Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi lần 1 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 lần 1 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Quảng Xương 2 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LẦN 1 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2 NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) 2022 x Câu 1: Cho hàm số fx( ) thỏa mãn f′( x).  fx( ) = x.e với mọi x ∈ và f (11) = . Hỏi phương 1 trình fx( ) = − có bao nhiêu nghiệm? e A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 . 4 2 Câu 2: Tìm tập xác định của hàm số yx=log2022 ( −+ 2) log2023 ( 9 − x). A. D =( −3; 2) . B. D = (2;3) . C. D =( −3; 3) \{ 2}. D. D =[ −3; 3] . lnx − 6 Câu 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈−[ 2022;2022] để hàm số y = đồng biến lnxm− 3 trên khoảng (1; e 6 ) ? A. 2021. B. 2022. C. 2023. D. 2019. Câu 4: Cho hàm số y= fx() có fx'( )=−− xx9 ( 1) 8 ( x 2) 2022 . Số điểm cực trị của hàm số y= fx() là A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Câu 5: Cho hình lăng trụ ABC.'' A B C 'có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của A' trên ( ABC) là trung điểm của cạnh AB. Mặt phẳng ( AA'' C C) tạo với đáy một góc bằng 45° . Thể tích V của khối lăng trụ ABC.'' A B C ' là 3a3 3a3 3a3 3a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 16 8 4 2 2022 1 fx( ) f (10) = f′( x) =2023.2024.xx( − 1) , ∀∈ x Câu 6: Cho hàm số có và . Khi đó ∫ fx( )d x 0 bằng 2 1 2 1 A. . B. . C. − . D. − . 2025 1012 2025 1012 Câu 7: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng (SCD) tạo với đáy góc 30° . Thể tích khối chóp S. ABCD . a3 3 a3 3 a3 3 53a3 A. B. C. D. 4 2 36 36 Câu 8: Cho hình cầu đường kính 23a . Mặt phẳng (P) cắt hình cầu theo thiết diện là hình tròn có bán kính bằng a 2 . Tính khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng (P) . a a 10 A. a . B. . C. a 10 . D. . 2 2 Câu 9: Cho khối đa diện đều loại {3; 3} có cạnh bằng a . Gọi V là diện tích của khối đa diện đó. Khẳng định nào sau đây đúng? a3 3 a3 2 a3 2 a3 3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 4 4 12 12 Câu 10: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=2cos2 xx −+ sin 2 5 A. 2 . B. − 2 . C. 62− . D. 62+ . Câu 11: Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn học sinh A, B, C, D, E ngồi vào một chiếc ghế dài sao cho hai bạn A và E ngồi ở hai đầu ghế? A. 6 . B. 10. C. 24 . D. 12.
2. Câu 12: Cho cấp số cộng (un ) , biết u2 = 3 và u4 = 7 . Giá trị của u15 bằng A. 27 . B. 31. C. 35 . D. 29 . Câu 13: Cho hàm số y= ax32 + bx ++ cx d có đồ thị như hình dưới đây. Trong các giá trị a , b , c , d có bao nhiêu giá trị âm? A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3 . Câu 14: Cho hình chóp đều S. ABCD . Mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SD . Thiết diện của hình chóp S. ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là A. Tam giác cân. B. Tam giác vuông. C. Tam giác đều. D. Tam giác cân. Câu 15: Hình nào không phải là hình đa diện đều trong các hình dưới đây? A. Hình chóp tam giác đều. B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau. C. Hình lập phương. D. Hình tứ diện đều. Câu 16: Bán kính đáy r của hình trụ tròn xoay có diện tích xung quanh S và chiều cao h là S S S S A. . B. . C. . D. π h 2π h 2π h π h Câu 17: Hàm số y ax32 bx cx d có đồ thị như hình vẽ bên dưới: Khẳng định nào là đúng? A. abcd 0, 0, 0, 0 . B. abcd 0, 0, 0, 0 . C. abcd 0, 0, 0, 0 . D. abcd 0, 0, 0, 0 . 0n 1 n 1 n 1 n 1 nn 15 3 Câu 18: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn CCnn2 2 .3 Cn 2.3 C n 3 5 . Hệ số của x 3 n trong khai triển 2x là x 99 6 996 96 9 69 A. C15 2. 3 . B. C15 2 .3 . C. C15 2. 3 . D. 2 .3 . xx Câu 19: Cho ba số thực dương abc,, khác 1. Đồ thị các hàm số y= ayby, = , = logc x được cho trong hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào dưới đây đúng? Trang 2/36
3. A. cba<<. B. cab<<. C. abc<<. D. bac<<. 3 Câu 20: Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [−1; 3] , f (3) = 11 và ∫ fxx′( )d= 15 . Khi −1 đó f (−1) bằng A. 5 . B. 26 . C. −4 . D. 4 . fx( ) +1 fx( ) +−21 Câu 21: Cho fx( ) là một đa thức thỏa mãn lim= 3 . Tính P = lim . x→−1 x +1 x→−1 x +−52 3 A. 6 . B. . C. 12. D. 2 . 2 Câu 22: Cho các số thực dương ab, thỏa mãn lnax= ;ln by = . Tính ln (ab32) . A. P= xy23. B. P= 6 xy . C. Pxy=32 + . D. Px=22 + y. Câu 23: Một nguyên hàm của hàm số fx( ) =2 x − cos 2 x là 1 1 A. xx2 + sin 2 . B. xx2 + sin 2 . C. xx2 − sin 2 . D. xx2 − sin 2 . 2 2 1 Câu 24: Cho hàm số fx( ) = Tính Sf=(1) + f( 2) ++ f( 2022) . ( x+11) x ++ xx 2022− 2022 2022− 2022 A. S = . B. S = . 2022 2023 2023− 2023 C. S = . D. S = 2022 . 2023 Câu 25: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như hình vẽ Hỏi phương trình fx( +2017) −= 2018 2019 có bao nhiêu nghiệm? A. 6 . B. 2 . C. 4 . D. 3. Trang 3/36
4.   Câu 26: Cho hình hộp ABCD. A′′′′ B C D có thể tích V , gọi M , N là hai điểm thỏa mãn D′ M= 2 MD ,   C′ N= 2 NC , đường thẳng AM cắt đường AD′′ tại P , đường thẳng BN cắt đường thẳng BC′′ tại Q . Gọi V′ là thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A′, B′ , P , Q , M , N . Tính V′ tỉ số . V 3 5 4 A. . B. . C. 1. D. . 4 4 3 Câu 27: Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống nhau, mỗi chiếc có phần chứa chất lỏng là một khối nón có chiều cao là 2 ()dm (mô tả như hình vẽ). Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng, chiếc ly thư hai để rỗng. Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho độ cao của cột chất lỏng trong ly thứ nhất còn 1()dm . Tính chiều cao h của cột chất lỏng trong ly thứ hai sau khi chuyển (Độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh của khối nón đến mặt chất lỏng – lượng chất lỏng coi như không hao hụt khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01()dm ). A. h≈ 1, 73 () dm . B. h≈ 1, 89 () dm . C. h≈ 1, 91() dm . D. h≈ 1, 41() dm Câu 28: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng (−2022;2022) để phương trình xx+12 16−()m − 1 4 + 3 mm − 8 += 4 0 có hai nghiệm phân biệt xx12, thoả mãn xx12.2> A. 2014 B. 2015 C. 2021 D. 2022 Câu 29: Cho hình lăng trụ ABC. A′′′ B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A′ lên mặt phẳng ()ABC trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ a3 3 là . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và BC là 4 A. 3a . B. 3a . C. 2a . D. 4a . 4 2 3 3 x e+≥mx khi 0 Câu 30: Cho hàm số fx() =  liên tục trên và 2  2xx 3+< khi x 0 1 ∫ f() xd=e xa++ b 3 c, ()abc,,∈ Q . Tổng ab++3 c bằng −1 A. 15. B. −10 . C. −19 . D. −17 . Câu 31: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=+ x322 mx + 3( m −+ 1) x 2 cắt đường thẳng yx=2 − tại ba điểm phân biệt ABC,, sao cho OBC,, là ba đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 2 , biết B và C không nằm trên trục Oy 15± 35± A. m = . B. m = . C. m = 0. D. m =1. 2 2 Câu 32: Cho lăng trụ ABCD. A′′′′ B C D có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 23; AD = 6 ; AC′ = 32 và mặt phẳng ()AA′′ C C vuông góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng ()AA′′ C C ; 32 ()AABB′′ tạo với nhau góc α có tanα = . Thể tích V của khối chóp AABCD. ′′′′ là 4 Trang 4/36
5. Giá trị nhỏ nhất của hàm số gx( ) =42 f( x −+−) x2 4 x trên đoạn [0;6] bằng A. 3. B. g (2) . C. g (0) . D. g (6) . Lời giải Chọn C Xét hàm số gx( ) =42 f( x −+−) x2 4 x cũng là hàm số bậc bốn.  x −2 Ta có gx′′( ) =42 f( x −) −−. 2 u Xét hai đồ thị hàm số y= fu′( ) và y = − dưới đây: 2 ux=−=20 ′  Từ đó ta có gu( ) =⇔=⇔=00 u x 2 ux=46 = BBT của gx′( ) : Dựa vào đồ thị ta có: Trang 25/36
6. 22 x −2 g(2) − g( 0) =∫∫ g′′( xx) d4 = fx( − 2) −− dx 002 0 t 1 =′ −− ( 2) −= 40. 66 x −2 g(2) − g( 6) =−∫∫ gx′′( ) d4 x =− f( x − 2) −− dx 222 44tt  =−′′ −− = − − > = 4∫∫ft( ) d4 t ft( ) d4 t SOAB 4. 0022  Suy ra: gg(6) 1 mm+++−>2 1 mm 5 0 2 mm −+> 3 10  1 m <  2 Suy ra các giá trị m cần tìm là m∈−−−−−{ 5; 4; 3; 2; 1; 2;3; 4;5} . Câu 37. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y=−++ x32 mx12 x 2 m luôn đồng biến trên khoảng (1; +∞) ? A. 18. B. 19. C. 21. D. 20 . Lời giải Chọn D Xét f( x) =−++ x32 mx12 x 2 m . Ta có f′( x) =−+3 x2 2 mx 12 và fm(1) = 13 + . Để hàm số y=−++ x32 mx12 x 2 m đồng biến trên khoảng (1;+∞) thì có hai trường hợp sau Trang 26/36
7. Trường hợp 1: Hàm số fx( ) nghịch biến trên (1;+∞) và f (10) ≤ . Điều này không xảy ra vì limx32− mx + 12 x + 2 m = +∞ . x→+∞ ( ) Trường hợp 2: Hàm số fx( ) đồng biến trên (1;+∞) và f (10) ≥ .  36 3x2 − 2 mx + 12 ≥ 0, ∀> x 1 mx≤ +,1 ∀> x ⇔⇔2 x . 13+≥m 0  m ≥−13( *) 36 36 36 Xét gx( ) = x + trên khoảng (1; +∞): gx′( ) = − ; gx′( ) =⇔−0 =⇒= 02x . 2 x 2 x2 2 x2 Bảng biến thiên: 36 Từ bảng biến thiên suy ra mx≤ +,1 ∀> x ⇔≤m 6 . 