Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Mã đề 111 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Tĩnh Gia 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Mã đề 111 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Tĩnh Gia 1 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP TỈNH TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1 NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (Đề thi có 50 câu, gồm 06 trang) (không kể thời gian phát đề) Họ và tên: Số báo danh: Mã đề 111 Câu 1: Tập xác định của hàm số yx=sin 2 + 1 là A. D= \|{} kπ kZ ∈ . B. D = . ππ π C. D= \ ++∈ kππ ; k |. kZ D. D=+∈ \2|. kπ kZ 42 2 Câu 2: Có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh từ 40 học sinh lớp 11A để làm một ban bầu cử gồm một trưởng ban, một phó ban và bốn ủy viên? 6 24 24 4 A. A40 . B. AC40. 38 . C. CA40. 38 . D. 2!C38 . Câu 3: Cho dãy số có các số hạng đầu là:5;10;15;20;25; Số hạng tổng quát của dãy số này là: A. unn =5( − 1) . B. unn = 5 . C. unn =5 + . D. unn =5. + 1. Câu 4: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào? x − 3 x −1 x +1 x + 3 A. y = . B. y = . C. y = . D. y = . x − 2 22x + x − 2 2 + x Câu 5: Cho a >1. Mệnh đề nào sau đây là đúng? 3 2 1 11 a − 1 A. 1. C. aa3 > . D. a 3 > . aa2016 2017 a a 5 Câu 6: Biết ()H là đa diện đều loại {}5;3 với số đỉnh và số cạnh lần lượt là a và b . Tổng ab+ là: A. ab+=40 . B. ab+=50 . C. ab+=32 . D. ab+=42 . Câu 7: Cho khối trụ có bán kính hình tròn đáy bằng r và chiều cao bằng h . Hỏi nếu tăng chiều cao lên 2 lần và tăng bán kính đáy lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng lên bao nhiêu lần? A. 18 lần. B. 6 lần. C. 36 lần. D. 12 lần Câu 8: Cho tam giác ABC vuông tại A . Khi quay tam giác đó quanh cạnh góc vuông AB , đường gấp khúc BCA tạo thành hình tròn xoay nào trong bốn hình sau đây. A. Hình nón. B. Hình trụ. C. Hình cầu. D. Mặt nón. Câu 9: Biết Fx() = ex + x2 là một nguyên hàm của hàm số fx() trên . Khi đó ∫ f()2 x dx bằng 1 1 A. 22ex ++ xC2 . B. e22x ++ xC. C. e22x ++2. xC D. e22x ++4. xC 2 2 π π 2 2 Câu 10: Cho ∫ fx()d5 x= . Tính I=+=∫  fx() 2sin x d x 5 . 0 0 π A. I = 7 B. I =5 + C. I = 3 D. I =5 +π 2 Câu 11: Cho hàm số y= fx(). Hàm số y= fx'( ) có đồ thị như hình bên. Hàm số yf=(2 − x )đồng biến trên khoảng
2. A. ()1; 3 . B. ()2; +∞ . C. ()−2;1 . D. ()−∞;2 − . Câu 12: Cho khối chóp S. ABC có SA ABC , tam giác ABC vuông tại B , AC 2 a , BC a , SB 23 a . Tính góc giữa SA và mặt phẳng SBC . A. 45. B. 30 . C. 60. D. 90 . Câu 13: Cho hàm số y= fx() có bảng biến thiên như sau Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 3. Câu 14 : Trong các mệnh đề nào sau 2 I. f2 ()() x dx= f x dx với mọi hàm số fx() liên tục trên . ∫∫() II. ∫ f′()() x dx= f x + C với mọi hàm số fx() có đạo hàm trên . ' II. fxdx() = fx() với mọi hàm số fx() liên tục trên . ()∫ IV. ∫∫kf()() x dx= k f x dx với mọi hằng số k và với mọi hàm số fx() liên tục trên . Số mệnh đề đúng là A. 2 B. 1 C. 3 D. 4 1 Câu 15: Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y= x322 −+−+ mx() m43 x đạt cực đại tại x = 3. 