t ) =−− Phương trình trở thành log2 2 (1 2mt) tt 2 2 2216+−( 2mt 4) t ⇔log22( 16 +−( 2mt 4) ) + =log (t) + tt u 11 Xét hàm đặc trưng y= fu( ) = log u + có fu′( ) = +>0 (xem như t là tham số) 2 t utln 2 Suy ra fu() luôn đồng biến 16 ⇔f(16 +−( 2 mt 4) 2) = ft( 2) ⇔+−16( 2 mttt 4) 22 =⇔= 2 52− m 16 5 m∈ Zm, ∈− 20;20 Do t ∈(0; +∞) nên suy ra tm2 = >0 ⇔ < →−[ ] 20 ≤ m ≤ 2 52− m 2 Như vậy ta kết luận có tất cả 23 giá trị nguyên của tham số m . Câu 45. Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm liên tục trên và thoả mãn điều kiện 1 a 2fx( ) − 3 f( 1 − x) = 4 x − 1, ∀∈ x . Biết rằng tích phân I= ∫ x.' f( x) . dx = , (với ab, là các số nguyên 0 b a dương, và là phân số tối giản). Tính T= ab + . b A. T = −7 . B. T = 7 . C. T = 0 . D. T =1. Lời giải Chọn B Trang 29
12. 1 11 Ta có: I= x.' f( x) . dx =−=− x . f( x) |1 f( x) . dx f( 1) f( x) . dx ∫0 ∫∫00 0 + Từ điều kiện 2fx( ) − 3 f( 1 − x) = 4 x − 1, ∀∈ x , Cho x=⇒−=−0 20 ff( ) 31( ) 1 Cho x=⇒−=1 2130 ff( ) ( ) 3  −7 f (0) =  5 Suy ra:  −3  f (1) = , (1)  5 1 1 + Ta có: f( x). dx= f( 1. − x) dx . ∫∫0 0 1 11 2f( x) −−=−⇒ 31 f( x) 4 x 1 2 f( x) −− 31 f( x) . dx =( 4 x −⇔−= 1.) dx f( x) . dx 1 ∫0 ∫∫00 1 ⇔=−f( x). dx 1,( 2 ) ∫0 −32a Từ (1,2) ( ) suy ra I= +=1 = ⇒T = ab + =2 + 5 = 7. 55b Câu 46. Phương trình cosxx++ cos3 2cos5 x = 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;2022π ) ? A. 10110. B. 4044 . C. 2022 . D. 6066 . Lời giải Chọn A cosxx++ cos3 2cos5 x = 0 ⇔(cos5xx ++ cos) ( cos5 x + cos3 x) = 0 ⇔2cos3x .cos2 x += 2cos4 xx .cos 0 ⇔−(4cos3 x 3cos x) cos2 x + cos4.cos xx = 0 2 ⇔cosx( 4cos x − 3cos2) xx += cos4 0 2 ⇔cosxx( 2cos2− 1cos2) x + 2cos2 x −= 1 0 ⇔cosx( 4cos22 xx− cos2 −= 1) 0  π cosx = 0 xk= + π   2 ⇔ 1± 17 ⇔∈ (k ). cos 2x =  1 1± 17  8 xk=±+arccos π  28 Trên đoạn [0; 2π ] phương trình có 10 nghiệm và không có nghiệm xx=0, = 2π . Suy ra trên đoạn [0;2022π ] phương trình có 10.1011= 10110 nghiệm. Vậy trên khoảng (0;2022π ) phương trình có 10110 nghiệm. Câu 47. Bác Hoa đem gửi tiết kiệm số tiền 400 triệu đồng ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Bác gửi 250 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 1,1%/1 quý. Số tiền còn lại bác gửi theo kỳ hạn 1 tháng với lãi suất x %/1 tháng. Biết rằng nếu không rút lãi thì số lãi sẽ được gộp vào gốc để tính lãi cho kỳ hạn tiếp theo. Tính x (làm tròn đến chữ số thứ hai sau dấu phẩy), biết rằng sau một năm, số tiền gốc và lãi bác Hoa thu được là 425.250.000 đồng. A. 0,79 . B. 0,75. C. 0,98 . D. 0,85 . Lời giải Chọn B Gọi A là số tiền bác Mai gửi và r% là lãi suất mỗi kỳ hạn. Sau kỳ hạn thứ nhất, bác Hoa có số tiền là A+⋅ Ar% = A( 1% + r ) . Trang 30