2 x Kết hợp (*) suy ra −≤≤13m 6 . Vì m nguyên nên m∈−{ 13; − 12; − 11; ;5;6}. Vậy có 20 giá trị nguyên của m . Câu 38. Hai quả bóng giống nhau có cùng bán kính là R và hai quả bóng giống nhau có bán kính nhỏ hơn r được đặt sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với các quả bóng khác ( 4 quả bóng đều nằm r trên một mặt phẳng). Tỉ số là? R 1 1 A. 23+ . B. 23− . C. . D. . 4 2 Lời giải Chọn B 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 = R , CC′′= DD = r . Do mỗi quả bóng đều tiếp xúc với 3 quả còn lại nên ta có AC= AD = BC = BD = r + R ; AB= 2 R ; 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 = = = R; CH′′= DH = = = r. 22 22 Trang 27/36
8. 22 Áp dụng định lý Pytago ta có BC2= BC′′′′ 2 +−( BB CC) = CH ′22 + BH ′ +−( BB ′′ CC ) . 22 Từ đó ta có (rR+) = r22 + R +( Rr −) ⇔= r(23 − ) R. r Vậy =23 − . R Câu 39. Cho các hàm số f( x) = mx43 + nx + px 2 ++ qx r ; g( x) = ax32 + bx ++ cx d (mn,, pqrabcd ,,,,,, ∈ ) thỏa mãn fg(00) = ( ) . Các hàm số y= fx′( ) và y= gx′( ) có đồ thị như hình bên Gọi S là tất cả các nghiệm của phương trình f( x) = gx( ). Khi đó mệnh đề nào sau đây đúng? 3 3 A. S ∈−;1 − . B. S ∈−2; − . C. S ∈(0;1) . D. S = 2 . 2 2 Lời giải Chọn B Quan sát đồ thị hàm số y= fx′( ) ta thấy m ≠ 0 và xét f(00) = g( ) ⇒= rd = 0. Từ đồ thị có f′′( x) − g( x) =4 mx( +−− 112)( x)( x ) ⇔f′′( x) − g( x) =4 mx32 − 8 mx −+ 4 mx 8 m (1) . Mặt khác fx′′( ) − gx( ) = mx32 +32( nax −) +( pbxqc −) +− (2). 38(na−=−) m  Từ (1) và (2) cho ta 24( pb−=−) m.  qc−=8 m Xét phương trình f( x) = g( x) ⇔ mx43 + nx + px 2 += qx ax 32 + bx + cx 32 ⇔xmxnax +( −) +( pbxqc −) +− =0 8m ⇔x. mx32 − x −+= 28 mx m 0 3 x = 0 328  ⇔mx x − x −+=⇔280 x 8 . 3 x32− xx −2 += 80  3 328 3 Phương trình x− xx −2 += 80 có đúng 1 nghiệm thực là x0 ∈−2; − . 3 2 3 Vậy phương trình f( x) = gx( ) có tổng các nghiệm S=0 + xS0 ⇒ ∈−2; − . 2 Trang 28/36
9. Câu 40. Cho hàm số y=−+ x422 mx m có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ bằng 1. Giá trị của tham số thực m để tiếp tuyến ∆ của đồ thị (C) tại A 2 cắt đường tròn (γ ) :xy2 +−( 14) = tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất là 13 13 16 16 A. m = − . B. m = . C. m = − . D. m = . 16 16 13 13 Lời giải Chọn B 2 Đường tròn (γ ) :xy2 +−( 14) = có tâm IR(0;1) ,= 2. Ta có A(1;1− m) ; y′′ =−⇒ 4 x3 4 mx y( 1) =− 4 4 m . Suy ra phương trình tiếp tuyến ∆:y =( 44 − mx)( − 1) +− 1 m. 3 Dễ thấy ∆ luôn đi qua điểm cố định F ;0 và điểm F nằm trong đường tròn (γ ). 4 Giả sử ∆ cắt (γ ) tại MN, Khi đó MN=2 R22 − dI( ; ∆=) 24 − dI2( ; ∆) Do đó MN nhỏ nhất ⇔∆dI( ; ) lớn nhất ⇔d( I; ∆) = IF ⇒∆⊥ IF  3 Khi đó đường thẳng ∆ có 1 vectơ chỉ phương u⊥= IF; − 1 ; u =( 1;4 − 4 m) nên 4  3 13 u. IF =⇔ 0 1. −−( 4 4m) =⇔= 0 m . 4 16 Câu 41. Gọi X là tập chứa tất cả các số tự nhiên có 13 chữ số và chỉ gồm các chữ số "0" và "1" chọn ngẫu nhiên từ X một số tự nhiên. Xác suất để chọn được số tự nhiên chia hết cho 30 là 85 683 341 341 A. . B. . C. . D. . 