3 A. mm=1, = 5 . B. m = 5 . C. m =1. D. m = −1. 32 32n Câu 16: Với n là số nguyên dương thỏa mãn 3CAnn+1 −= 3 52() n − 1 . Trong khai triển biểu thức ()xy+ 2 , gọi Tk là số hạng mà tổng số mũ của x và y của số hạng đó bằng 34 . Hệ số của Tk là A. 54912 . B. 1287 . C. 2574 . D. 41184 . Câu 17: Cắt khối lăng trụ MNP. M′′′ N P bởi các mặt phẳng ()MN′′ P và ()MNP′ ta được những khối đa diện nào? A. Ba khối tứ diện. B. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. C. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. D. Một khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. 2 2 Câu18: Cho ab,0> , nếu log84ab+= log 5 và log48ab+= log 7 thì giá trị của ab bằng A. 29 . B. 8 . C. 218 . D. 2 . ax22 ++ 3 2017 1 Câu 19: Cho số thực a thỏa mãn lim = . Khi đó giá trị của a là x→+∞ 2x + 2018 2 2 − 2 1 1 A. a = . B. a = . C. a = . D. a = − . 2 2 2 2 Câu 20: Một khối cầu ngoại tiếp khối lập phương. Tỉ số thể tích giữa khối cầu và khối lập phương là
3. 3 33 π 3 33π A. . B. . C. . D. . 2 8 2 8 4 Câu 21: Biết I=∫ xln() x2 += 9 d xa ln 5 + b ln 3 + c trong đó a , b , c là các số thực. Tính giá trị của biểu thức 0 T=++ abc. A. T = 9 . B. T =11. C. T = 8. D. T =10 . Câu 22: Cho tứ diện SABC có các cạnh SA,, SB SC đôi một vuông góc với nhau. Biết SA=3, a SB = 4, a SC = 5 a Tính theo a thể tích V của khối tứ diện SABC 3 3 3 5a 3 A. Va=10 B. Va= 20 C. V = D. Va= 5 2 x + 2 Câu 23: Tập nghiệm của bất phương trình log1 ≥ 0 là: 2 32− x 1 1 3 1 A. T = −2;  B. T = −2; C. T = ; +∞ D. T = −∞;  3 3 2 3 x Câu 24: Tìm tập xác định của hàm số: yx=+−2 log() 3 A. 0; +∞) . B. ()0;3 . C. ()−∞;3 . D. 0;3). Câu 25: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có đáy ABC là tam giác cân với AB= AC = a , BAC =120 ° . Mặt phẳng ()AB′′ C tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. 3a3 9a3 a3 3a3 A. V = B. V = C. V = D. V = 8 8 8 4 Câu 26: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình π 3 sinxx+ cos + 2 + 2 sin  x + + m −=1 0 có nghiệm. Số phần tử của S là 4 A. 18 . B. 19 . C. 6 . D. 7 . Câu 27: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′′′ B C có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ()AB′′ C và ()A′ BC , thì cosα bằng 1 21 7 4 A. . B. . C. . D. . 7 7 7 7 Câu 28: Cho hàm số y=−+ x422 mx 11(). Tổng lập phương các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số ()1 có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua 3 điểm này có bán kính R =1 bằng 55− 15+ A. . B. . C. 25+ . D. −+15. 2 2 Câu 29: Cho hàm số y= fx() . Đồ thị y= fx′() như hình vẽ sau Biết f()()()()()−+1 f 0 − 21 fff = 3 − 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số gx()()= f x − 2 trên đoạn []1; 5 . A. f (2) . B. f (1) . C. f (3) . D. f (− 1) .