13. 2 Sau kỳ hạn thứ hai, bác Hoa có số tiền là Ar(1%+) + Arr( 1%% +) ⋅= Ar( 1% +) . n Tương tự như vậy, sau n kỳ hạn, bác Hoa có số tiền là Ar(1%+ ) . Như vậy, sau một năm, bác Hoa có tổng số tiền là 4 12 250.000.000.( 1+ 1,1%) + 150.000.000( 1 +=x %) 425.250.000 . Suy ra x ≈ 0,75 . Câu 48. Có bao nhiêu bộ số nguyên ( xy; ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện 0≤≤xy , 2022 và 2yx2021+ 1 ( xy+++2 x 3 y 6) log2022 ≤(2x +−− 4 y xy 8) log2021  yx+−24 A. 6054 . B. 3. C. 4036 . D. 2020 . Lời giải Chọn C  2y > 0  y + 2 Điều kiện  2021x + 1  > 0  x − 4 Kết hợp với điều kiện 0≤≤xy , 2022 suy ra xy≥≥5; 1 2021x + 1 Xét hàm số fx( ) = trên [5; +∞) x − 4 −8085 Có fx( ) =2 0, ∀≥ x 5. Ta có 2yx2021+ 1 ( xy+++2 x 3 y 6) log2022 ≤(2x +−− 4 y xy 8) log2021  yx+−24 2yx2021+ 1 ⇔+( xy3)( + 2) log2022 ≤−( x4)( 2 − y) log2021 (*) yx+−24 22yy TH1: y > 2 ta có 2yy> + 2 > 0 ⇒ >⇒ 1( x + 3)( y + 2) log2022 >0 . yy++22 2021x + 1 Mặt khác y>⇔− 2 thì bpt (*) không thỏa mãn. TH2: y ≤ 2 . 22yy Suy ra 2yy≤ + 2 ⇒ ≤⇒ 1( x + 3)( y + 2) log2022 ≤0 . yy++22 2021x + 1 Với y≤⇔−≥⇒2 2 yx 0( − 4)( 2 − y) log2021 ≥0 . x − 4 Do đó bpt (*) luôn đúng với y ≤ 2 . Kết hợp điều kiện thì y ∈{1; 2} . Mà x ∈{5;6; ;2022} nên có 2.2018= 4036 bộ số nguyên ( xy; ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49. Cho hình trụ có OO, ′ là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật ABCD có AB, cùng thuộc (O) và CD, cùng thuộc (O′) sao cho AB= 23 a , BC= 4 a đồng thời ( ABCD) tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc 30° . Thể tích khối trụ bằng. A. 12π a3 . B. 16 3π a3 . C. 16π a3 . D. 12 3π a3 . Lời giải Trang 31
14. Chọn A Gọi MN, lần lượt là trung điểm của CD, AB và I là trung điểm của OO′ . Suy ra góc giữa mặt phẳng ( ABCD) và mặt phẳng đáy là IMO ′ =30 ° . 11 Ta có IM= MN = BC = 2 a . 22 Xét ∆IO′ M vuông tại O , ta có IO′′′′= IM.sin IMO =⇒= a h OO =2 IO = 2 a O′′ M= IM.cos IMO = a 3 . 11 Xét ∆O′ MD vuông tại M , có O′ M= a3; MD = CD = AB = a 3. 22 ⇒=r OD′′ = OM2 + MD 2 =33 a 22 + a ⇒= r a 6. Vậy V=ππ rh23 =12 a . Câu 50 [Câu 42, MĐ 101, Đề THPT QG 2018]. Cho khối lăng trụ ABC. A′′′ B C , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB′ bằng 2 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ và CC′ lần lượt bằng 1 và 3 , hình 23 chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC′′′) là trung điểm M của BC′′ và AM′ = . Thể tích của khối 3 lăng trụ đã cho bằng 23 A. 2 . B. 1. C. 3 . D. . 3 Lời giải Chọn A. Gọi N là trung điểm BC . Kẻ AE⊥ BB′ tại E , AF⊥ CC′ tại F . Ta có EF∩= MN H nên H là trung điểm EF . AE⊥ AA′ Ta có  ⇒⊥AA′ ( AEF ) ⇒⊥AA′ EF ⇒⊥EF BB′. AF⊥ AA′ Khi đó d( A,1 BB′) = AE = , d( A,3 CC′) = AF = , d( C,2 BB′) = EF = . EF Nhận xét: AE222+= AF EF nên tam giác AEF vuông tại A , suy ra AH = =1. 2 Trang 32
15. AA′ ⊥ ( AEF ) Ta lại có  ⇒⊥MN( AEF) ⇒⊥ MN AH . MN// AA′ 1 11 3 1 Tam giác AMN vuông tại A có đường cao AH nên = − =1 − = AM 2 AH22 AN 4 4 ⇒=AM 2 . ( AA′ NM) ⊥ ( ABC)  ( AA′ NM) ⊥ ( AEF ) Mặt khác  ⇒ Góc giữa mặt phẳng ( ABC) và ( AEF ) là HAN . ( AA′ NM) ∩=( ABC) AN  ( AA′ NM) ∩=( AEF) AH Hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng ( AEF ) là tam giác AEF nên S∆∆AEF= S ABC .cos HAN 23 1. 3. 1 AH 1AE AF AN 1 ⇒=AE AF S ⇒=S . = . 3 =1. 2 ∆ABC AN ∆ABC 2 AH 21 Vậy VABC. A′′′ B C= S∆ ABC .2 AM = . Hết Trang 33