512 4096 2048 4096 Lời giải Chọn B Có X là tập chứa tất cả các số tự nhiên có 13 chữ số và chỉ gồm các chữ số "0" và "1" . Suy ra các phần tử x thuộc X luôn có số hạng đầu là 1 còn 12 vị trí xếp cho các chữ số "0" và "1" . Nên các phần tử x thuộc X chứa 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10, 11, 12, 13 chữ số 1. Suy ra số phần tử của tập X là: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12 +=+ ++++++++++= 1 CCCCCCCCCCCC12 12 12 12 12 12 12 12 12 12 12 12 2 4096. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω=) 4096 . Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài. Gọi x là số tự nhiên có 13 chữ số và x chia hết cho 30 . Có x chia hết cho 30 nên x có chữ số tận cùng là 0 . x chỉ gồm các số "0" và "1" nên chữ số đầu phải là 1. x chia hết cho 3 nên x phải chứa thêm 2 chữ số 1, hoặc 5 chữ số 1 hoặc 8 chữ số 1 hoặc 11 chữ số 1. Trang 29/36
10. 2 TH1: x chứa thêm 2 chữ số 1 có C11 (số). 5 TH2: x chứa thêm 5 chữ số 1 có C11 (số). 8 TH3: x chứa thêm 8 chữ số 1 có C11 (số). 11 TH4: x chứa thêm 11 chữ số 1 có C11 (số). 2 5 8 11 +++ =+ + += Số các số x là CCCC11 11 11 11 55 462 165 11 683. Suy ra nA( ) = 683. nA( ) 683 Xác suất để chọn được số tự nhiên chia hết cho 30 là: p = = . n(Ω) 4096 Câu 42. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD=2222 AB = BC = CD = a , SA= a . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và (SAC) . 5 3 310 310 310 A. . B. . C. . D. . 20 10 20 40 Lời giải Chọn C Gọi (α ) là mp đi qua MN và song song với mp (SAD). Khi đó (α ) cắt AB tại P , cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK Suy ra: P, Q, K lần lượt là trung điểm của AB, SC và AC. Lại có: ABCD là hình thang cân có AD=2222 AB = BC = CD = a 1 a 3a ⇒=MP SA = và NP = 22 2 Trang 30/36
11. 22 a 3 aa  10 Xét ∆MNP vuông tại P: MN =+=   22   2 MP, KQ lần lượt là đường trung bình của ∆∆⇒SAB, SAC MP// KQ // SA 1 KN là đường trung bình của ∆ACD ⇒= KN AD = a . 2 a 3 Gọi H là hình chiếu của C lên AD ⇒=CH 2 AC a 3 KC = = 22 CN⊥ AC  ⇒⊥CN( SAC) CN⊥ SA MN∩=( SAC) I  ⇒ IC là hình chiếu của MN lên mặt phẳng (SAC) . NC⊥ ( SAC) taiC Suy ra MN,,( SAC) =( MN IC) = CIN IN KN 2 2a 10 = =⇒=IN MN = MN NP 333 a 31 IC= IN22 −= NC 6 IC 310 ⇒==cos NIC . IN 20 x + 5 Câu 43. Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn [−2022; 2022] để đồ thị của hàm số y = mx2 +1 có hai tiệm cận ngang? A. 2022 . B. 2020 . C. 4044 . D. 2024 . Lời giải Chọn A Xét các trường hơp sau: + Với m = 0: Hàm số trở thành yx= + 5 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. + Với m 0: Tập xác định: D . 5 −+1 xx++55 x + 5x 1 Ta có: limy = lim = lim = lim = lim = − . xx→−∞ →−∞ 2 + x→−∞ 1x→−∞ 11x→−∞ m mx 1 x m+ −+ xm m + x2 xx 22 5 1+ xx++55 x + 5x 1 và limy = lim = lim = lim = lim = . xx→+∞ →+∞ 2 + x→+∞ 1x→+∞ 11x→+∞ m mx 1 x m+ xm ++ m x2 xx 22 Trang 31/36