4. Số tiền anh A cần tiết kiệm là 500−= 500.0,32 340 (triệu). Gọi số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm đầu tiên là u1 =10 (triệu). Thì số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ hai là uu21=+=.( 1 0,12) u1 .1,12 (triệu). Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ ba là 22 uu31=+=.( 1 0,12) u1 .( 1,12) (triệu). Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ n là n−1 n−1 uun =1.( 1 + 0,12) = u1.( 1,12 ) (triệu). Vậy số tiền mà anh A tiết kiệm được sau n năm là 12.(uuuu2132− + − +⋅⋅⋅+ un−− 1 − u n 2 + uu nn − − 1) n−1 =12. uu − =12.uu . 1,12 − . ( n 1 ) 11( ) n−1 n−1 23 23 Cho 12.uu .( 1,12) −= 340 ⇔=(1,12 ) ⇔=n log + 1 ⇒=n 13. 11 6 1,12 6 Vậy sau ít nhất 13 năm thì anh A sẽ tiết kiệm đủ tiền để mua ô tô. Câu 35: Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác đều cạnh 3a , SAB = SCB = 900 , góc giữa ()SAB và ()SCB bằng 600 . Thể tích khối chóp S. ABC bằng 32a 3 2a 3 2a3 92a 3 A. . B. . C. . D. . 8 3 24 8 Lời giải Trong mặt phẳng ()ABC lấy D nằm trên đường trung trực của AC sao cho SD⊥ () ABC và BCD = BAD = 900 ⇒==SAB SCB 900 BC 2 Gọi O=∩⇒= AC BD BD =23 a ⇒= CD a 3 OB Dựng AM⊥ SB , do ∆SAB =∆⇒ SCB CM ⊥⇒ SB(( SAB ), ( SCB ))= ( AMCM , ) OC + Nếu AMC =⇒=600 MC ==3a BC vô lí vì tam giác MBC vuông tại M sin300 OC 32a 36a + Nếu AMC =1200 ⇒ MC = =⇒=3 SC ⇒=SB sin600 22 a6 1 19aa23 3 6 9 a 3 SD= SB22 −=⇒ BD V = S SD = . . = 2S. ABC 3ABC 34 2 8 Câu 36: Ta có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng (−2022;2022) để hàm số =+ +22 + + + + ++ − +2 + D = yxmx2( mxmm 1) 2 4 log2 ( xm 2 x 1) Ta có tập xác định là ? A. 2020. B. 2023. C. 2022 . D. 2021.
5. Lời giải 22 x+2( m + 1) xm + + 2 m +≥ 40 Hàm số xác định với mọi x ∈ ⇔  luôn đúng với mọi x ∈ . xm− +2 x2 +> 10  22 2 +) Ta có: x+2( m + 1) xm + + 2 m += 4 x +( m + 1) +> 30, ∀∈x . +) xm− +2 x2 +> 10, ∀∈x ⇔x +21, x2 + > mx ∀∈ 2x Xét hàm số fx( ) =++ x21 x2 với x ∈ ; fx′( ) =1 + . 21x2 + x ≤ 0   1 −≥20x  = 2x 2 x −1 fx′( ) =01 ⇔+ = 0 ⇔ 2x +=−⇔ 1 2 x  ⇔  2 ⇔=x . 2 + 2xx22+= 14  2 21x   −  1 x =  2 Bảng biến thiên của hàm số fx( ) 2 Từ bảng biến thiên suy ra: x+21, x2 + > mx ∀∈ ⇔ > m. 2 m∈ Kết hợp điều kiện  ⇒ có 2022 giá trị của m thỏa mãn bài toán. m∈−( 2022;2022) xx+1 Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn (9−+− 10.3 81) 4 log2 ( 2x) ≥ 0 ? A. 7 . B. 6 . C. 8 . D. 5. Lời giải xx+1 Xét bất phương trình: (9−+− 10.3 81) 4 log2 ( 2x) ≥ 0( 1) x > 0 xx>>00 ĐKXĐ: ⇔  ⇔ ⇔ log( 4x) 0 , bất phương trình tương đương 3x ≥≥ 27x 3 9xx− 10.3+12 + 81 ≥⇔ 0 3x − 30.3 x + 81 ≥⇔ 0 ⇔  x  33≤ x ≤1 Kết hợp điều kiện 08<<x ta có x ∈∪(0;1] [ 3;8) . Vậy tập nghiệm BPT là S =(0;1] ∪[ 3;8]Mà x ∈ nên có tất cả 7 giá trị nguyên x thỏa mãn Câu 38: Cho hàm số y= fx() có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f( fx( ) +21 m) += fx( ) + 2 m có đúng 3 nghiệm phân biệt trên[−1;1] là
6. A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải Ta có f( fx( ) +21 m) += fx( ) + 2 m ⇔ ft( ) =− t 1 Với t fx 2 m 22 t 2 fx m Dựa vào đồ thị ta có ft t 10 t fx 2 m t 2 fx 22 m Dựa vào đồ thị trên  11; , phương trình f( fx( ) +21 m) += fx( ) + 2 m ⇔ ft( ) =− t 1có đúng 3 3 2mm 21 32 1 1 nghiệm phân biệt khi 3 2m 1 12 mm 3 . 2 3221125 mm Vậy không có giá trị nguyên nào của tham số m thỏa mãn bài toán. 1 Câu 39: Cho hàm số fx( ) có đạo hàm trên thỏa mãn ( x+2) fx( ) ++( x 1e) f′( x) =x và f (0) = . Tính 2 f (2) . e e e2 e2 A. f (2) = . B. f (2) = . C. f (2) = . D. f (2) = . 3 6 3 6 Lời giải Ta có ( x+2) fx( ) ++( x 1e) f′( x) =x ⇔+( x1) fx( ) + fx( ) ++( x 1e) f′( x) =x ′ x xx′ 2 x ⇔+( x1) fx( ) ++( x 1e) fx( ) =⇔+e1( x) fx( ) ++ e1( x) fx( ) = e xx′ 2 xx′ 2 xx1 2 ⇔+e1( x) fx( ) = e⇒+e( x 1) fx( ) d x = ed x⇔+e1( x) fx( ) =+ e C ∫∫ 2 1 1ex Mà f (0) = ⇒=C 0 . Vậy fx( ) = . 2 21x + Câu 40: Cho hàm số y= fx() liên tục và là hàm số chẵn trên . Biết 2 fx(2− 1) + 2 fx (2 − 3) = 24 x2 − 28 x + 20, ∀∈ x , tính ∫ fx( )d x? 0 A. 24 . B. 36. C. 12. D. −36 . Lời giải Ta có fx(2− 1) + 2 fx (2 − 3) = 24 x2 − 28 x + 20, ∀∈ x
7. 33 3 22 2 ⇒∫∫fx(2 − 1)d x + 2 fx (2 − 3)d x = ∫ (24 x2 −+ 28 x 20)d x = 18 11 1 22 2 3 2 dt 13 Tính M=∫ fx(2 − 1) d x: Đặt tx=21 −⇒ = d x. Đổi cận: xtxt= →=0; = →= 2 1 2 22 2 3 1122 2 ⇒=M∫∫ ft( )d t = fx ( )d x . Tính N=∫ 2 fx (2 − 3) d x: Đặt tx=2 −⇒ 3 d t = 2d x. 2200 1 2 13 00 2 Đổi cận xtxt= →=−2; = →= 0 ⇒=N∫∫ ft( )d t = fx ( )d x = ∫ fx ( )d x . 22 −−22 0 01 22 (Vì fx()là hàm số chẵn nên ∫fx( )d x= ∫∫ fx ( )d x = fx ( )d x) −−22 20 1 22 2 Suy ra M+= N∫∫ fx( )d x + fx ( )d x =⇒ 18 ∫ fx ( )d x = 12. 2 00 0 Câu 41: Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại 6 mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối). Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. 397 1385 1331 1603 A. . B. . C. . D. . 1728 1728 1728 1728 Lời giải Gọi Ω={( xii; y) : x i = 1, , 6, yi ∈{ SN ;} , i = 1, 2, 3} là biến cố xuất hiện trong 3 lần gieo, với ( xyii; ) lượt gieo thứ i con súc sắc xuất hiện mặt xi chấm, đồng xu suất hiện mặt yi với xi ∈{1; 2;3; 4;5;6} và yi ∈{ SN; } . Khi gieo 3 lần, con súc sắc và đồng xu xuất hiện mặt bất kì ta có: gieo lần 1 (lần 2 hoặc lần 3) có 6.2 số 3 phần tử của không gian mẫu là n(Ω=) (6.2) = 1728 . Gọi A là biến cố trong 3 lượt gieo ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. Khi đó biến cố A xảy ra các khả năng như sau: TH1: Gọi biến cố A1 chỉ có một lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất 2 hiện mặt sấp thì A1 