12. 11 Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là : yy=; = − khi m > 0. mm Mặt khác −2022 ≤≤m 2022 và m∈ . Do đó m∈{1;2; ;2022}. Vậy có 2022 số nguyên m phải tìm. Câu 44. Cho phương trình 103mm+ 10 = 2( x +− 1 x22)( 1 + xx 1 −) . Tìm tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm. 1 1 1 1 A. 0; log 2 . B. log 2; +∞ . C. 0; . D.  −∞; log 2 . 2 2 10 2  Lời giải Chọn D Điều kiện: x ∈−[ 1;1] Ta có 103mm+ 10 = 2x +− 1 x22 1 + xx 1 − =+− x1 x 2 2 + 2 xx 1 − 2 ( )( ) ( )( ) 2 ⇔103mm + 10 =+−xxxx 1 22 +−1 + 1 ( ) ( ) 3 ⇔103mm + 10 =+−( xxxx 1 22) ++−( 1 ) (*) Xét hàm ht( ) = t32 + t → h′( t) =3 t + 1 > 0, ∀∈ t nên từ phương trình (*) ta được: hxxhxx( +−122) =( 10mm) →+−= 1 10 ( ) 11−−xx2 Xét fx( ) = x +1 − x2 , x ∈−[ 1;1] ta có fx′′( ) = ;fx( ) = 0 ⇔ x = ∈−[ 1;1]. 1− x2 2 Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình ( ) có nghiệm m 11 ⇔<0 10 ≤fm =2 ⇔ ≤ log 2 = log 2 . 2 2 Câu 45. Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm liên tục trên và thoả mãn điều kiện 1 a fx( ) +2 f( 1 − x) = 3 x2 + 4, ∀∈ x . Biết rằng tích phân I= ∫ x.' f( x) . dx = , (với ab, là các số 0 b a nguyên dương, và là phân số tối giản). Tính T= ab − . b A. T = −7 . B. T =16 . C. T = 0 . D. T =1. Lời giải Chọn A 1 11 Ta có: I= x.' f( x) . dx =−=− x . f( x) |1 f( x) . dx f( 1) f( x) . dx ∫0 ∫∫00 0 Trang 32/36
13. + Từ điều kiện fx( ) +2 f( 1 − x) = 3 x2 + 4, ∀∈ x , Cho xff=⇒+=0( 0) 21( ) 4 Cho xff=⇒+=1( 120) ( ) 7  10 f (0) =  3 Suy ra:  1  f (1) = , (1)  3 1 1 + Ta có: f( x). dx= f( 1. − x) dx . ∫∫0 0 1 11 22 f( x) +−=+⇒+−21 f( x) 3 x 4∫ f( x) 21 f( x) . dx = ∫∫( 3 x +⇔ 4.) dx 3. f( x) . dx = 5 0 00 1 5 ⇔=f( x). dx ,2( ) ∫0 3 15− 4 a Từ (1,2) ( ) suy ra I= − = = ⇒T = ab − =−−=−4 3 7. 33 3 b x3 x xx31 Câu 46. Phương trình cosxx .cos .cos−= sin .sin .sin có tích các nghiệm trên (−π;0) là 2 2 2 22 π 2 π 2 5π 2 π 2 A. − . B. . C. . D. − . 8 8 72 32 Lời giải Chọn B x3 x xx31 cosxx .cos .cos−= sin .sin .sin 2 2 2 22 1 11 ⇔cos.x( cos2 xx +− cos) sin x .( cos x − cos2 x) = 2 22 ⇔cosxx cos2 +− cos2 x sin xxxx cos + sin cos2 = 1 ⇔cos2x( sin x +− cos x) sin xx cos −= sin2 x 0 ⇔cos2xx( sin +− cos x) sin xx( sin += cos x) 0 ⇔+(sinx cos x)( 1 − 2sin2 xx −= sin) 0  π xk=−+π  4 = −  tanx 1  π  xk= + 2π sinxx+= cos 0 1  ⇔ ⇔= ⇔∈6  2 sin x  (k ) 2sinxx+ sin −= 1 0  2  5π  xk= + 2π sinx = − 1  6  π xk=−+2π  2 π π Suy ra có hai nghiệm thuộc (−π;0) là − và − . 4 2 π 2 Vậy tích hai nghiệm là . 8 Câu 47. Bạn Mai là sinh viên năm cuối chuẩn bị ra trường, nhờ có công việc làm thêm mà Mai có một khoản tiết kiệm nhỏ, Mai muốn gửi tiết kiệm để chuẩn bị mua một chiếc xe máy Honda Lead trị giá 45 triệu đồng để tiện cho công việc. Vì vậy, Mai đã quyết định gửi tiết kiệm theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,8% /1 tháng và mỗi tháng Mai đều đặn gửi tiết kiệm một khoản tiền là 3 triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, Mai đủ tiền để mua xe máy? Trang 33/36