có số phần tử là nA( 1 ) =11 .3 = 363 (do biến cố (1; S ) xuất hiện ở một trong 3 lần gieo 1 có C3 = 3 khả năng xảy ra, hai lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó mỗi lần còn 11 khả năng xảy ra). TH2: Gọi biến cố A2 có 2 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện 2 mặt sấp thì A2 có số phần tử là nA( 2 ) =3.11 = 33 (do 2 trong 3 lần gieo xuất hiện biến cố (1; S ) có C3 = 3 khả năng, lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó có 11 khả năng xảy ra). TH3: Gọi biến cố A3 cả 3 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp thì A3 có số phần tử là nA( 3 ) =1. Do đó nA( ) = nA( 123) + nA( ) + nA( ) =363 + 33 += 1 397 . nA( ) 397 Vậy xác suất cần tìm là PA( ) = = . n(Ω) 1728 Câu 42: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 4a , ∆SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, ABC = 60 . Gọi M là điểm trên cạnh CD sao cho CM= 3 a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM bằng
8. 4 51 4 39 8 39 8 51 A. a . B. a . C. a . D. a . 17 13 13 17 Lời giải (SAB) ⊥ ( ABCD)  Ta có: (SAB) ∩=( ABCD) AB ⇒⊥SH( ABCD) .  Trong (SAB), SH⊥ AB Theo giả thiết ta có: AB= BC = 4 a và ABC = 600 nên ∆ABC là tam giác đều, cạnh 4a . 2 (43a) 43a ⇒=Sa =432 và SH = = 23a . ABC 4 2 2 Ta có: AM22=+− AD DM 22 AD . DM .cos ADM =(4a) + a22 − 2.4 aa . .cos60°= 13 a . ⇒=AM a 13 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE= a . Khi đó, tứ giác AMEB là hình bình hành⇒=BE AM = a 13 . 22 Mặt khác, ∆=∆ADM BCE ⇒===SSAMEB ABCD2 S ABC 2.4 3 a = 8 3 a. AM⊄ ( SBE)  Ta có: AM// BE⇒ AM// ( SBE) . Do đó d( AM , SB) = d( AM ,( SBE)) = d,( A( SBE)) .  BE⊂ ( SBE) d,( A( SBE)) AB Ta lại có: = = 2 ⇒=d( A ,( SBE)) 2d( H ,( SBE)) . d,(H( SBE)) HB Trong ( ABCD) , gọi K và F lần lượt là hình chiếu của H và A lên BE . 11S 1 8 3aa2 4 39 ⇒=HK AF =. AMEB =. = (do HK là đường trung bình của ∆ABF ). 22EB 2 a 13 13 BE⊥ HK  BE⊥ SH (Do SH ⊥⊃( ABCD) BE)  ⊂⇒⊥ Ta có:  ⇒⊥BE( SHK ). Mà BE( SBE) ( SBE) ( SHK ) . HK, SH⊂ ( SHK )  HK∩= SH H Ta lại có: (SBE) ∩=( SHK) SK. Trong (SHK ) , kẻ HI⊥∈ SK( I SK ) ⇒⊥HI( SBE) ⇒=d,H( SBE) HI . ( )
9. 1 1 1 1 1 17 =+= + = Tam giác SHK vuông tại H , đường cao HI nên 222 222 HI SH HK 23a 4 39a 48a ( )  13 4 51 8 51 . Do đó: HI= a .Vậy d( AM, SB) = a . 17 17 22x + = Câu 43: Cho hàm số fx( ) log2 x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 24+ 3 3 f(2 x22+ 2 x −( 3 − x) + 3) + f(( xm +) +26 m −) ≥− 1 nghiệm đúng với mọi x ∈−[ 1; 3]. 13 15 A. m∈; +∞ B. m∈; +∞ C. m∈[ −9; +∞) D. m∈[3; +∞)  4  4 Lời giải fx() là hàm đồng biến, fu( )+ f (3 −=− u ) 1. 3 3 Bpt ⇔−−f( 2 x22 −+− 2 x( 3 x) ) + f(( xm +) +2 m −≥ 60) 3 3 3 3 ⇔−2x22 − 2 x +( 3 − x) ≤( xm +) +26 m − ⇔23( −x22) +−( 3 x) ≤+( xm) +2( xm +) (1) Xét hàm số gt( ) = t3 + 2 t trên R Ta có: gt'( ) = 3 t2 +>∀ 2 0 t nên hàm số gt( ) đồng biến trên R (1)⇔ 3 −x22 ≤ xm + ⇔ m ≥− x − x +3 ∀ x ∈[ − 1; 3] Ta có 13 ⇔≥mmax( −−+⇔≥ xx2 3) m x∈−[ 1;3] 4 Câu 44: Có bao nhiêu số nguyên của x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 22 2log32( xy++ 1) = log( x + 2 x + 2 y + 1) ? A. 2 . B. 1. C. 3. D. 4 . Lời giải 22 Đặt 2log32( xy++ 1) = log( x + 2 x + 2 y + 1) = 2 t t xy+ +=13t xy+ +=13 ⇒⇔. 22t 2 2 t x+2 xy + 2 += 14 ( xy++12) = 4 2 tt2 112 2 3 Ta có: 9=( xy ++ 1) = 1.( x ++ 1) . 2 y ≤ 1 +( x + 1) + 2 y = .4 2 22 t 1 93 1 222 tt ⇒ ≤ ⇒≤t . Lại có ( xy+1) + 2 = 4 ⇒( x + 1) ≤ 4 ≤ 42 =⇒∈−− 2x{ 2; 1; 0}(do x ∈ ). 42 2 2 Nếu x = 0 ta có phương trình 2log32( yy+= 1) log( 2 + 1) . Ta thấy phương trình này có nghiệm y = 0 Nếu x = −1ta có phương trình t y = 3 log4 2 2logy= log 2 yt2 = 2 ⇒ ⇒2.9tt = 4 ⇒=t log 2 ⇒ y = 3 9 32  2 t 4 . 24y = 9 log4 2 Ta thấy phương trình này có nghiệm y = 3 9 . 2 Nếu x = −2ta có phương trình 2log32( y−= 1) log( 2 yt += 1) 2 t y −=13 tt t ⇒ ⇒2.9 + 4.3 += 3 4( *) . 2 +=t 2y 14
10. t 2 tt Ta có 4= 2yt +≥⇒≥ 1 1 0 ⇒ 2.9 > 4 . Suy ra VT (*4) > t nên phương trình (*) vô nghiệm. Vậy có 2 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 45: Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để bất phương −fx(sin ) + fx(sin ) +2 −fx( ) −≥ ∈ trình xm( 2) 2.2m 3 .( 2 1) 0 nghiệm đúng với mọi x . Số tập con của tập hợp S là A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải fx( ) fx Nhận xét phương trình 2−= 10 có một nghiệm bội lẻ x = 2 nên biểu thức 21( ) − sẽ đổi dấu khi đi qua điểm x = 2 . Do đó để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ∈ thì phương trình fx(sin ) fx(sin ) 2 2 m =1 xm( −2) + 2.2 +m −= 3 0 phải có một nghiệm x = 2 ⇒mm +2 −=⇔ 30  . m = −3 Thử lại với m =1 ta có: −fx(sin ) + fx(sin ) − fx( ) −≥ ⇔ − −f(sin x) fx( ) −≥ x(1 2) 2.2 2( 2 1) 0 ( x 212)( )( 2 1) 0 ⇔2fx(sin ) ≤⇔ 1fx( sin) ≤ 0 ⇔≤sinx 2 luôn đúng với mọi xR∈ ⇒=m 1 thỏa mãn ycbt. Thử lại với m = −3 ta có: −−fx(sin ) + fx(sin ) + fx( ) − ≥ ⇔− − + f(sin x) fx( ) − ≥ x( 3 2) 2.2 6( 2 1) 0 ( x 232)( )( 2 1) 0 fx(sin ) ⇔+32 ≤ 0 (vô lý) ⇒=−m 3 không thỏa mãn ycbt. Vậy S = {1}. S có 2 tập con đó là {1} và ∅ . Câu 46: Cho hàm số bậc ba y= fx( ) có bảng biến thiên như hình vẽ: Hỏi có bao nhiêu giá trị của tham số m (với m∈ ; m ≤ 2021) để đồ thị hàm số y= m + fx( ) có đúng 7 điểm cực trị? A. 2026 . B. 2025 . C. 4 . D. 2022 . Lời giải Từ bảng biến thiên của hàm số bậc ba y= fx( ) , ta có f′( x) = ax( 2 −+32 x ) . Suy ra xx323 fxa( ) = −++2 xd. 32  13 ad−+20 += 32  Mặt khác, f (10) = , f (21) = − nên  .  8 12 ad− +41 +=−  32 Do đó, a = 6 và d = −5 hay fx( ) =−+−2 x32 9 x 12 x 5.