14. A. 14 tháng. B. 16 tháng. C. 17 tháng. D. 15 tháng. Lời giải Chọn D Gọi A là số tiền bạn Mai gửi mỗi tháng và r% là lãi suất mỗi tháng. Sau 1 tháng, bạn Mai có số tiền là A+⋅ Ar% = A( 1% + r ) . Đầu tháng thứ 2, bạn Mai có số tiền là AA++(1% r) . Cuối tháng thứ 2, bạn Mai có số tiền là 2 AAr++(1%) +++ AArr( 1%) ⋅=+ % Ar( 1%) ++ Ar( 1%) . 2 Đầu tháng thứ 3, bạn Mai có số tiền là AArAr++(1%) ++( 1%) . Tiếp tục quá trình trên, ta có sau n tháng, số tiền bạn Mai có là n 2 n (1%+−r ) 1 Ar(1%+) ++ Ar( 1%) +++=+ Ar( 1%) Ar( 1%) ⋅ . r% n (1+− 0,8%) 1 Suy ra, ta có: 3⋅+( 1 0,8%) ⋅ ≥45 ⇒≥n 14,12 . 0,8% Vậy sau ít nhất 15 tháng, bạn Mai sẽ đủ tiền để mua xe máy. Câu 48. Có bao nhiêu bộ số nguyên ( xy; ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện 0≤≤xy , 2022 và 22 7yx31+ ( x y+2 x ++ y 2) log53≤(3x + 3 y − xy − 9) log  yx+−18 3 A. 6057 . B. 3 . C. 4038 . D. 2020 . Lời giải Chọn A  7y > 0  y +18 Điều kiện  31x +  > 0  x − 3 Kết hợp với điều kiện 0≤≤xy , 2022 suy ra xy≥≥4; 1 31x + Xét hàm số fx( ) = trên [4;+∞) x − 3 −10 Có fx( ) =2 0, ∀≥ x 4 . Ta có 22 7yx31+ ( x y+2 x ++ y 2) log53≤(3x + 3 y − xy − 9) log  yx+−18 3 2 7yx31+ ⇔( xy +1)( + 2) log53≤−( x3)( 3 − y) log (*) yx+−18 3 77yy2  TH1: y > 3 ta có 6y> 18 ⇒ 7 yy > + 18 > 0 ⇒ >⇒ 1( x + 1)( y + 2) log5 >0 . yy++18 18 31x + Mặt khác y>⇔− 3 thì bpt (*) không thỏa mãn. TH2: y ≤ 3. Trang 34/36
15. 77yy2  Suy ra 6y≤ 18 ⇒ 0 < 7 yy ≤ + 18 ⇒ ≤⇒ 1( x + 1)( y + 2) log5 ≤0 . yy++18 18 31x + Với y≤⇔−≥⇒3 3 yx 0( − 3)( 3 − y) log3 ≥ 0 . x − 3 Do đó bpt (*) luôn đúng với y ≤ 3. Kết hợp điều kiện thì y ∈{1; 2; 3} . Mà x ∈{4;5; ;2022} nên có 3.2019= 6057 bộ số nguyên ( xy; ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49. Cho hình trụ và hình vuông ABCD có cạnh a . Hai đỉnh liên tiếp AB, nằm trên đường tròn đáy thứ nhất và hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thức hai, mặt phẳng ( ABCD) tạo với đáy một góc 45°. Khi đó thể tích khối trụ là. π a3 2 32π a3 π a3 2 32π a3 A. . B. . C. . D. . 8 8 16 16 Lời giải Chọn D. B I O A H C O' I' D Gọi II, ′ lần lượt là trung điểm của AB, CD ; OO, ′ lần lượt là tâm đường tròn đáy của hình trụ (như hình vẽ); H là trung điểm của II′ . Khi đó H là trung điểm của OO′ và góc giữa ( ABCD) tạo với đáy là HI ′ O =45 ° . a a 2 a 2 Do IH′ = ⇒==OH′ OI ′′ . Khi đó h= OO′ = . 2 4 2 a 6 Ta có: r== OC′ OI ′′22 += IC ′ . 4 32π a3 Thể tích khối trụ là V=π rh2 = . 16 9 30a Câu 50. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB= 3, a AC = . Hình chiếu 10 của S trên mặt phẳng( ABC) là điểm H thuộc đoạn thẳng BC . Biết rằng HC= 2 HB và 2a SH = . Góc giữa mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 2 A. 600 . B. 450 . C. 1200 . D. 300 . Lời giải Chọn D Trang 35/36
16. S 2a 2 4 5a D 5 K 4a 0 2a 30 3 C I 2a H B 3 3 30a 10 2a 9 30a E 10 6 5a 5 F 3a A Ta có (SAB) ∩=( SAC) SA , kẻ BD⊥ SA và HK// BE , suy ra ((SAB),,( SAC)) = ( HK( SAC)) = IKH . 3 30a Ta tính được HE = , HF= 2 a . 10 2a .2a HS.2 HF a Suy ra HI = = 2 HS22+ HF a 2 3 + 4a2 2 45 65 Ta tính được SE= a và SA= a . 5 5 45 aa.3 2S SE. AB 24a Vậy BD =∆SAB = =5 =⇒=2a HK BD =. SA SA 65 33 a 5 HI 1 Tam giác KIH vuông tại I có sin IKH ==⇒=IKH 300 . HK 2 Vậy góc giữa mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 300 . Hết Trang 36/36