11. Đồ thị y fx y y = f(x) -1 1 2 O x -1 Đồ thị y fx y -2 O 2 -1 1 x -1 -5 Từ đồ thị ta có y fx có 5 điểm cực trị. Vì hàm số y fx có 5 điểm cực trị nên hàm số y m fx cũng có 5 điểm cực trị (Vì đồ thị hàm số y m fx được suy ra từ đồ thị y fx bằng cách tịnh tiến theo phương trục Oy ). Số điểm cực trị của hàm số y= m + fx( ) bằng số cực trị của hàm số ym= + fx( ) và số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình fx( ) += m0 . Vậy để y= m + fx( ) có 7 điểm cực trị thì phương trình fx m 0 có hai nghiệm đơn hoặc bội lẻ. Ta có fx( ) +=⇔ m0 fx( ) =− m. −5 <−mm ≤− 11 ≤ < 5 Từ đồ thị hàm số y= fx( ) ta có: ⇔ (1) 00≤−mm≤ Từ giả thiết mm≤2021 ⇔− 2021 ≤ ≤ 2021 (2) Vậy từ (1) , (2) và kết hợp điều kiện m , ta có 2026 giá trị nguyên của m Câu 47: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau: 9π Số nghiệm thuộc đoạn 0; của phương trình ff( (cos x)) = 2 là 2 A. 3 . B. 5 . C. 7 . D. 9 . Lời giải
12. cosxa= ∈( −∞ ; − 1)  (1) cosxb= ∈−( 1; 0 ) (2)   f(cos x) = 1 cos xc= ∈( 0;1) (3) ff( (cos x)) = 2 ⇔⇔   f(cos x) = − 1 cos xd = ∈( 1; +∞) (4)   cosxe= ∈( −∞ ; − 1) , ea < (5)  (6) cosxf= ∈( 1; +∞) fd < 9π Xét trên đoạn 0; ta có: Phương trình (1) , (4) , (5) , (6) vô nghiệm. 2 Phương trình (2) có 4 nghiệm, phương trình (3) có 5 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm. Câu 48: Cho hàm số bậc bốn y= fx( ) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [0; 20] sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số gx( ) =2 f( x) ++− m 4 fx () − 3 trên đoạn [−2; 2] không bé hơn 1? A. 18. B. 19. C. 20 . D. 21. Lời giải Dựa vào hình vẽ ta có: −2 ≤fx ( ) ≤ 2, ∀∈− x [ 2; 2] (*) .⇒2fx( ) + 4 ≥ 0, ∀∈− x[ 2; 2] . Vì m∈[0; 20] nên 2fx( ) + m +≥ 40 suy ra 2424,2;2fx( ) ++= m fx( ) ++∀∈− m x[ ] . Ta có: gx( ) =2 f( x) ++− m 4 fx () − 3 =2fx( ) + m +− 43 fx( ) − =fx( ) ++ m1 ,∀∈−x [ 2; 2]. +) Với m = 0 ⇒ gx( ) = f( x) +1 , ∀∈−x [ 2; 2]. (*) ⇔ −1 ≤fx( ) + 1 ≤ 3, ∀∈− x[ 2; 2] .⇒0 ≤fx( ) + 1 ≤ 3, ∀∈− x[ 2; 2] ⇔0 ≤gx( ) ≤ 3, ∀∈− x [ 2; 2]. ⇒ min g( x) = 0 ⇒=m 0 không thỏa yêu cầu bài toán. [−2;2] +) Với m∈[1; 20 ] ⇒fx( ) ++≥⇒ m10 gx( ) = fx( ) ++ m1. Từ (*) ta có: fx( ) + m +≥11 m −⇒=−min g( x) m 1. [−2;2] Yêu cầu bài toán: min g( x) ≥⇔1 mm−≥⇔11 ≥ 2 ⇒∈m [2; 20]. Vậy có 19 giá trị nguyên [−2;2] Câu 49: Cho lăng trụ ABC. A′′′ B C . Gọi M , N , Q , R lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , AB′′, BC , BC′′ và P , S lần lượt là trọng tâm của các tam giác AA′ B , CC′ B . Tỉ số thể tích khối đa diện MNRQPS và khối lăng trụ ABC. A′′′ B C là 1 5 1 2 A. . B. . C. . D. . 9 54 10 27 Lời giải
13. 12  Đặt: VV= ′′′; V′ ′′ = S′′.d( B′ , () AA ′′ C C) = V ABC. A B C B. AA C C33 AA C C 1 ′ 11  1 ′ ′′  VB′. MNRQ= . S MNRQ .d,( B() MNRQ) =  SAA′′ C C .d,(B() AA C C ) 3 32  2  1 ′ ′′ 1 12 1 = .SAA′′ C C .d( B ,() AA C C ) .= . VV = 3 4 43 6 11111 V= V′′ = V = VV = P MNRQ333618 A MNRQ B MNRQ 12  V′′ = S′′.d( A , () BB′′ C C) = V A. BB C C33 BB C C 11 1 11 1 SSS′=′ = ′′ ; SS=′ =. S′′ = S′′ QRC24 QRC C BB C C QRS3 QRC 3 4BB C C 12 BB C C 1 11 ′′ VA. QRS= S QRS .d,() AQRS() =  SBB′′ C C .d,( ( ABBCC())) 3 3 12 PB′ 21 1 1 ′′ 1 12 1 = .SBB′′ C C .d( A ,() BB C C ) .= . VV = , VP QRS = VA QRS = VV = 3 12 12 3 18 AB′ 3 18 27 11 5 VMNRQPS 5  VMNRQPS= V P MNRQ + V P QRS =+= VVV, Vậy: = . 18 27 54 VABC. A′′′ B C 54 Câu 50: Cho hình chóp S. ABC có SA= xBC,, = yAB = AC = SB = SC =1. Thể tích khối chóp S. ABC đạt giá trị lớn nhất khi tổng ()xy+ bằng 2 4 A. . B. 3 . C. . D. 43. 3 3 Lời giải: S x 1 K 1 1 C A y H I 1 B Gọi IK, lần lượt là trung điểm của SA, BC và H là hình chiếu của S lên ()ABC . Ta có: BC⊥ () SAI và H∈∆ AI, SAI cân tại I . 2 2 22 22 y 4 − y 224 −−xy SI== AI SC −=−= IC 1  , IK= AI −= AK 22 2
14. 11SA . IK x.4−− xy22 SSAI = SH AI = SA IK ⇒= SH = 22 AI 4 − y2 1 yy4 − 2 S= BC. AI = ABC 24 Theo bất đẳng thức trong tam giác ta có: 0,<<xy 2 1122 1 Thể tích của khối chóp S. ABC là VS. ABC=. SSH ABC . = xy 4 −+() xy ≤ xy42 − xy (vì 3 12 12 x22+≥ y2 xy ) 3 1 1 1 xy+ xy +−4 2 xy 32 3 Suy ra VS. ABC ≤ xy42 −= xy xy 42 xy() − xy ≤= 12 12 12 3 3 32 3 xy= 24 VS. ABC lớn nhất ⇔=VS. ABC khi và chỉ khi  ⇔==xy ⇒+= xy . 3 xy=42 − xy 33